专题10 数列不等式的放缩问题 （练习）（解析版）

专题10数列不等式的放缩问题目录01先求和后放缩...................................................................................................................................102裂项放缩..........................................................................................................................................503等比放缩..........................................................................................................................................9041()()niiafn型不等式的证明...................................................................................................11051()()niiafn型不等式的证明..................................................................................................20061()niiab型不等式的证明.........................................................................................................24071()niiab型不等式的证明........................................................................................................3201先求和后放缩1．（2023·山东菏泽·高三菏泽一中校考阶段练习）已知数列na的前n项和为nS，且1214aa，，______请在11(322)32nnnnnnSSSnaS①；②是公差为1的等差数列；1nnaa③是公比为3的等比数列，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.(1)求na的通项公式；(2)在na与1na之间插入n个实数，使这2n个数依次组成公差为nd的等差数列，数列1nd的前n项和nT，证明：5.4nT【解析】（1）若选①：当2n时，1132nnnnSSS，所以113nnnnnSSSS，故13(2)nnnaan，因为121413aa，所以*1)3(Nnnnaan，则2n时，12111221333nnnnnnaaaaaa，，，累加得112113(31)3332nnnnaa，故3122nnan，，当1n时，13112a满足上式，故312nna.若选②，数列32nnaS是公差为1的等差数列，首项为111321aSa，故32nnaSn，则113212nnaSnn，两式相减得1312nnaan，则1113()22nnaa，则111(231)2nnaa，即3122nnan，当1n时，13112a满足上式，故312nna.若选③，数列1nnaa是公比为3的等比数列，首项为213aa，故13nnnaa，则2n时，12111221333nnnnnnaaaaaa，，，累加得112113(31)3332nnnnaa，故3122nnan，当1n时，13112a满足上式，故312nna.（2）证明：由于113131322111nnnnnnaadnnn，所以113nnnd所以231234133333nnnnnT①，故234112341333333nnnnnT②，①②，得231221111333333nnnnT1111()115253313366313nnnnn，即52554434nnnT.2．（2023·吉林白城·高三校考阶段练习）已知公差不为零的等差数列na的前n项和为2,3nSa，且137,,aaa成等比数列.(1)求na的通项公式；(2)若121nnnbSa，数列nb的前n项和为nT，证明：34nT.【解析】（1）设na的公差为0dd，因为137,,aaa成等比数列，所以2317aaa，即211126adaad，因为0d，所以12ad，又23a，所以123addd，所以11,2da，所以11211naandnn.（2）由（1）得，221322nnnnnS，所以1111121222nnnbSannnn，所以1111111111112322423522nTnn111111111311123243522212nnnn，又110,012nn，所以34nT.3．（2023·天津·高三校联考期中）已知数列na的前n项和22nnnS，数列nb满足：13b，*121Nnnbbn．(1)证明：1nb是等比数列；(2)设数列{}nc的前n项和为nT，且2211(1)log1nnnnnacab，求nT(3)设数列nd满足：1222*2,21,N,2nnnnnnankaadkankb．证明：2194nkkd．【解析】（1）由121nnbb，得1121nnbb，所以1nb是以2为首项，2为公比的等比数列，即21nnb．（2）当1n时，有111aS，当2n时，2211122nnnnnnnaSSn，显然11a也满足，故nan，结合21nnb，所以2111nnncnn=1111nnn，故11111111111112233411nnnnTnnn.（3）当n为奇数时，22221111(2)4(2)nndnnnn，135212222211111114335(21)(21)nddddnn211114(21)4n,当n为偶数时，22212nnnnnd,246224201148412222444nnnnndddd，设01112444nnnQ，则121112144444nnnnnQ，两式相减得12111311141...144444414nnnnnnnQ，得116341169949nnnQ，所以2462169ndddd，所以2119244nkkd，得证．4．（2023·陕西西安·高三西安市第三中学校考期中）设各项均为正数的数列na的前n项和为nS，满足431nnnSaa.(1)求数列na的通项公式；(2)记13nnnab，数列nb的前n项和为nT.证明：对一切正整数n，6nT.【解析】（1）因为431nnnSaa，即2423nnnSaa，当1n时2111423Saa，解得13a或11a（舍去），当2n时2111423nnnSaa，所以22111344223nnnnnnSSaaaa，即2211422nnnnnaaaaa，即2211220nnnnaaaa，则1120nnnnaaaa，因为0na，所以12nnaa，所以数列na是首项为3，公差为2的等差数列，所以数列na的通项公式是21nan（2）由（1）可得112133nnnnanb，所以0121357213333nnnT，12313572133333nnnT，所以01212322221333333nnnnT1211213331313nnn2443nn，所以1263nnnT，因为1203nn，所以12663nnnT.02裂项放缩5．（2023·贵州黔东南·高三天柱民族中学校联考阶段练习）已知正项数列na的前n项和为1,1nSa，且12nnnaSSn.(1)求na；(2)设1nnbS，数列nb的前n项和为nT，证明：74nT.【解析】（1）当2n时，11nnnnnaSSSS，即111nnnnnnSSSSSS，由数列为正项数列可知，11nnSS，又111Sa，即数列nS是首项为1，公差为1的等差数列，即nSn，则11nSn，2n当2n时，121nnnaSSn，当1n时，12111a成立，所以21nan（2）由（1）可知，2nSn，则21nbn，当2n时，2111111nbnnnnn1714T，成立，221571244T，成立，当3n时，22211111111111...1...23423341nTnnn，即11171714244nTnn.综上可知，74nT，得证.6．（2023·湖南常德·高三临澧县第一中学校考阶段练习）已知数列na为等差数列，数列nb为等比数列，且47a，11a，2132aba，23324ababnN.(1)求na，nb的通项公式；(2)已知2,34,nnnnnnnabncabnaa为奇数为偶数，求数列nc的前2n项和2nT；(3)求证：11212log3niiiab.【解析】（1）设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，由47a，11a得41241aad，所以21nan，由2132aba，23324ababnN.得33219320bbb，所以38b，24b，故122bq，所以2nnb.（2）当n是奇数时，212nncn，当n是偶数时，26722221232321nnnnncnnnn，则13521211125292432nnkkcn①357212114125292432nnkkcn②①-②得：35212121132424242432nnnkkcn即352121211324222432nnnkkcn