2019年高考数学二轮复习 专题六 数列、不等式及数学归纳法 第6讲 数列与不等式课件 新人教A版

第6讲数列与不等式核心整合数列与不等式的综合与放缩法紧密联系,许多数列求和问题无法直接进行,只能放缩为等比数列或裂项相消等常见的可求和的模型解决.由于放缩法灵活多变,所以此类题难度较高.【归纳拓展】数列与不等式的综合往往由一个递推关系出发,根据该递推关系的不同变化命制不同小题.核心突破考点一放缩后可裂项相消【例1】已知数列{an}满足a1=12,an+1=an-21nann,数列{1nnaa}的前n项和为Sn,证明:当n∈N*时,(1)0an+1an;证明:(1)由于an+1-an=-21nann≤0,则an+1≤an.若an+1=an,则an=0,与a1=12矛盾,从而an+1an,a1=12a2a3…an,又1nnaa=1-1nann1-121nn0,an+1与an同号,又a1=120,则an+10,即0an+1an.(2)an≤31nn;证明:(2)由于0an+1an,则an+1=an-21nannan-11nnaann.即1na-11na-11nn=11n-1n,11na-1na1n-11n,当n≥2时,1na=(1na-11na)+(11na-21na)+…+(21a-11a)+11a11n-1n+12n-11n+…+1-12+11a=3-11a=31nn0,从而an31nn,当n=1时,a1=12,从而an≤31nn.(3)Snn-12.证明:(3)1nnaa=1-1nann≥1-11ann=1-12(1n-11n),累加得,Sn=21aa+32aa+…+1nnaa≥n-12(1-11n)n-12.证明:212+213+…+211n112+123+…+11nn=1-12+12-13+…+1n-11n=1-11n1.【题组训练】1.求证:212+213+…+211n1.2.求证:122+133+…+111nn2.证明:111nn211nnnn=211nnnn=2(1n-11n),所以122+133+…+111nn2（1-12+12-13+…+1n-11n）=2(1-11n)2.3.求证:432+453+…+4211nn1.证明:4211nn22211nnn=21n-211n,所以432+453+…+4211nn211-212+212-213+…+21n-211n=1-211n1.考点二放缩为等比数列求和证明:(1)先用数学归纳法证明1an2,①n=1时,1a1=322;②假设n=k时成立,即1ak2.n=k+1时,ak+1=2ka-2ak+2=(ak-1)2+1∈(1,2).由①②知1an2,n∈N*恒成立.an+1-an=2na-3an+2=(an-1)(an-2)0.所以1an+1an2成立.【例2】已知在数列{an}中,a1=32,an+1=2na-2an+2,n∈N*,设数列{an}的前n项和为Sn.(1)求证:1an+1an2;(2)求证:1623n≤an≤112221nn;证明:(2)a1=32=11632,a2=5421632,当n≥3时,1623n1而1an2.所以an≥1623n.由an+1=2na-2an+2,得2-an+1=2an-2na⇒112na=12(12na+1na)12(12na+1)⇒112na-112(12na-1)⇒12na-1112n(112a-1)=112n⇒an≤112221nn,所以1623n≤an≤112221nn.(3)求证:nSnn+2.证明:(3)由(1)1an2得Snn,由(2)得an≤112221nn=1+1121n1+112n,Sn(1+1112)+(1+2112)+…+(1+112n)=n+112112n=n+2(1-12n)n+2.所以nSnn+2.方法技巧对于有些与指数有关的但通项复杂的问题可放缩为等比数列.证明:131+2331+…+2131nn23+(23)2+…+(23)n=2[1-(23)n]2.【题组训练】1.求证:131+2331+…+2131nn2.证明:因为2n≥n+1,所以212n≤112n,所以212+2212+…+212n≤212+312+…+112n12.2.求证:212+2212+…+212n12.考点三与绝对值相关的不等式证明:(1)由|an-12na|≤1得,|an|-12|an+1|≤1,故2nna-112nna≤12n,所以112a-2nna=(112a-222a)+(222a-332a)+…+(112nna-2nna)≤112+212+…+112n1,因此|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*.【例3】设数列{an}满足|an-12na|≤1,n∈N*.(1)证明:|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*;证明:(2)任取n∈N*,由(1)知,对于任意mn,2nna-2mma=(2nna-112nna)+(112nna-222nna)+…+(112mma-2mma)≤12n+112n+…+112m112n,故|an|(112n+2mma)·2n≤[112n+12m·32m]·2n=2+(34)m·2n.从而对于任意mn,均有|an|2+(34)m·2n.由m的任意性得|an|≤2.综上,对于任意n∈N*,均有|an|≤2.(2)若|an|≤(32)n,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*.方法技巧与绝对值相关的不等式主要是利用绝对值三角不等式转化为|an+1|与|an|的不等关系.【题型训练】{an}中,已知|an|=2n,求证:|a1+a2|+|a2+a3|+…+|an+an+1|≤3·2n+1-6.证明:|a1+a2|+|a2+a3|+…+|an+an+1|≤|a1|+|a2|+|a2|+|a3|+…+|an|+|an+1|=|a1|+2|a2|+2|a3|+…+2|an|+|an+1|=2+2(22+23+…+2n)+2n+1=3·2n+1-6.考点四以直代曲【例4】(2017·浙江卷)已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).证明:当n∈N*时(1)0xn+1xn;证明:(1)用数学归纳法证明xn0.当n=1时,x1=10,假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+1≤0,则0xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0,与xk0矛盾,故xk+10.因此xn0(n∈N*),所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此0xn+1xn(n∈N*).(2)2xn+1-xn≤12nnxx;证明:(2)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得xnxn+1-4xn+1+2xn=21nx-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1).记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),f′(x)=221xxx+ln(1+x)0(x0),所以函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,因此21nx-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0,故2xn+1-xn≤12nnxx(n∈N*).(3)112n≤xn≤212n.证明:(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥112n.由12nnxx≥2xn+1-xn,得11nx-12≥2(1nx-12)0,所以1nx-12≥2(11nx-12)≥…≥2n-1(11x-12)=2n-2,故xn≤212n.综上,112n≤xn≤212n(n∈N*).方法技巧以直代曲通常利用ln(1+x)≤x,ex≥1+x,sinx≤x(x≥0)等进行放缩.证明:(1)用数学归纳法证明.当n=1时,a2=sinπ4=221,0a1a21成立.假设n=k时不等式成立,即0akak+11,所以0π2akπ2ak+1π2,【题组训练】1.数列{an}满足a1=12,an+1=sin(π2an),n∈N*.求证:(1)0anan+11;所以0sin(π2ak)sin(π2ak+1)1,即0ak+1ak+21.当n=k+1时,不等式也成立.综上,0anan+11成立.证明:(2)由(1)知12≤an1,所以sin[π4(1-an)]≤sinπ812.所以sin[π4(1-an)]12.(2)sin[π4(1-an)]12;证明:(3)1-an+1=1-sin(π2an)=1-cos(π2-π2an)=2sin2[π4(1-an)]sin[π4(1-an)]π4(1-an),所以1-an(π4)n-1(1-a1)=12(π4)n-1,所以an≥1-12(π4)n-1.(3)an≥1-12(π4)n-1.(1)解:易得f(x)=21xx,所以xn+1=21nnxx,得11nx=12nnxx=12+12·1nx,易得1nx=1+112n,所以xn=11221nn.2.已知函数f(x)=2xaxb,f(1)=1,f(12)=23,令x1=12,xn+1=f(xn).(1)求数列{xn}的通项公式;(2)证明:欲证x1x2…xn12e,只需证121nxxx…2e,需证ln11x+ln21x+…+ln1nxln2+1.由ln(1+x)≤x得ln1nx=ln[1+112n]112n,(2)证明:x1x2…xn12e.所以n≥2时,ln11x+ln21x+…+ln1nxln2+1112ini=ln2+1-112nln2+1,n=1时ln2ln2+1显然成立.所以x1x2…xn12e.考点五二次型递推证明:(1)an+1=an+c2naan,所以{an}递增.所以an+1-an=c2na≥c21a,an=111iniiiaa+a1≥(n-1)c21a+a1,对任意M0,只要(n-1)c21a+a1M,即n121Maca+1,取N=[121Maca+1]([]表示取整),当nN时,anM成立.【例5】数列{an}的各项均为正数,且对任意的n∈N*,满足an+1=an+c2na(c0).(1)证明:对任意M0,存在正整数N,当nN时,anM成立;证明:(2)因为an+1=an(1+can),所以11na=11nnaca=c(1nca-11nca),所以11nca=1c(1na-11na),得Sn=1111nica=1c(11a-11na),所以|Sn-11ca|=11nca0,又当11ncad,(2)设bn=11nca,Sn=b1+b2+…+bn,证明:对任意d0,存在正整数K,当nK时,0|Sn-11ca|d成立.即an+11cd时,|Sn-11ca|d成立.由(1)知可取K=[1211acdca],当nK时,0|Sn-11ca|d成立.方法技巧二次型递推常可放缩为线性递推或进行裂项相消.证明:(1)an+1-an=2na-3an+2=(an-1)(an-2),an+1-1=(an-1)2≥0⇒an+1≥1,若an+1=1,可推出a1=1,矛盾,所以an1,从an+1-2