专题二第3讲数列的放缩

第3讲数列的放缩微点一裂项放缩证明数列不等式例1已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an(an+2)4(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：1a13+1a23+1a33+…+(1)解因为{an}为正项数列，Sn=an(当n=1时，得a1=2；当n≥2时，Sn-1=an−1①-②得an2-an−12=2(an得an-an-1=2.所以{an}是首项为2，公差为2的等差数列，所以an=2n.(2)证明方法一因为1an3=1(2n)3=18n所以当n≥2时，1a13+1a23+1a3=18+132-1当n=1时，1a13=所以原不等式成立.方法二因为n3-4n(n-1)=n(n2-4n+4)=n(n-2)2≥0，所以n3≥4n(n-1)，所以1an3=1(2=1321n−1−所以当n≥2时，1a13+1a23+1a3+…+1n−1−1n=5当n=1时，1a13=1[规律方法](1)括号内放缩：①1n-1n+1=1n(n+1)<1②an(an−1)2=an(an−1)(an−1)<an如2n(2n−1)2=2n((2)括号外放缩：①1n2<1n②1n2=44n2③1(2n−1)2④n+1-n=1n+1+n<12n⑤1n=22n<2n+⑥1n=22n<2n+1⑦12n−1=2n+1−1(跟踪演练1已知在数列{an}中，a1=1，an=2nn−1an-1+n(n≥2，n∈N*)，{bn}为等比数列，bn=a(1)求实数λ和数列{an}，{bn}的通项公式；(2)令cn=bn(bn−1)2，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：对任意(1)解设{bn}的公比为q，则bn+1=qbn，an+1n+1+即1n+12(n+1)整理得2nan+1+λ=qnan+解得q=2，λ=1.因为b1=a11+λ=a1所以bn=ann+1=2n，得an=n(2n-1(2)证明cn=bn(bn=2n−1(2n−1)(2n−1−1)=12Tn=c1+c2+c3+…+cn<c1+121−1−12=2+121−1−12n−1=3-因为T1=c1=2<3，所以对任意n∈N*，都有Tn<3.微点二等比放缩证明数列不等式例2在正项等比数列{an}中，a1+a3=20，a2a4=324.(1)求{an}的通项公式；(2)已知函数f(x)=x+2x+1，数列{bn}满足：b1=1，bn+1=f(bn)，n∈N*.①求证：数列{bn}为等差数列，并求{bn②设cn=an-bn，证明：n+1Σk=11ck≤7(1)解因为在正项等比数列{an}中，a2a4=a32所以a3=18.又因为a1+a3=20，所以a1=2，进而公比q=3，所以an=2·3n-1.(2)①解因为f(x)=x+2x+1=(x+1)2，所以bn+1=f(bn)=(bn+1)2所以bn+1-bn=1(n∈所以数列{bn}是以b1=1为首项，公差为1所以bn=n，即bn=n2(n∈N*)②证明cn=an-bn=2·3n-1-n2.当n=1时，左式=1c1+1右式=74-12c2=3当n≥2时，1c=2·=2·3下面先证明2·3n−(n+1)22·3n令An=4·3n-1-(2n+1)，n≥2，An-An-1=4×3n-1-(2n+1)-4×3n-2+(2n-1)=2(4×3n-2-1)>2(3n-1-1)>0，∴An>An-1，n≥2，又A1>0，∴An>0，即4·3n-1-(2n+1)>0，又n2-n-12=n−122-34所以2·=2·3n−32(2n所以1ck<32所以nΣk=1=1+3=74-3即n+1Σk=11c综上，当n∈N*时，n+1Σk=11[规律方法]等比放缩方法是一种处理数列不等式问题的有效技巧.其核心思想在于，通过观察数列的项与项之间的关系，发现其等比规律，并利用这一规律对数列的项进行适当的放大或缩小.跟踪演练2数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，满足：a1+b1=8，a2+b2=18，b1+b3=30，6bn+1=bn+2+9bn.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn}，求{cn}的通项公式；(3)记数列1cn−8的前n项和为Sn，证明：Sn(1)解设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由6bn+1=bn+2+9bn可得6qbn=q2bn+9bn，易知bn≠0，∴q2-6q+9=0，解得q=3，又由b1+b3=30可得b1(1+q2)=30，可得b1=3.由a1+b1=8，a2+b2=18可得a1+b1=8，a1+d+b1q=18，即a1=5，d=4，因此可得an=a1+(n-1)d=4n+1，bn=b1qn-1=3n，∴数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=4n+1，bn=3n，n∈N*.(2)解数列{an}和{bn}的公共项需满足4n1+1=3n2，n1，n2∈可得n1=3n2−14，即可知3n2-1=9n22-1=由二项式定理可知若(8+1)n22-1则n22为正整数，即n2=2n，n∈N∴可得cn=32n=9n，即{cn}的通项公式为cn=9n，n∈N*.(3)证明易知1cn−8=19n−8，显然9n-8>9n∴1cn−8=19n−8<1即当n≥2时，Sn=1c1−8+1c=1+1c2−8+…+1cn−8=1+191−19n−11−1当n=1时，S1=1c1综上，当n∈N*时，Sn<98微点三递推放缩证明数列不等式例3(2022·浙江)已知数列{an}满足a1=1，an+1=an-13an2(nA.2<100a100<52 B.52<100aC.3<100a100<72 D.72<100a答案B解析因为a1=1，an+1=an-13-13an−所以an≤34(n≥2)，易知an≠0所以有an+1an=1-13an≥34所以可得an>0(n∈N*).由an+1=an-13an2可得1an+1=3a即1an+1-1一方面，由1an+1-1an=13−an>13，累加可得所以1a100>13从而100a100<100×134=50另一方面，由(*)式可得an+1<3所以an<3n+2(n≥又a1=1，所以an≤3n+2(n∈N由1an+1-1an1累加可得1an+1≤13n所以1a100≤34+13×12+13+所以100a100>100×140=5综上可知，52<100a100<3.[规律方法](1)累加放缩与累乘放缩①累加型：an-an-1≤f(n)；②累乘型：anan−1≤g对于累加型递推关系可结合累加公式进行放缩：an-a1=nΣk=2(ak-ak-1)≤nΣk=2f(k)，这种放缩方法称为累加放缩.对于累乘型递推关系可结合累乘公式进行放缩：ana1=anan−1·an−1an−2·…·(2)二次型递推数列不等式在递推数列中，二次型递推数列an+1=pan2+qan+r有重要的地位，对于二次型递推数列不等式，我们应运用恒等变形和构造新数列的方法，并结合范围的估计使之转化为累加型an-an-1≤f(n)或累乘型anan−1跟踪演练3(2021·浙江)已知数列{an}满足a1=1，an+1=an1+an(n∈N*).记数列{an}的前nA.32<S100<3 B.3<S100C.4<S100<92 D.92<S答案A解析因为a1=1，an+1=a所以an>0，a2=1所以S100>32，1an+1=1+anan=1两边同时开方可得1an+1<则1an<1an−1+12由累加法可得1an+1<1a所以1an≤1+n−12=n所以an+1=an1+an≤an即an+1an≤n+1n+3，由累乘法可得当n≥2时，an=ana1≤nn+2×n−1n+1=61所以S100<1+61=1+613综上，32<S微点四切线放缩证明数列不等式例4(2025·中卫模拟)已知函数f(x)=lnx-mx+1.(1)若f(x)≤0恒成立，求实数m的取值范围；(2)求证：∀n∈N*，1+12(1)解由f(x)=lnx-mx+1，x>0，∵f(x)≤0恒成立，∴m≥lnx+1令φ(x)=lnx+1x，∴m≥φ(φ'(x)=−ln∴当x∈(0，1)时，φ'(x)>0，当x∈(1，+∞)时，φ'(x)<0，∴φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，∴φ(x)max=φ(1)=1，∴m≥1.(2)证明方法一由(1)知，当m=1时，f(x)=lnx-x+1≤0恒成立，即lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立，令x=1+12n>1，n∈N则ln1+12n<1+故ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12+12则ln1+121+1故1+121+方法二由(1)知，当m=1时，f(x)=lnx-x+1≤0恒成立，即lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立，即x≤ex-1，即1+x≤ex，当且仅当x=0时等号成立，令x=12n，∴1+∴1+121+122…1+=e12+12[规律方法]常见的切线放缩不等式如下：①ex≥x+1(x∈R)，其中y=ex与y=x+1的图象相切于点(0，1)，如图1；②ex≥ex(x∈R)，其中y=ex与y=ex的图象相切于点(1，e)，如图1；③lnx≤x-1(x>0)，其中y=lnx与y=x-1的图象相切于点(1，0)，如图2；④lnx≤xe(x>0)，其中y=lnx与y=xe的图象相切于点(e，1跟踪演练4已知f(x)=2lnx-12mx2+(1-2m)x+3(1)若m=1e，求f((2)若f(x)≤0恒成立，求m的取值范围；(3)设n∈N*，n≥2，证明：lnn+12<141−1n+12(1)解因为f'(x)=2x-mx+1-2m=−m当m=1e时，令f'(x)=0因为x∈[1，4]，所以x=e，当x∈[1，e)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，4]时，f'(x)<0，f(x)单调递减，所以x=e为f(x)的一个极大值点，也为最大值点，所以f(x)max=f(e)=2-12×1e×e2+1−2e而f(1)=-12e+1-2e+3f(4)=2ln4-8e+41−2e+32=4ln又因为4ln2+112-16e-521−1e=4ln2+3-272e>4所以4ln2+112-16e所以f(x)min=f(1)=52(2)解若m≤0，因为f(1)=52-52m若m>0，f'(x)=(x+2)(1−mx)当x∈0，1m时，f'(x)>0，f(当x∈1m，+∞时，f'(x)<0，f所以x=1m为f(x所以f(x)max=f

1m=-2lnm+12m-1令g(m)=-2lnm+12m-12因为g(m)在(0，+∞)上单调递减，且g(1)=0，所以m≥1，故m的取值范围为[1，+∞).(3)证明由(2)知，当m=1时，f(x)≤0恒成立，即lnx≤x2+2x−3所以ln(x+1)≤x24+令x=1k，代入化简得ln1+1k<14k2+1k，k=2又因为当k≥2时，1k2<1k即得ln32<14×1−12+12，ln43<14×12−累加得lnn+12<141−1n+12专题强化练[分值：60分]1.(13分)已知在正项数列{an}中，a1=4，其前n项和Sn满足Sn2-(an+1+n-1)Sn-(an+1+(1)求an与Sn；(7分)(2)令bn=2n−1+1(3n−2)an，数列{bn2}的前n项和为Tn(1)解由Sn2-(an+1+n-1)Sn-(an+1+n)得[Sn-(an+1+n)](Sn+1)=0.由于{an}是正项数列，Sn>0，所以Sn=an+1+n.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=an+1+n-an-(n-1)，所以an+1=2an-1，an+1-1=2(an-1)(n≥2).又a1=S1=a2+1，a1=4，则a2=3，an-1=(a2-1)2n-2，所以an=2n-1+1(n≥2)，综上，数列{an}的通项公式为an=4,当n≥2时，Sn=an+1+n=2n+n+1，当n=1时，S1=a1=4适合上式，所以Sn=2n+n+1.(2)证明由于b1=1由(1)得bn=13n−2(n则当k=2，3，…，n时，有bk2=1(3k所以当n≥2时，Tn=14+nΣk=2=14+1312−13n−1又n=1时，T1=b12=1所以对于任意的n∈N*，都有Tn<5122.(15分)已知各项均为正数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，且an2+an=2Sn+6，函数f(x)=ax-a+lnx(a(1)求{an}的公差d；(4分)(2)若f(x)≥0恒成立，求a的值；(6分)(3)设n∈N*，n≥2，求证：2a1+2a2+…+(1)解由an2+an=2Sn+6，an当n=1时，a12+a1=2a解得a1=3或a1=-2(舍去)；当n=2时，a22+a2=2(a1+a2解得a2=4或a2=-3(舍去)，因为数列{an}为等差数列，所以d=a2-a1=1.(2)解由f(x)=ax-a+lnx，x>0则f'(x)=-ax2+1当a≤0时，f'(x)>0，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，又f(1)=0，则当0<x<1时，f(x)<0，不符合题意；当a>0时，令f'(x)>0，得x>a；令f'(x)<0，得0<x<a，所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增，则f(x)min=f(a)=1-a+lna，设g(a)=1-a+lna，a>0，则g'(a)=1a-1=令g'(a)<0，得a>1；令g'(a)>0，得0<a<1，所以函数g(a)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，则g(a)≤g(1)=0，由f(x)≥0恒成立，且f(1)=0，则a=1.(3)证明由(1)知an=3+(n-1)×1=n+2，由(2)知，当a=1时，f(x)=1x-1+lnx>0(x>1即lnx>1-1x，x令x=n+2n>1，则lnn+2n>1-n由an=n+2，则an-1an=(n+1)(n+2)，n≥2，则2a1+2a2+…+2an<ln31+ln即2a1+2a2+…+2a3.(15分)设数列{an}满足：a1=1，an+1=3an，n∈N*.设Sn为数列{bn}的前n项和，已知b1≠0，2bn-b1=S1·Sn，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(5分)(2)设cn=bn·log3an，求数列{cn}的前n项和Tn；(5分)(3)证明：对任意n∈N*且n≥2，有1a2−b2+1a3(1)解由an+1=3an，a1=1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，则an=3n-1，又当n=1时，2b1-b1=S1·S1，又b1≠0，即b1=S1=1，所以2bn-1=Sn，当n>1时，bn=Sn-Sn-1=2bn-1-(2bn-1-1)=2bn-2bn-1，所以bn=2bn-1，所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则bn=2n-1.(2)解由cn=bn·log3an=(n-1)·2n-1，Tn=0×20+1×21+2×22+…+(n-1)×2n-1，则2Tn=0×21+1×22+2×23+…+(n-1)×2n，两式相减得-Tn=21+22+…+2n-1-(n-1)·2n=-2-(n-2)·2n，所以Tn=2+(n-2)·2n.(3)证明1an−bn=当n=2时，1a2−当n>2时，3n-2-2n-2>0，所以1an−b1a2−b2+1a3−b3+…+1an−bn<所以对任意n∈N*且n≥2，有1a2−b2+1a34.(17分)已知数列{an