（浙江專(zhuān)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(zhuān)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

專(zhuān)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(wèn)題．因此，可以在數(shù)列不等式的證明中大顯身手． 【例1】 (滿(mǎn)分15分)(2018·紹興檢測(cè))已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足，a1＝1，an＝－. (1)求證：≤an≤1； (2)求證：|an＋1－an|≤； (3)求證：|a2n－an|≤. 滿(mǎn)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?#183; ＝1＋≥1＋＝， 所以|an＋1－an|＝ ＝ ≤|an－an－1|≤…≤|a2－a1| ＝·＜. 綜上所述，|an＋1－an|≤.10分(得分點(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(mǎn)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(guò)程不可忽略關(guān)鍵點(diǎn)，有則得分，無(wú)則沒(méi)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． ?得計(jì)算分：準(zhǔn)確計(jì)算是得滿(mǎn)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－(n－1)， 證明：Sn<2n＋1. (1)解　由a2>a1?a1＋－1>a1， 得0<a1<2；① 又由a3>a2?a2＋－1>a2?0<a2<2?0<a1＋－1<2， 得1<a1<2，② 由①②，得1<a1<2. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： 當(dāng)1<a1<2時(shí)，1<an<2對(duì)任意n∈N*恒成立． ①當(dāng)n＝1時(shí)，1<a1<2成立； ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，1<ak<2成立， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝ak＋－1∈[2－1，2)?(1，2)． 綜上，可知1<an<2對(duì)任意n∈N*恒成立． 于是an＋1－an＝－1>0，即{an}是遞增數(shù)列． 所以a1的取值范圍是(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<a1≤3. 下證：①當(dāng)2<a1≤時(shí)， Sn≥na1－(n－1)恒成立． 事實(shí)上，當(dāng)2<a1≤時(shí)， 由于an＝a1＋(an－a1)≥a1＋＝a1－， 于是Sn＝a1＋a2＋…＋an≥a1＋(n－1)＝na1－(n－1)． 再證：②當(dāng)<a1≤3時(shí)不合題意． 事實(shí)上，當(dāng)3≥a1>時(shí)，設(shè)an＝bn＋2， 則由an＋1＝an＋－1可得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<na1＋(2－a1)n＋3＝na1－(n－1)－tn＋， 只要n充分大，就有Sn<na1－(n－1)，這與Sn≥na1－(n－1)矛盾． 所以<a1≤3不合題意． 綜上，有2<a1≤. 于是＝≤≤ ， 故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn≤b1·<b1<1， 所以Sn＝2n＋Tn<2n＋1. 熱點(diǎn)二　反證法證明數(shù)列不等式 數(shù)列不等式需要對(duì)數(shù)列的范圍及變化趨勢(shì)進(jìn)行探究，而條件又少，因此，反證法就成為解決有關(guān)問(wèn)題的有效利器． 【例2】 (2017·臺(tái)州調(diào)考)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：an>0，an＋1＋<2(n∈N*)． (1)求證：an＋2<an＋1<2(n∈N*)； (2)求證：an>1(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＋2<an＋1<2. (2)假設(shè)存在aN≤1(N≥1，N∈N*)， 由(1)可得當(dāng)n>N時(shí)，an≤aN＋1<1. 根據(jù)an＋1－1<1－＝<0，而an<1， 所以>＝1＋， 于是>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<n－1＋， 這顯然與(*)矛盾． 所以an>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(mǎn)足|an－|≤1， n∈N*. (1)證明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*； (2)若|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|an|≤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(mǎn)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＋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(guò)程中，要善于觀(guān)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(jiàn)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＝(an－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<an； (2)(一題多解)記數(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＋1<an，n∈N*. (2)法一　因?yàn)閍n＝＝< ＝＝－＝－an－1＋ ＝－an－1－an－2＋＝…＝－an－1－an－2－…－a1＋＝1－an－1－an－2－…－a1，所以Sn<1. 法二　因?yàn)?－an＋1＝1－＝， 所以＝＝－an. 所以an＝－， 所以a1＋a2＋…＋an＝2－，又an>0， 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2－<1. 2．(2015·浙江卷)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝且an＋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<an≤得＝＝∈(1，2]， 即1≤≤2成立． (2)由題意得 a＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1.① 由－＝和1≤≤2得1≤－≤2， 所以n≤－≤2n， 因此≤an＋1≤(n∈N*)．② 由①②得≤≤(n∈N*)． 3．(2018·杭州高級(jí)中學(xué)模擬)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(mǎn)足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋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)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．(2017·紹興檢測(cè))已知數(shù)列{an}滿(mǎn)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<b3<…<b2n－1，b2<b4<…<b2n，得bn≥1. 根據(jù)bn·bn＋1＝n＋1，得bn＋1≤n＋1，∴1≤bn≤n. ∴＋＋…＋＝＋＋…＋ ＝＋(b3－b1)＋(b4－b2)＋…＋(bn－bn－2)＋(bn＋1－bn－1) ＝＋bn＋bn＋1－b1－b2＝bn＋bn＋1－2. 一方面bn＋bn＋1－2≥2－2＝2(－1)， 另一方面，由1≤bn≤n可知， bn＋bn＋1－2＝bn＋－2 ≤min≤n. 得證． 6．(2018·浙東北大聯(lián)盟考試)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝，an＋1＝an－，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn. 證明：當(dāng)n∈N*時(shí)， (1)0<an＋1<an； (2)an≤； (3)Sn>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＋1<an， a1＝>a2>a3>…>an. 又＝1－≥1－>0， 則an＋1與an同號(hào)． 又a1＝>0，則an＋1>0，故0<an＋1<an. (2)由于0<an＋1<an， 則an＋1＝an－<an－， 即－<－＝－， －>－. 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－>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21. (2)證明　若存在k∈N*，使得ak<ak＋1， 則由an＋1≤，得ak＋1≤ak－ak＋1＋ak＋2＜ak＋2， 因此，從第k項(xiàng)ak開(kāi)始，數(shù)列{an}嚴(yán)格遞增， 故a1＋a2＋…＋an≥ak＋ak＋1＋…＋an≥(n－k＋1)ak. 對(duì)于固定的k，當(dāng)n足夠大時(shí)，必有a1＋a2＋…＋an＞1，與題設(shè)矛盾，∴{an}不可能遞增，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≤， 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(mǎn)足：a1＝1，an ＋1＝an＋(n∈N*)． (1)證明：an<an＋1(n∈N*)； (2)證明：≤an≤(n∈N*)； (3)求正整數(shù)m，使|a2 017－m|最小． (1)證明　由已知條件可知an與an＋1同號(hào)且a1＝1>0，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2<a－a≤3， 所以2<a－a≤3，2<a－a<3，…，2<a－a<3(n≥2)， 則2(n－1)<a－1<3(n－1)，2n－1<a<3n－2， 且當(dāng)n＝1時(shí)，＝a1＝， 故≤an≤. (3)解　由a－a＝2＋， 可得a－a＝2×2 015＋＋＋…＋. 結(jié)合(2)，得a<4 034＋＋＋＋＋…＋<4 034＋＋＋＋…＋<4 034＋11×＝4 039.5. 而a>4 034，且632＝3 969，63.52＝4 032.25，63.62＝4 044.96， 所以63.5<a2 017<63.6，故使|a2 017－m|最小的正整數(shù)m＝64. 15