数列与不等式的交汇应用（精选5篇）

第一篇：数列与不等式的交汇应用

数列与不等式的交汇应用

数列与不等式的交汇问题，既有函数的思想方法，也有数列特定的思想方法，更有不等式求解、证明的方法和技巧，由于知识覆盖面广、综合性强而成为高考命题的热点之一，解答起来有一定的难度，一、函数性质

例1 设等差数列{an}的公差为d，若数列{ea1an}（e为自然对数的底数）为递增数列，则

A.d<0

B.d>0

C.a1d<0

D.a1d>0

分析 结合递增数列的性质建立不等式，通过求解指数不等式，结合等差数列的通项加以转化，即可判断相应的不等关系式.解 由数列{ea1an}是递增数列，可得ea1an

例2 若数列{an}满足：a1=2 018，an+1=an-3（n∈N*），则数列{an}的前n项和取得最大值时，n的值为

A.672

B.673

C.674

D.675

分析 根据题目条件，结合等差?盗械亩ㄒ迩笃渫ㄏ罟?式，由数列{an}的前n项和取得最大值，得到对应的不等式组，通过不等式组的求解，并结合项数的取值限制加以确定.解 由a1=2018，an+1-an=-3，可知数列{an}是以2018为首项、-3为公差的等差数列，所以an=2018+（-3）（n-1）=2021-3n.设数列{an}的前k（k∈N*）项和取得最大值，则

即，所以2018/3≤K≤2021/3.由于K∈N*，所以K=673，则满足条件的n的值为673.选B.小结 数列与不等式交汇中的项数问题，往往通过数列的定义、通项公式、相应性质以及数列求和的应用，结合不等式（组）的分析与求解来解决，注意不等式（组）的求解结果与数列对参数的限制条件之间的关系与应用.三、创新问题

例3 若数列{an}满足：1/an+1-1/an=d（n∈N*，d为常数），则称数列{an}为调和数列.已知正项数列{1/bn}为调和数列，且bl+b2+…+b2017=20170，则b1.b2017的最大值是

A.100

B.90

C200

D.400

分析 根据创新定义的转化得到{bn}为等差数列，结合等差数列的性质以及基本不等式来解决相应的最值问题.解 由调和数列的定义可知bn+1-bn=d，所以{bn}为等差数列，由于b1+b2+…+b2017=2017bl009=20170，所以b1009=10，b1+b2017=2b1009=20，则b1?b2017≤（b1+b2017/2）2=100，当且仅当bl=b2017时取等号.选A.小结 涉及最值等相关知识的数列创新问题，经常结合新定义，将新定义的数列转化为等差数列或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质等，并结合不等式的相关知识进行解答.四、参数问题

例4 已知等比数列{an}满足an+1+an=3?2n-l，n∈N*.（I）求数列{an}的通项公式.（Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn>kan+1对一切n∈N*恒成立，求实数k的取值范围.分析（I）利用等比数列所满足的关系式，通过特殊值法确定相关的关系式，结合整体思维求得公比，进而得到首项和对应的通项公式.（Ⅱ）结合（I）中的结论求前n项和，利用不等式Sn>kan+1分离参数，设出对应的函数并求得最值，进而求得参数的取值范围，解（I）设等比数列{an}的公比为q.由于an+1+an=3?2n-1，n∈N*，所以a2+a1=3，a3+a2=6，则q=a3+a2/a2+a1=6/3=2.于是可得2a1+a1=3，则a1=l，所以an=2n-l，n∈N*.（Ⅱ）由（I），可知Sn=a1（1-qn）/1-q=1-2n/1-2=2n-1.由题设有2n-1>k?2n-1+l，即k<2-1/2n-2对一切n∈N*恒成立，令f（n）=2-1/2n-2，由f（n）随n的增大而增大，可知fmin（n）=f（1）=2-2=0，则k<0，所以实数k的取值范围是（-∞，0）.小结 数列与不等式交汇中的参数问题，常将相应的不等式与数列中的相关公式加以综合，进行参数分离，利用相关函数的最值的求解，进行等价转化，达到解决问题的目的，五、应用问题

例5 为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，新车为电力型和？昆合动力型车，今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆：计划以后电力型公交车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型公交车每年比上一年多投入a辆.（I）求经过n年，该市被更换的公交车总数S（n）.（Ⅱ）若该市计划5年内完成全部更换，求a的最小值，分析（I）设an，bn。分别为第n年投入的电力型公交车，混合动力型公交车的数量，分别确定数列的类型，根据数列的前n项和公式求解即可.（Ⅱ）根据题目条件转化为不等式关系S（5）≥10000，利用不等式的求解来确定参数a的最小值.解（I）设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车，混合动力型公交车的数量.依题意得{an}是以128为首项、3/2为公比的等比数列，{bn}是以400为首项、a为公差的等差数列，所以数列{an}的前n项和Sn=128[1-（3/2）n]/1-3/2=256[（3/2）n-1]，数列{bn}的前n项和Tn=400n+n（n-1）/2 a，则经过n年，该市被更换的公交车总数S（n）=Sn+Tn=256[（3/2）n-1]+400n+n（n-1）/2 a.（Ⅱ）若计划5年内完成全部更换，则S（5）≥10000，所以256[（3/2）5-1]+400x5+5x4/2 a≥10000，即100≥6312，解得a≥631.2.又a∈N*，所以a的最小值为632.小结 数列与不等式交汇中的实际应用问题，往往通过相应数列的通项、求和公式确定相应的关系式，利用实际问题建立对应的不等关系进行求解.对求参数问题，一定要结合实际应用问题，确保参数在实际中有意义，六、证明问题

例6 已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a5=5，且a3，a4，a7成等比数列.（I）求数列{an}的通项公式.（Ⅱ）设bn=an/2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：-7/4≤Tn<-1（n∈N*）.分析（I）通过待定系数法，根据题目条件建立方程组，求得首项与公差，从而可得数列{an}的通项公式.（Ⅱ）先利用错位相减法求出数列{bn}的前n项和Tn，再确定其单调性，即可证明对应的数列不等式成立.（I）解：an=2n-5（n∈N*）.（解答过程省略）

（Ⅱ）（证明过程省略）

小结 数列与不等式交汇的综合问题，若是证明题，要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等：若是解不等式题，要选择不等式的不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等.

第二篇：2010年高考数学冲刺专题三：数列与不等式的交汇题

2010年高考数学冲刺专题三：数列与不等式的交汇题

一、选择题

1．已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列，则有

aaAaa

aaD．aa6

8（）

aaB．a≤a6

8aaCaa

2．设{an}是由正数构成的等比数列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，则

A．bn＞cn

B．bn＜cn

C．bn≥cn

D．bn≤cn

（）

3．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，则（）

A．a6＝b6 B．a6＞b6 C．a6＜b6 D．a6＞b6或a6＜b64．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足５＜ak＜８，则k＝（）

A．9 B．8 C．7 D．6

5．已知等比数列{an}的公比q＞0，其前n项的和为Sn，则S4a5与S5a4的大小关系是（）

A．S4a5＜S5a4 B．S4a5＞S5a4 C．S4a5＝S5a4 D．不确定

Sn

6．设Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，则函数f(n)＝（）

(n＋32)Sn+

11A．201B．30

1C401D．50

（）

7．已知y是x的函数，且lg3，lg(sinx－2)，lg(1－y)顺次成等差数列，则 A．y有最大值1，无最小值 11

C．y有最小值12，最大值1

B．y有最小值12，无最大值 D．y有最小值－1，最大值1

8．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是

Ａ．(－∞，－1Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．3，＋∞)Ｄ．(－∞，－1∪3，＋∞)

（）

93b是1－a和1＋a的等比中项，则a＋3b的最大值为()A．1 B．2 C．3 D．

410．设等比数列{an}的首相为a1，公比为q，则“a1＜0，且0＜q＜1”是“对于任意n∈N*都有an+1

＞an”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充分比要条件D．既不充分又不必要条件

a11．{an}为等差数列，若a1，且它的前n项和Sn有最小值，那么当Sn取得最小正值时，10

n＝ A．11

B．17

C．19

D．21

（）

12．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝

N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是 2，an＝f(n)(n∈

（）

A．2，2)

二、填空题

B．[2，2]

1C．21)1

D．[21]

S13．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，记Tnn如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立．则M的最小值是__________．

14．无穷等比数列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各项之和不大于a1的一半，则q的取值范围是________.(a＋b)

215．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则cd是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．

416．等差数列{an}的公差d不为零，Sn是其前n项和，给出下列四个命题：①A．若d＜0，且

S3＝S8，则{Sn}中，S5和S6都是{Sn}中的最大项；②给定n，对于一定k∈N*(k＜n)，都有ank＋an+k＝2an；③若d＞0，则{Sn}中一定有最小的项；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak1同号

其中真命题的序号是____________.三、解答题

17．已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通项an；（Ⅱ）求{an}前n项和

Sn的最大值．

18．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an+1)(n∈N*）在函数y＝x2＋1的图象上.(Ⅰ)

求数列｛an｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛bn｝满足b1＝1,bn+1＝bn＋2an，求证：bn ·bn+

2＜bn+1.3－an

119．设数列{an}的首项a1∈(0，1)，an＝2，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn＝a3－2an，证明bn＜bn+1，其中n为正整数．

20．已知数列{an}中a1＝2，an+1＝(2－1)(an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{an}中b1＝2，bn+1＝3，…

3bn＋

4，n＝1，2，3，….证明：2＜bn≤a4n3，n＝1，2，2bn＋

321．已知二次函数y＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和

为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn

1m＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn20对所有n∈N*都成立的最小正整数m； anan＋1，2，）22．数列an满足a11，an1(n2n)an（n1，是常数．（Ⅰ）当a21时，求及a3的值；（Ⅱ）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；（Ⅲ）求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有an0．

【专题训练】参考答案

一、选择题

1．B【解析】a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝a12＋10a1d＋21d2，a62＝(a1＋5d)2＝a12＋10a1d＋25d2，a4a6故a≤a6

82．D【解析】设其公比为q,则bn－cn＝an(q－1)(1－q2)＝－an(q－1)2(q＋1)，当q＝1时，bn

＝cn，当q＞0，且q≠1时，bn＜cn，故bn≤cn.a1＋a11b1＋b1

13．B【解析】因为q≠1，b1＞0，b11＞0，所以b1≠b11，则a6＝2＝2b1b11＝b6.4．B【解析】因数列为等差数列，an＝Sn－Sn1＝2n－10，由5＜2k－10＜8，得到k＝8.5．A【解析】S4a5－S5a4 ＝(a1＋a2＋a3＋a4)a4q－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)a

4＝－a1a4＝－a12q3＜0，∴S4a5＜S5a4． 6．D【解析】由Sn＝

n(n＋1)nn11

f(n)＝＝＝264(n＋32)(n＋2)n＋34n＋64264＋34

n＋n＋34

1641＝50，当n＝n，即n＝8时取等号，即f(n)max＝f(8)＝50

7．B【解析】由已知y＝－3(sinx－2)2＋1，且sinx＞2y＜1，所以当sinx＝1时，y有最小11

值12，无最大值.11

8．D【解】∵等比数列{an}中a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝a2(q＋1＋q)＝1＋q＋q∴当公比q＞01

时，S3＝1＋q＋q≥1＋113，当公比q＜0时，S＝1－(－q3qq)≤1－

2(－q)·(－q＝

－1，∴S3∈(－∞，－1∪3，＋∞).9．B3b是1－a和1＋a的等比中项，则3b2＝1－a2a2＋3b2＝1，令a＝cosθ3b＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a＋3b＝cosθ＋3inθ＝2sin(θ＋6)≤2.10．A【解析】当a1＜0，且0＜q＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a1＞0，且q＞1，故选A.1

2×20(a1＋a20)a＋aa＋aaS11．C【解析】由a＜－1，得a0a01＜0S0，则要使

10101019

×19(a1＋a19)2

Sn取得最小正值必须满足S19＞0，且S20＜0，此时n＝19.12．C【解析】f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋

11n

－(22]111n

y)，a1＝2an＝f(n)(n∈N*)，an+1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)2an，∴Sn＝＝1－(12).则数列

1－

21{an}的前n项和的取值范围是21).二、填空题

13．2【解析】由a4－a2＝8，可得公差d＝4，再由a3＋a5＝26，可得a1＝1，故Sn＝n＋2n(n2n－1

1－1)＝2n2－n，∴Tn＝n2－nTn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值为2，答案：

21aqa1114．(－1，0∪(0，3【解析】23|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0∪(0，3.1－q(a＋b)2(x＋y)2(2xy)2

15．4【解析】cdxyxy＝4.16．D【解析】对于①：∵S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴S5＝S6，又d＜0，S5＝S6为

最大，故A正确；对于②：根据等差中项知正确；对于③：∵d＞0，点(n，Sn)分布在开口向上的抛物线，故{Sn}中一定有最小的项，故③正确；而ak－ak+1＝－d，ak－ak1＝d，且d≠0，故④为假命题.三、解答题

 a1＋d＝1

17．【解】（Ⅰ）设{an}的公差为d，由已知条件，，解出a1＝3，d＝－2．

a1＋4d＝－5

所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5．

n(n－1)

（Ⅱ）Sn＝na12＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4，所以n＝2时，Sn取到最大值4． 18．【解】(Ⅰ)由已知得an+1＝an＋1，即an+1－an＝1，又a1＝1，所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故an＝1＋(a－1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an＝n从而bn+1－bn＝2n.bn＝(bn－bn1)＋(bn1－bn2)＋…＋（b2－b1）＋b1＝2

nn+2n1因为bn·bn+2－b2－1)2 n1＝(2－1)(2－1)－(2

n1

＋2

n2

1－2n

＋…＋2＋1＝＝2n－1.1－2

＝(22n+2－2n+2－2n＋1)－(22n+2－2－2n+1－1)＝－5·2n＋4·2n＝－2n＜0, 所以bn·bn+2＜b2n1.3－an1

19．【解】（Ⅰ）由an＝2n＝2，3，4，….整理得

1－an＝－2－an1)．

又1－a1≠0，所以{1－an}是首项为1－a1，2得an＝1－(1－a1)(－2)n1，3（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜an＜2bn＞0．那么，3－an3－an9abn+12－bn2＝an+12(3－2an+1)－an2(3－2an)＝(2)2(3－2×2)－an2(3－2an)4(an－1)2.又由（Ⅰ）知an＞0，且an≠1，故bn+12－bn2＞0，因此

bn＜bn+1，为正整数．

20．【解】（Ⅰ）由题设：an+1＝(2－1)(an＋2)＝(2－1)(an－2)＋2－1)(22)，＝(2－1)(an2)＋2，∴an+1－2＝(2－1)(an－2)． 所以，数列{an－2}a是首项为22，公比为2－1)的等比数列，an－2＝2(2－1)n，即an的通项公式为an＝2[(2－1)n＋1]，n＝1，2，3，….（Ⅱ）用数学归纳法证明．

（ⅰ）当n＝1时，因2＜2，b1＝a1＝2，所以2＜b1≤a1，结论成立．（ⅱ）假设当n＝k2＜bk≤a4k3，也即0＜bn－2≤a4k3－2，当n＝k＋1时，bk+1－2＝又

3bk＋4(3－22)bk＋(4－32)(3－2)(bk－2)

2＞0，2bk＋32bk＋32bk＋3

3－22，2bk＋322＋3

(3－22)(b2)

所以bk+12(3－2)2(bk2)≤(2－1)4(a4k3－2)＝a4k+1－2

2bk＋3也就是说，当n＝k＋1时，结论成立．

根据（ⅰ）和（ⅱ2＜bn≤a4n3，n＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则 f`(x)＝2ax＋b，由于f`(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.，又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5（n∈N*）.33111（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn＝2)，anan＋1(6n－5)[6(n－1)－5]6n－56n＋1

11111111

故Tn＝bi＝2[(1－7＋(713)＋…＋()]＝2），6n－56n＋16n＋1i=1

n

11m1m

因此，要使220n∈N*）成立的m，必须且仅须满足220，即m≥10，所以

6n＋1满足要求的最小正整数m为10.22．【解】（Ⅰ）由于an1(n2n)an(n1，2，)，且a11．

所以当a21时，得12，故3．从而a3(2223)(1)3．（Ⅱ）数列an不可能为等差数列，证明如下：由a11，an1(n2n)an 得a22，a3(6)(2)，a4(12)(6)(2)．

若存在，使an为等差数列，则a3a2a2a1，即(5)(2)1，解得3．于是a2a112，a4a3(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．

（Ⅲ）记bnn2n(n1，2，)，根据题意可知，b10且bn0，即2 且n2n(nN*)，这时总存在n0N*，满足：当n≥n0时，bn0； 当n≤n01时，bn0．所以由an1bnan及a110可知，若n0为偶数，则an00，从而当nn0时，an0；若n0为奇数，则an00，从而当nn0时an0．因此“存在mN，当nm时总有an0” 的充分必要条件是：n0为偶数，b2k(2k)2k0

记n02k(k1．，2，)，则满足2

b(2k1)2k102k1

故的取值范围是4k22k4k22k(kN*)．

*

第三篇：放缩法(不等式、数列综合应用)

“放缩法”证明不等式的基本策略

近年来在高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，而不等式的证明是高中数学中的一个难点，它可以考察学生逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力。特别值得一提的是，高考中可以用“放缩法”证明不等式的频率很高，它是思考不等关系的朴素思想和基本出发点, 有极大的迁移性, 对它的运用往往能体现出创造性。“放缩法”它可以和很多知识内容结合，对应变能力有较高的要求。因为放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，放缩时要注意适度，否则就不能同向传递。下面结合一些高考试题，例谈“放缩”的基本策略。

1、添加或舍弃一些正项（或负项）

例

1、已知an2n1(nN*).求证：an1a1a2...n(nN*).23a2a3an

1ak2k11111111证明： k1.,k1,2,...,n, ak12122(2k11)23.2k2k2232k

aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n), a2a3an1232222322

3an1aan12...n(nN*).23a2a3an1

2若多项式中加上一些正的值，多项式的值变大，多项式中加上一些负的值，多项式的值变小。由于证明不等式的需要，有时需要舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到.2、先放缩再求和（或先求和再放缩）

例

2、函数f（x）=4x

14xk，求证：f（1）+f（2）+…+f（n）>n+

12n11(nN*).2证明：由f(n)= 4n14n=1-111 14n22n

22

11得f（1）+f（2）+…+f（n）>1112221122n 11111n(1n1)nn1(nN*).424222

此题不等式左边不易求和,此时根据不等式右边特征, 先将分子变为常数，再对分母进行放缩，从而对左边可以进行求和.若分子, 分母如果同时存在变量时, 要设法使其中之一变为常量，分式的放缩对于分子分母均取正值的分式。如需放大，则只要把分子放大或分母缩小即可；如需缩小，则只要把分子缩小或分母放大即可。

3、先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）

k

例

3、已知an=n，求证：∑＜3．

k=1ak

n

证明：∑

k=

1n

n

2ak

∑

k=

1n

＜1＋∑

k=

2n

(k－1)k(k＋1)

=1k2n

＜１＋∑

k=2

(k－1)(k＋1)（k＋1 ＋k

－1)=1＋ ∑（k=2

n

－)

(k－1)

(k＋1)

=1＋1＋＜2＋＜3．

(n＋1)2

2本题先采用减小分母的两次放缩，再裂项，最后又放缩，有的放矢，直达目标.4、放大或缩小“因式”；

n

1例

4、已知数列{an}满足an1a,0a1,求证：(akak1)ak2.232k

1n

证明 0a1

n

11112,an1an,a2a12,a3.当k1时,0ak2a3, 241616

(akak1)ak

2k1

1n11(akak1)(a1an1).16k11632

本题通过对因式ak2放大，而得到一个容易求和的式子

5、逐项放大或缩小

(a

k

1n

k

ak1)，最终得出证明.n(n1)(n1)

2an例

5、设an22334n(n1)求证： 22122n1

2证明：∵ n(n1)nnn(n1)(n)

2n

1∴ nn(n1)

13(2n1)n(n1)(n1)2

an∴ 123nan，∴

222

2n1

本题利用n，对an中每项都进行了放缩，从而得到可以求和的数列，达到化简的目的。

6、固定一部分项，放缩另外的项；

例

6、求证：

11117 122232n2

4证明：

1

n2n(n1)n1n



11111111151171()().122232n22223n1n42n4

此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分

别对待，即不能放的太宽，也不能缩的太窄，真正做到恰倒好处。

7、利用基本不等式放缩

例

7、已知an5n

41对任何正整数m，n都成立.1，只要证

5amn1aman.因为 amn5mn4，aman(5m4)(5n4)25mn20(mn)16，故只要证

5(5mn4)125mn20(mn)16 即只要证

20m20n37

因为aman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37，所以命题得证.本题通过化简整理之后，再利用基本不等式由aman放大即可.8、先适当组合, 排序, 再逐项比较或放缩 例

8、.已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.(1)证明：nAim＜mAin；(2)证明：(1+m)＞(1+n)

i

i

n

m

证明：(1)对于1＜i≤m，且Aim =m·…·(m－i+1)，Aimmm1Aimnn1mi1ni

1,同理，mmmnnnmini

由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有

nkmk，

nm

AinAim

所以ii,即miAinniAim

nm

(2)由二项式定理有：

22nn

(1+m)n=1+C1nm+Cnm+…+Cnm，22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+…+Cmn，由(1)知

mAin

i

＞nAim

i

(1＜i≤m＜n)，而

Cim

AimiAin,Cn= i!i!

∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

00222211

∴m0C0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，…，mmm+1m1mmCmCn＞0，…，mnCnn＞nCm，mn＞0，2222nn1mm∴1+C1nm+Cnm+…+Cnm＞1+Cmn+Cmn+…+Cmn，即(1+m)n＞(1+n)m成立.以上介绍了用“放缩法”证明不等式的几种常用策略，解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的方法，有时还需要几种方法融为一体。在证明过程中，适当地进行放缩，可以化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。但放缩的范围较难把握，常常出现放缩后得不出结论或得到相反的现象。因此，使用放缩法时，如何确定放缩目标尤为重要。要想正确确定放缩目标，就必须根据欲证结论，抓住题目的特点。掌握放缩技巧，真正做到弄懂弄通，并且还要根据不同题目的类型，采用恰到好处的放缩方法，才能把题解活，从而培养和提高自己的思维和逻辑推理能力，分析问题和解决问题的能力。希望大家能够进一步的了解放缩法的作用，掌握基本的放缩方法和放缩调整手段.

第四篇：数列与不等式证明专题

数列与不等式证明专题

复习建议：

1．“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果2．归纳——猜想——证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想．学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义．

3．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．

4．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解． 证明方法：（1）先放缩后求和；（2）先求和后放缩(3)灵活运用 例1．数列a

2nn满足a11,a22,an2(1cos2)asin2n

n2,n1,2,3,.(Ⅰ)求a3,a4,并求数列an的通项公式；(Ⅱ)设ba2n

1n

a,Snb1b2bn.证明：当n6S21n2n

n.分析：本题给出数列相邻两项的递推关系，且要对n分奇偶性。

解:(Ⅰ)因为acos

2

11,a22,所以a3(12)a1sin2



a112,a4(1cos2)a2sin22a24.一般地，当n2k1(kN*)时，a2

k1)2k1[1cos

(22]asin22k1

2k12

 ＝a2k11，即a2k1a2k11.所以数列a2k1是首项为

1、公差为1的等差数列，因此a2k1k.当n2k(kN*)时，a2k2k2(1cos

22)a2k

2ksin2

22a2k.所以数列a2k是首项为

2、公比为2的等比数列，因此a2k2k.故数列an1n的通项公式为an

2,n2k1(kN*),n22,n2k(kN*).(Ⅱ)由(Ⅰ)知，ba2n1nan

123n2,Sn23n,①2n22222

12S1223n

n222242

n1② 1①-②得，1[1(1)2]2S1111nn222232n2n1n1n12n112n2n1.2所以S1nn2

n22n12n22

n.要证明当n6时，S1n(n2)

n2n成立，只需证明当n6时，2n

1成立.证法一

(1)当n = 6时，6(62)264864

341成立.(2)假设当nk(k6)时不等式成立，即k(k2)

k

1.则当n=k+1时，(k1)(k3)k(k2)(k1)(k2k12k3)2k(k2)(k1)(k3)

(k2)2k

1.由(1)、(2)所述，当n≥6时，n(n1)2

21.即当n≥6时，Sn2

1n

.证法二令cn(n2)n

22(n6)，则c(n1)(n3)n(n2)3n2

n1cn2n1222

n10.所以当n6时，c68n1cn.因此当n6时，cnc664

341.于是当n6时，n(n2)221.综上所述，当n6时，Sn

21

n

.点评：本题奇偶分类要仔细，第（2）问证明时可采用分析法。

例题2.已知为锐角，且tan

21，函数f(x)x2tan2xsin(2



4)，数列{an}的首项a1

2,an1f(an).(1)求函数f(x)的表达式；⑵ 求证：an1an；

⑶ 求证：

111a112(n2,nN*)11a21an

分析：本题是借助函数给出递推关系，第（2）问的不等式利用了函数的性质，第（3）问是转化成可以裂项的形式，这是证明数列中的不等式的另一种出路。

解：⑴tan2

2tan2(1)2

又∵为锐角 ∴2 ∴sin(2)1∴f(x)xx1

441tan21(21)2

∴a2,a3,an都大于0∴an0∴an1an2

∴

则S

1111121212111()(S)S a22a2a3ana2an13an13a22an1

⑵

an1anan∵a1

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

⑶

1an1



1111

2

ananan(1an)an1an111

1ananan1

例题4.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,∴

111111111111

2

an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

1a11a21ana1a2a2a3anan1a1an1an1

∵a(12)21234, a(34)23

234

1 ,又∵n2an1an∴an1a31

∴1

2

1a2∴1

1n1a11

2

1

11a21an

点评：把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想，本题中的第（3）问不等式的证明更具有一般性。

例题3.已知数列aa

n满足a11,n12an1nN

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列b1n满足4b114b24

b31

4bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

（Ⅲ）证明：

11a12nNa 23an13

分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩 解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。ann12n，an21

（2）4

b114

b214

b31

4bn1(an1)bn，4

(b1b2bnn)

2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn1

2(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③(n1)bn12nbn2④ ④—③得2nbn1

nbnnbn1，即2bn1bnbn1所以数列{bn}是等差数列

（3）

1a1111

2n112n12

设S



1n2ana11，2a3an1

（Ⅰ）0a（Ⅱ）aa2nn1an1;n12;

（Ⅲ）若a12

则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN*.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,因为0

1x1xx1

0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)

1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1

an1.(Ⅱ)构造函数g(x)=

x2

x2x2

-f(x)=

ln(1x)x, 0g(0)=0.因为0aa2nn1,所以gan0,即2faa2

nn>0,从而an12

.(Ⅲ)因为

b12b1b

n11,n12(n1)bn,所以bn0,n1bn,所以bba2nbn1bnn

b2b1

1nn!————①由(Ⅱ)an1,知:an1an,n1bn2b122an2

所以

anaa3naa1a2n1 ,因为aa=

a2aa1, n≥2, 0an1an1.1

1a2n12222

a2a2

所以

a1a2an1aan

1<

n

2221<2

n12n

=

2n

————②由①② 两式可知:

bnann!.点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

例题5.已知函数f(x)=52x

168x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

(1)试比较a

5n与

4的大小，并说明理由；

(2)设数列b5n

nn满足bn=4－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

i

14分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

解：(1)a2ann1



5168a，因为a所以a7

311,2,a34

.（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.n8a552a48(a55

n5nn1)3an554168a432(2a,因为2an0,所以an1与a同号，nn)22an

4n

4因为a514140，a5555

240,a340,„，an40,即an4

.（3）当n2时，b531n4an22a(5a31

31n1)bn1bn12bn1，n1422an1225

所以bn

2bn122bn22n1b312n，13n

(12n)

所以Snb1b2bn

4121

2

121

(2n1)

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

例题6.已知数列a*

n中，a11，nan12(a1a2...an)nN

．

（1）求a2,a3,a4；（2）求数列an的通项an；（3）设数列{b1n}满足b1

2,b12

n1abnbn，求证：bn1(nk)k

分析：条件中有类似于前n项和的形式出现，提示我们应该考虑an＝Sn－Sn－1(n≥2)

解：（1）a22,a33,a44（2）nan12(a1a2...an)①

(n1)an2(a1a2...an1)②①—②得nan1(n1)an2an

即：nan1

(n1)a1n1aa3ann，ana所以aa223n

n1a...1...1

n(n2)

nna12an112n所以a*n

n(nN)

（3）由（2）得：b1

12,b12

n1k

bnbnbnbn1...b10，所以{bn}是单调递增数列，故要证：bn1(nk)只需证bk1

若k

1，则b121显然成立;若k2，则b1211

n1kbnbnk

bnbn1bn 所以

1b11,因此：1(11)...(11)1k12

k1

n1bnkbkbkbk1b2b1b1kk所以bk



k

k1

1,所以bn1(nk)点评：与数列相关的不等式证明通常需要“放缩”，而放缩的“度”尤为关键，本题中

1b(11)...(11)1,这种拆分方法是数学中较高要求的变形.kbkbk1b2b1b1

例题7.已知不等式

12131n1

[log2n],其中n为不大于2的整数，[log2n]表示不超过log2n的最大整数。设数列a1

n的各项为正且满足a1b(b0),anann

na(n2,3,4)，证明：

n1

an

2b

2b[log，n3,4,5

2n]

分析：由条件an111111n



nana得：

n1

a1

nan1n

an(n2)

nan1

11a



1n1

an2

n1

„„

a11以上各式两边分别相加得： 2a121a111111111

11[log2n](n3)na1nn12anbnn12

b2

=

2b[log2n]2b a2b

n2b[logn]

(n3)

2本题由题设条件直接进行放缩，然后求和，命题即得以证明。

例题8.已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)n，n1（1）写出数列{an}的前三项a1，a2，a5；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对任意的整数m4，有1117

a

4a5am8

分析：⑴由递推公式易求：a1=1,a2=0,a3=2； ⑵由已知得：an

SnSn12an(1)n2an1(1)n1（n>1）

化简得：an1anan1anan1n

2an12(1)

(1)n2(1)n12,(1)n232[(1)

n1

2

3] 故数列{

an2(1)n3}是以a123为首项, 公比为2的等比数列.故an21

(1)

n

3(3)(2)n1∴a23[2n2(1)n]∴数列{a2

n

n}的通项公式为：an3

[2n2(1)n].⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。而左边=

1a1a13[111

2212312m2(1)

m]，如果我们把上式中的分母中的1去掉，就可利45am2用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩，尝试知：

11111

22112311221

23，2312412324，因此，可将

1

保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和。这里需要对m进行分类讨论，（1）当m为偶数(m4)时，1a11a1(11)(11)13(11134m2)4a5ma4a5a6am1am

22222



1311224(1137

m4)288（2）当m是奇数(m4)时，m1为偶数，1a1111a1117 4a5ama45a6amam18

所以对任意整数m4，有

aa

7。本题的关键是并项后进行适当的放缩。45am8

例题9.定义数列如下：a2

12,an1anan1,nN

证明：（1）对于nN

恒有a

n1an成立。（2）当n2且nN，有an1anan1a2a11成立。（3）1

112a12006



a1

1。12a2006

分析：（1）用数学归纳法易证。

（2）由a2

n1anan1得：an11an(an1)

an1an1(an11)„„a21a1(a11)

以上各式两边分别相乘得：an11anan1a2a1(a11)，又a12

an1anan1a2a11

（3）要证不等式1

11122006



a11，可先设法求和：11，1a2a2006a1a2a2006

再进行适当的放缩。a111n11an(an1)

aaa11

a n11



n1nanan1n11



1111a(1)(11)(11)1a2a2006a11a21a21a31a20061a20071

1a1a1

1120071

aa 12a2006又aa2006

1a2a20061

220061

1a11

2006原不等式得证。

1a2a20062

点评：本题的关键是根据题设条件裂项求和。

第五篇：数列不等式推理与证明

2012年数学一轮复习精品试题第六、七模块 数列、不等式、推

理与证明

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．在等比数列{aa

2n}中，若a3a5a7a9a11＝243，则a的值为()1

1A．9B．1

C．2D．

32．在等比数列{aaa

n}中，an>an7·a11＝6，a4＋a14＝5，则＋1，且a等于()16

A.23B.32

C16D．－563．在数列{aa－n}中，a1＝1，当n≥2时，an＝1＋aa

n－1n＝()

A.1

nB．n

C.1nD．n2

4．已知0

B．成等比数列

C．各项倒数成等差数列

D．各项倒数成等比数列

5．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是()

n-

1A．an＝2n－1B．an1

nn

C．an＝n2D．an＝n)

n2-6n

6．已知正项数列{an}的前n项的乘积等于Tn＝的前n项和Sn中的最大值是()

A．S6

B．S

51

4

(n∈N*)，bn＝log2an，则数列{bn}

7．已知a，b∈R，且a>b，则下列不等式中恒成立的是()

11

A．a>bB.<

22

ab

C．lg(a－b)>0

aD.b

8．设a>0，b>0，则以下不等式中不恒成立的是()11

A．(a＋b)ab≥

4B．a3＋b3≥2ab2 D.|a－b|ab

C．a2＋b2＋2≥2a＋2b

9．当点M(x，y)在如图所示的三角形ABC内(含边界)运动时，目标函数z＝kx＋y取得最大值的一个最优解为(1,2)，则实数k的取值范围是（）

A．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B．[－1,1]

C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－1,1)

lg|x|(x<0)10．设函数f(x)＝x，若f(x0)>0，则x0的取值范围是()

2－1(x≥0)

A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B．(－∞，－1)∪(0，＋∞)

C．(－1,0)∪(0,1)D．(－1,0)∪(0，＋∞)

a2＋b

211．已知a>b>0，ab＝1，则的最小值是()

a－bA．2C．2D．1

12．下面四个结论中，正确的是()

A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n＝1,2，…)当n＝1时，恒为1 B．式子1＋k＋k2＋…＋kn1(n＝1,2…)当n＝1时，恒为1＋k

－

1111111

C．式子＋＋…＋n＝1,2，…)当n＝1时，恒为

1231232n＋1

111111

D．设f(n)＝n∈N*)，则f(k＋1)＝f(k)＋n＋1n＋23n＋13k＋23k＋33k＋4

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上． 13．已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S6>S7>S5，有下列四个命题：(1)d<0；(2)S11>0；(3)S12<0；(4)数列{Sn}中的最大项为S11，其中正确命题的序号是________．

14．在数列{an}中，如果对任意n∈N*都有数列，k称为公差比．现给出下列命题：

(1)等差比数列的公差比一定不为0；(2)等差数列一定是等差比数列；

(3)若an＝－3n＋2，则数列{an}是等差比数列；(4)若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比． 其中正确的命题的序号为________． ＝q，(4)正确． 15．不等式

ax的解集为{x|x<1或x>2}，那么a的值为________． x－

1an＋2－an＋1

k(k为常数)，则称{an}为等差比

an＋1－an

x≥0

16．已知点P(x，y)满足条件y≤x

2x＋y＋k≤0k＝________.(k为常数)，若z＝x＋3y的最大值为8，则

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10分)(2011·天津市质检)已知等差数列{an}的前三项为a－1，4,2a，记前n项和为Sn.(1)设Sk＝2550，求a和k的值；

S(2)设bn，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值．

n

18．(12分)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，首项为a1，且2，an，Sn成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

b(2)若bn＝log2an，cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.an

2bx

19．(12分)已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)，a≠0，f(1)＝1，且使f(x)＝2x成立的实

ax－1数x只有一个．

(1)求函数f(x)的表达式；

21(2)若数列{an}满足a1＝an＋1＝f(an)，bn＝1，n∈N*，证明数列{bn}是等比数列，3an

并求出{bn}的通项公式；

(3)在(2)的条件下，证明：a1b1＋a2b2＋…＋anbn<1(n∈N*)．

2x

20．(12分)已知集合A＝xx－21，集合B＝{x|x2－(2m＋1)x＋m2＋m<0}







(1)求集合A，B；

(2)若B⊆A，求m的取值范围．

2a2

21．(12分)解关于x的不等式：x|x－a|≤(a>0)．

922．(12分)某工厂生产甲、乙两种产品，每生产一吨产品所消耗的电能和煤、所需工人人数以及所得产值如表所示：

160千度，消耗煤不得超过150吨，怎样安排甲、乙这两种产品的生产数量，才能使每天所得的产值最大，最大产值是多少．