寻找数列不等式证明的切入口(高考数学二轮专题复习)
高考数学二轮复习专题六数列、不等式及数学归纳法第2讲数列递推与通项课件新人教A版
所以数列{an}从第二项开始成一个首项为 a2= 1 ,公比为 3 的等比数列,
2
2
故当 n>1,n∈N*时有 an= 1 ·( 3 )n-2, 22
1, n 1,
所以有
an=
1 2
3 2
n
2
,
n
2.
1,n 1,
答案:
1 2
3 2
n2
,
n
2
2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= 1 ,an=-2SnSn-1(n≥2 且 n∈N*).则 2
Sn=
,an=
.
解析:当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-2SnSn-1,
由递推关系知 Sn≠0,所以 1 - 1 =2. S n Sn1
所以{ 1 }是等差数列,其中首项为 1 = 1 =2,公差为 2.
方法技巧
若在已知数列中相邻两项存在 an =f(n)(n≥2)的关系,可用“累乘法”. an1
利用 an = a2 · a3 ·…· an =f(2)f(3)…f(n),右边求积后,求其通项公式.
a1 a1 a2
an1
【题组训练】
1.若数列{an}满足a1=1,an+1=2nan,则数列{an}的通项公式an=
方法技巧
通过纽带an=Sn-Sn-1(n≥2),消掉an或Sn求解.如需消掉Sn,可以利用已知递推 式,把n换成(n-1)得到新递推式,两式相减即可.若要消掉an,只需把an=SnSn-1代入递推式即可.不论哪种形式,需要注意公式an=Sn-Sn-1成立的条件 n≥2.因此要验证n=1是否成立,若不成立则要写成分段形式.
2023新教材高考数学二轮专题复习第一部分专题攻略专题一小题专攻第一讲集合常用逻辑用语不等式课件
则A∪B＝( )
A．(0，1)
B．(1，2)
C．(－∞，2)
D．(0，＋∞)
答案： C 解析：因为B＝{x|x(x－2)<0}＝{x|0<x<2}，则A∪B＝{x|x<2}．
3．[2022·新高考Ⅱ卷]已知集合A＝{－1，1，2，4}，B＝{x||x－
1|≤1}，则A∩B＝( )
A．{－1，2}
B．{1，2}
3．[2022·浙江卷]设x∈R，则“sin x＝1”是“cos x＝0”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
答案：A
解析：由sin x＝1，得cos x＝0，因此“sin x＝1”是“cos x＝0”的充分条件， 当cos x＝0时，x＝π2＋kπ(k∈Z)．当k为偶数时，sin x＝1；当k为奇数时，sin x＝－ 1，因此“sin x＝1”不是“cos x＝0”的必要条件．所以“sin x＝1”是“cos x＝0” 的充分不必要条件．故选A.
则A∩B＝{x|x<－1或1<x<2}∩{x|x>－2}＝{x|－2<x<－1或1<x<2}．
(2)[2022·山东济南二模]已知集合A＝{1，2}，B＝{2，4}，C＝{z|z＝
xy，x∈A，y∈B}，则C中元素的个数为( )
A．1
B．2
C．3
D．4
答案：C
解析：由题意，当x＝1时，z＝xy＝1，当x＝2，y＝2时，z＝xy＝4， 当x＝2，y＝4时，z＝xy＝16， 即C中有三个元素．
保分题 1.[2022·山东肥城模拟]命题p：有的等差数列是等比数列，则( ) A．¬p：有的等差数列不是等比数列 B．¬p：有的等比数列是等差数列 C．¬p：所有的等差数列都是等比数列 D．¬p：所有的等差数列都不是等比数列
高考数学二轮复习第二部分专题四数列4.2.2数列中的证明及存在性问题课件理
∴Tn=b1+b2+…+bn=12
1-
1 3
+
1 3
−
15 +…+2���1��� -1
−
1 2������ +1
=1
2
1-
1 2������ +1
< 12.
解题心得要证明关于一个数列的前n项和的不等式,一般有两种
思路:一是先求和,再对和式放缩;二是先对数列的通项放缩,再求数
列的和,必要时对其和再放缩.
所以数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列.
-3-
(3)由已知得 bn=2������������ ,
������������ +1 ������������
=
2������������ +1 2������ ������
=
2������������+1-������������ =23=8,
+
1 2
.
又 a1+12=32,所以来自������������
+1
2
是首项为32,公比为 3 的等比数列,
所以 an+12 = 12×3n,因此{an}的通项公式为 an=12(3n-1). (2)由(1)知������1������ = 3���2��� -1.
因为当 n≥1 时,3n-1≥2×3n-1,
3 2
������ -2
+ ������1-3
>0,
∴a1>-9. ∵a2=a1+3>a1, ∴a1的取值范围是(-9,+∞).
-7-
数列型不等式的证明
数列不等式的证明方法
数列不等式证明的几种方法数列和不等式都是高中数学重要内容，这两个重点知识的联袂、交汇融合，更能考查学生对知识的综合理解与运用的能力。
这类交汇题充分体现了“以能力立意” 的高考命题指导思想和“在知识网络交汇处”设计试题的命题原则。
下面就介绍数列不等式证明的几种方法，供复习参考。
、巧妙构造，利用数列的单调性例1•对任意自然数n,求证:%■（1十00 + -）-（14 —「刚也-「加卄‘一证明：构造数列2ti + 2 2ti + 2加4 - 1二2北十2所以＞细，即鼠｝为单调递增数列所以，即点评：某些问题所给条件隐含数列因素或证明与自然数有关的不等式问题，均可构造数列，通过数列的单调性解决。
、放缩自然，顺理成章例2.已知函数£（只）=3 5討+x J，数列％｝爲九）的首项引"，以后每项按如下方式取定：曲线"住）在点:仗M珑j））处的切线与经过（0 , 0 ）和：1 |：:'两点的直线平行。
求证：当时:(1)(2)07证明：（1）因为，所以曲线’二--—处的切线斜率为0又因为过点（0, 0）和两点的斜率为k = * +吕，所以结论成立。
（2）因为函数h（H）- z3 + X, > Q时单调递壇则有叮+s a = +轴*1 w斗％J +刼曲=(%+1严+(:孤*1 二1所以％£也1，即砥2，因此7又因为M 1 f Ji ' - ・ _ ・”1 ' ' - ' r I令，且" 0f(x) = In 设 所以点评：本题是数列、函数、不等式、解析几何、导数等多知识点的综合题，在证 明过程中多次运用放缩，放缩自然，推理逻辑严密，顺理成章，巧妙灵活。
三、导数引入，更显神威丄丄丄…詁皿“+丄丄丄—丄 E例 3.求证：2 3 4 11 3 3 4 n+1] =丄证明：令5一门"红—口，且当心2|时，恥厂血讥f （口1，所以C n = SL - S R _i = ln(n4 1) - In n = In n +“。
高考数学二轮复习 专题三 数列 第3讲 数列不等式的证
探究提高 数学归纳法是解决和正整数有关命题的证明方法，可以借助递推公式， 证明由特殊到一般的结论成立问题.因此，可以在数列不等式的证明中大显身手.在 本例中，(1)首先根据条件等式的结构特征推出an>0，然后用数学归纳法证明即可； (2)首先由(1)知当k≥2时，1>ak＋1>ak≥b，然后利用数列的递推公式证明即可.
(1)证明：当 n≥2 时，an<an＋1<1；
(2)若 b∈(a2，1)，求证：当整数 k≥（b－a2a（2）1－（bb）＋1）＋1 时，ak＋1>b. 证明 (1)由 an＋1＝an22＋an1知，an 与 a1 的符号相同， 而a1＝a>0，所以an>0， 所以 an＋1＝an＋2 a1n≤1，当且仅当 an＝1 时，an＋1＝1，
xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x2n＋1－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1).
记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0).
f′(x)＝2xx＋2＋1x＋ln1＋x＞0(x＞0)， 函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0， 因此 x2n＋1－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，故 2xn＋1－xn≤xnx2n＋1(n∈N*). (3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
热点二 反证法证明数列不等式
【例 2】 (2018·温州调考)已知数列{an}满足：an>0，an＋1＋a1n<2(n∈N*). (1)求证：an＋2<an＋1<2(n∈N*)；
(2)求证：an>1(n∈N*). 证明 (1)由 an>0，an＋1＋a1n<2，得 an＋1<2－a1n<2.
专题20 放缩法证明数列不等式(练习及答案)-高考数学二轮专题必考点专练
专题20：放缩法证明数列不等式题型一：先求和再证明不等式典型例题例1(2021·全国乙)设{a n}是首项为1的等比数列,数列{b n}满足b n=na n3.已知a1,3a2,9a3成等差数列．(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)记S n和T n别为{a n}和{b n}的前n项和．证明：T n<S n2．变式训练练1已知数列{a n}为等比数列，数列{b n}为等差数列，且b1=a1=1，b2=a1+a2，a3=2b3−6．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n=1b n b n+2，数列{c n}的前n项和为T n，证明：15≤T n<13．练2已知数列{a n }的首项a 1=3，前n 项和为S n ，a n+1=2S n +3，n ∈N *． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =log 3a n ，求数列{b n a n}的前n 项和T n ，并证明：13≤T n <34．题型二：先放缩再求和证明不等式典型例题例2(2014·全国Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1． (1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32．变式训练练3已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *．(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式； (2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n 3n －1．练4已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝32，2S n ＝(n ＋1)a n ＋1(n ≥2)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1(a n ＋1)2(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n<710(n ∈N *)．专题训练1.数列{a n}中，a1＝12，a n+1=a n2a n2−a n+1(n∈N∗)．(1)求证：a n＋1<a n；(2)记数列{a n}的前n项和为S n，求证：S n<1．2.已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且a n+1a n=2S n,n∈N∗（1）求证：数列{S n2}是等差数列（2）记数列b n=2S n3,T n=1b1+1b2+⋯+1b n，证明：1√n+1<T n≤32−√n.3.已知数列{a n}满足a1=2,a n+1=2(1+1n )2a n,n∈N+（1）求证：数列{a nn2}是等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（2）设c n=na n ，求证：c1+c2+⋯+c n<1724.4.已知数列{a n}的前n项和S n=na n−3n(n−1),n∈N∗，且a3=17.（1）求a1；（2）求数列{a n}的前n项和S n；（3）设数列{b n}的前n项和T n，且满足b n=√nS n ，求证：T n<23√3n+2.5.已知数列{a n}满足a1=14,a n=a n−1(−1)n a n−1−2(n≥2,n∈N).（1）试判断数列{1a n+(−1)n}是否为等比数列，并说明理由；（2）设b n=a n sin(2n−1)π2，数列{b n}的前n项和为T n，求证：对任意的n∈N∗,T n<47.。
小结数列与不等式证明题的四种实用方法
小结数列与不等式证明题的四种实用方法高中数学，当数列与不等式以综合题的形式出现时，难度较大。
怎样在紧张而又急迫的考试中准确的选择合适的方法解决难题并且不浪费时间，这成为众多学者头痛的问题。
笔者在高中自主学习和课堂听课中总结了四种实用的方法。
在这篇文章中，笔者把不等式右边是常数的证明题定义为常数型，把不等式右边是变量的证明题定义为变量型。
有的方法只适合常数型的不等式，而有的方法既适合变量型的不等式，也适合常数型的不等式。
下面笔者分常数型和变量型依次总结。
方法一：GP.放缩法。
（常数型）这种方法的应用比较广泛，同时也是放缩法中较简单的一种方法。
下面我们以例题的形式来说明。
例：求证:2121...915131211n <++++++-。
解析:该题属于和式与和式作比较，将2看成某个数列求和即可。
等比数列中，当公比q ≠1时， q 1q a q 1a q 1q 1a n 11n 1n ---=--=）（S ，若使q1q a n1-随n 的增大而趋向于0，则︳q ︳∈（0,1），观察通项1211n +-，q 取21的可能性较大，则令q=21，2q1a 1=-，解得1a 1=。
所以可以得出目标等比数列1n n 21a -=）（。
证明：因为121n +-＞1n 2-， 所以1211n +-＜1n 21-， 得121...915131211n ++++++-＜1n 21...8141211-+++++=1n 212--）（＜2，所以原不等式得证。
这种方法的关键点在于找出目标等比数列，当然也有局限性，不适用于变量型不等式。
方法二：数学归纳法。
（常数型和变量型）数学归纳法的应用比较广范，在某些证明题中，数学归纳法常常作为考生首选的方法，它的重要性是毋庸置疑的。
但是，某些题型不适合用数学归纳法证明。
当不等号左边的第一项是某个具体的常数时，直接用数学归纳法就不可以证明，必须选择恰当的中间量方可。
例如：求证:2121...915131211n <++++++-。
高考数学第二轮专题复习数列教案
高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。
〔3〕加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。
等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。
高考数学常见题型解法归纳反馈训练第41讲数列不等式的证明方法
第 41 讲数列不等式的证明方法【知重点】明数列不等式常用的有数学法、放法和剖析法.一、数学法一般地，明一个与自然数n 相关的命P(n) ，有以下步：（1）明当n取第一个n0命建立 . n0于一般数列取0或 1，但也有特别状况；（ 2）假当n k （k n0，k自然数）命建立，明当n k 1 命也建立.合（12n0），命 P(n)都建立 .）（），全部自然数 n （ n二、放法明不等式，有依据需要把需明的不等式的适合放大或小，使其化繁，化易，达到明的目的，种方法称放法.放的技巧：①增添或舍去一些，如：a21 a ,n(n1) n,n21n11111111②将分子或分母放大或小，如：k 2,2k (k 1) k k 1 k(k 1) k 1 k k③利用基本不等式等，如：n( n1)n(n1)2三、剖析法明不等式，从待命出，剖析使其建立的充足条件，利用已知的一些基来源理，逐渐探究，最后将命建立的条件一个已明的定理、事或的条件，种明的方法称剖析法，它是果索因的方法 .用剖析法明，要注意格式，一般格式是“要明，只要明⋯⋯”.一般用剖析法找思路，用合法写出明程.【方法点】方法一数学法解步一般依据数学法的“两步一”步来明.【例 1】用数学法明:111113(n 2,n N * )n 1n 2n 32n24【评论】利用数学概括法证明不等式时，重点在于第二步，证明这一步时，必定要利用前方的假定和已知条件 .【反应检测 1】已知( x 1)n a0a1 ( x 1) a2 ( x 1)2a n ( x 1) n，（此中 n N ）（1）求a0及s n a1a2a n；（2）试比较s n与(n2) 2n2n2的大小，并说明原因．方法二放缩法解题步骤一般放缩数列通项，或放缩乞降的结果.【例 2】已知函数f (x)ax ln(1x2 )（ 1）当a4f ( x) 在 (0,) 上的极值；时，求函数5（ 2）证明：当 x 0 时， ln(1 x 2 ) x ；（ 3）证明： (114 )(114 )(114 ) e ( n N , n 2, e 为自然对数的底数） .23n（ 2）令 g( x)x ln( 1 x 2 )则 g ' (x) 11 2x ( x 1)2 0x 21 x 2g(x)在 0，上为增函数 .g ( x) g(0)ln(1 x 2 ) x（ 3）由（ 2）知ln(1 x 2 )x令 x1得， ln(11 ) 1 1 11n 4n 4 n 2 n(n 1) n 1 n ln(114 )ln(1 14 )ln(114 )23n1 1 1 1 11 1 1 12334n 1112nn(1124 )(1134 )(11n4 )e【评论】(1) 此题就是利用放缩法证明不等式，是高考的难点和重点.(2)利用放缩法证明不等式，有时需要放缩通项，有时是需要放缩乞降的结果，此题两种放缩都用上了.(3)放缩要适合，所以放的度很重要，有时需要把每一项都放缩，有时需要把前方两项不放缩，后边的都放缩，有时需要把后边的项不放缩，所以要灵巧调整，以达到证明的目的.【反应检测2】已知数列{a n } 知足 2a22 a22n a(2 n 1) 2n 1 2 ．1n（1）求a1及通项公式a n；（ 2）求证：111 1 ．a12a22a n24【反应检测3】将正整数按如图的规律摆列，把第一行数1， 2， 5， 10，17，记为数列a n n N，第一列数1， 4， 9，16， 25，记为数列b n n N（1）写出数列a n， b n的通项公式；（2）若数列a n， b n的前n项和分别为 S n ,T n，用数学概括法证明： 3 T n S n2n34n n N ；（ 3）当n3时，证明：511117 ．4b1b2b3b n4【反应检测4】已知函数f ( x)a ln x(a R)1x（ 1）当a 2 时，比较 f ( x)与1的大小；（ 2）当a 9时，假如函数 g (x) f (x)k 仅有一个零点，务实数k 的取值范围；21111（ 3）求证：关于全部正整数n ，都有ln( n1)572n13【反应检测 5】已知函数 f ( x)a ln x1 x2 (a 1) x (a 1) .2（1）议论 f ( x) 的单一性与极值点；（2）若 g ( x)1 x2 x 1(x 1) ，证明：当 a1 时， g( x) 的图象恒在 f (x) 的图象上方；2（3）证明：ln 2ln 3 ln n 2n 2 n 1 ( n N * , n 2) .2232n 24( n 1)方法三 剖析法从待证命题出发，剖析使其建立的充足条件，利用已知的一些基来源理，逐渐探究，解题步骤最后将命题建立的条件归纳为一个已经证明过的定理、简单事实或题设的条件.【例 3】已知函数 f ( x) ax x ln x b 是奇函数，且图像在点 ( e, f (e)) 处的切线斜率为3 e为自然（ 对数的底数） ．（ 1）务实数 a 、 b 的值；（ 2）若 kZ ，且 kf ( x)对随意 x 1 恒建立，求 k 的最大值；x 1（ 3）当 mn 1 (m, n Z) 时，证明：nm m nmn n m ．（ 2）当 xf ( x) xx ln x1 时，设 g ( x)1x，x1/ x 2 ln x则g ( x)( x21)设 h( x) x2ln x ，则 h / ( x)1 10 ， h( x) 在 (1 ,) 上是增函数x因为 h(3) 1 ln 30 ， h(4) 2ln 4 0 ，所以 x0(3 , 4) ，使 h( x0 ) 0x (1 ,x0 ) 时， h(x)0 ， g / ( x)0 ，即 g(x) 在 (1 , x0 ) 上为减函数；同理 g( x) 在 ( x0 ,) 上为增函数x0x0ln x0x0进而 g( x) 的最小值为 g( x0 )x01所以k x0 (3 , 4) ，k的最大值为3【评论】此题的第 3 问，因为结论比较复杂，一下子看不出证明的方向，所以要采纳剖析法来证明.【反应检测6】已知函数f x 1aln x a R . x（ 1）当a 1 时，试确立函数f x 在其定义域内的单一性；（ 2）求函数 f x 在 0,e 上的最小值；（ 3）试证明：11n 1e e 2.718 , n N . n高中数学常有题型解法概括及反应检测第41 讲：数列不等式的证明方法参照答案【反应检测1答案】（ 1）a02n， s n 3n2n；（2）当n 1 或 n 4 时，3n(n 1) 2n2n2,当n 2,3时，3n( n 1) 2n2n2．【反应检测1详尽分析】（ 1）取x 1 ，则 a02n；取 x 2 ，则 a0a1a n3n，s n a1a2a n3n 2 n．∵ k 4 时，(k3)2k0 ，4 k2 4 k 2 4 424420∴ (k3)2k4k 24k 2 0∴ 3k 1k 2k 12( k 1)2．即 n k 1 时结论也建立，∴当 n4时，3n(n1) 2n2n2建立.综上得，当n 1或 n 4 时，3n(n1) 2n2n2；当 n2,3时， 3n( n1) 2n2n2．【反应检测 2 答案】（ 1）a1 3 ， a n2n1；（2）看法析.【反应检测3答案】（ 1）a n n22n2，b n n2；（2）证明看法析；（3）证明看法析.【反应检测3详尽分析】（ 1）由a n1a n2n1，得：a n a1 1 32n3n 22n 2 ，b n n2．①当 n1时，T1S11，∴ 3 T1S1 6 ，又2n34n 6 ，∴ n 1 时等式建立；②假定n k 时等式建立，即 3 T k S k2k34k ，则n k1时，3 T k 1S k 1 3 T k S k 3 b k 1a k 12k34k 3 k 1 2k 1 2 2 k 122k34k6 6 k26 k1 12k k21 6 k 1 6k k1 2k24k6k12 k124k12 k34 k 1 ，1∴ n k1时等式也建立．依据①②， 3T n +S n2n34n n N 都建立．【反应检测4答案】（ 1）k3ln 2或 k 3ln 2 ；（2）看法析. 2【反应检测4分析】（ 1）当a2ln x ，其定义域为 (0, ) 2 时， f ( x)x1因为f ( x)21x210 ，所以f ( x) 在 (0,) 上是增函数( x 1) 2x x(x1)2故当 x 1时， f ( x) f (1) 1 ；当x1时， f (x) f (1) 1 ；当 x 1时， f ( x) f (1)1（ 2）当a 9时， f ( x)91)ln x ，其定义域为 (0,) 22(xf ( x)2(x 91(2x1)( x2)，令 f(x)0得 x11， x22 1) 2x 2 x(x1) 22因为当 0x 1时， f( x)1x 2 时， f( x) 0或 x 20 ；当22所以函数 f ( x) 在 (0,1) 上递加，在 (1,2) 上递减，在 (2,) 上递加22且 f ( x) 的极大值为 f ( 1)3ln 2 ，极小值为f ( 2)3ln 222又当 x0时， f ( x)；当 x时， f ( x)因为函数 g( x) f (x)k 仅有一个零点，所以函数 y f ( x) 的图象与直线y k 仅有一个交点 . 所以k3ln 2或 k 3ln 2 2（ 3）方法二：用数学概括法证明：①当n时，不等式左侧ln 2，右侧1 131因为 3ln 2ln 8 1，即 n1时，不等式建立，所以ln 23②假定当 nk(kN ) 时，不等式建立，即 ln( k 1)1 1 1 135 72k1那么，当 nk 1时， ln( n 1) ln( k2) ln[( k1) k 2] ln( k1) lnk2k 1k1(11 1 1 ) ln k23 5 7 2k 1 k 1由（ 1）的结论知，当x 1时， ln x 21，即 ln x x 1x 1 x 1k 22k 1 1 1所以 lnk 12k1 k22k 31k1即 ln( k2)1 1 1 113572k 12( k 1) 1即当 n k1时，不等式也建立综合①②知，关于全部正整数n ，都有 ln( n1 1 111)5 72n13【反应检测 5 答案】（ 1） f ( x) 在 (0,1) 和 (a, ) 上单一递加，在 (1,a) 上单一递减 .x 1 为极大值点， x a 为极小值点；（ 2）看法析；（ 3）看法析 .（ 2）当 a 1 时，令 F (x) g (x) f ( x) x 1 ln x ，F '(x) 11x 1，当 x 1 时， F ' ( x)0 ， 0 x 1 时， F ' ( x) 0 ，xx∴ F (x) 在 (0,1) 上递减，在 (1, ) 上递加，∴ F ( x) F (1)0 ，∴ x 1 时， F (x) 0恒建立 .即 x1 时， g(x) f (x) 恒建立，∴当 x1 时， g( x) 的图象恒在 f ( x) 的图象上方 .（ 3）由（ 2）知 F (x)F (1) 0 ，即 ln xx 1，∵ x 0 ，∴ln x1 1 ，xx2*) ，则ln n 2 1 1ln n1 1令x n (n Nn 22，∴n 2(1 n 2 )n 2ln 2 ln 3ln n 1 (111 1 1∴2 23 2n 22 22 12n 2 )3n1 1 ( 1 1 1 )2 2 22 32n 2n 1 1 ( 13 1 41 )22 23 n(n 1)n 1 1 ( 1 1 1 11 1 )2 2 23 3 4nn 1n1 1 ( 11 ) 2n2 n 1∴不等式建立 .2 2 2n 1 4( n 1)【反应检测 6 答案】（ 1） f x 的单一递减区间为 0,1 ，单一递加区间为 1,；1 ae ,a 1（ 2） fxminee；（ 3）看法析 .a a lna , a1e【反应检测6 详尽分析】（ 1）函数 fx 的定义域为 0, ，当 a1 时， f1 ln x ，则xxfx11 x 1x 2xx 2，解不等式 fx0，得 0x 1 ；解不等式 f x 0，得 x1 ，故函数 f x 的单一递减区间为 0,1 ，单一递加区间为1,；高考数学常有题型解法概括反应训练第41讲数列不等式的证明方法当 01 e ，即当 a1时，当 0x1， fx0 ，当 1x e 时， f x0，aeaa此时函数 fx1处获得极小值，亦即最小值，在 xa即 fxminf1 a 1a a lnaaa ln，a1 ae , a1 综上所述， fxminee ；a a ln a, a1e1）知，当 a1时，函数 f x ln x 在区间 1, 上单一递加， x即函数 f x 在区间 1,2 上单一递加，故 f xf 1 1 ，故有1ln x1，所以不等式1ln x 10在 1,2 上恒建立，故原不等式得证，xxN ，11n 1即对随意 ne .n。
高中数学数列不等式证明的几种方法学法指导
高中数学数列不等式证明的几种方法数列和不等式都是高中数学重要内容，这两个重点知识的联袂、交汇融合，更能考查学生对知识的综合理解与运用的能力。
这类交汇题充分体现了“以能力立意”的高考命题指导思想和“在知识网络交汇处”设计试题的命题原则。
下面就介绍数列不等式证明的几种方法，供复习参考。
一、巧妙构造，利用数列的单调性例1. 对任意自然数n ，求证：1n 2)1n 211()311)(11(+>-+⋅⋅++ 。
证明：构造数列)3n 2)(1n 2(2n 2a a ,1n 21)1n 211()311)(11(a n1n n +++=+⋅-+⋅⋅++=+则 12n 22n 21)2n 2(2n 22=++>-++=。
所以n 1n a a >+，即}a {n 为单调递增数列。
所以132a a 1n >=≥，即1n 2)1n 211()311)(11(+>-+⋅++ 。
点评：某些问题所给条件隐含数列因素或证明与自然数有关的不等式问题，均可构造数列，通过数列的单调性解决。
二、放缩自然，顺理成章例2. 已知函数23x x )x (f +=，数列)0x }(x {n n >的首项1x 1=，以后每项按如下方式取定：曲线))x (f ,x ()x (f y 1n 1n ++=在点处的切线与经过（0，0）和))x (f ,x (n n 两点的直线平行。
求证：当*N n ∈时：（1）1n 21n n 2n x 2x 3x x +++=+；（2）2n n 1n )21(x )21(--≤≤。
证明：（1）因为x 2x 3)x ('f 2+=，所以曲线))x (f ,x ()x (f y 1n 1n ++=在处的切线斜率为1n 21n x 2x 3k +++=。
又因为过点（0，0）和))x (f ,x (n n 两点的斜率为n 2n x x k +=，所以结论成立。
（2）因为函数≤+=+>+=++1n 21n n 2n 2x 2x 3x x ,0x ,x x )x (h 则有时单调递增当)2()x 2(x 2x 41n 21n 1n 21n +++++=+，所以1n n 2x +≤，即21x x n 1n ≥+，因此1n 1n n 23121n )21(x x x x x x x x --≥⋅⋅= ；又因为)x x (2x 2x 2x 2x 3x x 1n 21n 1n 21n 1n 21n n 2n +++++++==≥+=+。
高考数学二轮复习 第三部分 专题二 回扣溯源 查缺补漏——考前提醒4 数列与不等式课件
2．判断等比数列的常用方法： (1)定义法：aan＋n1＝q(q 是不为 0 的常数，n∈N*)⇔{an} 是等比数列． (2)通项公式法：an＝cqn(c，q 均是不为 0 的常数，n ∈N*)⇔{an}是等比数列． (3)中项公式法：a2n＋1＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n ∈N*)⇔{an}是等比数列．
1．已知数列的前 n 项和 Sn 求 an，易忽视 n＝1 的情 形，直接用 Sn－Sn－1 表示．事实上，当 n＝1 时，a1＝S1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1.
[回扣问题 1] 已知数列{an}对任意的 n∈N*都满足 a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，则数列{an}的通项公 式为________．
x21＋2的最值，就不能利用基本不等式求解最值．
[回扣问题 6] 已知 a>0，b>0，a＋b＝1，则 y＝1a＋4b 的最小值是________．
解析：因为 a>0，b>0，a＋b＝1， 所以 y＝1a＋4b·(a＋b)＝5＋ba＋4ba≥9，当且仅当 b＝ 2a 时等号成立． 答案：9
7．求解线性规划问题时，不能准确把握目标函数的 几何意义导致错解，如xy－＋22是指已知区域内的点(x，y)与 点(－2，2)连线的斜率，而(x－1)2＋(y－1)2 是指已知区域 内的点(x，y)到点(1，1)的距离的平方等．
2．等比数列的重要规律与推论： (1)an＝a1qn－1＝amqn－m，p＋q＝m＋n⇒ap·aq＝am·an.
(2){an}，{bn}成等比数列⇒{anbn}成等比数列． (3)连续 m 项的和(如 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)仍 然成等比数列(注意：这连续 m 项的和必须非零才能成 立)． (4)若等比数列有 2n 项，公比为 q，奇数项之和为 S 奇，偶数项之和为 S 偶，则SS偶奇＝q.
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：导数与数列不等式
第25讲 导数与数列不等式知识与方法函数、数列、不等式的综合题,是高考压轴题的热点题型之一.一方面,以函数为载体让学生探究函数的性质;另一方面,数列是特殊的函数,在研究数列问题时,我们经常用函数的性质去探究数列的变化规律以及取值范围等.本节,我们介绍几类常见的导数与数列不等式结合的考题及其解决方法.1.基本类型(1)数列求和(或积)中的不等问题; (2)通项公式中的不等问题.对于数列求和的不等问题,通常要将通项公式放缩为可以求和的数列: (1)放缩为等差数列:通项公式:n b pn q =+;(2)放缩为等比数列:通项公式:11n n b b q -=;【点睛】特别地,当10,(0,1)b q >∈时,数列{}n b 为无穷递缩等比数列,其前n 项和()11111nn b q b T qq-=<--.这个不等式经常用到,它的结构为: ?×Ïî 1 ?«±È n T <-,常常要从第二项或第三项开始放缩.(3)裂项相消求和:通项公式特点:1n n n a b b +=-;(4)倒序相加求和:通项公式特点:1k n k b b -++=常数.【点睛1】数列求和不等式,要点睛意从通项公式入手,放缩成可求和的数列.【点睛2】在放缩时要点睛意前几问的铺垫与提示作用,特别是由恒成立与最值问题所得到的不等式,往往提供了放缩的方向.【点睛3】常用的放缩不等式:ln 1,e1,sin (0)xx x x x x x -+<>典型例题()()1158nni i i i a f n a f n ==<>∑∑类型或【例1】数列{}n a 满足1111,22n na a a +==-. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,证明2ln 2n n S n +⎛⎫<-⎪⎝⎭.【解析】(1)由112n n a a +=-得,1111122n n n n a a a a +--=-=--,所以12111n n n a a a +-=--,即111111111n n n n a a a a ++-==----，所以111111n n a a +-=---,且1121a =--,数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为2-,公差为1-的等差数列,所要证以111n n a =---,故1n n a n =+. (2)要证2ln 2n n S n +⎛⎫<-⎪⎝⎭,即证1112111ln 2312n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-<- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即证1112ln 2312n n n n +⎛⎫⎛⎫-+++<-⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭, 即证1112ln 2312n n +⎛⎫+++> ⎪+⎝⎭， 解法1:利用数列的单调性设()2111ln 2231n f n n +⎛⎫⎛⎫=-+++⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭, 只需证明()f n 的最大值小于0,考察(){}f n 的单调性, 作差:()()31111lnln 12222n f n f n n n n n +⎛⎫+-=-=+- ⎪++++⎝⎭. 构造函数()()ln 1(0)g x x x x =+->,则()()110,11xg x g x x x=-=-<++'在()0,∞+上单调递减, 所以()()00g x g <=,故()()1f n f n +<,从而()()311ln 022f n f =-<,得证. 解法2:通项比较点睛意到()*式左边是数列11n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和, 于是将右边2ln 2n +⎛⎫⎪⎝⎭看成另一个数列{}n b 的前n 项和的形式, 易得21ln ln 22n n n b ++⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.记11n a n =+,只需证明n n a b >,即证12ln 11n n n +>++,构造函数()()ln 1(0)h x x x x =+->证明即可,过程与解法1相同. 解法3:积分放缩()2211111111123123112d ln 2ln2ln 2n n n n x n x ++++=⨯+⨯++⨯+++>=+-=⎰ 【点睛1】通项比较法也是证明此类数列求和型不等式的常规思路之一.一般地,对于数列不等式()1ni i a f n =∑<,可设()1ni i b f n =∑=,则()()()12n b f n f n n =--.若n n a b <成立,显然()1ni i a f n =∑<也成立.需要点睛意的是:若()1ni i a f n =∑<成立,不一定有n n a b <.【点睛2】解法3利用定积分的几何意义进行放缩,这种跨越知识点的思路非常具有创造性,技巧性较强.【例2】已知函数()()22ln 21(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. (1)若()0f x 在[)1,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围; (2)证明:()()*11111ln 21N 3521221nn n n n ++++>++∈-+. 【解析】()()1f x 的定义域为()0,∞+,()()2222122a a x x ax x a a f x x x'-⎛⎫-- ⎪-+-⎝⎭==. (1)当01a <<时,21a a ->,若21a x a -<<,则()()0,f x f x '<在21,a a -⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数,所以21,2a x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()10f x f <=,即()0f x 在[)1,∞+上不恒成立. (2)当1a 时,21aa-,当1x >时,()()0,f x f x '>在[)1,∞+上是增函数,又()10f =,所以()0f x .综上所述,所求a 的取值范围是[)1,∞+.(2)分析:点睛意到待证不等式左边是数列121n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和,于是将右边()1ln 21221nn n +++看成另一个数列{}n b 的前n 项和n S .由公式11,1,,2,n n n S n b S S n -=⎧=⎨-⎩,易得121111ln 22122121n n b n n n +⎛⎫=+- ⎪--+⎝⎭. 记121n a n =-,则只需证明n n a b >. 当1n =时,不等式显然成立;当2n 时,即证()1121111ln 22122122121n n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭,即证1121ln 212121n n n n ++>-+-,即证2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-. 令()21221n x n n +=-,则只需证明12ln (1)x x x x->>. 构造函数()12ln (1)g x x x x x=-->,或者利用第(1)问中的不等式()0f x 不难证明不等式成立,故而得证.将上述思路倒过来,可得下面的证法:证明:由(1)知当1a 时,()0f x 在[)1,∞+上恒成立.取1a =,得12ln 0x x x --,所以12ln x x x-.令*21,N 21n x n n +=∈-,得2121212ln212121n n n n n n +-+->-+-, 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭,所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭,上式中1,2,3,,n n =,然后n 个不等式相加,得到:()()*11111ln 213521221nn n n n ++++>++∈-+N . 【点睛】在放缩时要点睛意前几问的铺垫与提示作用！第(1)问中的不等式()0f x 为我们提供了放缩的方向,不必构造新的函数进行证明. 【例3】设函数()()1,ln (0,e 2.718)xg x h x x a ax-==>≈. (1)设()()22r x x h x =-,求()r x 的最小值;(2)设()()()f x g x h x =+,若()f x 在[)1,∞+上为增函数,求实数a 的取值范围; (3)求证:N,2n n ∈≥时,21ni in =∑∑<.【解析】(1)已知函数()ln h x x =,所以()22ln (0)r x x x x =->,所以()241x r x x -=',今()0r x '=,解得12x =,或12x =-(舍),当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()0,r x r x '<在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减, 当1,2x ∞⎛⎫∈+⎪⎝⎭时,()()0,r x r x '>在1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增; 所以()r x 在12x =处取得最小值,2min 1111()2ln ln22222r x r ⎛⎫⎛⎫==⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(2)因为()()1ln 1xf x x x ax -=+,所以()21x a f x x-='. 因为()f x 在[)1,∞+上为增函数,所以()210x a f x x'-=在[)1,∞+上恒成立, 即1ax在[)1,∞+上恒成立, 因为101x<,所以1a ,所以a 的取值范围是[)1,∞+. (3)分析:要证21ni in =∑∑<,即证1111ln 234n n++++<,将ln n 看成数列 (){}ln ln 1n n --的前n 项和,于是只需证明()1ln ln 1n n n<--, 即证1ln 1n n n <-. 令1n x n =-,则1x n x =-,只需证明1ln x x x->, 构造函数或者利用(2)的结论即可得证. 证明:由(2)可知1a =时,()1ln xf x x x-=+在[)1,∞+上为增函数, 今1n x n =-(其中*N ,2n n ∈),则()()1,11n x f x f f n ⎛⎫>=> ⎪-⎝⎭,即111ln ln 0111nn n n n n n n n --+=-+>---,即()1ln ln 1n n n -->, 所以,以上各式累加得,所以.即:.【点睛】第(3)问的证明用了通项比较法,点睛意到了第问的铺执与提示作用.【例4】已知函数.(1)求函数在上的单调区间;(2)用表示中的最大值,为的导函数,设函数,若在上恒成立,求实数的取值范围;(3)证明:.【解析】(1)因为,,令,得.当时,单调递增;当时,单调递减;所以函数在上的单调递增区间为,单调减区间为.(2)由知,当时,恒成立,故恒成立;当时,,又因为恒成立,所以在上恒成立,所以,即在上恒成立.令,则,由,令得,易得在上单调递增,在上单调递减,所以,所以,即.综上可得.(3)证法1:证明:设,则,所以在上单调递增,所以,即,所以所以.证法2:记,则所以为递增数列,所以,得证.【点睛】第(3)问证法1用了不等式进行放缩;证法2用了数列的单调性. 另外,还可以利用积分放缩,请读者参考例1自行完成,此处略过.【例5】已知函数的最小值为0,其中.(1)求的值;(2)若对任意的,有成立,求实数的最小值;(3)证明:.【解析】(1),得,得所以时,函数取得极小值且为最小值所以,解得.(2)当时,取,有,故不合题意当时,令,即,可得(1)当时在上恒成立,因此在上单调递减,从而对任意的,总有,即对任意的,有成立;(2)当时,,对于,因此在上单调递增,因此取时,,即有不成立;综上知,时对任意的,有成立,的最小值为.(3)证明:当时,不等式左边右边,所以不等式成立;当时,,在中,取,得,所以.所以综上【点睛】第三问中,借助于导数证不等式的方法进行.点睛意到在第问中,取,得,则,于是得到:,然而右侧的式子显然大于2,这说明放缩过头了,于是保留第一项,从第二项开始放缩: “留一手”是放缩中的常用技巧,有时甚至需要“留两手”或“留三手”.【例6】已知函数.(1)求函数的极值;(2)(1)当时,恒成立,求正整数的最大值;(2)证明:.【解析】(1),当时,,函数在上单调递增,没有极值;当时,由得,由得,所以在上单调递减,在上单调递增,此时函数的极小值,没有极大值.(2)(1)当时恒成立,即只要即可,由时在上单调递减,在上单调递增,(1)若时,在上单调递增,满足题意;(2)当时,在上单调递减,在上单调递增,,令,则,所以在上单调递减,且,所以存在使得,则的解集为.综上,的取值范围,其中,所以正整数的最大值3.(2)证明:要证两边取对数,即证也即证由(1)知,令,则所以所以.【点睛】最后一问中,将目标不等式两边取自然对数,便由积式变成和式,这样就化为类型1,利用通项比较法不难获证.【例7】已知函数.(1)函数在定义域内恒成立,求实数的取值范围;(2)求证:当时,.【解析】(1)函数定义域为,当时,,不满足题设;当时,,在上,单调递增,在上,,单调递减,所以,解得.综上:的取值范围是.(2)证明:由(1)得,当时,当且仅当时等号成立.所以,所以所以,所以.【点睛】第(2)问用到了对数放缩不等式:,还用到了裂项放缩.【例8】已知函数(其中是自然对数的底数,.(1)当时,求函数的极值;(2)当时,求证;(3)求证:对任意正整数,都有.【解析】(1)当时,,当时,;当时,;所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得极小值,函数无极大值;(2)证明:由,(1)当时,恒成立,满足条件;(2)当时,由,得,则当时,,当时,,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得最小值,因为,所以,所以,所以,综上得,当时,;(3)由(2)知,当时,恒成立,所以恒成立,即,所以,令,得,,所以.【点睛】第(3)问用到了对数放缩不等式:,还用到了等比放缩.【例9】已知函数.(1)求的最大值;(2)若对,总存在,使得成立,求实数的取值范围;(3)证明不等式是自然对数的底数).【解析】(1)由,得,当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减,则当时,取得最大值为.(2)对,总存在,使得成立,等价于:存在,使得成立.由(1)知,,问题转化为存在,使得.,当时,,①当时,若单调递减,,不合题意;②当时,,使得,若,若时,,即当,则,使得,符合题意;③当时,若单调递增,,则,使得,符合题意.综上可知,所求实数的范围是;(3)证明:由(2)可知,当时,若,令.有,再由(1)可得,,则,即,也即,所以,.则.【点睛】第(3)问用到了三角放缩不等式:,还用到了等比放缩.递推公式中的不等问题【例10】已知函数.(1)求证:当时,;(2)若数列满足,且,证明:.【解析】(1)略;(2)要证,即证.如果成立,则必会有,从而只需证明即可,这样递推式就得以建立.接下来考虑如何去绝对值:因为,所以,则,所以,则,如此继续下去,得,从而可得,于是.从而要证成立,只需证明,即证,即证，即.只需证明,即,即证明,即证.分析至此,只需构造函数就可以顺利解决:令,则,,因为,所以,所以在上单调递增,所以,所以在上单调递增,所以,即,故原不等式成立.【点睛】本题构造函数方法不唯一,如下面的过程:令,则,所以在上单调递增,所以,即,所以,于是原不等式得证.【例11】函数,曲线在处的切线在轴上的截距为.(1)求;(2)讨论的单调性;(3)设,求证:.【解析】在上单调递增(过程略;(3)证明,亦即证明.如果成立,那么就会有,反过来,如果我们能够证明,也就是证明,就可以原式得以成立.(下面我们就开始面临下一个问题:如何去绝对值?这就势必要比较与的大小,因此分类情况就会面临着三种:.)下面分别进行讨论:(i)时,不等式显然成立;(ii)若,由在单调递减,且可知,从而式即证,即，亦即，即证.而由单调递增,且,从而可知,从而有成立;(iii)若时,类似可证.【例12】函数.(1)判断时,的零点个数,并加以说明;(2)正项数列满足.(1)判断数列的单调性,并加以证明;(2)证明:.【解析】(1)当时,.令,则,所以在单调递增,又,所以,从而的零点个数为0.(2)由,得,所以由(1)知,当时,有,即,所以.所以,故数列单调递减.对于第(3)问,由于所证不等式的左侧可以视为数列的前项的和,所以我们可将视为某一个数列的前项和,即.从而.要证,只需证.如果成立,则有成立,从而要证,只需证成立即可,从而递推关系得以建立.要证,即证，即证,即证，即证,即证,即证.令,从而,由(1)知,从而,从而原不等式得证.强化训练1..已知函数.(1)求函数的单调区间;(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)当时,求证:.【解析】(1)的定义域为,(1)当时,,所以在上递增;(2)当时,令,则,当时,;当时,,所以在区间上递增,在上递减.(2)解法1:构造函数,(1)当时,由在上递增,又,不符合题意;(2)当时,由知在区间上递增,在上递减,所以,解得:.综上:,所以的取值范围为.解法2:分离参数恒成立,等价于设,令,则当时,;当时,,所以在区间上递增,在上递减;所以,所以:.所以的取值范围为.(3)证明:由(2)知,当时,恒成立,即(1)当时,,即,所以,上述不等式相加可得:, 即,即,(2)当时,,即,即,所以,,上述不等式相加可得:,即,即,综上:当时,.2.已知函数.(1)求在点处的切线方程;(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)求证:当时,不等式成立.【解析】(1)切线方程为即.(2)设,当时,单调递增;当时,单调递减;因为不等式恒成立,且,所以,所以即可,从而.(3)由(2)可知:当时,恒成立,当且仅当时等号成立. 令,因为,所以,整理得,变形得,即.当时,有,.将上述式两边同时相加,得.所以当时,不等式成立.3.已知函数.(1)设,求的单调区间;(2)若对,总有成立.求的取值范围;(ii)证明:对于任意的正整数,不等式恒成立. 【解析】(1),定义域为,所以,①当时,令,得;令,得;②当时,令,得或;令,得;③当时,恒成立;④当时,令,得或;令,得;综上：当时,的增区间为的减区间为;当时,的增区间为和的减区间为;当时,的增区间为;当时,的增区间为和的减区间为.(2)(i)由题意,对任意恒成立,即恒成立,只需.由第知:因为,显然当时,,此时对任意不能恒成立;当时,,所以;综上,的取值范围为.(ii)证明:由(1)知:当时,,即,当且仅当时等号成立.当时,可以变换为,在上面的不等式中,令,则有所以不等式恒成立.4.已知函数.(1)若不等式在区间上恒成立,求实数的取值范围;(2)求证:(其中为自然对数的底数).【解析】(1)实数的取值范围为(过程略);(2)取,由(1)有,即.又当时,,所以.于是,将以上不等式累加,得,不等式得证.5.已知函数.(1)若,且对于任意恒成立,试确定实数的取值范围;(2)设函数,求证:【解析】(1)由,可知是偶函数.于是对任意成立等价于对任意成立.由,得.①当时,.此时在上单调递增.故,符合题意.②当时,.当变化时的变化情况如表:单调递减极小值单调递增由此可得,在上,.依题意,,又,所以.综合①,②得,实数的取值范围是.(2)因为,所以,又,所以,,.由此得:故成立.6.已知函数.(1)求证:当时,;(2)数列满足,求证:数列单调递减,且.【解析】第(1)问略.第(2)问,我们先用数学归纳法先证:当时,,从而;假设当时,,下证.由,从而,由于,所以,从而.由数学归纳法原理,知.下证数列单调递减,即证,即证.即证,由(1)知,只需证.而成立,从而数列单调递减.下面证明,只需证,只需证,只需证.构造,所以单调递增,从而,从而对恒成立.从而.原不等式得证.7.已知函数,正实数数列满足,且当时,求证:(1)当时,;(2).【解析】(1)我们证明,当时,.令,即, 则由可知单调递增,从而. 由可知单调递增,于是. 由可知单调递增,因此, 即.因为,所以.(2)我们先对用数学归纳法证明.①当时,,结论成立.②假设当时,有(其中).如果,则.点睛意可知,与归纳假设矛盾.所以,当时结论也成立,即.由①②可知,.于是,当时,有, 令从1到求和,即得.。
数列与不等式-高中数学必备考试技能之回扣溯源、查缺补漏
是 ab 0 。
一元二次 不等式
解一元二次不等式实际上就是求出对应的一元二次方程的实数根（如果有实数根），再结合对 应的函数的图象确定其大于零或者小于零的区间，在含有字母参数的不等式中还要根据参数 的不同取值确定方程根的大小以及函数图象的开口方向，从而确定不等式的解集．
∴S9＝a1＋a2＋a3＋…＋a9
3 / 10
＝1＋8a2＋8（8－2 1）×12＝23. 答案 23
5.利用错位相减法求和，切忌漏掉第一项和最后一项；裂项相消求和，相消后剩余的前、后项数要相等.
[回扣问题 5] 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3＝6，S4＝20.
基本 不等式
ab a b 2
（ a 0,b 0 ）
a b 2 ab （ a,b 0 ）； ab ( a b)2 （ a,b R ）； 2
2ab ab
≤
ab ≤ a b ≤ 2
a 2 b 2 （ a,b 0 ）； a2 b2 2ab 。
2
二元一次 不等式组
二元一次不等式 Ax By C 0 的解集是平面直角坐标系中表示 Ax By C 0 某一侧所
不等式的 性质
（3） a b a c b c ； （4） a b，c d a c b d ；
（5） a b 0，c d 0 ac bd ； （6） a b 0，n N*，n 1 a n b n；n a n b
两个实数的顺序关系：
a b ab0 a b ab0 ab ab0
有点组成的平面区域。二元一次不等式组的解集是指各个不等式解集所表示的平面区域的公 共部分。
二．核心解读*方法重温
1.已知数列的前 n 项和 Sn 求 an，易忽视 n＝1 的情形，直接用 Sn－Sn－1 表示.事实上，当 n＝1 时，a1＝S1；
高考理科数学二轮复习专题对点练14-数列与数列不等式的证明
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！专题对点练14 数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题1.若数列{a n}满足:a1=错误!未找到引用源。
,a2=2,3(a n+1-2a n+a n-1)=2.(1)证明:数列{a n+1-a n}是等差数列;(2)求使错误!未找到引用源。
+…+错误!未找到引用源。
成立的最小的正整数n.(1)证明由3(a n+1-2a n+a n-1)=2可得a n+1-2a n+a n-1=错误!未找到引用源。
,即(a n+1-a n)-(a n-a n-1)=错误!未找到引用源。
,故数列{a n+1-a n}是以a2-a1=错误!未找到引用源。
为首项,错误!未找到引用源。
为公差的等差数列.(2)解由(1)知a n+1-a n=错误!未找到引用源。
(n-1)=错误!未找到引用源。
(n+1),于是累加求和得a n=a1+错误!未找到引用源。
(2+3+…+n)=错误!未找到引用源。
n(n+1),∴错误!未找到引用源。
=3错误!未找到引用源。
.∴错误!未找到引用源。
+…+错误!未找到引用源。
=3-错误!未找到引用源。
,∴n>5.∴最小的正整数n为6.2.(2017广东揭阳二模,理17)已知数列{a n},a1=1,a n+1=错误!未找到引用源。
+n+1.(1)求证:数列错误!未找到引用源。
是等比教列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.(1)证明∵a n+1=错误!未找到引用源。
+n+1,∴错误!未找到引用源。
=2×错误!未找到引用源。
+1,∴错误!未找到引用源。
+1=2×错误!未找到引用源。
,∴数列错误!未找到引用源。
是等比教列,公比为2,首项为2.(2)解由(1)可得错误!未找到引用源。
+1=2n,可得a n=n·2n-n.设数列{n·2n}的前n项和为T n,则T n=2+2×22+3×23+…+n·2n,2T n=22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,两式相减可得-T n=2+22+…+2n-n·2n+1=错误!未找到引用源。
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一个考题
我们怎样看出可以用 数学归纳法证明？
我们怎样看出可以构 造函数来证明？
n 2 3n Tn 4
反演推理
n 2 3n Tn 4
n 2 3n (n 1)2 3(n 1) n 1 4 4 2
2an ln(an 1) an 2
2018年高考数学二轮专题复习来自寻找数列不等式证明的切入口
三年高考
几种方法
数学归纳法 验证，假设，证明，下结论。 比较法 有作差比较、作商比较法。
分析法 从结论出发依次寻找其成立的条件。
构造函数法 根据题设将数列的项an看作自变量。
放缩法 放缩的技巧很多。
一点希望
希望：能够初步认知寻找数列不等式证明问题切入口的
2an an 1 an 2
1 1 1 an 1 an 2
1 n 1 an 2
等与不等
等差数列与递推放缩为等差数列间的等与不等的对应
等与不等
等比数列与递推放缩为等比数列间的等与不等的对应
三个作业
感谢同学们的参与
下课