2.5 培优课5 数列中的不等式证明及恒(能)成立问题-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

培优课5　数列中的不等式证明及恒(能)成立问题 　 第一篇 专题二 数列 03 专题集训 02 题型二　数列中的不等式恒(能)成立 题型一　数列中的不等式证明 01 内容索引 题型一　数列中的不等式证明 返回 角度1　先求和再放缩证明不等式 (2025·山东济宁一模)已知数列和满足a1＝1，nan＋1＝an＋1，b1＋b2＋…＋bn＝2n－1. (1)求数列和的通项公式； 解：因为a1＝1，nan＋1＝an＋1，可得＝＋＝＋－， 即＋＝＋， 可知数列为常数列，则＋＝a1＋1＝2，所以an＝2n－1. 又因为b1＋b2＋…＋bn＝2n－1，则有： 典例 1 若n＝1，可得b1＝1； 若n≥2，则b1＋b2＋…＋bn－1＝2n－1－1， 两式相减得bn＝2n－2n－1＝2n－1. 且b1＝1符合上式，所以bn＝2n－1. (2)设数列的前n项和为Sn，求证：Sn＜6. 解：证明：由(1)可知＝＝－， 可得Sn＝＋＋…＋(－)＝6－， 显然＞0，所以Sn＜6. 规律反思 1.对于数列和的不等式，若和易求，一般先求和，再放缩证明. 2.此类不等式一般另一端为常数，求和以后常利用去项放缩或利用函数的单调性放缩. 角度2　先放缩通项再求和证明不等式 (2025·四川巴中一模)已知数列的通项公式为an＝. (1)求证：≤an＜1； 典例 2 证明：an＝＝1－，可知数列单调递增，则当n＝1时，an取最小值为，又＞0，故≤an＜1，得证. (2)令bn＝log2，证明：＋＋…＋＜. 证明：bn＝log2＝n， 当n＝1时，＝1＜， 当n＝2时，＋＝1＋＝＜， 当n≥3时，＝＜＝－， ＋＋…＋＜1＋＋－＋…＋－＝－＜.得证. 规律反思 1.若数列和的不等式不易求和，一般先适当放缩通项，然后累加 求和. 2.此类题型关键是如何放缩数列的通项，需要熟悉常见的放缩技巧及结论. 预测练1.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝24，S10＝120. (1)求Sn； 解：设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋， 所以由题意，有解得a1＝3，d＝2. 所以Sn＝3n＋×2＝3n＋n2－n＝n2＋2n. (2)记数列的前n项和为Tn，证明：Tn＜. 解：证明：因为＝＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋＋ ＝［＋＋＋…＋＋］＝(1＋－－)＜＝，即Tn＜. 预测练2.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝n2＋n(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； 解：因为2Sn＝n2＋n①， 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)2＋n－1②， 所以①－②得到2an＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，即an＝n， 又a1＝1，满足an＝n，所以an＝n. (2)证明：＋＋＋…＋＞9. 解：证明：因为＝＞＝－， 所以＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＞－1＋－＋－＋…＋－＝－1＝9， 即＋＋＋…＋＞9. 返回 题型二　数列中的不等式恒(能)成立 返回 (2025·黑龙江哈尔滨二模)已知数列满足a1＝5，an＋1－2an＝3n(n∈N*)，记bn＝an－3n. (1)求证：是等比数列； 解：证明：因为an＋1－2an＝3n， 所以an＋1＝3n＋2an，因为bn＝an－3n，所以bn＋1＝an＋1－3n＋1＝3n＋2an－3×3n＝2an－2×3n＝2(an－3n)＝2bn. 又因为a1＝5， 所以b1＝a1－31＝5－3＝2， 所以数列中任意一项不为0， ＝2， 所以数列是首项为2， 公比为2的等比数列， 所以bn＝2×2n－1＝2n. 典例 3 (2)设cn＝，数列的前n项和为Sn.若不等式(－1)nλ＜Sn＋对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围. 解：由第(1)问知，bn＝2n， 则cn＝. 又数列的前n项和为Sn， 所以Sn＝＋＋＋…＋①， Sn＝＋＋＋…＋②， 所以①－②可得， Sn＝＋＋＋…＋－＝＋－， 所以Sn＝5－. 由λ＜Sn＋，得λ＜5－＋， 化简得λ＜5. 当n 为奇数时，有－λ＜5， 即λ＞5×－5， 而＝5×－5＝－， 所以λ＞－； 当n为偶数时，有λ＜5＝5－5×， 而＝5－5×＝， 所以λ＜. 综上，实数λ的取值范围是. 规律反思 　　求数列不等式中参数的取值范围问题要看清楚是恒成立，还是有解问题，常分离参数或直接对函数求最值.若f(n)≥M恒成立，则f(n)min≥M；若f(n)≥M有解，则f(n)max≥M. 预测练3.已知数列的前n项和为Sn，a2＝2a1＝4，当n∈N*，且n≥2时，Sn＋1＝3Sn－2Sn－1. (1)证明：为等比数列； 解：证明：当n≥2时，Sn＋1＝3Sn－2Sn－1⇒Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1＝2an， 又a2＝2a1＝4，故an＋1＝2an在n∈N*上都成立，且a1＝2， 所以是首项、公比均为2的等比数列. (2)设bn＝，记数列的前n项和为Tn，若Tm＋＞1，求正整数m的最小值. 解：由(1)知，an＝2n，则bn＝＝－， 所以Tn＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－， 则Tm＋＝1－＋＞1，即7×2m－2＜2m＋1－1＝8×2m－2－1， 所以2m－2＞1，可得m＞2，而m∈N*，故m≥3，所以正整数m的最小值为3. 返回 专 题 集 训 返回 1.(15分)已知是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列. (1)求数列的通项公式； 解：设数列的公差为d (d≠0)， 因为a1，a3，a9成等比数列，所以＝a1a9， 所以＝a1(a1＋8d)，整理得d2＝a1d， 因为a1＝1，d≠0，所以d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋n－1＝n. 1 2 3 4 (2)令bn＝，若数列的前n项和为Tn，求证：Tn≥. 解：证明：由(1)知an＝n，an＋1＝n＋1，所以bn＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－＋－＋…＋－ ＝1－， 显然为递增数列，所以Tn≥T1＝1－＝. 1 2 3 4 2.(15分)已知数列满足a1＝1，an＋1an＝an－2an＋1. (1)求的通项公式； 解：由题设条件，可得若an≠0，则an＋1≠0， 用反证法，假设an＋1＝0，由题设条件，显然an＝0，这与已知条件矛盾，所以an＋1≠0. 因为a1＝1≠0，所以a2≠0，a3≠0，…，所以∀n∈N*，an≠0， 由an＋1an＝an－2an＋1得－＝1，所以＋1＝2. 又＋1＝2≠0，所以是首项、公比均为2的等比数列.所以＋1＝2n，则an＝. 1 2 3 4 (2)记的前n项和为Sn，求证：Sn＜2. 解：证明：显然n＝1时，S1＝a1＝1＜2成立； 当n≥2时，2n－1≥22－1＝2＞1，所以＜1， 所以2－＞1， 所以2n－1＞1×2n－1，即2n－1＞2n－1＞0，所以an＝＜，n≥2， 所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＜1＋＋＋…＋＝＝2＜2. 综上，Sn＜2，得证. 1 2 3 4 3.(15分)已知是各项都为正数的等比数列，数列满足：bn＝2log2an＋1，且b1＝1，b4＝7. (1)求数列，的通项公式； 解：因为bn＝2log2an＋1，b1＝1，b4＝7， 所以b1＝1＝2log2a1＋1，则a1＝1，b4＝7＝2log2a4＋1，则a4＝8. 因为是各项都为正数的等比数列，所以q3＝＝8，即q＝2，所以an＝2n－1， 则bn＝2log2an＋1＝2＋1＝2n－1. 1 2 3 4 (2)若对任意的n∈N*都有2λan≥bn－2，求实数λ的取值范围. 解：因为2λan≥bn－2恒成立，an＞0，所以λ≥＝恒成立，设f(n)＝， 则f－f＝－＝. 当n≤2时，f(n＋1)－f(n)＞0， 则f(3)＞f(2)＞f(1)； 当n≥3时，f(n＋1)－f(n)＜0， 则f(3)＞f(4)＞f(5)＞…； 所以f(n)max＝f(3)＝，则λ≥. 所以实数λ的取值范围是［，＋∞). 1 2 3 4 4.(15分)(2025·甘肃兰州一模)已知公差不为零的等差数列满足a1＝1，且a2，a4，a8成等比数列. (1)求数列的通项公式； 解：设等差数列的公差为d(d≠0)，a1＝1，a2，a4，a8成等比数列，则＝a2·a8， 所以(1＋3d)2＝(1＋d)(1＋7d)，解得d＝1或d＝0(舍去)，所以an＝n. 1 2 3 4 (2)证明：ln an≤an－1； 解：证明：设f(x)＝ln x－x＋1，f'(x)＝－1，当x≥1时，f'(x)≤0，f(x)单调递减， f(x)max＝f(1)＝0，所以ln x－x＋1≤0，由(1)可知an≥1， 则有ln an－an＋1≤0，所以不等式ln an≤an－1恒成立. 1 2 3 4 (3)若数列满足bn＝，证明：…＜e2(e为自然对数的底数). 解：证明：因为(1＋)…＞0， 所以要证(1＋)…＜e2， 只需证ln［(1＋)…］＜2， 根据(2)可知ln an≤an－1，那么ln≤an， 1 2 3 4 则ln＝ln(1＋)＋ln＋ln(1＋)＋…＋ln≤＋＋＋…＋ ＝＋＋＋…＋＝2［＋＋＋…＋］ ＝2［＋＋(－)＋…＋］＝2＜2， 所以(1＋)…＜e2. 返回 1 2 3 4 谢 谢 观 看！ $