届二轮复习第3讲 数列不等式的证明问题选用学案全国通用.docx
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届二轮复习第3讲数列不等式的证明问题选用学案全国通用
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:
x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).
证明:
当n∈N*时,
(1)0<xn+1<xn;
(2)2xn+1-xn≤;
(3)≤xn≤.
证明
(1)用数学归纳法证明:
xn>0.
当n=1时,x1=1>0.
假设n=k(k≥1,k∈N*)时,xk>0,
那么n=k+1时,若xk+1≤0,则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)ln(1+xn+1).
记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0).
f′(x)=+ln>0(x>0),
函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,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)因为xn=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≤.
综上,≤xn≤(n∈N*).
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(n0∈N*)时命题成立;
(2)(归纳递推)假设n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当n=k+1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qr…t,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.
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A
热点一 数学归纳法证明数列不等式
【例1】(2017·金丽衢联考)设数列{an}满足:
a1=a,an+1=(a>0且a≠1,n∈N*).
(1)证明:
当n≥2时,an (2)若b∈(a2,1),求证: 当整数k≥+1时,ak+1>b. 证明 (1)由an+1=知,an与a1的符号相同, 而a1=a>0,所以an>0, 所以an+1=≤1,当且仅当an=1时,an+1=1, 下面用数学归纳法证明: ①因为a>0且a≠1,所以a2<1, =>1,即有a2 ②假设当n=k(k≥2,k∈N*)时,有ak 则ak+2==<1, 且=>1,即ak+1 综上,对任意n≥2,均有an (2)若ak≥b,则由 (1)知当k≥2时,1>ak+1>ak≥b; 若ak 而a+1 所以ak+1=a2···…· =a2·>a2> a2 =a2≥a2. 因为k≥+1, 所以(k-1)+1≥+1=, 所以ak+1>b. 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an>0,然后用数学归纳法证明即可; (2)首先由 (1)知当k≥2时,1>ak+1>ak≥b,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: an>0,an+1+<2(n∈N*). (1)求证: an+2 (2)求证: an>1(n∈N*). 证明 (1)由an>0,an+1+<2, 得an+1<2-<2. 因为2>an+2+>2(由题知an+1≠an+2), 所以an+2 (2)法一 假设存在aN≤1(N≥1,N∈N*), 由 (1)可得当n>N时,an≤aN+1<1. 根据an+1-1<1-=<0,而an<1, 所以>=1+, 于是>1+, …… >1+. 累加可得>n-1+.(*) 由假设可得aN+n-1<0, 而当n>-+1时,显然有n-1+>0, 因此有 这显然与(*)矛盾. 所以an>1(n∈N*). 法二 假设存在aN≤1(N≥1,N∈N*), 由 (1)可得当n>N时,0 根据an+1-1<1-=<0,而an<1, 所以<, 所以>≥>1. 于是1-an>(1-an-1), 1-an-1>(1-an-2), …… 1-aN+2>(1-aN+1). 累乘可得1-an>(1-aN+1),(*) 由 (1)可得1-an<1, 而当n>log+N+1时, 则有(1-aN+1)>1, 这显然与(*)矛盾. 所以an>1(n∈N*). 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an+1<2-<2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aN≤1,利用条件和 (1),并结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a1=,an+1=,n∈N*. (1)求a2; (2)求的通项公式; (3)设{an}的前n项的和为Sn,求证: ≤Sn<. (1)解 由条件可知a2==. (2)解 由an+1=得=·-, 即-1=, 所以是等比数列, 又-1=,则-1=×=, 所以=+1. (3)证明 由 (2)可得 an=≥=. 所以Sn≥+·+…+· =, 故Sn≥成立. 另一方面an=<=, 所以Sn=a1+a2+a3+…+an <++++…+ =+-·<+<,n≥3, 又S1=<,S2=<,因此Sn<. 所以≤Sn<. [考法2] 放缩为裂项求和 【例3-2】(2018·金华联考)已知数列{an}中,a1=3,2an+1=a-2an+4. (1)证明: an+1>an; (2)证明: an≥2+; (3)设数列的前n项和为Sn,求证: 1-≤Sn<1. 证明 (1)∵2an+1-2an=a-4an+4=(an-2)2≥0, ∴an+1≥an≥3,∴(an-2)2>0, ∴an+1>an. (2)∵2an+1-4=a-2an=an(an-2), ∴=≥, ∴an-2≥(an-1-2)≥(an-2-2)≥…≥(a1-2)=, ∴an≥2+. (3)∵2(an+1-2)=an(an-2), ∴==, ∴=-,∴=-, ∴Sn=++…+ =-+-+…+- =- =1-. ∵an+1-2≥,∴0<≤, ∴1-≤Sn=1-<1. 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: ①放缩成等比数列求和形式;②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. 1.(2016·浙江卷)设数列{an}满足|an-|≤1,n∈N*. (1)证明: |an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*; (2)若|an|≤,n∈N*,证明: |an|≤2,n∈N*. 证明 (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,对于任意m>n, -=++…+≤++…+= <, 故|an|<·2n≤·2n=2+·2n. 从而对于任意m>n,均有|an|<2+·2n.① 由m的任意性得|an|≤2. 否则,存在n0∈N*, 与①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,a1=1,an=-. (1)求证: ≤an≤1; (2)求证: |an+1-an|≤; (3)求证: |a2n-an|≤. 证明 (1)用数学归纳法证明. ①当n=1时,命题显然成立; ②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,有≤ak≤1成立, 则当n=k+1时,ak+1=≤<1, ak+1=≥=,即当n=k+1时也成立, 所以对任意n∈N*,都有≤an≤1. (2)当n=1时,|a2-a1|=, 当n≥2时,∵=·=1+≥1+=, ∴|an+1-an|= = ≤|an-an-1|≤…≤|a2-a1| =·<. 综上所述,|an+1-an|≤. (3)当n=1时,|a2-a1|==<; 当n≥2时,由 (2)知 |a2n-an|≤|a2n-a2n-1|+|a2n-1-a2n-2|+…+|an+1-an|≤ =-≤-=. 综上所述,|a2n-an|≤. 3.(2018·浙东北大联盟考试)已知数列{an}满足a1=,an+1=an-,数列的前n项和为Sn.证明: 当n∈N*时, (1)0 (2)an≤; (3)Sn>n-. 证明 (1)由于an+1-an=-≤0, 则an+1≤an. 若an+1=an,则an=0,与a1=矛盾, 故an≠0,从而an+1 a1=>a2>a3>…>an. 又=1-≥1->0, 则an+1与an同号. 又a1=>0,则an+1>0,故0 (2)由于0 则an+1=an- 即-<-=-, ->-. 当n≥2时,=++…++>-+-+…+1-+=3-=>0,从而an<. 当n=1时,a1==,从而an≤. (3)由=1-≥1- =1-(当且仅当n=1时,取等号), 得Sn=++…+≥n->n-. 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n∈N*,都有an+1≤. (1)若a1=1,a505=2017,求a6的最大值; (2)若对任意n∈N*,都有Sn≤1,求证: 0≤an-an+1≤. (1)解 由题意知an+1-an≤an+2-an+1, 设di=ai+1-ai(i=1,2,…,504), 则d1≤d2≤d3≤…≤d504, 且d1+d2+d3+…+d504=a505-a1=2016. ∵≤ =, ∴d1+d2+…+d5≤20, ∴a6=a1+(d1+d2+…+d5)≤21,a6的最大值为21. (2)证明 若存在k∈N*,使得ak 则由an+1≤,得ak+1≤ak-ak+1+ak+2<ak+2, 因此,从第k项ak开始,数列{an}严格递增, 故a1+a2+…+an≥ak+ak+1+…+an≥(n-k+1)ak. 对于固定的k,当n足够大时,必有a1+a2+…+an>1,与题设矛盾,∴{an}不可能递增,即只能an-an+1≥0. 令bk=ak-ak+1(k∈N*), 由ak-ak+1≥ak+1-ak+2得bk≥bk+1,bk≥0, 故1≥a1+a2+…+an=(b1+a2)+a2+…+an =b1+2(b2+a3)+a3+…+an=… =b1+2b2+…+nbn+nan+1≥(1+2+…+n)bn=bn, ∴bn≤, 综上,对一切n∈N*,都有0≤an-an+1≤.
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