专题20放缩法证明数列不等式（教师版）

专题20：放缩法证明数列不等式<<<专题综述>>><<<专题综述>>>在证明数列不等式问题中，有些数列可通过求和后再利用数列有关性质进行放缩求证不等式，有些数列不能用常规求和方法直接求和，我们可以通过将不规则或不能求和的数列放缩变为可求和的数列，从而达到证明的目的.<<<专题探究>>><<<专题探究>>>题型一：先题型一：先求和再证明不等式常见的数列求和再放缩的通项公式特点：①等比数列求和公式：Sn=a1qn-1②错位相减：通项公式为“等差等比”的形式；③裂项相消：通项公式可拆成两个相邻项的差，且原数列的每一项裂项之后正负能够相消，进而在求和后式子中仅剩有限项.例1(2021·全国乙)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}(1)求{an}(2)记Sn和Tn别为{an}和{【思路点拨】利用常规求和方法：等比求和公式和错位相减法分别求出数列an,b【规范解析】(1)设{an}的公比为q因为a1,3a2,9a3成等差数列，所以1+9(2)由(1)知STn=13=1\*GB3①=2\*GB3②得23Tn=1即整理得Tn=34-练1已知数列{an}为等比数列，数列{bna3(1)求数列{an}(2)设cn=1bnbn+2，数列{【规范解析】(1)设数列{an}的公比为q，数列{由题意得1+d=1+q，q2解得d=q=2，所以an=22所以=因为1412n+1+又因为Tn在[1,+∞)所以当n=1时，Tn取最小值T1=1练2已知数列{an}的首项a1=3，前n项和为Sn(1)求数列{a(2)设bn=log3an，求数列bn【规范解析】(1)由an+1=2S两式相减得an+1-a因为a2=2S所以{an}是首项为3所以an(2)an=3n，故Tn=13+2313Tn=132=1\*GB3①=2\*GB3②得23Tn=1即整理得T因为2n+34×3n>0又因为Tn+1-T所以Tnmin=题型二：题型二：先放缩再求和证明不等式放缩构造的技巧：①裂项相消：在放缩时，所构造的通项公式要具备“依项同构”的特点，即作差的两项可视为同一数列的相邻两项（或等距离间隔项）；②等比数列：所面对的问题通常为“sn<常数”的形式，所构造的等比数列的公比也要满足q∈0,1，如果题目条件无法体现出放缩的目标，则可从所证不等式的常数入手，常数可视为a11-q23=2∙14③在有些关于项的不等式证明中，可向求和问题进行化归，即将递推公式放缩变形成为可“累加”或“累乘”的形式，即an+1-an<fn或an+1an<fn（累乘时要求不等式两侧均为正数），然后通过“累加例2(2014·全国Ⅱ)已知数列{an}满足a1=1，(1)证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2)．【思路点拨】（1）思路：由递推两边加常数构造等比数列求通项.思路一：由3n－1≥2×3n－1将通项放缩转化成等比结构求和；思路二：由“糖水不等式”将分子分母同时加1，放缩成等比结构求和；思路三：将通项放缩成前后项差的裂项结构，通过裂项相消求和.【规范解析】(1)由an+1＝3又a1+12=32，所以an+12是首项为an+12=3n2(2)方法一由(1)知1an=23n-1．因为当n≥1时，3于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2)．所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2)．方法二由(1)知1于是1a所以1a方法三由(1)知1eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<32-13n-1<32.练3已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*．(1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{an}的通项公式；(2)设双曲线x2－eq\f(y2,a\o\al(2,n))＝1的离心率为en，且e2＝eq\f(5,3)，证明：e1＋e2＋…＋en>eq\f(4n－3n,3n－1)．【规范解析】(1)由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1．又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列．从而an＝qn－1．由2a2，a3，a2＋2成等差数列，可得2a3＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，由已知，q>0，故q＝2．所以an=2n-1(n∈(2)由(1)可知，an＝qn-1．所以双曲线x2－eq\f(y2,a\o\al(2,n))＝1的离心率en＝eq\r(1＋a\o\al(2,n))＝1+q2n-1．由e2＝eq\r(1＋q2)＝eq\f(5,3)，解得q＝eq\f(4,3)．因为1＋q2k-1>q2k-1，所以1+q2k-1>于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝eq\f(qn－1,q－1)．故e1＋e2＋…＋en>eq\f(4n－3n,3n－1)．练4已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝eq\f(3,2)，2Sn＝(n＋1)an＋1(n≥2)．(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,an＋12)(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<eq\f(7,10)(n∈N*)．【规范解析】(1)当n＝2时，2(a1＋a2)＝3a2＋1，解得a2＝当n≥3时，2an＝2Sn－2Sn－1＝(n＋1)an－nan－1，∴(n－1)an＝nan－1，n≥3∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－1,n－2)，eq\f(an－2,an－3)＝eq\f(n－2,n－3)，…，eq\f(a3,a2)＝eq\f(3,2)，将以上各式相乘得eq\f(an,a2)＝eq\f(n,2)，∴an＝nn≥3．显然，当n＝1时，上式不成立，当∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,n，n≥2.))(2)由(1)知bn＝eq\f(1,an＋12)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,25)，n＝1，,\f(1,n＋12)，n≥2，))，当n≥2时，bn＝eq\f(1,n＋12)<eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，=1\*GB3①当n=1时，T1=425=2\*GB3②当n≥2时，Tn＝eq\f(4,25)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(4,25)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(33,50)－eq\f(1,n＋1)<eq\f(33,50)<eq\f(7,10)，综上：Tn<eq\f(7,10)(n∈N*).<<<专题训练>>><<<专题训练>>>1.数列{an}中，a(1)求证：an＋1<an；(2)记数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<1．【解析】(1)∵aeq\o\al(2,n)－an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，且a1＝eq\f(1,2)>0，∴an>0，∴an＋1－an＝eq\f(a\o\al(2,n),a\o\al(2,n)－an＋1)－an＝eq\f(－anan－12,a\o\al(2,n)－an＋1)<0，∴an＋1<an．(2)∵1－an＋1＝1－eq\f(a\o\al(2,n),a\o\al(2,n)－an＋1)＝eq\f(1－an,a\o\al(2,n)－an＋1)，∴eq\f(1,1－an＋1)＝eq\f(a\o\al(2,n)－an＋1,1－an)＝eq\f(1,1－an)－an．∴an＝eq\f(1,1－an)－eq\f(1,1－an＋1)，则a1＋a2＋…＋an＝2－eq\f(1,1－an＋1)，由(1)可知0<an≤eq\f(1,2)，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2－eq\f(1,1－an＋1)<1．2.已知正项数列an的前n项和为Sn（1）求证：数列Sn（2）记数列bn=2S【解析】（1）∵a∴1Sn∴数列Sn（2）令n=1代入an+1an由Sn2∴Sn=n考虑先证Tn1∴nTn=1时，T1=12=31b∴T综上所述：1-13.已知数列an满足（1）求证：数列ann2（2）设cn=n【解析】（1）由题知an+1=21+又当n=1时，a112=2,∴an∴ann（2）cn而当n≥2时，1n-1所以cnc=12+∵cn>0，综上：c14.已知数列an的前n项和Sn=n（1）求a1（2）求数列an的前n项和S（3）设数列bn的前n项