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专题1 数列中的不等关系的证明
【2023 全国高三专题复习】已知函数满足．设是数列的前n项和，证明：．
【方法名称】放缩法
【思路分析】利用结合不等式性质得到，从而可证题设中的不等式.
∵，且，
设，则，∴在上单调递减，
∴当时，，即．
∴．
∵，∴，
∵，
∴．
从而
【举一反三】
1．已知数列满足，，证明：．
2．已知数列满足，.证明：
(1)；
(2)
【方法名称】数学归纳法
【思路分析】
1.目标分析
这道题是数列求和不等式S（n）＜f（n）.若存在函数g（n） s.t. 对于每一个n都有an2.条件分析
由蛛网图不难得出{an}单调递增.在证明是，结合这一结构，自然想到连接正弦函数的（0，0）点和（，1）来证明，进而证明{an}单调递增.
3.综合分析
{an}单调是个好条件，我们可以找到同样单调的，余下用数学归纳法证明an＞g（n）即可.
引理1：
令， 则.
因为单调递减且， 所以存在唯一使得.
对于;对于，.
所以， 所以.
引理2： （只需构造即可，证明略.）
因为；n>=1时，， 所以. 由引理1，得：.
下面证明.
（1.1）当n=1时，，结论成立.
（1.2）当n=2时，，结论成立.
（1.3）当n=3时，，结论成立.
（2）假设当n=k（k>2，且k∈Z）时成立，则
当n=k+1时，
经归纳，得：
所以.
【举一反三】
3．设数列满足，．
(1)若，求实数a的值；
(2)设，若，证明：．
4．已知数列满足，．
(1)若数列是常数数列，求m的值．
(2)当时，证明：．
(3)求最大的正数m，使得对一切整数n恒成立，并证明你的结论．
5．已知每一项都是正数的数列满足，．
(1)证明：．
(2)证明：．
(3)记为数列的前n项和，证明∶．
6．已知函数，数列的第一项，后面各项按如下方式取定：曲线在点处的切线与经过和两点的直线平行（如图）．证明：

(1)．
(2)．
7．数列中，，对任意正整数n都有.
(1)求的通项公式；
(2)设的前项和为，证明：
①；
②.
8．已知等差数列的前n项和为，，，数列满足：，．
(1)证明：是等比数列；
(2)证明：；
(3)设数列满足：．证明：．
9．如图，已知曲线及曲线．从上的点作直线平行于轴，交曲线于点，再从点作直线平行于轴，交曲线于点，点的横坐标构成数列．
(1)试求与之间的关系，并证明：；
(2)若，求的通项公式．
10．已知数列满足，．
(1)证明：数列为递增数列．
(2)证明：
(3)证明：
11．已知数列中，是其前项的和，，.
(1)求，的值，并证明是等比数列；
(2)证明：.
12．已知函数．
(1)求的单调区间．
(2)记为从小到大的第个零点，证明：
①当i取时，有．
②对一切，有．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．证明见解析
【分析】运用放缩法可得，再结合累乘法可证得结果.
【详解】证明：由及糖水不等式可得．
所以当时，，
又因为，，
所以对一切成立．
2．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由由于，再由时，，即可证得.
（2）由，得到，即可得证.
【详解】（1）证明：由于，
当时，，则，
所以.
（2）证明：由于，可得，且，
又由，可得当时，，
则
，
所以.
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知得，解得，由，得或，由此能求出实数的值．
（2）由已知得，由，能证明，再用数学归纳法证明，．由此能证明．
【详解】（1）数列满足，，
，易知a不为0，解得，
，，
解得或，
由解得，由，解得．
实数的值为1．
（2）当时，数列满足，，
（各项均不为0），
，，，
，
，
，，当且仅当，即时，取等号，
，
再证，．
当时，，满足．
假设当，时有，等价于，
，，
当时，，
只需证．
证明如下：，，
，，，
，，
，
，，
，
，
时，成立．
综上知．
综上所述：．
4．(1)
(2)证明见解析
(3)正数m的最大值是2，证明见解析
【分析】（1）由可求出m的值；
（2）由，得两式相减化简可证得结论；
（3）假设，则可得与矛盾，所以要使得对一切整数n恒成立，只可能是，然后利用数学归纳法证明.
【详解】（1）若数列是常数列，则，
解得．
显然，当时，有．
（2）由条件得，
得．
因为，，
以上两式相减得．
因为，，，
所以，
所以与同号．
因为，所以，
所以．
（3）首先证明．
假设，因为，
所以．
这说明，当时，越来越大，显然不可能满足．
所以要使得对一切整数n恒成立，只可能是．
下面用数学归纳法证明当时，恒成立．
当时，显然成立．
假设当时成立，即，
则当时，成立．
综上可知对一切正整数n恒成立．
因此，正数m的最大值是2．
【点睛】关键点点睛：此题考查数列与不等式的综合问题，考查反证法和数学归纳法，第（3）问解题的关键是先利用反证法得到，然后再利用反证法证明时，恒成立即可，考查数学计算能力，属于较难题.
5．(1)证明见解析.
(2)证明见解析.
(3)证明见解析.
【分析】（1）解法一可利用数学归纳法证明；解法二构造函数，利用单调性证明.
（2）用数学归纳法由（1）知，再由数学归纳法可证.
（3）由，得，再求和即可.
【详解】（1）解法一：由题意知，．
①当时，，，，成立．
②假设时，结论成立，即．
∵，
∴．
故时，结论也成立．
由①②可知，对于，都有成立．
解法二：，，，成立．
令，显然单调递减．
∵，假设，
则，即，
故，即．
故对于，都有成立．
（2）由（1）知，∴．
同理，由数学归纳法可证，．
猜测．下面给出证明．
∵，∴与异号．
注意到，知，，
即．
∴，
从而可知．
（3）
，
∴
，
∴
．
6．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义与两点斜率公式即可证明；
（2）根据（1）的结论及二次函数的单调性可得，累乘可证不等式左侧成立，再令可得，累乘得，即证得结果.
【详解】（1）由题意可得：，
∴曲线在点处切线的斜率．
又∵过和两点的直线斜率是，
且曲线在点处的切线与经过和两点的直线平行，
∴．
（2）∵函数在时单调递增，
而，
∴，即．
因此累乘可得．
又，
令，则．
∵，∴累乘可得，
∴，
即．
7．(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题意化简得，得到数列为等比数列，进而求得数列的通项公式；
（2）①易得；
②由①得，设，利用乘公比错位相减法求得，即可求解.
【详解】（1）解：因为，
所以，即，
又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
从而，则.
（2）①因为，所以；
②由①得，
设，
则，
两式相减得，
即，
从而，故.
8．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的定义，结合递推公式，即可证明；
（2）根据条件求和，再代入不等式，利用作差法，即可化简证明；
（3）根据数列的通项公式，分别求奇数项和偶数项的和，再分别利用裂项相消法和错位相减法求和，即可证明.
【详解】（1）由，得，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，．
（2）设等差数列的公差为，
，得，
所以，，
，，
，得证．
（3）当n为奇数时，，
，
当n为偶数时，，
，
设，
，
两式相减得
得，
所以，
所以．
9．(1)；证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，从而有，再根据在上，即可得与之间的关系，根据，可得与异号，再结合，即可得证；
（2）根据，可得，两式相除，利用构造法结合等比数列的通项即可得解．
【详解】（1），从而有，在上，故，
故，
由及，知，下证：，
，故与异号，
，故，故，即；
（2），则，，
两式相除得，，
故是以为首项，以为公比的等比数列，
则，解得．
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的递推公式，求数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，构造等比数列是解题的关键.
10．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】
（1）根据给定条件，利用单调递增数列定义判断作答.
（2）对给定的递推公式变形，取倒数并裂项，借助裂项相消法和及不等式的放缩法推理作答.
（3）利用（2）的信息及结论，借助不等式的放缩法推理作答.
【详解】（1）数列满足，则，由，知，
因此，即，
所以数列为递增数列.
（2）由，得，由（1）知，，
因此，则有，
，当且仅当时取等号，
取，于是，则，
所以.
（3）由（2）知，，
当时，，
因此，而，于是，
所以.
【点睛】
思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.
11．(1)，，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题目条件代入即可求出，的值，利用构造法即可证明是等比数列；
（2）根据（1）求出，再结合放缩法即可进行证明.
【详解】（1）由，得，
所以，，
由，得，
所以，.
证明如下：
由，得，
所以，
所以，所以，
所以，
因为，所以，，
即数列是以为首项，以为公比的等比数列.
（2）由（1）知，，
，，
，
因为，所以，
于是，
其中，
于是，
所以.
即.
12．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据函数的单调性及解析式的特征可得，，利用放缩法可证题设中的不等式.
【详解】（1）函数的导函数，
当时，；
当时，，
于是函数的单调递增区间为，
单调递减区间为．
（2）①由于，
因此在每个单调区间上函数均有唯一零点．
注意到，
因此，
从而
，
命题得证.
②根据之前得到的结果，有，这样就有
，
因此题中不等式，
命题得证．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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