【精品】2019高考数学二轮复习专题三数列第3讲数列不等式的证明问题选用学案.pdf

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1、1第 3 讲数列不等式的证明问题(选用)高考定位1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考查数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质；3.重点考查学生逻辑推理能力和创新意识.真 题 感 悟(2017浙江卷)已知数列 xn 满足：x11，xnxn1 ln(1 xn 1)(nN*).证明：当nN*时，(1)0 xn1xn；(2)2xn1xnxnxn12；(3)12n1xn12n2.证明(1)用数学归纳法证明：xn0.当n1 时，x1 10.假设nk(k1，kN*)时，xk0，那么nk1 时，若xk10，则 0 xkxk1ln(1 xk1)0，矛盾，故xk

2、 10，因此xn0(nN*).所以xnxn1ln(1 xn 1)xn1，因此 0 xn1xn(xN*).(2)由xnxn1ln(1 xn1)得，xnxn14xn1 2xnx2n 12xn1(xn12)ln(1xn1).记函数f(x)x2 2x(x2)ln(1x)(x0).f(x)2x2xx1ln()1x0(x0)，函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，因此x2n12xn1(xn12)ln(1xn 1)f(xn1)0，故 2xn 1xnxnxn12(nN*).(3)因为xnxn1 ln(1 xn1)xn1xn12xn1，所以xn12xn1122xn212n1x112n1.2故x

3、n12n1.由xnxn 122xn1xn得1xn11221xn120，所以1xn1221xn1122n11x1122n 2，故xn12n2.综上，12n1xn12n2(nN*).考 点 整 合1.数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1 时命题也成立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.2.反证法一般地，由证明pq转向证明：綈qrt，t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法.

4、3.放缩法放缩法是利用不等式的传递性，证明不等式的方法，要证AB，可先将A放大到C，然后只需证明C0且a1，nN*).(1)证明：当n2 时，anan1b.证明(1)由an12ana2n1知，an与a1的符号相同，而a1a0，所以an0，3所以an12an1an1，当且仅当an1 时，an 1 1，下面用数学归纳法证明：因为a0且a1，所以a21，即有a2a31；假设当nk(k2，kN*)时，有akak11，则ak22ak1a2k 1 12ak 11ak 11，即ak1ak21.综上，对任意n2，均有anan1ak1akb；若akb，因为 0 x1 及二项式定理知(1 x)n 1C1nx Cn

5、nxn1nx，而a2k1b21b1，且a2a3akba221b2k1 a221bk1a211b1bk1a211b1b（k1）.因为k（ba2）（b1）a2（1b）1，所以1b1b(k1)1ba2a21ba2，所以ak1b.探究提高数学归纳法是解决和正整数有关命题的证明方法，可以借助递推公式，证明由特殊到一般的结论成立问题.因此，可以在数列不等式的证明中大显身手.在本例中，(1)首先根据条件等式的结构特征推出an0，然后用数学归纳法证明即可；(2)首先由(1)知当k2时，1ak1akb，然后利用数列的递推公式证明即可.热点二反证法证明数列不等式【例 2】(2018温州调考)已知数列 an满足：a

6、n0，an 11an2(nN*).4(1)求证：an2an11(nN*).证明(1)由an0，an11an2，得an121anan21an12an 2an 1(由题知an1an2)，所以an2an 1N时，anaN 11.根据an1111anan1an0，而ananan111an1，于是1aN 2111aN 11，1aNn111aNn11.累加可得1aNn1n11aN 11.(*)由假设可得aN n11aN111 时，显然有n11aN 110，因此有1aNn11(nN*).法二假设存在aN1(N1，NN*)，由(1)可得当nN时，0anaN11.根据an1111anan1an0，而an1，所以

7、11an11an1aN11.5于是 1an(1an1)1aN1，1an 1(1an2)1aN 1，1aN 2(1aN1)1aN 1.累乘可得1an(1 aN1)1aN1nN1，(*)由(1)可得 1anlog1aN111aN1N1 时，则有(1 aN1)1aN1nN11，这显然与(*)矛盾.所以an1(nN*).探究提高数列不等式需要对数列的范围及变化趋势进行探究，而条件又少，因此，反证法就成为解决这类问题的利器.在本例中，(1)首先根据已知不等式由an121an2 证明不等式的右边，再根据已知不等式利用基本不等式，可证明不等式的左边；(2)考虑反证法，即假设存在aN1，利用条件和(1)，并结

8、合放缩法逐步推出矛盾.进而证明不等式成立.热点三放缩法证明数列不等式 考法 1 放缩为等比数列【例 3 1】(2018宁波调研)已知数列 an 满足a125，an12an3an，nN*.(1)求a2；(2)求1an的通项公式；(3)设an的前n项的和为Sn，求证：65123nSn2113.(1)解由条件可知a22a13a1413.(2)解由an12an3an得1an1321an12，即1an11321an1，6所以1an1 是等比数列，又1a1132，则1an13232n132n，所以1an32n1.(3)证明由(2)可得an132n 1132n32n12523n 1.所以Sn25252312

9、523n165123n，故Sn65123n成立.另一方面an132n 1132n23n，所以Sna1a2a3an2541323323423n4665898923n 24665892113，n3，又S1252113，S246652113，因此Sn2113.所以65123nSnan；(2)证明：an232n1；(3)设数列1an的前n项和为Sn，求证：123nSn0，an 1an.(2)2an1 4a2n2anan(an2)，an 12an2an232，an232(an12)322(an22)32n1(a12)32n1，an232n1.(3)2(an12)an(an2)，12（an 12）1an（

10、an2）121an21an，1an121an21an，1an1an21an12，Sn1a11a21an1a1 21a221a221a321an21an1 21a1 21an12 11an12.an 1232n，01an1 223n，123nSn11an121.探究提高数列中不等式的证明本身就是放缩的结果，在证明过程中，要善于观察数列通项的特点，结合不等式的结构合理地选择放大与缩小，常见的两种放缩方式是：放缩成等比数列求和形式；放缩成裂项求和形式.数列、不等式是高中数学的重点内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点之一.命题方式灵活，对学生的数学思维要求较高，具有良好的高考选拔功能.数列中不等式

11、的证明，是浙江省高考数学试题的特色，解决问题方法独特，需要综合运用分析法、放缩法、反证法、数学归纳法、以及构造函数借助导数的工具、不等式的性质等解决问题.81.(2016 浙江卷)设数列 an 满足|anan12|1，nN*.(1)证明：|an|2n1(|a1|2)，nN*；(2)若|an|32n，nN*，证明：|an|2，nN*.证明(1)由anan121 得|an|12|an1|1，故|an|2n|an1|2n112n，nN*，所以|a1|21|an|2n|a1|21|a2|22|a2|22|a3|23|an1|2n1|an|2n12112212n1112n11，因此|an|2n1(|a1

12、|2).(2)任取nN*，由(1)知，对于任意mn，|an|2n|am|2m|an|2n|an1|2n1|an1|2n1|an 2|2n 2|am1|2m1|am|2m12n12n112m 112n1112mn12n1，故|an|12n1|am|2m2n12n 112m32m2n234m2n.从而对于任意mn，均有|an|234m2n.由m的任意性得|an|2.否则，存在n0N*，与式矛盾.综上，对于任意n N*，均有|an|2.2.(2018 学军中学月考)已知数列 an 满足，a11，an1an112.(1)求证：23an1；9(2)求证：|an 1an|13；(3)求证：|a2nan|1

13、027.证明(1)用数学归纳法证明.当n 1时，命题显然成立；假设nk(k1，kN*)时，有23ak1 成立，则当nk1 时，ak11ak12123121，ak11ak12111223，即当nk1 时也成立，所以对任意nN*，都有23an1.(2)当n1 时，|a2a1|13，当n2 时，an12an112an121an112an11232，|an 1an|1an121an112|anan1|an12an11223|anan1|23n1|a2a1|1323n113.综上所述，|an 1an|13.(3)当n1 时，|a2a1|139271027；当n2 时，由(2)知|a2nan|a2na2n

14、1|a2n1a2n2|an1an|13232n2232n323n 11023n1232n1232331027.综上所述，|a2nan|1027.3.(2018 浙东北大联盟考试)已知数列 an 满足a112，an 1ana2nn（n1），数列an1an的前n项和为Sn.证明：当nN*时，(1)0an1n12.证明(1)由于an1ana2nn（n 1）0，则an1an.若an1an，则an0，与a112矛盾，故an0，从而an1a2a3an.又an 1an1ann（n1）112n（n1）0，则an1与an同号.又a1120，则an10，故 0an1an.(2)由于 0an1an，则an1ana2

15、nn（n1）ananan1n（n1），即1an1an 11n1n1.当n2 时，1an1an1an11an11an21a21a11a11n 11n1n21n1 1121a131n3n1n0，从而ann12.4.(2017 杭州质量检测)已知数列 an 的各项均为非负数，其前n项和为Sn，且对任意的nN*，都有an1anan22.(1)若a11，a5052 017，求a6的最大值；(2)若对任意n N*，都有Sn1，求证：0anan 12n（n 1）.(1)解由题意知an1anan2an1，设diai 1ai(i1，2，504)，则d1d2d3d504，且d1d2d3d504a505a12 01

16、6.d1d2d55d6d7d5044992 016（d1d2d5）499，d1d2d520，a6a1(d1d2d5)21，a6的最大值为21.(2)证明若存在kN*，使得akak1，则由an1anan22，得ak1akak1ak2ak2，因此，从第k项ak开始，数列 an严格递增，故a1a2anakak1an(nk1)ak.对于固定的k，当n足够大时，必有a1a2an1，与题设矛盾，an 不可能递增，即只能anan10.令bkakak1(kN*)，由akak1ak1ak 2得bkbk1，bk0，故 1a1a2an(b1a2)a2anb12(b2a3)a3anb12b2nbnnan1(1 2n)bnn（n1）2bn，bn2n（n1），12综上，对一切nN*，都有 0anan 12n（n1）.