第2部分 专题2 强基专题2　数列不等式放缩的基本类型 课件（共25张PPT）

专题二数列强基专题2数列不等式放缩的基本类型第二部分核心专题师生共研放缩法证明数列不等式是数列中的难点之一，是高考命题的延伸点.放缩法灵活多变，技巧性要求较高，所谓“放大一点点就太大，缩小一点点又太小”，如何把握放缩的“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！【例1】求证：12＋122＋123＋…＋12n＜1(n∈N*)．[证明]不等式左边可用等比数列前n项和公式求和．左边＝121－12n1－12＝1－12n＜1.【变式】求证：12＋1＋122＋1＋123＋1＋…＋12n＋1＜1(n∈N*)．[分析]左边不能直接求和，须先将其通项放缩后求和．[证明]因为12n＋1＜12n，所以，左边＜12＋122＋123＋…＋12n＝121－12n1－12＝1－12n＜1.放缩法证明与数列求和有关的不等式，若∑ni＝1ai可直接求和，就先求和再放缩；若不能直接求和的，一般要先将通项an放缩后再求和.【例2】求证：11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n－12n＋1＜12(n∈N*)．[分析]左边可用裂项相消法求和，先求和再放缩．[证明]∵12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴左边＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＜12.【变式1】求证：1＋122＋132＋…＋1n2＜2(n∈N*)．[分析]左边不能求和，应先将通项放缩为裂项相消模型后求和．[证明]∵1n2＜1nn－1＝1n－1－1n(n≥2)，∴左边＜1＋1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1＋1－1n＜2(n≥2)，当n＝1时，不等式显然也成立．【变式2】求证：1＋122＋132＋…＋1n2＜74(n∈N*)．[分析]变式2的结论比变式1强，要达目的，须将变式1放缩的“度”进行修正．[证明]思路一：将变式1的通项从第三项开始放缩．1n2＜1nn－1＝1n－1－1n(n≥3)，左边＜1＋122＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＝1＋14＋12－1n＝74－1n＜74(n≥3)，当n＝1,2时，不等式显然也成立．思路二：将通项放得比变式1更小一点．1n2＜1n2－1＝121n－1－1n＋1(n≥2)，左边＜1＋121－13＋12－14＋…＋1n－1－1n＋1＝1＋121＋12－1n－1n＋1＜1＋121＋12＝74(n≥2)，当n＝1时，不等式显然也成立．放缩法证明与数列求和有关的不等式的过程中，很多时候要“留一手”，即采用“有所保留”的方法，保留数列的第一项或前两项，从数列的第二项或第三项开始放缩，这样才不致使结果放得过大或缩得过小.常用放缩：11n2＜1nn－1＝1n－1－1n；21n2＜1n2－1＝1n－1n＋1＝121n－1－1n＋1；31n2＞1nn＋1＝1n－1n＋1；42n＋1－n＝2n＋n＋1＜1n＝22n＜2n＋n－1＝2n－n－1.[跟进训练]1．(2021·青岛二中期中)已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1，n∈N*，Sn是数列1an的前n项和，则下列结论中正确的是()①S2n－1≤(2n－1)·1an；②S2n≥Sn＋12；③S2n≥32－12n＋12Sn；④存在常数M，使得Sn≤M.A．①②B．②③C．①③④D．②③④B[易知，a2＝2，由an＋an＋1＝2n＋1，an＋1＋an＋2＝2n＋3，两式相减，得an＋2－an＝2，即此数列每隔一项成等差数列，由a1＝1，可得数列的奇数项为1,3,5，…，由a2＝2，可得其偶数项为2,4,6，…，故an＝n.所以Sn＝1＋12＋13＋14＋…＋1n.对于①，当n＝2时，S3＝1＋12＋13＝116，右式＝3×1a2＝32，因此左式＞右式，故①错误；对于②，S2n－Sn＝1n＋1＋1n＋2＋1n＋3＋…＋12n≥n×12n＝12，当n＝1时等号成立，故②正确；对于③，∵S2n－12Sn＝1＋13＋15＋…＋12n－1，2n＞2n－1，∴12n－1＞12n，∴1＋13＋15＋…＋12n－1≥1＋14＋18＋…＋12n＝32－12n，故③正确；对于④，由②知，S2n≥Sn＋12，S4n≥S2n＋12≥Sn＋12×2…，S2mn≥Sn＋m2，∵m2无上界，∴{Sn}无上界，故④错误．故选B．]2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S1212－S1010＝2.(1)求数列{an}的通项公式和Sn；(2)记bn＝1a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜54.[解](1)设等差数列{an}的公差为d，则S1212－S1010＝2，即12a1＋12×112d12－10a1＋10×92d10＝2，解得d＝2.所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，Sn＝n＋nn－12×2＝n2.(2)证明：当n＝1时，Tn＝1＜54.当n≥2时，bn＝1a2n＝12n－12＝14n2－4n＋1＜14n2－4n＝141n－1－1n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＜1＋141－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1＋141－1n＜1＋14＝54.综上可知，Tn＜54.