《（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 專題探究課三 高考中數(shù)列不等式證明的熱點(diǎn)題型學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 專題探究課三 高考中數(shù)列不等式證明的熱點(diǎn)題型學(xué)案 理（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
專題探究課三 高考中數(shù)列不等式證明的熱點(diǎn)題型
高考導(dǎo)航 1.數(shù)列中不等式的證明是浙江高考數(shù)學(xué)試題的壓軸題；2.主要考查數(shù)學(xué)歸納法、放縮法、反證法等數(shù)列不等式的證明方法，以及不等式的性質(zhì)；3.重點(diǎn)考查學(xué)生邏輯推理能力和創(chuàng)新意識(shí)．
熱點(diǎn)一 數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列不等式(規(guī)范解答)
數(shù)學(xué)歸納法是解決和正整數(shù)有關(guān)命題的證明方法，可以借助遞推公式，證明由特殊到一般的結(jié)論成立問題．因此，可以在數(shù)列不等式的證明中大顯身手．
【例1】 (滿分15分)(2018·紹興檢測(cè))已知數(shù)列{an}滿足，a1＝1，an＝－.
(1)求證：≤an≤1；
(2)求證：|an＋1－an|≤；
(3)求證：|a
2、2n－an|≤.
滿分解答 證明 (1)由已知得an＋1＝，
又a1＝1，則a2＝，a3＝，a4＝，
猜想≤an≤1.2分(得分點(diǎn)1)
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．
①當(dāng)n＝1時(shí)，命題顯然成立；
②假設(shè)n＝k時(shí)，有≤ak≤1成立，
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝≤＜1，
ak＋1＝≥＝，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)也成立，
所以對(duì)任意n∈N*，都有≤an≤1.5分(得分點(diǎn)2)
(2)當(dāng)n＝1時(shí)，|a2－a1|＝，
當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)椋健?
＝1＋≥1＋＝，
所以|an＋1－an|＝
＝
≤|an－an－1|≤…≤|a2－a1|
＝·＜.
綜上所述，|an＋1－an|≤.10分(得
3、分點(diǎn)3)
(3)當(dāng)n＝1時(shí)，|a2－a1|＝＝＜；
當(dāng)n≥2時(shí)，
|a2n－an|＝|a2n－a2n－1＋a2n－1－a2n－2＋…＋an＋1－an|
≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an|
≤
＝－
≤－＝.
綜上，|a2n－an|≤.15分(得分點(diǎn)4)
?得步驟分：抓住得分點(diǎn)的步驟，“步步為營(yíng)”，求得滿分．如(1)中，歸納猜想得2分；用數(shù)學(xué)歸納法證明得3分，第(2)放縮法證明結(jié)論得5分等．
?得關(guān)鍵分：解題過程不可忽略關(guān)鍵點(diǎn)，有則得分，無則沒分．如(1)中的猜想，數(shù)學(xué)歸納法的兩個(gè)步驟，(2)(3)中均分n＝1，n≥2加以推證等
4、．
?得計(jì)算分：準(zhǔn)確計(jì)算是得滿分的基本保證．如(1)中a2，a3，a4的正確計(jì)算，(2)(3)中放縮結(jié)果的計(jì)算等．
第一步：歸納猜想；
第二步：用數(shù)學(xué)歸納法證明；
第三步：驗(yàn)證n＝1時(shí)(2)的結(jié)論成立；
第四步：用放縮法證明n≥2時(shí)(2)的結(jié)論成立；
第五步：驗(yàn)證n＝1時(shí)(3)的結(jié)論成立．
第六步：用放縮法證明n≥2時(shí)(3)的結(jié)論成立．
【訓(xùn)練1】 (2018·溫州模擬)數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且an＋1＝an＋－1(n∈N*)，{an}的前n項(xiàng)和是Sn.
(1)若{an}是遞增數(shù)列，求a1的取值范圍；
(2)若a1>2，且對(duì)任意n∈N*，都有Sn≥na1
5、－(n－1)，
證明：Sn<2n＋1.
(1)解 由a2>a1?a1＋－1>a1，
得0a2?a2＋－1>a2?00，即{an}是遞增數(shù)列．
所以a1的取
6、值范圍是(1，2)．
(2)證明 因?yàn)閍1>2，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：an>2對(duì)任意n∈N*恒成立．
于是an＋1－an＝－1<0，即{an}是遞減數(shù)列．
在Sn≥na1－(n－1)中，令n＝2，
得2a1＋－1＝S2≥2a1－，解得a1≤3，
故2時(shí)，設(shè)an＝bn＋2，
則由an＋1＝an＋－1可
7、得bn＋1＝bn＋－1，
得＝≤≤
，
于是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn≤b1·<3b1≤3，
故Sn＝2n＋Tn<2n＋3＝na1＋(2－a1)n＋3.(*)
令a1＝＋t(t>0)，則由(*)式得
Sn
8、條件又少，因此，反證法就成為解決有關(guān)問題的有效利器．
【例2】 (2017·臺(tái)州調(diào)考)已知數(shù)列{an}滿足：an>0，an＋1＋<2(n∈N*)．
(1)求證：an＋21(n∈N*)．
證明 (1)由an>0，an＋1＋<2，得an＋1<2－<2.
因?yàn)?>an＋2＋>2(由題知an＋1≠an＋2)，
所以＜1，所以an＋2＜an＋1.
所以an＋2N時(shí)，an≤aN＋1<1.
根據(jù)an＋1－1<1－＝<0，而an<1，
所以>＝1＋，
于是>
9、1＋，……，>1＋.
累加可得>n－1＋.(*)
由假設(shè)可得aN＋n－1<0，
而當(dāng)n>－＋1時(shí)，顯然有n－1＋>0，
因此有1(n∈N*)．
探究提高 在本例中，(1)首先根據(jù)已知不等式由an＋1＜2－<2證明不等式的右邊，再根據(jù)已知不等式利用基本不等式，可證明不等式的左邊；(2)考慮反證法，即假設(shè)存在aN≤1，利用條件和(1)，并結(jié)合放縮法逐步推出矛盾．進(jìn)而證明不等式成立．
【訓(xùn)練2】 (2016·浙江卷)設(shè)數(shù)列{an}滿足|an－|≤1，
n∈N*.
(1)證明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；
(2)若|
10、an|≤，n∈N*，證明：|an|≤2，n∈N*.
證明 (1)由≤1，得|an|－|an＋1|≤1，
故－≤，n∈N*，
所以－＝＋＋…＋≤＋＋…＋＝1－＜1，
因此|an|≥2n－1(|a1|－2)．
(2)任取n∈N*，由(1)知，對(duì)于任意m＞n，
－＝＋＋…＋≤＋＋…＋＝
＜，
故|an|＜·2n≤·2n＝2＋·2n.
從而對(duì)于任意m＞n，均有|an|＜2＋·2n.①
由m的任意性得|an|≤2.
否則，存在n0∈N*，有|an0|＞2，
取正整數(shù)m0＞log且m0＞n0，
則2n0·＜2n0·＝|an0|－2，
與①式矛盾．綜上，對(duì)于任意n∈N*，均有|a
11、n|≤2.
熱點(diǎn)三 放縮法證明數(shù)列不等式
放縮法是證明不等式的基本方法和基本技能，找到合理的放縮依據(jù)恰當(dāng)放縮是其關(guān)鍵．
【例3】 (2017·湖州調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝，n∈N*.
(1)求a2；
(2)求的通項(xiàng)公式；
(3)設(shè){an}的前n項(xiàng)的和為Sn，求證：≤Sn<.
(1)解 由條件可知a2＝＝.
(2)解 由an＋1＝得＝·－，
即－1＝，
所以是等比數(shù)列，
又－1＝，則－1＝×＝，
所以＝＋1.
(3)證明 由(2)可得
an＝≥＝.
所以Sn≥＋·＋…＋·
＝，
故Sn≥成立．
另一方面an＝<＝，
所以Sn＝a1＋a2＋
12、a3＋…＋an
<＋＋＋＋…＋
＝＋－·<＋<，n≥3，
又S1＝<，S2＝<，因此Sn<.
所以≤Sn<.
探究提高 (1)數(shù)列中不等式的證明本身就是放縮的結(jié)果，在證明過程中，要善于觀察數(shù)列通項(xiàng)的特點(diǎn)，結(jié)合不等式的結(jié)構(gòu)合理地選擇放大與縮小，常見的兩種放縮方式是：①放縮成等比數(shù)列求和形式；②放縮成裂項(xiàng)求和形式．
【訓(xùn)練3】 (2018·浙東北教聯(lián)聯(lián)考)已知數(shù)列{an}中，a1＝3，2an＋1＝a－2an＋4.
(1)證明：an＋1>an；
(2)證明：an≥2＋；
(3)設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，求證：1－≤Sn<1.
證明 (1)因?yàn)?an＋1－2an＝a－4an＋4＝(a
13、n－2)2≥0，
又a1＝3，所以an＋1≥an≥3，所以(an－2)2>0，
所以an＋1>an.
(2)因?yàn)?an＋1－4＝a－2an＝an(an－2)，
所以＝≥，
所以an－2≥(an－1－2)≥(an－2－2)≥…≥
(a1－2)＝，
所以an≥2＋.
(3)因?yàn)?(an＋1－2)＝an(an－2)，
所以＝＝，
所以＝－，
所以Sn＝＋＋…＋
＝－＋－＋…＋－＝－＝1－，
因?yàn)閍n＋1－2≥，
所以0<≤，
所以1－≤Sn＝1－<1.
1．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求證：an＋1
14、數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：Sn<1.
證明 (1)因?yàn)閍－an＋1＝(an－)2＋>0，
且a1＝>0，所以an>0，
所以an＋1－an＝－an＝<0，
所以an＋10，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2－<1.
2．(2015·浙江卷)已知數(shù)列{an}滿足a1＝且a
15、n＋1＝an－a(n∈N*)．
(1)證明：1≤≤2(n∈N*)；
(2)設(shè)數(shù)列{a}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：≤≤(n∈N*)．
證明 (1)由題意得an＋1－an＝－a≤0，即an＋1≤an，
故an≤.由an＝(1－an－1)an－1得
an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1>0.
由0
16、在正數(shù)數(shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝a＋－2.求證：1＜an＋1＜an.
證明 an＋1－1＝a－1＋－2＝＞0，
所以an＋1＞1，
因?yàn)閍n＋1＝a＋－2，所以an＋2＝a＋－2，
相減，an＋2－an＋1＝(an＋1－an)，
因?yàn)閍n＋1＞1，an＞1，所以an＋1＋an＞2，＜2，
所以an＋1＋an－＞0，
所以an＋2－an＋1與an＋1－an同號(hào)，
又a2＝a＋－2＝＜＝a1，故a2－a1＜0，
所以an＋1－an＜0，即an＋1＜an，
綜上，1＜an＋1＜an.
4．(2017·浙江卷)已知數(shù)列{xn}滿足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn
17、＋1)(n∈N*)．
證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，
(1)0＜xn＋1＜xn；
(2)2xn＋1－xn≤；
(3)≤xn≤.
證明 (1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：xn＞0.
當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝1＞0.
假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，xk＞0，
那么n＝k＋1時(shí)，若xk＋1≤0，則0＜xk＝xk＋1＋ln(1＋xk＋1)≤0，矛盾，故xk＋1＞0，
因此xn＞0(n∈N*)．
所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)＞xn＋1，
因此0＜xn＋1＜xn(x∈N*)．
(2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，
xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x－2xn＋1＋(xn＋1＋2
18、)ln(1＋xn＋1)．
記函數(shù)f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)．
f′(x)＝＋ln＞0(x≥0)，
函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(0)＝0，
因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故2xn＋1－xn≤(n∈N*)．
(3)因?yàn)閤n＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
所以xn≥xn－1≥xn－2≥…≥x1＝.
故xn≥.
由≥2xn＋1－xn得
－≥2＞0，
所以－≥2≥…≥2n－1＝2n－2，
故xn≤.
綜上，≤xn≤(n∈N*)．
5．
19、(2017·紹興檢測(cè))已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝(n∈N*)．
(1)證明：＝；
(2)證明：2(－1)≤＋＋…＋≤n.
證明 (1)∵an＋1·an＝，①
∴an＋2·an＋1＝，②
而a1＝1，易得an>0，
由②÷①得：＝＝，
∴＝.
(2)由(1)得(n＋1)an＋2＝nan，
∴＋＋…＋＝＋＋…＋.
令bn＝nan，則bn·bn＋1＝nan·(n＋1)an＋1＝＝n＋1，③
∴當(dāng)n≥2時(shí)，bn－1·bn＝n.④
由b1＝a1＝1，b2＝2，易得bn>0，
由③－④得：＝bn＋1－bn－1(n≥2)．
∴b1
20、b4<…
21、n>n－.
證明 (1)由于an＋1－an＝－≤0，
則an＋1≤an.
若an＋1＝an，則an＝0，與a1＝矛盾，
故an≠0，從而an＋1a2>a3>…>an.
又＝1－≥1－>0，
則an＋1與an同號(hào)．
又a1＝>0，則an＋1>0，故0－.
當(dāng)n≥2時(shí)，＝＋＋…＋＋>－＋－＋…＋1－＋＝3－＝>0，
從而an<.
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝＝，從而an≤.
(3)由＝1－≥1－
＝1－(當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時(shí)，取等號(hào))，
得Sn＝＋＋…＋≥n
22、－>n－.
7．(2017·杭州質(zhì)量檢測(cè))已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為非負(fù)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意的n∈N*，都有an＋1≤.
(1)若a1＝1，a505＝2 017，求a6的最大值；
(2)若對(duì)任意n∈N*，都有Sn≤1，求證：0≤an－an＋1≤.
(1)解 由題意知an＋1－an≤an＋2－an＋1，
設(shè)di＝ai＋1－ai(i＝1，2，…，504)，
則d1≤d2≤d3≤…≤d504，
且d1＋d2＋d3＋…＋d504＝a505－a1＝2 016.
∵≤
＝，
∴d1＋d2＋…＋d5≤20，
∴a6＝a1＋(d1＋d2＋…＋d5)≤21，
故a6的最大值為2
23、1.
(2)證明 若存在k∈N*，使得ak
24、2b2＋…＋nbn＋nan＋1≥(1＋2＋…＋n)bn＝bn，
∴bn≤，
綜上，對(duì)一切n∈N*，都有0≤an－an＋1≤.
8．(2018·溫州模擬)設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an ＋1＝an＋(n∈N*)．
(1)證明：an0，故an>0.
故an＋1＝an＋>an.
(2)證明 因?yàn)閍n＋1＝an＋≥an，所以an≥1，
則a－a＝2＋，即24 034，且632＝3 969，63.52＝4 032.25，63.62＝4 044.96，
所以63.5
（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 專題探究課三 高考中數(shù)列不等式證明的熱點(diǎn)題型學(xué)案 理
