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数列中的不等式问题
1．数列中的不等式问题在我省高考试卷中有加强趋势，主要有以下几种题型：
(1)数列不等式的证明；
(2)由数列不等式恒成立求参数；
(3)由数列不等式求n的最值．
2．解决数列不等式问题的常见放缩技巧
(1)对的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况：
<＝－(n≥2)；
<＝(n≥2)；
<＝2(n≥1)．
(2)对的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况：
>＝－(n≥1)；
<＝－(n≥1)．
题型一　关于数列项的不等式证明
【例1】 (2021·杭州模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝，an＋1＝(n∈N*)．
(1)若bn＝，求证数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝a，求证：①0②·≤a≤(n∈N*)．
(1)解　an＋1＝＝，
则an＋1与an同号．
∵a1>0，∴an>0(或由数学归纳法可证an>0)，
∴an＋1＝＝＝.
∴＝＋，
∴数列是以2为首项，为公差的等差数列，
∴＝2＋(n－1)×＝，∴an＝.
(2)证明　①an＋1＝，
则＝<1，
∴数列{an}是递减数列．
∵a1＝，∴0②＝＝＋an＋≥＋＋2＝＋，即－≥，
∴≥4＋(n－1)＝，
∴a≤.
∵＝≥＝，
∴a≥·.
综上所述，·≤a≤(n∈N*)．
感悟升华　常用方法
(1)利用数列的单调性、有界性放缩；
(2)结合“累加”“累乘”“迭代”放缩；
(3)结合有界性，利用不等式性质或函数求出最值或范围．
【训练1】 (2021·镇海中学模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an－1＝an(n≥2，n∈N*)．
(1)求an；
(2)若数列{bn}满足b1＝，bn＋1＝bn＋(n∈N*)，求证：bn(1)解　由an－1＝an(n≥2，n∈N*)得＝(n≥2，n∈N*)，
则累乘得an＝n(n≥2)．
又因为a1＝1满足上式，所以an＝n.
(2)证明　由(1)得bn＋1－bn＝＝>0，
所以bn＋1>bn，则bn＋1－bn＝<，
则－＝<<＝－，
累加得－<1－.
又b2＝b1＋＝，
所以>＋>1，
则bn＋1<1，所以bn当n＝1时，不等式也成立，
所以对任意n∈N*，都有bn题型二　数列和不等式的证明
角度1　先放缩再求和
【例2－1】 (2021·杭州质检)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，若a2是a1与a4的等比中项，a6＝12，a1b1＝a2b2＝1.
(1)求an，Sn与Tn；
(2)若cn＝，求证：c1＋c2＋…＋cn<.
(1)解　设等差数列{an}的公差为d，由题意得
a＝a1·a4，
即d2＝a1d.
因为d≠0，故d＝a1.
由a6＝12得a1＝2，d＝2，故an＝2n，Sn＝n(n＋1)．
由a1·b1＝a2·b2＝1得b1＝，b2＝，所以等比数列的公比q＝＝，
所以Tn＝1－.
(2)证明　因为cn＝＝，0<1－<1恒成立，
所以ck<<＝k＋(k∈N*)，
所以c1＋c2＋…＋cn<＝.
故c1＋c2＋…＋cn<.
角度2　先求和再放缩
【例2－2】 (2021·台州期末)设数列{an}的前n项和为Sn，对于任意的正整数n，都有Sn＝n2.递增的等比数列{bn}满足：b1＝1，且b1，b2，b3－4成等差数列．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋<3.
(1)解　因为Sn＝n2，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝1，适合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
设等比数列{bn}的公比为q(其中q>0)，因为b1＝1，
故由2b2＝b1＋b3－4，b1＝1，可得q2－2q－3＝0，
解得q＝3或－1(舍去)，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝3n－1.
(2)证明　法一　由(1)可得＝，因为n≥2时，3n－1＝(1＋2)n－1>－1＋1＋2C＋22C>2n＋1，
根据“若a>b>0，m>0，则<”，
可得＝<(n≥2)，
所以＋＋…＋≤＋＋…＋.
令Tn＝＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减可得Tn＝＋＋＋…＋－
＝＋－＝－－，
所以Tn＝－，所以Tn<，所以＋＋…＋<＋＝<3.
法二　令cn＝＝，下一步用分析法证明<，
要证<，即证<，
即证(4n＋6)(3n－1)<(2n＋1)(3n＋1－1)，
即证－2n－5<(2n－3)3n，
当n∈N*时，显然成立，所以<，
所以c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋
≤＋×＋…＋×
＝×＝3<3.
感悟升华　(1)易求和时，一般先求和再放缩或求其最值；
(2)不易求和时，应先放缩再求和，常用方法有：
①对(1＋x)n形式注意运用二项式定理；
②分式放缩，注意用分式不等式性质；
③“和”“积”转换注意应用基本不等式；
④有时利用函数不等式ex≥x＋1，ln x≤x－1(x>0)放缩；
⑤注意添减项(多为常数)放缩．
【训练2】 (1)(角度1)(2021·镇海中学检测)已知正数数列{an}的前n项和为Sn，且满足2S－(n2＋n)Sn－(n2＋n＋2)＝0.
①求数列{an}的通项公式；
②设数列bn＝，证明：b1＋b2＋…＋bn≤2－1.
(2)(角度2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋2a4＝a9，S6＝36.
①求an，Sn；
②若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1bn＝，求证：＋＋…＋≥2－1(n∈N*)．
(1)①解　由2S－(n2＋n)Sn－(n2＋n＋2)＝0得
(Sn＋1)[2Sn－(n2＋n＋2)]＝0，
结合正数数列得Sn＝，
所以an＝
②证明　由①知bn＝
当n≥2时，bn＝＝<＝<＝2(－)，
所以b1＋b2＋…＋bn≤1＋2(－＋－＋…＋－)＝2－1.
(2)①解　设等差数列{an}的公差为d，
则由条件得
解得a1＝1，d＝2，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以Sn＝＝n2.
②证明　由①知，bn＋1bn＝n，
当n＝1时，解得b2＝1.
因为当n≥2时，bnbn－1＝n－1，
所以bn＋1bn－bnbn－1＝1，bn(bn＋1－bn－1)＝1，
即＝bn＋1－bn－1，
当n≥2时，＋＋＋…＋＝＋(b3－b1)＋(b4－b2)＋(b5－b3)＋…＋(bn＋1－bn－1)＝－b1－b2＋bn＋bn＋1≥－1＋2＝2－1.
当n＝1时，＝1≥2－1，不等式也成立．
综上，不等式＋＋…＋≥2－1对任意n∈N*都成立．
题型三　数列不等式恒成立求参数
【例3】 (2021·杭州质检)已知数列{an}的各项均为正数，a1＝，bn＝，{bn}是等差数列，其前n项和为Sn，b2·S6＝81.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝(1－a1)(1－a2)…(1－an)，Tn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数n，都有4aTn解　(1)设数列{bn}的公差为d，由b1＝＝2，
b2·S6＝81，得(2＋d)(12＋15d)＝81，
即5d2＋14d－19＝0，解得d＝1或d＝－.
因为数列{an}的各项均为正数，b1＝2，
所以d≥0，所以d＝1，
所以bn＝n＋1，所以an＝.
(2)由题意得cn＝…＝·…·＝，
因为＝·＝
＝2，
所以Tn＝2
＝，
所以不等式4aTn即8a<＝1＋＋恒成立，
而函数g(n)＝1＋＋在定义域上单调递减，且g(n)>1，
所以8a≤1，即a≤.
故a的取值范围为.
感悟升华　(1)能分离参数时，常分离参数，化为函数求最值、值域问题；
(2)不能分离参数时，常分类讨论．
【训练3】 (2021·义乌联考)已知等比数列{an}，满足a1＝3，a3＝a1a2，数列{bn}满足b1＝1，对一切正整数n均有bn＋1＝bn＋2n＋1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sk＝＋＋＋…＋，Tn＝＋＋＋…＋，若存在实数c和正整数k，使得不等式Tn<(c－1)·Sk对任意正整数n都成立，求实数c的取值范围．
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
由题可知a3＝a1a2.
∴a1q2＝aq，
即3q2＝9q，解得q＝3，
∴an＝3n.
因为bn＋1＝bn＋2n＋1，则bn＋1－bn＝2n＋1，
累加可得bn－b1＝
＝(n＋1)(n－1)，
所以bn＝(n＋1)(n－1)＋1＝n2.
(2)∵＝，∴Sk＝＋＋＋…＋，
Sk＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Sk＝＋＋＋＋…＋－＝－＝1－－，
∴Sk＝－<.
∵＝＝＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋
＝＝－<.
若存在实数c和正整数k使得不等式Tn<(c－1)·Sk对任意正整数n都成立，
当c>1时，<(c－1)·，c>；
当c≤1时，<(c－1)·S1＝(c－1)·，此时无解．
综上，c>.
题型四　根据所给不等式求n的最值(范围)
【例4】 (2021·湖州期末)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1且nSn＋1＝(n＋2)Sn，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Pn，若|Pn＋1|<，求正整数n的最小值．
解　(1)由nSn＋1＝(n＋2)Sn得＝，
所以当n≥2时，Sn＝···…····S1＝×××…××××1＝.
又当n＝1时，S1＝a1＝1也成立，所以Sn＝，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
又a1＝1也成立，所以an＝n.
(2)由(1)知bn＝(－1)n
＝(－1)n，
所以Pn＝－1－＋＋－－＋…＋(－1)n·＋(－1)n＝－1＋
(－1)n，
所以|Pn＋1|＝< n>.
因为n为正整数，所以n的最小值是1 010.
感悟升华　此类问题多归结为解关于n的不等式解决．
【训练4】 (2021·名校仿真训练卷五)数列{an}中，a1＝2，(n＋1)(an＋1－an)＝2(an＋n＋1)．
(1)求a2，a3的值；
(2)已知数列{an}的通项公式是an＝n＋1，an＝n2＋1，an＝n2＋n中的一个，设数列的前n项和为Sn，数列{an＋1－an}的前n项和为Tn，若>360，求n的取值范围．
解　(1)∵(n＋1)(an＋1－an)＝2(an＋n＋1)，
∴an＋1＝an＋2，
∴a2＝a1＋2＝6，a3＝a2＋2＝12.
(2)∵数列{an}的通项公式是an＝n＋1，an＝n2＋1，an＝n2＋n中的一个，且a2＝6，
∴数列{an}的通项公式是an＝n2＋n＝n(n＋1)．
由an＝n(n＋1)可得＝＝－.
∴＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－，
∴Sn＝1－.
∵(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝an＋1－a1，
an＝n(n＋1)，
∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝n2＋3n，
即Tn＝n2＋3n.
由>360得n2＋4n－357>0，解得n>17或n<－21.
∵n是正整数，
∴所求n的取值范围为(17，＋∞)，且n是正整数．
1．设正项数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋(n∈N*)．
(1)求证：2≤a－a≤3；
(2)求证：≤≤.
证明　(1)因为a1＝1及an＋1＝an＋(n≥1)，所以an≥1，所以0<≤1.因为a＝＝a＋＋2，
所以a－a＝＋2∈(2，3]，即2≤a－a≤3.
(2)由(1)得2n所以2n＋1即2n－1所以2n－1所以＝1＋∈.
2．(2021·衢州、湖州、丽水质检)已知数列{an}的前n项和Sn＝，且an>0(n∈N*)．
(1)写出a1，a2，a3的值，并求出数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：(1)解　当n＝1时，a1＝S1＝.
又因为an>0，所以a1＝2，a1＋a2＝S2＝，
解得a2＝4，同理，a3＝6.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，
即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
因为an>0，所以an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，
所以数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，
故an＝2n.
(2)证明　由(1)可得Sn＝n(n＋1)，bn＝，
所以bn>n，Tn>.
又bn＝<＝n＋，
所以Tn<＋＝.
综上，3．(2021·浙江“超级全能生”联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＝1＋an－1(n>1)，数列{bn}满足b1＝1，1＋a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝an(n>1)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足ancn＝bn＋2，求证：c1＋c2＋…＋cn<.
(1)解　∵a1＝1，an＝1＋an－1，
∴an－an－1＝1(n>1)，
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n.
∵1＋a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝an，①
∴1＋a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝an＋1，②
由②－①得anbn＝an＋1－an＝1，
又∵an＝n，∴bn＝.
(2)证明　∵ancn＝bn＋2，an＝n，bn＝，
∴cn＝·＝，
∴c1＋c2＋…＋cn＝
＝
＝－<.
4．(2021·嘉兴二测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝.公比大于0的等比数列{bn}的首项b1＝1，且b2＋b3＝20.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<(n∈N*)．
(1)解　当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
当n＝1时也满足上式，所以an＝n.
设等比数列{bn}的公比为q>0，
则b2＋b3＝b1q＋b1q2＝q＋q2＝20，
解得q＝4或q＝－5(舍去)，所以bn＝4n－1.
(2)证明　由(1)知cn＝，＝＝＝，c1＝c2＝1，c3＝.
当n≥2时，≤，
所以c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn≤1＋1＋＋＋…＋＝1＋＝1＋<1＋<.
5．已知等差数列{an}的公差d≠0，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求使不等式an≥0成立的最大自然数n；
(2)记数列的前n项和为Tn，求证：－≤Tn≤.
(1)解　由题意可知a＝a1·a13，
即(a1＋10d)2＝a1·(a1＋12d)，
∴d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，d≠0，
∴d＝－2，∴an＝－2n＋27，
∴－2n＋27≥0，∴n≤13.5，
故满足题意的最大自然数为n＝13.
(2)证明　＝
＝－，
∴Tn＝＋＋＋…＋
＝－＋
＝－
＝－＋.
从而当n≤12时，Tn＝－＋单调递增，且Tn>0；
当n≥13时，Tn＝－＋单调递增，且Tn<0，
∴T13≤Tn≤T12，由T12＝，T13＝－，
∴－≤Tn≤.
6．(2021·金华十校期末调研测试)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn是－3和3an的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若··…·≥λ对任意的正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．
解　(1)由题意得2Sn＝－3＋3an，
则当n≥2时，2Sn－1＝－3＋3an－1，
∴当n≥2时，an＝3an－1.
又由2S1＝－3＋3a1得a1＝3，
∴数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，
∴an＝3n.
(2)由题意知2Sn＝－3＋3an，得＝，
得··…·＝··…·，
∴λ≤.
设bn＝.
∵an＝3n，∴bn>0，
∴＝>1，
∴{bn}是递增数列，最小项是b1＝＝，
∴λ≤，即实数λ的取值范围为 .
7．(2021·绍兴上虞区期末调测)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an＋2n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝an＋(1－λ)n，且数列{bn}的前n项和为Sn，若S2为数列{Sn}中的最小项，求λ的取值范围．
解　(1)∵a2＝a1＋2－1，
a3＝a2＋22－1，
…
an－1＝an－2＋2n－2－1，
an＝an－1＋2n－1－1，
累加可得an－a1＝2n－2－(n－1)(n≥2)，
∴an＝2n－n，
当n＝1时，a1＝2－1＝1，则an＝2n－n.
(2)由(1)得bn＝an＋(1－λ)n＝2n－λn，
∴Sn＝2n＋1－2－λ≥S2＝6－3λ，
即2n＋1－8≥λ.
当n＝1时，得－4≥－2λ，∴λ≥2；
当n＝2时，λ∈R；
当n≥3时，得－3>0，∴λ≤.
令f(n)＝，
则f(n＋1)－f(n)＝－＝，
当n≥4时，n2－n－8>0，∴f(n＋1)>f(n)，
又可验证当n＝3时，f(4)－f(3)>0也成立，
∴当n≥3时，数列{f(n)}为递增数列，
∴f(n)min＝f(3)＝，即λ≤.
综上所述，λ的取值范围为.
8．(2021·宁波期末)已知等差数列{an}满足a2＝2a1，a4＋a5＝9，Sn为等比数列{bn}的前n项和，2Sn＋1＝Sn＋2.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<.
(1)解　由题意得解得
∴an＝n，即数列{an}的通项公式为an＝n.
由2Sn＋1＝Sn＋2，得
两式相减整理得：2b3＝b2，
∴q＝，b1＝1，
∴bn＝，即数列{bn}的通项公式为bn＝.
(2)证明　(应用放缩和错位相减法求和证明不等式)
令Cn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，Ak＝c1＋c3＋…＋c2k－1，
Bk＝c2＋c4＋…＋c2k，
则Ak＝，
利用错位相减法可求得Ak＝－<.
又∵(2k)2>(2k－1)(2k＋1)，
∴Bk＝＋＋…＋
<<＝.
∴Bk＝＋＋…＋<，
当n为偶数时，
Cn＝A＋B<－＋<；
当n为奇数时，
Cn＝A＋B<－＋<.
综上，Cn<，即c1＋c2＋c3＋…＋cn<.
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