1、第3讲数列的综合问题数列不等式的证明核心提炼数列不等式的证明问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力与数列有关的不等式除利用数学归纳法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等式能够转化为函数，可借助函数的单调性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可以借助比较法；若所证数列能够求和，且所证不等式与和式有关，可先求出其和，再借助放缩法证明典型例题 已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN*)证明：当nN*时，(1)0xn10.当n1时，x110.假设nk时，xk0，那么nk1时，若xk10时，则00.因此xn0(nN*)所以xnxn1ln(1xn1)xn
2、1.因此0xn10(x0)，函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，因此x2xn1(xn12)ln(1xn1)f(xn1)0，故2xn1xn(nN*)(3)因为xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1，所以xn.由2xn1xn得20，所以22n12n2，故xn.综上，xn(nN*)证明数列不等式常用的四种方法(1)构造函数，结合数列的单调性证明(2)若待证不等式的两边均为关于n的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式(3)与数列前n项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项能够直接求和，则先求和后，再根据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不能够直接求和，则
3、先放缩后再求和证明(4)当待证不等式随n的变化呈现的规律较明显，且初始值n0易于确定时，用数学归纳法证明 对点训练1设数列an满足1，nN*.(1)证明：|an|2n1(|a1|2)，nN*；(2)若|an|，nN*，证明：|an|2，nN*.证明：(1)由1，得|an|an1|1，故，nN*，所以1，因此|an|2n1(|a1|2)(2)任取nN*，由(1)知，对于任意mn，故|an|2n2n22n.从而对于任意mn，均有|an|22n.由m的任意性得|an|2.否则，存在n0N*，有|an0|2，取正整数m0log且m0n0，则2n02n0|an0|2，与式矛盾，综上，对于任意nN*，均有
4、|an|2.2已知数列an满足，a11，an.(1)求证：an1；(2)求证：|an1an|.证明：(1)由已知得an1，计算a2，a3，a4，猜想an1.下面用数学归纳法证明当n1时，命题显然成立；假设nk时，有an1成立，则当nk1时，ak11，ak1，即当nk1时也成立，所以对任意nN*，都有an1.(2)当n1时，|a1a2|，当n2时，因为(an)(an1)(an)11，所以|an1an|anan1|a2a1|1，则()Aa1a3，a2a3，a2a4Ca1a4 Da1a3，a2a4(2)已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22.求数列xn的通项公式；如图，在平面直角
5、坐标系xOy中，依次连接点P1(x1, 1)，P2(x2, 2)，Pn1(xn1, n1)得到折线P1 P2Pn1，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积Tn.【解】(1)选B.法一：因为ln xx1(x0)，所以a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，所以a41，又a11，所以等比数列的公比q1，所以ln(a1a2a3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以1q0，a2a4a1q(1q2)a3a1，a21，所以等比数列的公比q1，所以ln(a1a2a3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以1q0，a2a4a1q(1q2)a3，a
6、260n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由【解】(1)设等差数列an的公差为d，依题意，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n.显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的n；当an4n2时，存在满足题意的n，其最小值为41.要判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在或某
7、一结论是否成立，“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由这类问题常用“肯定顺推”的方法 对点训练数列an满足a11，an1(n2n)an(n1，2，)，是常数(1)当a21时，求及a3的值；(2)数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由解：(1)由于an1(n2n)an(n1，2，)，且a11，所以当a21时，得12，故3.从而a3(2223)(1)3.(2)数列an不可能为等差数列，理由如下：由a11，an1(n2n)an，得a22，a3(6)(2)，a4(12)(6)(2)若存在，使an为等差数列，则a3a2a2a1
8、，即(5)(2)1，解得3.于是a2a112，a4a3(11)(6)(2)24.这与an为等差数列矛盾，所以，对任意，an都不可能是等差数列专题强化训练1(2019台州市高三期末考试)在正项数列an中，已知a11，且满足an12an(nN*)(1)求a2，a3；(2)证明：an()n1.解：(1)因为在正项数列an中，a11，且满足an12an(nN*)，所以a221，a32.(2)证明：当n1时，由已知a11()111，不等式成立；假设当nk时，不等式成立，即ak()k1，因为f(x)2x在(0，)上是增函数，所以ak12ak2()k1()k()k()k()k，因为k1，所以2()k3230
9、，所以ak1()k，即当nk1时，不等式也成立根据知不等式对任何nN*都成立2(2019嘉兴调研)已知Sn为各项均为正数的数列an的前n项和，a1(0，2)，a3an26Sn.(1)求an的通项公式；(2)设bn，数列bn的前n项和为Tn，若对任意的nN*，t4Tn恒成立，求实数t的最大值解：(1)当n1时，由a3an26Sn，得a3a126a1，即a3a120.又a1(0，2)，解得a11.由a3an26Sn，可知a3an126Sn1.两式相减，得aa3(an1an)6an1，即(an1an)(an1an3)0.由于an0，可得an1an30，即an1an3，所以an是首项为1，公差为3的等
10、差数列，所以an13(n1)3n2.(2)由an3n2 ，可得bn，Tnb1b2bn.因为Tn随着n的增大而增大，所以数列Tn是递增数列，所以t4TnTnT1t1，所以实数t的最大值是1.3(2019金华模拟)已知数列an满足a1，an1an2an11(nN*)，令bnan1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求证：c1c2cnn.解：(1)因为an1an2an11(nN*)，bnan1，即anbn1.所以(bn11)(bn1)2(bn11)1，化为：1，所以数列是等差数列，首项为2，公差为1.所以2(n1)1n，所以bn.(2)证明：由(1)可得：anbn11.所以cn1，因为n2时
11、，2n22n11，所以，所以c1c2cnnn7且kN*时，证明：对任意nN*都有成立解：(1)由f1(1)a11得a11，由f2(1)a1a22，得a23，又因为f3(1)a1a2a33，所以a35.(2)由题意得：fn(1)a1a2a3(1)nan(1)nn，fn1(1)a1a2a3(1)n1an1(1)n1(n1)，n2，两式相减得：(1)nan(1)nn(1)n1(n1)(1)n(2n1)，得当n2时，an2n1，又a11符合，所以an2n1(nN*)(3)证明：令bnn，则S，所以2S.(*)当x0，y0时，xy2，2，所以(xy)4，所以，当且仅当xy时等号成立，上述(*)式中，k7
12、，n0，n1，n2，nk1全为正，所以2S，所以S22，得证7(2019宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列an满足a13，an1a2an，nN*，设bnlog2(an1)(1)求an的通项公式；(2)求证：1n(n2)；(3)若2cnbn，求证：2()n3.解：(1)由an1a2an，则an11a2an1(an1)2，由a13，则an0，两边取对数得到log2(an11)log2(an1)22 log2(an1)，即bn12bn.又b1log2(a11)20，所以bn是以2为公比的等比数列即bn2n.又因为bnlog2(an1)，所以an22n1.(2)证明：用数学归纳法证明：当n2时
13、，左边为12右边，此时不等式成立；假设当nk(k2，kN*)时，不等式成立，则当nk1时，左边1kk2k个,k1右边，所以当nk1时，不等式成立综上可得：对一切nN*，n2，命题成立(3)证明：由2cnbn得cnn，所以()n()n(1)n，首先(1)nCCCCC2，其次因为C(k2)，所以(1)nCCCCC，11133，当n1时显然成立所以得证8数列an满足a1，an(n2，nN)(1)试判断数列是否为等比数列，并说明理由；(2)设bnansin，数列bn的前n项和为Tn，求证：对任意的nN*，Tn.解：(1)an(1)n，所以(1)n2(1)n所以(1)n(2)，所以为公比是2的等比数列(2)证明：(1)13，由(1)可得(1)n(2)n13(2)n1，所以an.而sin(1)n1，所以bnansin，所以bn，当n3时，Tnb1b2bn(b1b2).因为bn为正项数列，所以T1T2T3Tn，所以nN*，Tn.