高考压轴题解法探究-数列不等式的证明
高考数学复习第七章数列与数学归纳法专题探究课三高考中数列不等式证明的热点题型理市赛课公开课一等奖省名
≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an| ≤13232n－2＋232n－3＋…＋23n－1 ＝23n－1－232n－1 ≤23－233＝1207. 综上，|a2n－an|≤1207.15 分(得分点 4)
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❶得步骤分：抓住得分点步骤，“步步为营”，求得满分.如(1)中，归纳猜测得2分； 用数学归纳法证实得3分，第(2)放缩法证实结论得5分等.
殊到普通结论成立问题.所以，能够在数列不等式证实中大显身手.
【例 1】 (满分 15 分)(2018·绍兴检测)已知数列{an}满足，a1＝1，an＝an1＋1－12. (1)求证：23≤an≤1； (2)求证：|an＋1－an|≤13； (3)求证：|a2n－an|≤1207.
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满分解答 证明 (1)由已知得 an＋1＝an＋1 12， 又 a1＝1，则 a2＝23，a3＝67，a4＝1149， 猜想23≤an≤1.2 分(得分点 1) 下面用数学归纳法证明. ①当 n＝1 时，命题显然成立； ②假设 n＝k 时，有23≤ak≤1 成立，
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(2)证明 因为 a1>2，可用数学归纳法证明：an>2 对任意 n∈N*恒成立. 于是 an＋1－an＝a2n－1<0，即{an}是递减数列. 在 Sn≥na1－13(n－1)中，令 n＝2， 得 2a1＋a21－1＝S2≥2a1－13，解得 a1≤3，故 2<a1≤3. 下证：①当 2<a1≤73时， Sn≥na1－13(n－1)恒成立. 事实上，当 2<a1≤73时，由于 an＝a1＋(an－a1)≥a1＋2－73＝a1－13，
(3)证明 由(2)可得 an＝32n1＋1≥32n＋132n－1＝2523n－1. 所以 Sn≥25＋25·231＋…＋25·23n－1 ＝651－23n， 故 Sn≥651－23n成立．
数列型不等式的证明.docx
数列型不等式证明的常用方法一． 放缩法数列型不等式证明是前见年高考中的一个热点，在多省试题中常常作为压轴题出现。
放缩法是数列不等式证明的 一个重要方法，它具有很强的技巧性的特点，学生往往无从下手，下面总结放缩法证明的一些常用技巧，例如 归一技巧、抓大放小技巧、回头追溯技巧、利用函数性质技巧 ，仅供参考 .1 归一技巧归一技巧，指的是将不容易求和的和式中的所有项或若干项全部转化为 同一项 ，或是将和式的通项中的一部分转 化为 同一个式子 （或数值），既达到放缩的目的，使新的和 式容易求和 .归一技巧有 整体归一、分段归一。
例如11 1 1设 n 是正整数，求证n 1n 21．2 2n111【证明】 n 1n 2L2n1 1 1 11 .2n 2n2n 2n214444244443个 1n2n11L1另外： n 1 n 22n1 1 1 1n n n n1 .144424443n个 1 n11【说明】在这个证明中，第一次我们把n 1 、n2、11L2n 这些含 n 的式子都 “归一” 为 2n ，此时式子同时变小，11L11顺利把不易求和的 n 1 n 2 2n 变成了 n 个 2n 的 和，既将式子缩小，同时也使缩小后的式子非常容易求和，这就是 “归一” 所达到的效果。
而不等式右边的证明也类似.1.1 整体归一放缩法中，如果通过将所有项转化为同一项而达到放缩目的的，称之为“整体归一” .例 1. 数列 a n 的各项均为正数， S n 为其前 n 项和，对于任意 n N * ，总有 a n , S n ,a n 2成等差数列 .( Ⅰ ) 求数列 a n 的通项公式；( Ⅱ ) 设数列 b n 的前 n 项和为 T n，且b nln n x，求证:对2a n任意实数 x 1, e （ e 是常数， e ＝）和任意正整数 n ，总有 T n 2 ；（Ⅰ）解：由已知：对于nN * ，总有 2S na n a n 2 ①成立∴ 2S n 1an 1an 12（n ≥ 2 ）②① -- ②得 2a n a na n2an 1a n 12∴ a nan 1a na n 1anan 1∵ a n , a n 1 均为正数， ∴ a n a n11（n ≥ 2）∴数列 a n是公差为 1 的等差数列又n=1 时， 2Saa2， 解得 a1111 =1∴ a nn .(nN * )（Ⅱ）证明：∵对任意实数x1, e 和任意正整数n ，总有ln nx1.b n2≤n2（放缩通项， 整体归一 ）a n∴T1 111111n2 2 21 22 3n 1n12n（放缩通项， 裂项求和 ）1111111 123n 1222nn例 2. 已知数列a n 中的相邻两项 a 2 k 1，a 2 k 是关于 x 的方程x2(3k 2k) x3k 2k0 的两个根，且a 2k 1 ≤ a 2k (k1，2，3，L ) ．（ I ）求 a 1 ， a 2 ， a 3 ， a 7 ；（ II ）求数列 a n 的前 2n 项和 S 2n ；1sin n（Ⅲ）记f (n)3，2sin nT n( 1) f (2)( 1) f (3)( 1) f (4)⋯( 1)f (n 1)a 1a 2a 3a 4 a 5a 6，a 2n 1a2n1≤ T ≤ 5(nN *)求证： 6n24【分析】（ 1）略 . a 1 2 ； a 34 ； a 58时； a 712．（ II ）略 .S3n23n2n 12 ．2n2（ III ）本题应注意到以下三点，① f (n) {1,2} ，且 f (n) 具有周期性 . f (n){1, 2} ，这就有 ( 1)f ( n){1,1} ， f (n) 虽有周期性，可周期为2 .这就使当 n 很大时，和式通项(1)f (n1)的符号增加了不确定a 2n 1a2n性 .②很显然，当 n4时， a 2n 13n ， a 2 n2n；当n3时， a 2n 12n， a 2n3n . 纵然没有符号的问题，通12n 如何求和？也需要解决.项3n③T11 1 ， T 21 1 5，本题相当于证a 1a 2 6 a a2a a241 34明 T ≤ T ≤ T (n N *) ．1n 2基于以上三点，我们可以看到：T 1 ≤ T n 等价于从第二项开始的项之和为非负数，可否考虑将第三项开始的项缩小，此时可以做两方面的“归一” ，一是符号“归一” ，二是分母的部分“归一” ，两者都是要达到容易求和的目的.【解答】 当 n ≥ 3时，T n111L(1)f ( n1)6 a 3a 4a 5 a 6，a 2n 1a2 n≥111L1从第三 起“ 一”6 a 3a 4a 5a 6a 2n 1a2 n=116(31931 241 2 n)64243n=11111 1)6466(3 224 23n 2n 111111L1⋯ ,n “ 一”6 6 2 2 632 42n(3,4,5,22)116 6 2n16 ，至于不等式右 原理一 ：T n5 1 1 L( 1)f (n1)24 a 5a 6a 7 a 8a 2n 1a2n≤511 L1( 从第四 起“ 一”24 a 5a 6a 7a 8a2 n 1a2 n51111正249 2334243525L3n 2n5 1 1 1L 1(4,5, ⋯ ,n “ 一” 3)24 9 239 24 2n5 124 9 2n524 ．T 111T115又 a a6，a aaa24 ，原结论成立22 4121 31.2 分段归一放缩法中，如果我们把和式分为若干段，每一段中的各个项都转化为同一项而达到放缩并容易求和的目的的，称之为“分段归一” .例 3已知数列{ a n } 和 { b n } 满 足a 1 2,a n 1a n (a n 1 1) ，b n a n1，数列 { b n } 的前 n 和为S n .（ 1）求数列 { b n } 的通项公式；（ 2）求证：对任意的 nn1N 有 1S 2nn成立．22分析：（ 1）略 .bn1 ．n（ 2）此问可以用数学归纳法证明， 也可以用 “分段归一”的放缩法解答 .【解答】左边证明Sn111122 32 n111111 111(111() (5678) ()n 11n )2349162211(1 1) (1111) (11 )(1n1n )244888 816162214243142438 个12n 1 个 1162n11 1 1 12222144424443个 12=1+n211111里我 以2 ，22 ，3 ，4 ，⋯⋯，2n界，将22和式111 分 n 段，每段11⋯⋯i 1i 12 3n1 2 2221 （i1,2,3, , n ），每段中的数 小 一12i， 就2i1使每一段的数 小后和，从而得 .2至于不等号右 ，原理 似：S n 111 1 223 2 n1 11111 1 11(111)11( )() ()n 1n 11n n2 345678 91522212 1(11)(1111)(11) (11)(1 1 )12 24444881616n 1n 1n22214243142431442443个116个1n1个11682n 1111111n144424443n个12n12n1n2【说明】本题我们需要关注到不等号两边的性质：一方1+ n111面， 22 2 ，接着我们把不等式中间的和式除114243n个121外的部分拆分成 n 段，每段都不小于 2 ；另一方面，n11111，接着我们把不等式中间的和式除121424322n n个1外的部分拆分成n 段，每段都不大于1；在归一放缩时，我们需要注意到题设的条件和式子的性质，它是我们考虑如何归一、往哪个地方归一的关键.2 抓大放小在将和式通项中，我们保留式子主要的、数值较大的部分，去掉次要的、数值相对较小的部分，以便达到放缩和容易求和的目的，这种放缩技巧，我们称之为“抓大放小”技巧 .例如求证 :123n221222 2 332 nn通项放缩为nn， 求和即证。
求解数列不等式证明问题的方法
解题宝典证明数列不等式问题是一类综合性较强且难度较大的问题，不仅考查了数列知识，还考查了证明不等式的技巧.本文主要介绍三种证明数列不等式问题的方法，以供大家参考.一、利用数列的单调性我们知道，数列具有单调性.因此在证明数列不等式问题时，我们可以利用数列的单调性来讨论数列的变化趋势，进而证明不等式.利用数列的单调性解题的关键在于观察数列的特征，通过作差、作商等方法，构造出新数列，利用数列的单调性证明结论.例1.已知数列{}a n各项均为正数，前n项和S1>1，满足关系式6S n=(a n+1)(a n+2)，n∈N*.设数列{}bn满足关系式an(2b n-1)=1，令T n为数列{}b n的前n项和，求证：3T n+1>log2(a n+3)，n∈N*.证明：根据前n项和关系式可得a n=3n-1，将其代入到an(2b n-1)=1中可得b n=log23n3n-1，Tn=b1+b2+⋯+b n=log2(32×65×⋯×3n3n-1)，则3T n+1-log2(a n+3)=log2éë(32×65×⋯×3n3n-1)3ùû×23n+2.设f(n)=(32×65×⋯×3n3n-1)3×23n+2，则f(n+1)f(n)=(3n+3)3(3n+5)(3n+2)2，变形得(3n+3)3-(3n+5)(3n+2)2=9n+7>0，则数列{}f(n)单调递增.因此f(n)≥f(1)>1，则3T n+1-log2(a n+3)=log2f(n)>0，所以3T n+1>log2(a n+3).本题的难度较大，欲证明此题，首先需要从结论出发，构造数列f(n)，然后根据新数列的形式，利用作差法、作商法证明数列具有单调性，再利用其单调性证明结论.很多时候，我们并不能直接发现数列的单调性，往往需要对数列的递推式进行多次转换、变形，构造出新数列才能发现其单调性.二、放缩法放缩法是解答不等式问题的基本方法之一.在运用放缩法证明数列不等式问题时，我们必须紧紧围绕着放缩目标，掌握好放缩的尺度，灵活运用不等式的传递性证明不等式.常见的放缩技巧有添加或删除某些项、先放缩再求和（先求和再放缩）、先裂项再放缩（先放缩再裂项）等.但无论运用哪种放缩技巧，都需要把控放缩的尺度，否则容易得出错误的答案.例2.已知数列{}a n满足条件：a1=1，a n+1=2a n+1(n∈N*)，试证明：n2-13<a1a2+a2a3+⋯+a n an+1<n2.证明：由a n+1=2a n+1,(n∈N*)，可得a n=2n-1，则akak+1=2k-12k+1-1=2k-12(2k-12)<2k-12(2k-1)=12，所以a1a2+a2a3+⋯+anan+1<12+12+⋯+12=n2.故akak+1=2k-12k+1-1=12·2k+1-22k+1-1=12(1-12k+1-1)=12-13×2k+2k-2≥12-13×12k(k=1,2,3,⋯)，即a1a2+a2a3+⋯+anan+1≥12-13(12+122+⋯+12n)=n2-13(1-12n)>n2-13.综合上述分析，即可证明不等式n2-13<a1a2+a2a3+⋯+a n a n+1<n2成立.本题主要运用了放缩法，首先结合数列不等式的表达式，对不等式进行缩放，构造出anan+1，再借助不等式的传递性证明了结论.三、导数法对于综合性较强的数列不等式问题，我们往往采用导数法来求解.首先结合不等式构造出函数模型，对函数求导，通过研究其导函数得到函数的单调性、最储文海42解题宝典值，进而证明不等式成立.例3：试证明12+13+14+⋯+1n <ln n <1+12+13+14+⋯+1n +1(n ∈N*).证明：令a n =1n +1、b n =1n ，于是当n ≥2时，S n -1=ln n 、S n =ln(n +1).则S n -S n -1=ln(n -1)-ln n =ln n +1n.欲证明原不等式成立，需要证明1n +1<ln n +1n<1n ，即证明1x +1<ln x +1x <1x ,x ≥1.设函数f (x )=ln x +1x -1x +1，对其进行求导可得到f ′(x )=1x +1-1x +1(x +1)2=-1x (x +1)2<0.令x +1x =t ，则1x =t -1，t -1t<ln t <t -1,(t >1).设函数h (t )=ln t -t -1t ，则h ′(t )=t -1t2>0，则函数h (t )在(1,+∞)单调递增，所以h (t )>h (1)=0，h (t )=ln t -t -1t>0，即是ln t >t -1t.同理可以证得ln t <t -1，即是ln t +1t <1t.综上可得，1t +1<ln t +1t <1t ，当t 分别取1,2,3,…,n -1时，12+13+14+⋯+1n <ln n <1+12+13+14+⋯+1n +1.运用导数法的根本目的是判断数列的单调性，求得数列的最值.这里首先构造出两个数列以及两个数列的和式，然后结合目标不等式的形式构造出函数模型，通过分析导函数确定函数的单调性，从而证明不等式.从上述分析我们不难看出，证明数列不等式问题的难度系数较大.在解答此类问题时，我们需要仔细分析数列不等式的特点，将其进行适当的变形、转化，并要学会联想，将其与不等式的性质、重要结论以及函数、导数的性质关联起来，才能将难题破解.（作者单位：江苏省华罗庚中学）立体几何是高考数学考查的重点.解答立体几何问题常用的方法是几何法和向量法.这两种方法是分别从几何和代数两个角度入手的，有着各自的优势.本文重点探讨这两种方法在解题中的应用.一、几何法几何法是指运用几何知识解答问题的方法.在解答立体几何问题时，我们需要根据题意绘制相应的图形，探寻空间中点、线、面之间的位置关系，通过延长线段，平移、变换、旋转图形，添加辅助线等方式，建立结论与已有条件之间的联系，灵活运用各种定理、定义、性质，对条件进行转化，顺利解答问题.例1.如图1，在三棱台ABC-DEF 中，已知平面BCEF ⊥平面ABC ，∠ACB -90°，BE =EF =FC =1，BC =2，AC =3，（1）求证：BF ⊥平面ACFD （2）求二面角B -AD -C 的余弦值.李鹏飞图143。
细品方知味 深研便得法——高考试题中数列和不等式的定积分证明赏析
＝ （ ２ ｘ ］ ５ － － ４ ｋ ） ２
．
．
＞０且 ≠１．
正解 由 △＞０ 得一 ４ ＜ｋ＜０；
・ ．
．
［ ２ 】 王后雄 ．高 考完 全解 读一王 后雄 考案 （ 数学 ） ．中 国青 年 出版社 ，２ ０ １ ２
＝
５ ＜后＜０ ） ，
１ ６
解
５ （ １ ）略离心率为 — － ４
＝ ＿ ＿
ｊ
．
√ ５ ＋ １ ） ５ （ ＋４
“
（ ２ ） 由 椭 圆 的 定 义 可 得 ： ６ ： 拿 ： ２ ，
． ） Ｊ
令Ｖ ＝
．
一
１ ０， 一
，
ａ ＝ ３，故点 的坐标 为 （ ４ ｇ ， ０ ） ，则 圆的方 程为
‘
“ 世上无难事 ， 只怕有心人” ， 只要我们做教学的 有 心 人 ，就能 帮 助 学 生长 出慧 眼 ，明辨 是非 ，告 别 偷换 ，真 正成 为数 学学 习的主 人 ！
参考 文献
［ １ 】 单蝉 ．普通 高 中课程 标准 实验教 科书 数学 （ 选修 ２ —３ ） ．江苏教 育 出版 社 ，２ ０ ０ ９
梯形用相应 的小矩形 （ 或梯形）近似代替 ，把这些 小矩形 （ 或梯 形 ）面 积累 加 （ 求和 ）起 来 ，就 得 到 曲边 梯 形 的一 个近 似值 ，当分 割无 限变 细 时 ，这 个 近 似值 无 限趋 近于 所 要 求 的 曲边 梯 形 的面 积 ．而 数 列是 自变量取正整数集的一特殊 函数 ．若对数列和 不等式的条件、结构做仔细的观察 ，深入 的剖析 ， 联想到定积分定义 ，结合 函数性质 ，借助 图形，数 列和 不等 式 的证 明便得 心应 手 ，明 了顺 畅 ．
数列不等式的证明策略
解法探究２０２３年４月上半月㊀㊀㊀数列不等式的证明策略◉江苏省海安市南莫中学㊀刘㊀进㊀㊀摘要:数列不等式的证明与应用问题,是高考数学试卷中经常出现的一类综合性㊁应用性问题,具有很好的选拔性与区分度．合理掌握与应用解决数列不等式证明的常用基本技巧策略,结合实例,从函数法㊁放缩法㊁比较法以及归纳法等不同视角切入,总结规律,引领并指导数学教学与复习备考．关键词:数列;不等式;证明;函数;缩放㊀㊀数列不等式的证明问题,往往是数列知识的深入及其与其他知识的交汇融合,思维跨度大,技巧策略强,整合了数学的知识性㊁思维性㊁能力性和挑战性,可以比较全面综合地考查学生的知识基础㊁思想方法和数学能力等各方面的情况,倍受各方关注,成为高考数列压轴题及各级各类竞赛试题命题的重要素材与背景情境之一．数列不等式的证明问题,可以从多视角切入,剖析题目条件中数列或不等式的结构特征,抓住其式子规律进行恰当化归与变形,进而得以巧思妙证．１函数法从数列不等式中的数列视角切入,数列作为一类特殊的函数,具有函数的基本性质．通过构造函数,利用函数的单调性㊁极值等得出关于正实数的不等式,结合对关于正实数的不等式赋特殊值来证明相应的数列不等式．例１㊀已知数列{a n}的前n项和S n满足a n＋１＝２S n＋６,且a１＝６．(１)求数列{a n}的通项公式;(２)设数列１an{}的前n项和为T n,证明:１３ T１＋１３２ T２＋ ＋１３n T n＜３．分析:(１)根据数列中的相关公式a n＝S n－S n－１(nȡ２)加以合理变形,进而得到数列的递推关系式,合理确定数列的类型,从而得以求解数列{a n}的通项公式．(２)结合(１)中的结论以及等比数列的求和公式确定数列１a n{}的类型,并构建其前n项和T n的表达式,通过函数的单调性加以合理放缩,综合利用等比数列的求和公式以及不等式的基本性质来分析与转化,得以巧妙证明．解析:(１)由已知可知,当nȡ２时,a n＋１－a n＝(２S n＋６)－(２S n－１＋６)＝２(S n－S n－１)＝２a n．整理可得a n＋１＝３a n．当n＝１时,有a２＝２S１＋６＝２a１＋６＝１８＝３a１,可知数列{a n}是以６为首项,３为公比的等比数列,即a n＝a１q n－１＝６ˑ３n－１＝２ˑ３n．(２)由(１)可得１a n＝１２ˑ３n,所以数列１a n{}是以１a１＝１６为首项,１３为公比的等比数列．故T n＝１６ˑ(１－１３n)１－１３＝１４(１－１３n)．由于函数T n＝１４(１－１３n)在nɪN∗上单调递增,则有T nȡT１＝１６,因此１T nɤ６．故１３ T１＋１３２ T２＋ ＋１３n T nɤ６(１３＋１３２＋ ＋１３n)＝６ˑ１３ˑ(１－１３n)１－１３＝３ˑ(１－１３n)＜３．所以１３ T１＋１３２ T２＋ ＋１３n T n＜３成立．点评:抓住数列不等式中的结构特征,对相关的和式㊁代数式等构建与之相应的函数,利用一些常见函数的基本性质,或利用所构建的函数进行求导处理,从而确定函数的单调性或极值等,利用关于正实数的不等式赋予对应的正整数值加以合理处理,从而从函数视角来巧妙证明数列不等式问题．２放缩法从数列不等式中的不等式视角切入,结合数列的通项公式㊁求和公式或其他相关的关系式进行合理变形处理,对中间过程或者最后的结果,或裂项相消法进行放缩,或利用不等式性质进行放缩,并与结论中０７Copyright©博看网. All Rights Reserved.２０２３年４月上半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀所证明的不等式加以对比,放缩处理,巧妙证明．例２㊀甲㊁乙两同学在复习数列知识时发现原来做过的一道题因纸张被破坏,其中的一个条件看不清了,具体如下:等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知㊀㊀㊀㊀,(１)判断S １,S ２,S ３的关系;(２)若a １－a ３＝３,设b n ＝n１２a n ,记{b n }的前n 项和为T n ,证明:T n ＜４３．甲同学记得缺少的条件是首项的值,乙同学记得缺少的条件是公比的值,第(１)问的答案是S １,S ３,S ２成等差数列．如果两位同学所记答案都正确,请把条件补充完整并解答此题．分析:(１)根据S １,S ３,S ２成等差数列,设出数列{a n }的公比q ,利用等差数列的性质构建关系式,合理转化处理,进而确定公比的值,从而确定需要补充的条件以及乙同学记得的缺少的条件是正确的;(２)结合(１)的结论并利用条件确定b n 的表达式,利用错位相减法合理进行数列求和,结合不等式的性质合理放缩,从而得以证明数列不等式．解析:设等比数列{a n }的公比为q ,则S １＝a １,S ２＝a １＋a １q ,S ３＝a １＋a １q ＋a １q ２．又S １,S ３,S ２成等差数列,所以S １＋S ２＝２S ３,即a １＋a １＋a １q ＝２a １＋２a １q ＋２a １q ２．整理可得a １q (１＋２q )＝０．由于在等比数列{a n }中,a １ʂ０,q ʂ０,因此q ＝－１２．故乙同学记得的缺少的条件是正确的．因此补充的条件为q ＝－１２．(１)由题意,可得S １＝a １,S ２＝a １＋a ２＝a １－１２a １＝１２a １,S ３＝a １＋a ２＋a ３＝a １－１２a １＋１４a １＝３４a １．于是S １＋S ２＝２S ３,即S １,S ３,S ２成等差数列．(２)证明:由a １－a ３＝３,可得a １－１４a １＝３,解得a １＝４,所以b n ＝n １２a n ＝n １２ˑ４ˑ(－１２)n －１＝２３n ˑ(１２)n．故T n ＝２３(１ˑ１２＋２ˑ１４＋３ˑ１８＋ ＋n ˑ１２n ),１２T n ＝２３(１ˑ１４＋２ˑ１８＋３ˑ１１６＋ ＋n ˑ１２n ＋１)．上面两式相减,可得１２T n ＝２３(１２＋１４＋１８＋１１６＋ ＋１２n －n ˑ１２n ＋１)＝２３éëêêê１２(１－１２n )１－１２－n ˑ１２n ＋１ùûúúú．化简可得T n ＝４３(１－n ＋２２n ＋１)．因为１－n ＋２２n ＋１＜１,所以T n ＜４３．点评:合理通过特殊数列(等差数列或等比数列)的通项公式或求和公式等进行合理变形,结合所要证明的数列不等式,通过一些常见不等式性质加以合理变形与放缩,特别是利用裂项相消法加以放缩,是证明数列不等式比较常见的一种方法．３比较法从数列不等式中的不等式视角切入,通过对所证数列不等式的两边合理作差比较(或作商比较,要注意分母不为零),综合数列㊁不等式的相关知识,从而确定作差比较法所对应的差值的正负情况(或作商比较法所对应的比值的与１的大小情况),进而得以证明数列不等式．例３㊀已知{a n }是由正数组成的数列,a １＝１,且点(a n ,a n ＋１)(n ɪN ∗)在函数y ＝x ２＋１的图象上．１)求数列{a n }的通项公式;(２)若数列{b n }满足b １＝１,b n ＋１＝b n ＋２a n ,求证:b n b n ＋２＜b ２n ＋１．分析:(１)利用点在函数的图象上,通过代入法构建数列的递推关系式,结合等差数列的定义来确定数列类型,并得以求解数列{a n }的通项公式;(２)结合(１)的结论,进而确定b n ＋１－b n 的表达式,利用加减变形处理并利用等比数列的求和公式来确定b n 的表达式,结合所证明的数列不等式,通过作差比较法加以分析与处理,进而得以证明数列不等式．解析:(１)由已知,得a n ＋１＝a n ＋１,即a n ＋１－a n ＝１,又a １＝１,所以数列{a n }是以１为首项,１为公差的等差数列．故a n ＝１＋(n －１)ˑ１＝n ．(２)证明:由(１)知,a n ＝n ,从而b n ＋１－b n ＝２n．又b n ＝(b n －b n －１)＋(b n －１－b n －２)＋ ＋(b ２－b １)＋b １＝２n －１＋２n －２＋ ＋２＋１＝１－２n１－２＝２n－１,则b n b n ＋２－b ２n ＋１＝(２n －１)(２n ＋２－１)－(２n ＋１－１)２＝(２２n ＋２－２n ＋２－２n ＋１)－(２２n ＋２－２ ２n ＋１＋１)＝－２n＜０．故b n b n ＋２＜b ２n ＋１．(下转封三)１７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.华罗庚（1910—1985），江苏金坛人，祖籍江苏丹阳。
导数解答题中数列不等式的证明思路策略
导数解答题中数列不等式的证明思路策略张国飞(安徽省桐城中学ꎬ安徽桐城２３１４００)摘㊀要:导数解答题中最后一问设置数列不等式的证明ꎬ是高考函数与导数知识模块中命题时比较常见的一个压轴题型.文章结合实例ꎬ就导数解答题中数列不等式的几个常见的证明思路策略加以剖析ꎬ阐述基本证明思路与技巧方法ꎬ总结证明归纳与策略ꎬ引领并指导数学教学与复习备考.关键词:导数ꎻ数列ꎻ不等式ꎻ证明ꎻ思路ꎻ策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３０－００３８－０３收稿日期:２０２３－０７－２５作者简介:张国飞(１９８０.７－)ꎬ男ꎬ安徽省安庆人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀在函数与导数的综合应用解答题中ꎬ经常会有证明数列不等式ꎬ形如ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)或ðｎｉ＝１ａｉ<Ａ(Ａ为常数)等形式成立的数列不等式设置.此类数列不等式的证明问题往往前后联系ꎬ与前面小题中的函数与导数的综合应用等着直接或间接的联系ꎬ需要借助函数的单调性㊁导数的基本性质以及不等式的性质等来应用ꎬ综合性强ꎬ时常是压轴题的首选ꎬ倍受各方关注.下面结合实例ꎬ就证明导数解答题中的数列不等式的思路策略加以剖析与应用ꎬ抛砖引玉[１].１抓住常用思路ꎬ进行逐项比较对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)ꎬ其中不等式的一边是某个数列的前ｎ项和ꎬ而另一边ｇ(ｎ)如果可以看作另一个数列的前ｎ项和ꎬ此时可以采用计算该数列的通项公式ｂｎꎬ借助ａｎ<ｂｎ的转化ꎬ通过逐项比较ꎬ利用累加法加以分析与证明.例１㊀求证:对于任意的ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ有ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ恒成立.根据这个不等式证明:ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１(ｎɪＮ∗).解析㊀令函数ｆ(ｘ)＝ｌｎ(１＋ｘ)－ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝１１＋ｘ－１＝－ｘ１＋ｘ<０ꎬ则知函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ可得ｆ(ｘ)<ｆ(０)＝０ꎬ即ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ成立ꎻ令函数ｇ(ｘ)＝ｘ１＋ｘ－ｌｎ(１＋ｘ)(ｘ>０)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝１(１＋ｘ)２－１１＋ｘ＝－ｘ(１＋ｘ)２<０ꎬ则知函数ｇ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ可得ｇ(ｘ)<ｇ(０)＝０ꎬ即ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)成立ꎻ综上分析ꎬ可得对于任意的ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ有ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ恒成立.取ｘ＝１ｎꎬ可得ｘ１＋ｘ＝１ｎ１＋１ｎ＝１ｎ＋１<ｌｎ(１＋ｘ)＝ｌｎ(１＋１ｎ)＝ｌｎｎ＋１ｎ＝ｌｎ(ｎ＋１)－ｌｎｎ<ｘ＝１ｎꎬ即８３１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)－ｌｎｎ<１ｎꎬ令ｎ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ对应不等式累加可得１２＋１３＋ ＋１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎꎬ即ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１(ｎɪＮ∗).点评㊀由函数不等式过渡到数列不等式的处理ꎬ就是合理对变量进行赋值处理ꎬ进而实现逐项比较的目的ꎬ同时在累加处理时ꎬ还要对不等式的形式进行巧妙处理ꎬ这里由１２＋１３＋ ＋１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)可得１＋１２＋１３＋ ＋１ｎ<ｌｎｎꎬ进而得到１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１.注意递推不等式的结构特征与应用.２融合可选思路ꎬ利用数列单调(性)对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)ꎬ通过恒等变形转化为证明ｂｎ＝ðｎｉ＝１ａｉ－ｇ(ｎ)<０ꎬ先验证ｂ１<０ꎬ接下来验证ｂｎ＋１－ｂｎ<０恒成立ꎬ利用数列的单调性(单调递减)实现数列不等式的证明与应用[２].例２㊀设函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)２＋ｂｌｎｘꎬ其中ｂ为常数.(１)判断函数ｆ(ｘ)在定义域上的单调性ꎻ(２)求证:１３２＋１４２＋ ＋１ｎ２<ｌｎ(ｎ＋１)(ｎȡ３ꎬｎɪＮ∗).㊀解析㊀由函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)２＋ｂｌｎｘ(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝２(ｘ－１)＋ｂｘ＝２(ｘ－１２)２＋ｂ－１２ｘꎬ所以当ｂȡ１２时ꎬｆᶄ(ｘ)ȡ０ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎻ当ｂ<１２时ꎬ令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ解得ｘ１＝１２－１－２ｂ２或ｘ２＝１２＋１－２ｂ２ꎬ①当ｂɤ０时ꎬｘ１ɤ０舍去ꎬ而ｘ２ȡ１ꎬ此时ｆᶄ(ｘ)ꎬｆ(ｘ)随ｘ在定义域上的变化情况如下表:表１㊀函数单调性与导数关系ｘ(０ꎬｘ２)ｘ２(ｘ２ꎬ＋ɕ)ｆᶄ(ｘ)－０＋ｆ(ｘ)↘极小值↗ｘ(０ꎬｘ１)ｘ１(ｘ１ꎬｘ２)ｘ２(ｘ２ꎬ＋ɕ)ｆᶄ(ｘ)＋０－０＋ｆ(ｘ)↗极大值↘极小值↗㊀㊀②当０<ｂ<１２时ꎬ０<ｘ１<ｘ２ꎬ此时ｆᶄ(ｘ)ꎬｆ(ｘ)随ｘ在定义域上的变化情况如下表:综上分析ꎬ当ｂȡ１２时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎻ当０<ｂ<１２时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１２－１－２ｂ２)ꎬ(１２＋１－２ｂ２ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ在(１２－１－２ｂ２ꎬ１２＋１－２ｂ２)上单调递减ꎻ当ｂɤ０时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１２＋１－２ｂ２)上单调递减ꎬ在(１２＋１－２ｂ２ꎬ＋ɕ)上单调递增.(２)设ｂｎ＝１３２＋１４２＋ ＋１ｎ２－ｌｎ(ｎ＋１)ꎬｎȡ３ꎬｎɪＮ∗ꎬ则ｂ３＝１９－ｌｎ４<０显然成立ꎻ当ｎȡ３ꎬｎɪＮ∗时ꎬｂｎ＋１－ｂｎ＝１(ｎ＋１)２－ｌｎ(ｎ＋２)＋ｌｎ(ｎ＋１)＝１(ｎ＋１)２－ｌｎｎ＋２ｎ＋１ꎬ设ｘ＝ｎ＋２ｎ＋１＝１＋１ｎ＋１ɪ(１ꎬ５４]ꎬ那么要证ｂｎ＋１－ｂｎ<０ꎬ只需证(ｘ－１)２－ｌｎｘ<０ꎬ取ｂ＝－１ꎬ由(１)知函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１＋３２)上单调递减ꎬ而５４<１＋３２ꎬ则知当ｘɪ(１ꎬ５４]时ꎬｆ(ｘ)＝９３(ｘ－１)２－ｌｎｘ<ｆ(１)＝０ꎬ从而ｂｎ＋１－ｂｎ<０成立ꎬ即数列{ｂｎ}单调递减ꎬ则有ｂｎɤｂ３<０ꎬ原数列不等式得证.点评㊀这里利用数列的单调性来证明相关的数列不等式成立时ꎬ其证明过程与逐项比较写的过程有点差异ꎬ但本质上两种方法之间有着异曲同工之妙.注意证明数列的单调性时ꎬ往往要回归题目前面部分所涉及的函数不等式问题ꎬ合理应用.３借助性质思路ꎬ合理放缩处理对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<Ａꎬ经常可以借助函数的单调性质㊁不等式的基本性质等来加强命题ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)且ｇ(ｎ)<Ａꎬ通过合理的放缩与变形处理来巧妙转化与应用.放缩的关键是数列的求和与放缩ꎬ以及不等式性质的应用等[３].例３㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｍｌｎｘ－１(ｍɪＲ)在ｘ＝１处取得极值Ａ.(１)求出实数ｍ的值ꎬ并判断Ａ是函数ｆ(ｘ)的最大值还是最小值ꎻ(２)证明:对于任意正整数ｎꎬ不等式(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)<ｅ恒成立ꎬ其中ｅ＝２.７１８２８ 是自然对数的底数.解析㊀(１)由函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｍｌｎｘ－１(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝１－ｍｘꎬ由于ｘ＝１是函数ｆ(ｘ)的极值点ꎬ则有ｆᶄ(１)＝０ꎬ即１－ｍ１＝０ꎬ解得ｍ＝１ꎬ此时函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘ－１ꎬｆᶄ(ｘ)＝１－１ｘ＝ｘ－１ｘꎬ则知当０<ｘ<１时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ>１时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递增ꎬ所以函数ｆ(ｘ)在ｘ＝１处取得极值Ａ＝ｆ(１)＝０是最小值ꎻ(２)由(１)知ꎬ当ｘ>１时ꎬｆ(ｘ)>ｆ(１)＝０ꎬ即ｘ－１>ｌｎｘꎬ不妨令ｘ＝１＋１２ｎꎬｎɪＮ∗ꎬ则有ｌｎ(１＋１２ｎ)<１２ｎꎬｎɪＮ∗ꎬ所以ｌｎ(１＋１２)＋ｌｎ(１＋１２２)＋＋ｌｎ(１＋１２ｎ)<１２＋１２２＋ ＋１２ｎ＝１２(１－１２ｎ)１－１２＝１－１２ｎ<１ꎬ即ｌｎ[(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)]<１＝ｌｎｅꎬ所以不等式(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)<ｅ恒成立.点评㊀在解决导数解答题中数列不等式的证明问题时ꎬ往往要先从前面小题的过程或结论中选取合适的函数不等式加以应用ꎬ这非常考验考生的观察能力.而在对数列不等式进行累加求和处理后ꎬ合理的放缩是正确证明的关键ꎬ要注意观察所要证明的数列不等式的结构特征加以巧妙放缩处理.在解决导数解答题中数列不等式的证明时ꎬ除了以上三种基本的证明思路策略ꎬ还可以借助推理与证明思维进一步加以综合与应用ꎬ利用可行的思路方法与技巧策略来剖析ꎬ有时在证明数列不等式时还可以多种证明思路策略联合应用ꎬ实现问题的综合应用与巧妙解决[４].参考文献:[１]韩文美.突出四个 基本点 ꎬ强化导数及应用[Ｊ].中学生数理化(高二数学)ꎬ２０２３ꎬ９７４(０６):２２－２４ꎬ２６.[２]白亚军.求解数列不等式的常见放缩技巧[Ｊ].高中数学教与学ꎬ２０２３(０９):２１－２２ꎬ２０.[３]蔡雯.例析高考中函数与数列不等式证明问题的突破[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２３(０７):２６－２７.[４]刘海涛.由一道高考题引发的对证明数列不等式的思考[Ｊ].中学数学月刊ꎬ２０２１(０４):６３－６４.[责任编辑:李㊀璟]０４。
专题09 数列不等式的证明与求解参数(解析精编版)
专题09 数列不等式的证明与求解参数答案◆题型一:数列不等式的证明【经典例题1】【答案】(1)2n n a = (2)证明见解析【解析】(1)解：由题意，()2251123111522a q a q a q a q a q⎧=⎪⎨=+⎪⎩，解得11212a q ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或122a q =⎧⎨=⎩，因为等比数列{}()n a n *∈N 为递增数列，所以122a q =⎧⎨=⎩，所以1222n nn a -=⨯=；(2)解：由（1）知142212n n n n n b a ---==，所以数列{}n b 的前n 项和为0111322212n n n S -=++-+，① 112123212122223n n nn n S --=++-++，② ①-② 得1112111112121232212312222211122212n n n n n nn n n S --⎛⎫=+⎛⎫- ⎪--+⎝⎭=+=+++-⎝- ⎪⎭--，所以12362n n n S -+=-， 又因为*n N ∈，所以12302n n -+>，所以123662nn n S -+=-<. 【经典例题2】【答案】(1)21nn a =-，()211n c n =+； (2)证明见解析【解析】(1)由2132n n n a a a ++=-，得()2112n n n n a a a a +++-=-．又212a a -=，则数列{}1n n a a +-是首项为2，公比为2的等比数列，∴11222n n n n a a -+-=⨯=，∴221322,2a a a a -=-=，3432a a ，…，112n n n a a ---=，累加得211222n n a a --=+++，∴211212222112n n n n a --=++++==--． 数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++=，①当1n =时，114c =； 当2n ≥时，222212312341n c c c n c n -++++=-，②由①－②可得()211n c n =+，当1n =时，也符合上式，故数列{}n c 的通项公式为()211n c n =+．(2)由（1）可得()()()()2222222111114222log 1n n n n n n n n a ⎡⎤++==-⎢⎥++++⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 则()22222221111111114324352n T n n ⎡⎤=-+-+-++-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦()()222111114212n n ⎡⎤=+--⎢⎥++⎢⎥⎣⎦ ()()2215115441612n n ⎡⎤=--<⎢⎥++⎢⎥⎣⎦，故516<n T 成立．【经典例题3】【解析】(1)1132S a ==， 因为112n n S S S -，，成等差数列，所以()1232n n S S n -+=≥， 所以()11112n n S S --=--，且111112S a -=-=，所以数列1n S 是以12为首项，12-为公比的等比数列.(2)由（1）知11111222n nn S -⎛⎫⎛⎫-=⨯-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. ()()()2122111n n T S S S =-+-++-22111222n⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦22111221111111323412nn n ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪ ⎪⎡⎤⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--=-⎢⎥ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦-- ⎪⎝⎭.一方面，21111343n n T ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭；另一方面，()22111111111034344n n nn n T T --⎛⎫⎛⎫-=---=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，{}2n T 是递增数列，所以221111344n T T ⎛⎫≥=-= ⎪⎝⎭.综上所述，21143n T ≤<.总结:掌握此题型的关键是对数列求和,错位相减以及裂项相消有较为熟练的掌握与应用.以及要对裂项相消的常见的变换形式有一定的了解.在稍加练习的情况下即可掌握,难度不大.接下来看下通过不等式求解n 的取值范围的相关题型.【经典例题4】【答案】(1)21n a n =- (2)7【解析】（1）设等差数列的公差为d ，首项为1a ，则36191271693681a a a d S a d +=+=⎧⎨=+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，所以数列{}n a 的通项公式为21n a n =-． （2）()()1211111212322123n n a a n n n n ++⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，()11111111112355721232323323n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 由题得()232315n n >+，解得6n >，因为n *∈N ，所以n 的最小值是7．【练习1】【答案】(1)2x =；50k =. (2)1n nT n =+ (3)见解析 【解析】(1)∴等差数列{}n a 中，前三项分别为x ，2x ，54x -， ∴2254x x x ⨯=+-，解得2x =， ∴首项12a =，公差2d =．∴()12550222k k k S k -==+⨯， 化为：225500k k +-=． 解得50k =．(2)由（1）可得：()2212n a n n =+-=， ∴()2222n n n S n n +==+， ∴()111111n S n n n n ==-++． ∴123111111111111223111n n n T S S S S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭(3)因为111n T n ==-+，而101n >+，所以1111n T n ==-<+.【练习2】【答案】(1)143n n a -=⨯； (2)证明见解析.【解析】(1)当2n ≥时，11234n n S a --=-，又342n n S a =-，则13n n a a -=， 当1n =时，11234a a =-，解得14a =，故{}n a 是首项为4，公比为3的等比数列，则143n n a -=⨯；(2)因为33log 4nn a b =3log 3n n ==，则()12211211n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 故11111121222122311n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又101n >+， 所以1111n -<+，即2n T <，又1211n T n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭是单调递增数列，则11n T T =≥ 综上，12n T ≤<.【练习3】【答案】(1)22n n a -=，n b n = (2)证明见解析【解析】(1)解：∴214n n S a +=①，∴令1n =，可得112a =， 又()112142n n S a n --+=≥②，由①-②得1244n n n a a a -=-， ∴12n n a a -=， ∴()122nn a n a -=≥， ∴数列{}n a 为以12为首项，2为公比的等比数列，∴22n n a -=，∴11b =，5514b d d ==+，解得d ＝1， ∴n b n =；(2)证明：()()121112212n n n n n c n n n n -+==-+⋅⋅+⋅，∴()()1222211111112232212n n n c c c n n -⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪⨯⋅+⋅⎝⎭⎝⎭()11112n n =-<+．【练习4】【答案】(1)证明见解析，122n n a -=+ (2)证明见解析【解析】(1)解：当2n ≥时，由11232n n n S S S +-+=-可变形为()1122n n n n S S S S +--=--， 即122n n a a +=-，即()1222n n a a +-=-，所以()12222n n a n a +-=≥-， 又因为13a =，24a =，可得1221,22a a -=-=，所以21222a a -=-， 所以数列{}2n a -是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以122n n a --=，所以数列{}n a 的通项公式为122n n a -=+.(2)解：由122n n a -=+，可得()()11111221122222222n n n n nn n n n b a a ----+===-++++， 所以123n n T b b b b =+++⋅⋅⋅+11111111111344661022322n n-=-+-+-+⋅⋅⋅-=-++， 因为1022n >+，所以1113223n-<+，即13n T <， 又因为()11322n f n =-+，n *∈N 单调递增， 所以()()111212212n T b ≥==++，所以11123n T ≤<.◆题型二:数列不等式求解参数【经典例题1】【答案】15,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【分析】先分离参数将问题转化为232n n n λ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，进而转化为2max 3()2n n n λ+≤，构造232n nn n b +=，再作差判定单调性求出数列{}n b 的最值，进而求出λ的取值范围. 【详解】因为23n a n n =+，且2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，所以232nn nλ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，即2max 3()2n n n λ+≤，令232n n n n b +=，则2221113(1)(1)3354222n nn n n n n n n n n b b +++++++-++-=-=，因为21302b b -=>，32104b b -=>，43102b b -=-<，且21135402n n n n n b b ++-++-=<对于任意3n ≥恒成立， 所以12345b b b b b <<>>>⋅⋅⋅，即2max 3315()24n n n b +==，所以实数λ的取值范围是15,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 故答案为：15,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.【经典例题2】【答案】12 【分析】由11n n n n a a a a ++-=，得1111n na a ，得数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，求得通项公式n a ，对n S 利用裂项相消法求和，然后由单调性得n S 的最小值，解相应不等式可得λ的范围从而得结论． 【详解】由11n n n n a a a a ++-=，得1111n na a ，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为4，公差为1的等差数列，所以()14113n n n a =+-⨯=+，故13n a n =+，所以()()11113434n n a a n n n n +==-++++， 则122311111111145563444n n n S a a a a a a n n n +=+++=-+-++-=-+++． 当8n ≥，*n ∈N 时，1144n S n =-+为单调递增数列，所以()min 1114846n S =-=+．因为21n S λ>+对任意8n ≥，*n ∈N 恒成立，所以1261λ>+，即11λ>，所以正整数λ的最小值为12．故答案为：12．分离参数的关键是需要求谁的值以及范围,就将谁分离出来.然后观察是恒成立还是存在性问题,两种问法对于最值的选择是不同的.接下来是有关存在性问题的例题: 【经典例题3】【答案】2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【分析】先求得n S ，由()3362n S k n +≥-分离常数k ，结合数列的知识求得k 的取值范围.【详解】 1113,3,3n n n n n na a a a +++===，13a =，所以数列{}n a 是首项为3，公比为3的等比数列，所以()13131331322n n n S +-==⋅--.依题意，*N x ∃∈使得()3362n S k n +≥-成立，即113362n k n +⋅⋅≥-，243n n k -≥， 设12242,,033n n n b b b -==-=，当3n ≥时，0n b >，所以23k ≥-，所以k 的取值范围是2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故答案为：2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【经典例题4】【答案】（1）1n a n =+；（2）1,16⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【分析】（1）已知已知n S 求n a ，通常用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求通项.（2）用裂项相消法求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，列出不等式，参变分离得()222n n λ≤+，因为存在*n N ∈，由基本不等式求()222n n +的最大值即可.【详解】解：(1) 1n =时， 111322a S +===, 2n ≥时，()()2211313122n n n n n n n a S S n --+-+=-=-=+，1n =时，12a =也适合上式，所以数列{}n a 的通项公式1n a n =+. (2) 因为()()111111212n n a a n n n n +==-++++， 所以()111111112334122222n n T n n n n =-+-++-=-=++++ 因为存在*n N ∈，使得10n n T a λ+-≥成立， 所以存在*n N ∈，使得()()2022nn n λ-+≥+成立，即存在*n N ∈，使()222n n λ≤+成立又()2142224nn n n =⎛⎫+++ ⎪⎝⎭，4424n n n n +≥⋅=，42416n n ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭1141624n n ≤⎛⎫++ ⎪⎝⎭（当且仅当2n =时取等号）， 所以116λ≤.即实数λ的取值范围是1,16⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【练习1】【答案】9 【解析】设{}n a 的公比为q ，由12327a a a =可知3227a =，所以23a =，由4113,81a q a q ==得：327q =，所以3q =，则11a =，所以13-=n n a ，()113112nnn a q S q--==-，由题意知存在m R ∈，使得127132722223n n n n m S a -++=+=⋅38138129223223n n n n+⋅=⋅⋅成立， 当且仅当32n=8123n ⋅，即2n =时取得等号，所以9m ，故m 的最小值为9.故答案为：9【练习2】【答案】(1)11n S n =+ (2)3λ≤ 【解析】(1)当2n ≥时，2n n n n S a S a =-，所以，()()211n n n n n n S S S S S S --=---，整理得：11n n n n S S S S --=-，即1111n n S S --=.所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11112S a ==为首项，1为公差的等差数列. 所以11n n S =+，即11n S n =+. (2)由（1）知，()212n nnn S =+⋅，所以()212232212n n n T n n -=⋅+⋅++⋅++⋅，①所以()23122232212n n n T n n +=⋅+⋅++⋅++⋅，②①-②得，()()231422212n n n T n +-=++++-+⋅，所以，()()23114222122n n n n T n n ++-=+++⋅⋅⋅+-+⋅=-⋅，所以，12n n T n +=⋅，所以()292nn T n λ≤+⋅，即()12292n nn n λ+⋅≤+⋅，即()299222nn nnλ+≤=+， 因为99232222n n n n +≥⋅，当且仅当3n =时，等号成立，所以3λ≤. 【练习3】【答案】(1)13n n a -=，*n ∈N ；32n b n =-，*n ∈N (2)9,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ ．【解析】(1)解：设等比数列{}n a 的公比为q ，由6328S S =，显然1q ≠，所以631281q q -=-，解得3q =， 由于11a =，所以{}n a 的通项公式为13n n a -=，*n ∈N ；所以()1333log 13log 3132n n n b a n -=+=+=-，*n ∈N ，所以{}n b 的通项公式为32n b n =-，*n ∈N ．(2)因为3n n b a λ<恒成立，即332n n λ<-对于任意的*n ∈N 恒成立．令()332nf n n =-，*n ∈N ，则()()()()()136733131323132n n nn f n f n n n n n +⋅-+-=-=+-+-， 当1n >时()()1f n f n +>，，所以()()()()1234f f f f ><<<⋅⋅⋅，即()f n 的最小值为()924f =， 所以实数λ的取值范围为9,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭.【练习4】【答案】(1)12n n a (2)18λ≥【解析】(1)解：当1n =时，11121S a a =-=，解得11a =， 当2n ≥时，1122n n n n n a S S a a --=-=-，即12n n a a -=， 所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列， 故12n na ；(2)解：122112nn n S -==--，由()1311n S n λ⋅+≥-对任意的*N n ∈恒成立， 即3112nn λ-≥ ， 令3112n n n b -=，则11138311143222n nn n n n n nb b +++----=-= ， 当4n ≤时，1n n b b +>，当5n ≥时，1n n b b +<， 所以1234567b b b b b b b <<><>< 即n b 的最大值为518b = ， 故18λ≥.。
2018年浙江高考压轴题之数列不等式的证明
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(5)充分利用已知条件。 如：已知an 1 an an 2，可以得到如下结论： (1)an 1 an an 2 0, an 1 an ; an 1 an 1 (2) 1 an , 或 ; an an 1 1 an (3)an 2 an an 1 , a12 a2 2 an 2 (a1 a2 ) (a2 a3 ) (an an 1 ) a1 an ; (4)an 1 an (1 an ) an 1 (1 an 1 )(1 an ) a1 (1 a1 ) (1 an 1 )(1 an ).
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3.(2016宁波一模)已知对任意正数n, 满足an是方程 x x 1的正根.求证： (1)an 1 an； n 1 1 1 1 1 1 1 (2) 1 . 2a2 3a3 4a4 nan 2 3 n
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1 4.(2016杭州二模)已知数列{an }满足a1 =1, an +1 an an (n N * );(1)证明： 2 an +12 an 2 3; 3n 1 an +1 2n (2)证明： . 3n 2 an 2n 1
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(4)熟练掌握递推公式： 举例： (1)已知a1 1, an 1 an , 则an 1. an 1 an an a1 (2)已知a1 2， , 则 = an na1. n 1 n n 1 (3)已知an 1 an (1 an )，则an an 1 (1 an 1 )= a1 (1 a1 ) (1 an 1 )(1 an ).
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an 6 8.(2017宁波二模)已知数列{an }满足a1 4, an +1 ， 2 Sn为{an }的前n项之和； (1)证明：n N *时, an an 1； 16 (2)当n N 时, 2 Sn 2n . 7