高考数列不等式的证明常用方法
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。
数列中的不等式(许兴华)
数列中的不等式数列中的不等式是高考中的一个重要内容。
本文介绍用“放缩法”证明数列中的不等式的几种常用策略，解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的方法，有时还需要几种方法融为一体。
在证明过程中，适当地进行放缩，可以化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。
1. 裂项放缩（即先放缩后裂项或先裂项再放缩）若欲证不等式含有与自然数n 有关的n 项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。
例1已知n ∈N*，求n 2n131211＜…++++。
证明：因为122121nn nn n n n =++-=--＜（），则11213+++…＜（）（）…（）＜++-+-++--=-1122123221212nn n n n 所以原不等式成立。
例2 已知*N n ∈且)1n (n 3221a n +++⨯+⨯= ，求证：2)1(2)1(2+<<+n a n n n 对所有正整数n 都成立。
证明：因为n n n n =>+2)1(，所以2)1n (n n 21a n +=+++> ， 又2)1()1(+<+n n n n ， 所以2)1n (21n 225232)1n (n 232221a 2n +=++++=++++++< ， 综合知结论成立。
2. 公式放缩（利用基本不等式、二项式定理放缩）利用已知的公式或恒不等式，把欲证不等式变形后再放缩，可获简解。
例3已知函数1212)(+-=x x x f ，证明：对于*N n ∈且3≥n 都有1)(+>n nn f 。
证明：由题意知)12)(1()12(212211)111()1221(112121)(+++-=+-+=+--+-=+-+-=+-n n n n n n n n n n n n n n n f 又因为*N n ∈且3≥n ，所以只须证122+>n n，又因为，1n 21n 2)1n (n n 1C C C C C )11(2nn 1n n2n 1n 0n n n +>+++-++=+++++=+=- 所以1)(+>n nn f 。
不等式证明的常用方法
不等式证明的常用方法不等式是高中数学的重要内容，它几乎涉及整个高中数学的各个部分，因此，通过不等式这条纽带，可把中学数学的各部分内容有机地联系起来．而不等式的证明是高中数学的一个难点，加之题型广泛、方法灵活、涉及面广，常受各类考试命题者的青睐，亦成为历届高考中的热点问题．本节通过一些实例，归纳一下不等式证明的常用方法和技巧． 一、比较法证明不等式的比较法分为作差比较与作商比较两类，基本思想是把难于比较的式子变成其差再与0比较，或其商再与 l 比较．当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数形式时，常采用作商比较法．【例1】若,0,0>>b a 证明：2121212212)()(b a ab b a +≥+证法一 （作差比较） 左边－右边)()()(33b a abb a +-+=abb a ab b ab a b a )())((+-+-+=abb ab a b a )2)((+-+=0))((2≥-+=abb a b a∴原不等式成立证法二 （作商比较）右边左边ba ab b a ++=33)()()())((b a ab b ab a b a ++-+=abb ab a )(+-=12=-≥ababab∴原不等式成立．点评 用比较法证明不等式，一般要经历作差（或作商）、变形、判断三个步骤．变形的主要手段是通分、因式分解或配方；此外，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二．用作差比较法变形的结果都应是因式之积或完全平方式，这样有利于判断符号． 【例2】已知函数)(1)(2R x x x f ∈+=，证明：|||)()(|b a b f a f -≤- 证法一（作商比较）若||||b a =时，|||)()(|0b a b f a f -≤-=，当且仅当b a =时取等号． 若||||b a ≠时，∵0|)()(|>-b f a f ，0||>-b a∴=-+-+=--|||11||||)()(|22b a b a b a b f a f =-+-+b a b a 2211<+++--)11)((2222b a b a b a ≤++22b a ba 1即|||)()(|b a b f a f -≤-综上两种情况，得|||)()(|b a b f a f -≤-当且仅当b a =时取等号．证法二（作差比较）)2(])1)(1(22[|||11|2222222222b ab a b a b a b a b a +--++-++=--+-+0])()1()1[(2])1)(1()1[(22222≤-++-+=++-+=b a ab ab b a ab 当且仅当b a =时取等号．点评 作商比较通常在两正数之间进行．本题若直接作差，则表达式复杂很难变形．由于不等式两边均非负，所以先平方去掉绝对值符号后再作差．不论是作差比较还是作商比较，“变形整理”都是关键． 二、基本不等式法 常用的基本不等式① 若R b a ∈,，则ab b a 222≥+（当且仅当b a =时取等号）；② 若+∈R b a ,，则ab ba 22≥+（当且仅当b a =时取等号）； ③ 若b a ,同号，则2≥+baa b （当且仅当b a =时取等号）；④ 若R b a ∈,，则≥+222b a 2)2(b a +（当且仅当b a =时取等号）； ⑤ 若+∈R c b a ,,，则abc c b a 3333≥++（当且仅当c b a ==时取等号）；⑥ 若+∈R c b a ,,，则33abc cb a ≥++（当且仅当c b a ==时取等号）；⑦ 均值不等式nn n a a a na a a ⋅⋅≥+++ 2121（其中++∈∈N n R a a a n ,,,,21 ）及它的变式n nn n n a a na a a a ⋅⋅≥+++ 2121，na a a a a a nn n n n +++≤⋅⋅ 2121，nn n na a a a a a )(2121+++≤⋅⋅【 例 3 】 （ 2004 年湖南省高考题）设0,0>>b a ，则以下不等式中不恒成立的是（ ）A.4)11)((≥++b a b a B 2332ab b a ≥+ C.b a b a 22222+≥++ D.b a b a -≥-||解：∵4122)11)((=⋅≥++abab b a b a ∴A 恒成立∵b a b a b a 221122222+≥+++=++ ∴C 恒成立 当b a ≤时，b a b a -≥-||，显然D 成立；当b a >时，b a b a -≥-||⇔a b b a ≥+-||⇔⇔≥+-+-a b b b a b a )(2)(0)(2≥-b b a 也恒成立∴D 恒成立。
数列不等式的证明方法
数列不等式证明的几种方法数列和不等式都是高中数学重要内容，这两个重点知识的联袂、交汇融合，更能考查学生对知识的综合理解与运用的能力。
这类交汇题充分体现了“以能力立意” 的高考命题指导思想和“在知识网络交汇处”设计试题的命题原则。
下面就介绍数列不等式证明的几种方法，供复习参考。
、巧妙构造，利用数列的单调性例1•对任意自然数n,求证:%■（1十00 + -）-（14 —「刚也-「加卄‘一证明：构造数列2ti + 2 2ti + 2加4 - 1二2北十2所以＞细，即鼠｝为单调递增数列所以，即点评：某些问题所给条件隐含数列因素或证明与自然数有关的不等式问题，均可构造数列，通过数列的单调性解决。
、放缩自然，顺理成章例2.已知函数£（只）=3 5討+x J，数列％｝爲九）的首项引"，以后每项按如下方式取定：曲线"住）在点:仗M珑j））处的切线与经过（0 , 0 ）和：1 |：:'两点的直线平行。
求证：当时:(1)(2)07证明：（1）因为，所以曲线’二--—处的切线斜率为0又因为过点（0, 0）和两点的斜率为k = * +吕，所以结论成立。
（2）因为函数h（H）- z3 + X, > Q时单调递壇则有叮+s a = +轴*1 w斗％J +刼曲=(%+1严+(:孤*1 二1所以％£也1，即砥2，因此7又因为M 1 f Ji ' - ・ _ ・”1 ' ' - ' r I令，且" 0f(x) = In 设 所以点评：本题是数列、函数、不等式、解析几何、导数等多知识点的综合题，在证 明过程中多次运用放缩，放缩自然，推理逻辑严密，顺理成章，巧妙灵活。
三、导数引入，更显神威丄丄丄…詁皿“+丄丄丄—丄 E例 3.求证：2 3 4 11 3 3 4 n+1] =丄证明：令5一门"红—口，且当心2|时，恥厂血讥f （口1，所以C n = SL - S R _i = ln(n4 1) - In n = In n +“。
高考数学证明不等式的基本方法
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1.比较法证明不等式 作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据 是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件. 证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判 断结果的符号.
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2.综合法证明不等式 综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理 的基本理论.证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个 重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先 考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不 等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中 “当且仅当……时，取等号”的题型研修
例 1 若 x，y，z∈R，a＞0，b＞0，c＞0.求证：b＋a cx2＋c＋b a
y2＋a＋c bz2≥2(xy＋yz＋zx).
证明 ∵b＋a cx2＋c＋b ay2＋a＋c bz2－2(xy＋yz＋zx)
＝bax2＋aby2－2xy＋bcy2＋bcz2－2yz＋acz2＋acx2－2zx＝
∴0＜ （n＋1）n22＋ ＋11＋ ＋（ n n＋1）＜1，即CCn＋n1＜1，
从而有 Cn＋1＜Cn.
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跟踪演练 2 若 a，b，m，n 都为正实数，且 m＋n＝1， 试证： ma＋nb≥m a＋n b. 证明 ∵a，b，m，n 均为正数，且 m＋n＝1， ∴( ma＋nb)2－(m a＋n b)2 ＝ma＋nb－m2a－n2b－2mn ab ＝m(1－m)a＋n(1－n)b－2mn ab ＝mn( a－ b)2≥0，又 ma＋nb＞0，m a＋n b＞0， ∴ ma＋nb≥m a＋n b.
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【技巧题型】不等式题目的七种证明方法
【技巧题型】不等式题目的七种证明方法高考的题目中，有80%都是中低档难度，也就是说，要想脱颖而出成为佼佼者，压轴题是无论如何都要攻克的难关！压轴题目一般是开放型的题目，每年都是会变化。
但大概率题目是函数、数列、圆锥曲线、不等式等知识的综合问题。
今天，我就来总结一下不等式的证明方法。
1比较法所谓比较法，就是通过两个实数a与b的差或商的符号（范围）确定a与b大小关系的方法，即通过来确定a,b大小关系的方法。
前者为作差法，后者为作商法。
但要注意作差法适用范围较广；作商法再用时注意符号问题，如果同为正的话是没有问题的，同为负的话记得改变不等式的符号。
2分析法和综合这两个方法我们一般会一起使用。
分析法是从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题。
如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立。
综合法是从已知或证明过的不等式出发，根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式。
我们来看一个例题，已知如果要用综合法或者分析法的话，对于过程上需要写明，即证，所以要证，也就是说，即等价于……一些转化的语句来过渡我们的题目。
当然这两个方法我们经常一起用，因为分析完条件，分析结论，两个一起分析做题速度更快一些呢。
3反证法从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的。
这个方法其实是按照集合的补集理论来的，正难则反，但是要注意用反证法证明不等式时，必须将命题结论的反面的各种情形都要考虑到，不能少的。
反证法证明一个命题的思路及步骤：1）假定命题的结论不成立；2）进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾;3）由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的; 4）肯定原来命题的结论是正确的。
4放缩法在证明过程中,利用不等式的传递性,作适当的放大或缩小,证明有更好的不等式来代替原不等式。
高考数学热点难点突破技巧第10讲数列不等式的证明方法
第10讲数列不等式的证明方法【知识要点】证明数列不等式常用的有数学归纳法、放缩法和分析法.一、数学归纳法一般地，证明一个与自然数有关的命题，有如下步骤：（1）证明当取第一个值时命题成立.对于一般数列取值为0或1，但也有特殊情况；（2）假设当（，为自然数）时命题成立，证明当时命题也成立.综合（1）（2），对一切自然数（），命题都成立.二、放缩法证明不等式时，有时根据需要把需证明的不等式的值适当放大或缩小，使其化繁为简，化难为易，达到证明的目的，这种方法称为放缩法.放缩的技巧：①添加或舍去一些项，如：②将分子或分母放大或缩小，如：③利用基本不等式等，如：三、分析法证明不等式时，从待证命题出发，分析使其成立的充分条件，利用已知的一些基本原理，逐步探索，最后将命题成立的条件归结为一个已经证明过的定理、简单事实或题设的条件，这种证明的方法称为分析法，它是执果索因的方法.用分析法证明时，要注意格式，一般格式是“要证明，只需证明……”.对于较难的题目，一般用分析法寻找思路，用综合法写出证明过程.【方法点评】【例1】用数学归纳法证明:【证明】（1）当时，，命题成立.（2）假设当时，成立当时，+当时命题成立. 所以对于任意都成立.【点评】（1）利用数学归纳法证明不等式时，关键在于第二步，证明这一步时，一定要利用前面的假设和已知条件. 否则是“伪数学归纳法”（2）利用数学归纳法证明时，为了利用前面的假设，所以在证明时，一般要配凑出时的结论，再运用.【反馈检测1】已知，（其中）（1）求及；（2）试比较与的大小，并说明理由．【例2】已知函数（1）当时，求函数在上的极值；（2）证明：当时，；（3）证明：.【解析】（1）当变化如下表极大值，（2）令则上为增函数.（3）由（2）知，令得，【点评】(1)本题就是利用放缩法证明不等式，是高考的难点和重点.(2)利用放缩法证明不等式，有时需要先放缩通项，得到一个不等式通项，再求和. 有时是需要先求和再放缩求和的结果，本题两种放缩都用上了.(3)放缩要得当，所以放的度很重要，有时需要把每一项都放缩，有时需要把前面两项不放缩，后面的都放缩，有时需要把后面的项不放缩，所以要灵活调整，以达到证明的目的【反馈检测2】已知数列满足．（1）求及通项公式；（2）求证：．【反馈检测3】将正整数按如图的规律排列，把第一行数1，2，5，10，17，记为数列，第一列数1，4，9，16，25，记为数列（1）写出数列，的通项公式；（2）若数列，的前n项和分别为，用数学归纳法证明：；（3）当时，证明：．【反馈检测4】已知函数（1）当时，比较与1的大小；（2）当时，如果函数仅有一个零点，求实数的取值范围；（3）求证：对于一切正整数，都有.【反馈检测5】已知函数.（1）讨论的单调性与极值点；（2）若，证明：当时，的图象恒在的图象上方；（3）证明：.【例3】已知函数是奇函数，且图像在点处的切线斜率为3（为自然对数的底数）．（1）求实数、的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值；（3）当时，证明：．【解析】（1）是奇函数，所以，即所以，从而此时，.依题意，所以.（2）当时，设，则设，则，在上是增函数（3）要证，即要证即证，。
证明数列不等式的常用放缩方法技巧(含答案)
证明数列不等式的常用放缩方法技巧(含答案)work Information Technology Company.2020YEAR证明数列不等式的常用放缩方法技巧证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。
这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： ⑴添加或舍去一些项，如：aa >+12；n n n >+)1(⑵将分子或分母放大（或缩小）⑶利用基本不等式，如：4lg 16lg 15lg )25lg 3lg (5lg 3lg 2=<=+<⋅； 2)1()1(++<+n n n n⑷二项式放缩: n n n n n n C C C +++=+= 10)11(2,1210+=+≥n C C n n n , 2222210++=++≥n n C C C n n n n )2)(1(2≥->n n n n(5)利用常用结论：Ⅰ.的放缩 <Ⅱ. 21k 的放缩(1) ： 2111(1)(1)k k k k k <<+-（程度大） Ⅲ. 21k 的放缩(2)：22111111()1(1)(1)211k k k k k k <==+-+--+（程度小） Ⅳ.21k 的放缩(3)：2214112()412121kk k k <=+--+（程度更小）Ⅴ. 分式放缩还可利用真（假）分数的性质:)0,0(>>>++>m a b ma mb ab 和)0,0(>>>++<m b a ma mb ab 记忆口诀“小者小,大者大”。
解释:看b ,若b 小,则不等号是小于号,反之亦然. Ⅵ.构造函数法 构造单调函数实现放缩。
高考数学复习考点题型专题讲解12 数列中的不等式证明及放缩问题
高考数学复习考点题型专题讲解专题12 数列中的不等式证明及放缩问题数列中的不等式证明问题的常用放缩技巧(1)对1n2的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况(下列n∈N*)：1 n2＜1n2－n＝1n－1－1n(n≥2)；1 n2＜1n2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n＋1(n≥2)；1 n2＝44n2<44n2－1＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1(n≥1).(2)对12n的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况(下列n∈N*)：1 2n ＞1n＋n＋1＝n＋1－n(n≥1)；1 2n ＜1n＋n－1＝n－n－1(n≥1).类型一关于数列项的不等式证明(1)结合“累加”“累乘”“迭代”放缩；(2)利用二项式定理放缩；(3)利用基本不等式或不等式的性质；(4)转化为求最值、值域问题.例1 设正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1a n(n ∈N *).求证：(1)2<a 2n ＋1－a 2n ≤3；(2)3n －13n －2≤a n ＋1a n ≤2n2n －1. 证明 (1)因为a 1＝1及a n ＋1＝a n ＋1a n(n ≥1)，所以a n ≥1，所以0＜1a 2n≤1.因为a 2n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＝a 2n＋1a 2n ＋2， 所以a 2n ＋1－a 2n ＝1a 2n＋2∈(2，3]，即2<a 2n ＋1－a 2n ≤3.(2)由(1)得2<a 22－a 21≤3，2<a 23－a 22≤3，2<a 24－a 23≤3，⋮2<a 2n ＋1－a 2n ≤3，故2n <a 2n ＋1－a 21≤3n ，所以2n ＋1<a 2n ＋1≤3n ＋1， 即2n －1<a 2n ≤3n －2(n ≥2)，而n ＝1时，也满足2n －1≤a 2n ≤3n －2， 所以2n －1≤a 2n ≤3n －2， 所以a n ＋1a n ＝1＋1a 2n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3n －13n －2，2n 2n －1.即3n －13n －2≤a n ＋1a n ≤2n 2n －1. 训练1(2022·天津模拟)已知数列{a n }满足a n ＝n n －1a n －1－13n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝49.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝12，c n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ＋1a k·c 2n ＋c n ，其中k 为一个给定的正整数，求证：当n ≤k 时，恒有c n <1. (1)解 由已知可得：a n n ＝a n －1n －1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n(n ≥2)，即a n n －a n －1n －1＝－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n， 由累加法可求得a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n －a n －1n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1n －1－a n －2n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 11＋a 11 ＝－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－…－13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋49＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1，即a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1(n ≥2)，又n ＝1时也成立，故a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1(n ∈N *).(2)证明 由题意知c n ＋1＝1kc 2n ＋c n ，∴{c n }为递增数列， ∴只需证c k <1即可. 当k ＝1时，c 1＝12<1成立，当k ≥2时，c n ＋1＝1k c 2n ＋c n<1kc n c n ＋1＋c n ，即1c n ＋1－1c n>－1k，因此1c k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1c k －1c k －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 2－1c 1＋1c 1>－k －1k ＋2＝k ＋1k ，∴c k <k k ＋1<1，∴当n ≤k 时，恒有c n <1. 类型二 对求和结论进行放缩对于含有数列和的不等式，若数列的和易于求出，则一般采用先求和再放缩的策略证明不等式.例2 已知数列{a n }满足a 1＝2，(n ＋1)a n ＋1＝2(n ＋2)a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，求证：S n ＜2a n . (1)解 法一 由题意得a n ＋1n ＋2＝2·a nn ＋1， 又a 11＋1＝1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n ＋1是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n n ＋1＝2n －1，所以a n ＝(n ＋1)·2n －1(n ∈N *). 法二 由题意得a n ＋1a n ＝2（n ＋2）n ＋1， 所以a n a 1＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1＝2（n ＋1）n ·2n n －1·2（n －1）n －2·…·2×32＝(n ＋1)·2n －2.因为a 1＝2，所以a n ＝(n ＋1)·2n －1(n ∈N *).(2)证明 因为a n ＝(n ＋1)·2n －1，所以S n ＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋n ·2n －2＋(n ＋1)·2n －1，① 2S n ＝2×21＋3×22＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1＋(n ＋1)×2n ，② ②－①得S n ＝－2×20－(21＋22＋…＋2n －1)＋(n ＋1)×2n ＝n ·2n . 因为S n －2a n ＝n ·2n －(n ＋1)2n ＝－2n <0， ∴S n ＜2a n .训练2(2022·广州模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，－a n ＋1，a n ，a n ＋2成等差数列.等差数列{b n }满足b 1＝a 2＋1，2b 5－3b 2＝a 3－3. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1（2n ＋1）b n 的前n 项和为T n ，证明：T n <16.(1)解 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)， 因为－a n ＋1，a n ，a n ＋2成等差数列， 所以2a n ＝a n ＋2－a n ＋1， 所以2a n ＝a n ·q 2－a n ·q . 因为a n >0，所以q 2－q －2＝0， 解得q ＝2或q ＝－1(舍去)， 又a 1＝2，所以a n ＝2n (n ∈N *). 设等差数列{b n }的公差为d ， 由题意，得b 1＝a 2＋1＝5， 由2b 5－3b 2＝a 3－3＝5，得2(b 1＋4d )－3(b 1＋d )＝－b 1＋5d ＝－5＋5d ＝5，解得d ＝2， 所以b n ＝b 1＋(n －1)d ＝5＋2(n －1)＝2n ＋3(n ∈N *).(2)证明1（2n ＋1）b n ＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 则T n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17⎦⎥⎤＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝16－12（2n ＋3）.因为n ∈N *，所以12（2n ＋3）>0，所以T n <16.类型三 对通项公式放缩后求和在解决与数列的和有关的不等式证明问题时，若不易求和，可根据项的结构特征进行放缩，转化为易求和数列来证明.例3(2022·济南模拟)在数列{a n }中，a 1＝2，2na n ＋1＝(n ＋1)·a n (n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n16n 2－a 2n ，若数列{b n }的前n 项和是T n ，求证：T n <12.(1)解 由题知2na n ＋1＝(n ＋1)a n ， 所以a n ＋1n ＋1＝12×a n n ，a 11＝2， 故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是首项为2，公比为12的等比数列，所以a n n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝22－n ，所以a n＝n·22－n(n∈N*).(2)证明由(1)可知a n＝n·22－n，所以b n＝a2n16n2－a2n＝14n－1＝12n＋1×12n－1，根据指数增长的特征知，对任意n∈N*，2n≥2n恒成立，所以22n≥(2n)2，即4n≥4n2.所以14n－1≤14n2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，所以b n≤12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，所以数列{b n}的前n项和T n ≤12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n＋1<12.训练3 已知数列{a n}的前n项和为S n，3a n＝2S n＋2n(n∈N*). (1)证明：数列{a n＋1}为等比数列，并求数列{a n}的前n项和S n，(2)设b n＝log3(a n＋1＋1)，证明：1b21＋1b22＋…＋1b2n<1.证明(1)∵3a n＝2S n＋2n，n∈N*，∴当n＝1时，3a1＝2S1＋2，解得a1＝2；当n≥2时，3a n－1＝2S n－1＋2(n－1)，两式相减得a n＝3a n－1＋2，∴a n＋1＝3(a n－1＋1)，即an＋1an－1＋1＝3，a1＋1＝3，∴数列{a n＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，∴a n＋1＝3n，则a n＝3n－1，∴S n＝3＋32＋…＋3n－n＝3（1－3n）1－3－n＝3n＋12－n－32.(2)b n＝log3(a n＋1＋1)＝log33n＋1＝n＋1，∵1b2n＝1（n＋1）2<1n（n＋1）＝1n－1n＋1，∴1b21＋1b22＋…＋1b2n<⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1＝1－1n＋1<1.类型四求和后利用函数的单调性证明数列不等式若所证的数列不等式中有等号，常考虑利用数列的单调性来证明. 例4 已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2a n－S n＝1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝an＋1（a n＋1－1）（a n＋2－1），数列{b n}的前n项和为T n，求证：23≤T n<1.(1)解已知2a n－S n＝1，令n＝1，解得a1＝1，当n≥2时，2a n－1－S n－1＝1(n∈N*)，两式相减得a n＝2a n－1，∴数列{a n}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n＝2n－1(n∈N*).(2)证明由(1)可得b n ＝an＋1（a n＋1－1）（a n＋2－1）＝2n（2n－1）（2n＋1－1）＝12n－1－12n＋1－1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1. ∵⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1－12n ＋1－1是单调递增的数列， ∴1－12n ＋1－1∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1.∴23≤T n <1. 训练4 已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列. (1)求使不等式a n ≥0成立的最大自然数n ；(2)记数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：－1325≤T n ≤1225.(1)解 由题意，可知a 211＝a 1·a 13， 即(a 1＋10d )2＝a 1·(a 1＋12d )， ∴d (2a 1＋25d )＝0. 又a 1＝25，d ≠0，∴d ＝－2，∴a n ＝－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1a n a n ＋1＝1（－2n ＋27）（－2n ＋25）＝－12⎝⎛⎭⎪⎫1－2n ＋27－1－2n ＋25， ∴T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1＝－12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫125－123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123－121＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1－2n ＋27－1－2n ＋25 ＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫125－1－2n ＋25 ＝－150＋150－4n .从而当n ≤12时，T n ＝－150＋150－4n单调递增，且T n >0； 当n ≥13时，T n ＝－150＋150－4n单调递增，且T n <0， ∴T 13≤T n ≤T 12，由T 12＝1225，T 13＝－1325，∴－1325≤T n ≤1225.一、基本技能练1.已知数列{a n }是等差数列，且a 2＝3，a 4＝7，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S n ＝1－12b n (n ∈N *).(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n <2. (1)解 因为数列{a n }是等差数列，a 2＝3，a 4＝7， 设数列{a n } 的公差为d ， 则⎩⎨⎧a 1＋d ＝3，a 1＋3d ＝7，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋2(n －1)＝2n －1(n ∈N *).对于数列{b n }，S n ＝1－12b n (n ∈N *)，当n ＝1时，b 1＝1－12b 1，解得b 1＝23；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12b n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12b n －1，整理得b n ＝13b n －1，所以数列{b n }是首项为23，公比为13的等比数列，所以b n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n (n ∈N *). (2)证明 由题意得c n ＝a n b n ＝2（2n －1）3n ＝4n －23n ， 所以数列{c n }的前n 项和T n ＝23＋632＋1033＋…＋4（n －1）－23n －1＋4n －23n ，则3T n ＝2＋63＋1032＋…＋4n －23n －1，两式相减可得2T n ＝2＋43＋432＋…＋43n －1－4n －23n ＝2＋4×13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13－4n －23n＝4－4n ＋43n ，所以T n ＝2－2n ＋23n .所以T n <2.2.(2022·石家庄模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，a 2＝4，S n ＋1＋2S n －1＝3S n －2(n ≥2).(1)证明：数列{a n－2}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；(2)记b n＝2n－1anan＋1，数列{b n}的前n项和为T n，证明：112≤T n<13.证明(1)当n≥2时，由S n＋1＋2S n－1＝3S n－2可变形为S n＋1－S n＝2(S n－S n－1)－2，即a n＋1＝2a n－2，即a n＋1－2＝2(a n－2)，所以an＋1－2an－2＝2(n≥2)，又因为a1＝3，a2＝4，可得a1－2＝1，a2－2＝2，所以a2－2a1－2＝2，所以数列{a n－2}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n－2＝2n－1，所以数列{a n}的通项公式为a n＝2＋2n－1(n∈N*).(2)由a n＝2＋2n－1，可得b n＝2n－1anan＋1＝2n－1（2＋2n－1）（2＋2n）＝12＋2n－1－12＋2n，所以T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n＝13－14＋14－16＋16－110＋…＋12＋2n－1－12＋2n＝13－12＋2n，因为12＋2n>0，所以13－12＋2n<13，即T n<13，又因为f(n)＝13－12＋2n，n∈N*，单调递增，所以T n≥b1＝1（2＋1）（2＋2）＝112，所以112≤T n <13.3.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2.(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足对任意的正整数n ，b 1a 1·b 2a 2·b 3a 3·…·b n a n＝(n ＋1)2恒成立，求证：b n ≥4.(1)解 因为S n ＝n 2＋n 2，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1满足a n ＝n ， 所以{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *). (2)证明 因为b 1a 1·b 2a 2·b 3a 3·…·b n a n＝(n ＋1)2，所以当n ≥2时，b 1a 1·b 2a 2·b 3a 3·…·b n －1a n －1＝n 2， 所以b n a n ＝（n ＋1）2n 2(n ≥2)，又n ＝1时，b 1a 1＝22＝4，满足b n a n ＝（n ＋1）2n 2，所以对任意正整数n ，b n a n ＝（n ＋1）2n 2，由(1)得，a n ＝n ， 所以b n ＝（n ＋1）2n＝n 2＋2n ＋1n＝n ＋1n＋2≥2n ·1n＋2＝4， 当且仅当n ＝1时，等号成立. 二、创新拓展练4.(2022·湖州质检)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，4S n ＝a n a n ＋1(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n4n ＋4<T n <12. (1)解∵4S n ＝a n a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2， ∴a 2＝4，当n ≥2时，4S n －1＝a n －1a n ，得4a n ＝a n a n ＋1－a n －1a n . 由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4，∴数列{a n }的奇数项与偶数项分别为等差数列，公差都为4， ∴a 2k －1＝2＋4(k －1)＝2(2k －1)，a 2k ＝4＋4(k －1)＝2·2k ，∴该数列是等差数列，首项为2，公差为2. 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明∵1a 2n ＝14n 2>14n （n ＋1）＝14⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n >14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4n ＋4.又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. ∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n<12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.即得n4n ＋4<T n <12.。
例谈证明数列不等式问题的三种途径
法来进行求证，但这两种方法较为繁琐，且运算量
较大.
（作者单位：山东省聊城市东阿县实验高中）
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∴不等式1 +
n
2
3
1
通过观察发现，该数列的通项公式为
，很难
n
1
1 <
求 得 数 列 的 和 ，于 是 先 将
进行放缩：
n
n
∴1+
)
n - n - 1 ，然后再进行求和，这样数列中的部分
放缩方式.
= 2 k + 1,
= 2 n,
(
Hale Waihona Puke 项便会相互抵消，化简所得的结果，即可证明不等式
c1 + c 2 + ⋯ + c k + c k + 1 < 2 k +
又 ∵∠CEF = 90° ，
即 EF ⊥ CE ，
∴PB ⊥ CE ，PB ⊥ 平面 PAC ，
∴ 正三棱锥 P - ABC 的三条侧棱两两互相垂直，
把三棱锥补形为正方体，则正方体的外接球即为
半径为 6 ，
2
公式进行求解.
三棱锥的外接球，
其直径为 D = PA2 + PB2 + PC 2 = 6 ,
∴ 三棱锥 P - ABC 为正三
棱锥，
∴顶点 P 在底面的射影
O1 为底面三角形的中心，连接
图8
BO1 交 AC 于 G ，
∴AC ⊥ BG ，
又 PO1 ⊥ AC ，PO1 ⋂ BG = O1 ，
∴AC ⊥ 平面 PBG ，∴PB ⊥ AC ，
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高考常用数列不等式的证明方法知识点1.放缩为等比数列证明：2311111 (313131312)n ++++<++++ 2.裂项放缩1.<=<= 2.221111111422n b nn n n =<=---+证明：1. 22211151 (233)n ++++<2. 21<+<3.构造函数放缩1.ln(x +1) ≤x证明：设*2N n n ∈≥时，，求证：1!ln !33ln !22ln <++n n证明：求导数可证ln(x +1) ≤x1ln 2*-<∈≥n n N n n 时，，故!1)!1(1!1!ln n n n n n n --=-<∴1!11)!1)!1(1()!31!21()!211(!ln !33ln !22ln <-=--++-+-<++∴n n n n n 4.数学归纳法1. （2012广东）设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n =a n+1+1-2n+1，n ∈N ﹡,且a 1，a 2+5，a 3成等差数列。
（1）、求a 1的值；（2）、求数列{a n }的通项公式。
（3）、证明：对一切正整数n ，有12311113...2n a a a a ++++<. 解：（1）在11221n n n S a ++=-+中令1n =得：212221S a =-+ 令2n =得：323221S a =-+解得：2123a a =+，31613a a =+ 又()21325a a a +=+ 解得11a =（2）由11221n n n S a ++=-+212221n n n S a +++=-+得 12132n n n a a +++=+又121,5a a ==也满足12132a a =+ 所以132n n n a a n N *+=+∈对成立 ∴ ()11+232n n n n a a ++=+ ∴ 23n n n a += ∴ 32n n n a =- （3）（法一）∵1111132332233233n n n n n n n ------=⨯-⨯≥⨯-⨯=∴1113n n a -≤∴21123111311111113...1 (1333213)n n n a a a a -⎛⎫⎛⎫⨯- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+++≤++++=<- 2.数列{}n a 中，11a =，2123n n a a n n +=-+，（*n N ∈）． (Ⅰ)试求λ、μ的值，使得数列2{}n a n n λμ++为等比数列； (Ⅱ)设数列{}n b 满足：112n n n b a n -=+-，n S 为数列{}n b 的前n 项和．证明：2n ≥时，65(1)(21)3n n S n n <<++．解：（Ⅰ）若2{}n a n n λμ++为等比数列，则存在0q ≠，使221(1)(1)()n n a n n q a n n λμλμ+++++=++对*n N ∀∈成立。
…………………2分由已知：2123n n a a n n +=-+，代入上式，整理得2(2)(1)(23)0n q a q n q n λλμλμλμ-+-++-----= ………①……………4分∵①式对*n N ∀∈成立，∴20102300q q q λλμλμλμ-=⎧⎪-+=⎪⎨---=⎪⎪--=⎩解得211q λμ=⎧⎪=-⎨⎪=⎩……………………………………5分∴当1λ=-，1μ=时，数列2{}n a n n λμ++是公比为2的等比数列…………6分 （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得：2211(11)2n n a n n a --+=-+⋅，即122n n a n n -=+- 所以12112n n n b a n n -==+-……………………………8分∵221111111422n b n n n n =<=---+…………………………9分 2n ≥时，1231111111355511222222n n S b b b b n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=++++<+-+-+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+⎣⎦⎣⎦⎣⎦21511332n =+-<+…………………………11分现证：6(1)(21)n nS n n >++（2n ≥）3.数列{}n a 中, 已知112(1)2,().52n n n n a a a n N a n*++==∈+ （1）求数列{}n a 的通项公式; （2）设11(1)2n n n n a a b n n ++⋅=+,求数列{}nb 的前n 项和n T ，求证:101<n T 解: （1）112(1)2122(1)n n n n n nn a a n a a n a n a ++++=⇒=++ 11121111112(2),222n n n n n n na n n n n n n a a a a a a +++++++⇒=⇒=⋅+⇒-=- 111111111222(2)()2222212n nn n n n n n n n n n n a a a a +-++⋅∴-=-=⇒=+=∴=+ （2）由1112122111()(1)2(12)(12)21212n n n n n n n n n a a b n n ++++++===-+++++知2111()2512n n T +=-+，所以101<n T 4.(2011年全国)设数列{}n a 满足10a =且1111.11n na a +-=--（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1, 1.nn n k n k b b S ===<∑记S 证明：解：（I ）由题设1111,11n n a a +-=--即1{}1na -是公差为1的等差数列。
又1111,.11nn a a ==--故所以11.n a n =-（II ）由（I）得n b ===，111 1.n nn k k k S b =====<∑∑5.数列{}n a 的前n 项和为)()1(*2N n n n a n S n n ∈+++= （1）求通项n a ; （2）设),1111(321nn S S S S T +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++-=求证：1<n T 解:(1) n n a n S n n +++=2)1(,1=n 时,2,221111-=∴+==a a S a2≥n 时,)1()1(211-+-+=--n n na S n n=-=-1n n n S S a -+++n n a n n 2)1()]1()1([21-+-+-n n na nn na a n n n 2)1(1+-+=-,,21-=-∴-n n a a 21-=a n a n 2-=∴(2)nn n n n n S n n S n a n n n 111)111()1(11),1(,2-+=+--=+-=∴+-=∴-= 1111+-=-∴n n S n )11111(1321n n n S S S S S T ++⋅⋅⋅+++-=∴-)1()1()1()1(121nn n S S S S T -+-+⋅⋅⋅+-+-=∴- =1111)111()111()3121()211(<+-=+-+--+⋅⋅⋅+-+-n n n n n *N n ∈ ∴1<n T6.在数列{}{},n n a b 中,112,4a b ==,且1,,n n n a b a +成等差数列,11,,n n n b a b ++成等比数列. ⑴求234,,a a a 及234,,b b b ,由此猜测{}{},n n a b 的通项公式,并证明你的结论; ⑵证明:1122111512n n a b a b a b +++<+++ . （Ⅰ）由条件得21112n n n n n n b a a a b b +++=+=，，由此可得2233446912162025a b a b a b ======，，，，，． ···················································· 2分 猜测2(1)(1)n n a n n b n =+=+，． ······················································································· 4分 用数学归纳法证明：①当n =1时，由上可得结论成立．②假设当n =k 时，结论成立，即2(1)(1)k k a k k b k =+=+，， 那么当n =k +1时，22221122(1)(1)(1)(2)(2)kk k k k ka ab a k k k k k b k b +++=-=+-+=++==+，．所以当n =k +1时，结论也成立．由①②，可知2(1)(1)n n a n n b n =++，对一切正整数都成立． ·········································· 7分 （Ⅱ）11115612a b =<+．n ≥2时，由（Ⅰ）知(1)(21)2(1)n n a b n n n n +=++>+． ·············································· 9分 故112211111111622334(1)n n a b a b a b n n ⎛⎫+++<++++ ⎪+++⨯⨯+⎝⎭…… 111111116223341n n ⎛⎫=+-+-++- ⎪+⎝⎭ (111111562216412)n ⎛⎫=+-<+= ⎪+⎝⎭ 综上，原不等式成立． ······································································································· 12分7.（Ⅰ）设数列{n a }满足,,3,2,1,5,1211 =+==+n a a a n n 证明对所有的1≥n ，有:（i ）141+>+n n a a ; （ii ）.3131131131121<++++++n a a a证明: （Ⅰ）由数学归纳法知，0>n a ，121452221+>++=+=+n n n n a a a a ，141+>∴+n n a a ……2分 对2≥k ，有 >++>+>++=+=----1)14(414145212121k k k k k a a a a a3141444211-=++++>∴--k k k k a a ，k k a 41311<+∴。