2018年浙江高考压轴题之数列不等式的证明

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高考数学复习第七章数列与数学归纳法专题探究课三高考中数列不等式证明的热点题型理市赛课公开课一等奖省名

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≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an| ≤13232n－2＋232n－3＋…＋23n－1 ＝23n－1－232n－1 ≤23－233＝1207. 综上，|a2n－an|≤1207.15 分(得分点 4)
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❶得步骤分：抓住得分点步骤，“步步为营”，求得满分.如(1)中，归纳猜测得2分；用数学归纳法证实得3分，第(2)放缩法证实结论得5分等.
殊到普通结论成立问题.所以，能够在数列不等式证实中大显身手.
【例 1】 (满分 15 分)(2018·绍兴检测)已知数列{an}满足，a1＝1，an＝an1＋1－12. (1)求证：23≤an≤1； (2)求证：|an＋1－an|≤13； (3)求证：|a2n－an|≤1207.
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满分解答证明 (1)由已知得 an＋1＝an＋1 12，又 a1＝1，则 a2＝23，a3＝67，a4＝1149，猜想23≤an≤1.2 分(得分点 1) 下面用数学归纳法证明. ①当 n＝1 时，命题显然成立； ②假设 n＝k 时，有23≤ak≤1 成立，
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(2)证明因为 a1>2，可用数学归纳法证明：an>2 对任意 n∈N*恒成立. 于是 an＋1－an＝a2n－1<0，即{an}是递减数列. 在 Sn≥na1－13(n－1)中，令 n＝2，得 2a1＋a21－1＝S2≥2a1－13，解得 a1≤3，故 2<a1≤3. 下证：①当 2<a1≤73时， Sn≥na1－13(n－1)恒成立. 事实上，当 2<a1≤73时，由于 an＝a1＋(an－a1)≥a1＋2－73＝a1－13，
(3)证明由(2)可得 an＝32n1＋1≥32n＋132n－1＝2523n－1. 所以 Sn≥25＋25·231＋…＋25·23n－1 ＝651－23n，故 Sn≥651－23n成立．

2018年高考浙江卷数列试题证法剖析

２０１８年高考浙江卷数列试题证法剖析钟建新(浙江省春晖中学㊀３１２３００)摘㊀要:导数是研究函数的利器ꎬ以导数为工具研究函数的性态是高考重点考查内容.２０１７年浙江卷解答题数列放在最后一题ꎬ而今年浙江卷命题组把导数放在最后压轴ꎬ这也正体现了导数的重要性!关键词:证不等式ꎻ单调性ꎻ极值ꎻ图像交点ꎻ函数拐点ꎻ导数中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０１９)０４－００２９－０２㊀㊀题目㊀(２０１８年浙江卷题２２)已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘ.(１)若ｆ(ｘ)在ｘ＝ｘ１ꎬｘ２(ｘ１ʂｘ２)处导数相等ꎬ证明:ｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)>８－８ｌｎ２ꎻ(２)若ａɤ３－４ｌｎ２ꎬ证明:对于任意ｋ>０ꎬ直线ｙ＝ｋｘ＋ａ与曲线ｙ＝ｆ(ｘ)有唯一公共点.(１)证法１㊀ｆᶄ(ｘ)＝１２ｘ－１ｘꎬｘ>０.设ｆᶄ(ｘ１)＝ｆᶄ(ｘ２)＝ｔꎬ则ｘ１㊁ｘ２恰是关于ｘ的方程２ｔ(ｘ)２－ｘ＋２＝０的两个不同的正根ꎬʑ０<ｔ<１１６ꎬ且ｘ１＋ｘ２＝１２ｔꎬｘ１ˑｘ２＝１ｔꎬ从而ｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)＝ｘ１＋ｘ２－ｌｎ(ｘ１ｘ２)＝１２ｔ＋２ｌｎｔꎬ下设ｇ(ｔ)＝１２ｔ＋２ｌｎｔꎬ０<ｔ<１１６ꎬ则ｇᶄ(ｔ)＝４ｔ－１２ｔ２<０ꎬʑｇ(ｔ)在(０ꎬ１１６)递减ꎬʑｇ(ｔ)>ｇ(１１６).又ｇ(１１６)＝８－８ｌｎ２ꎬʑｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)>８－８ｌｎ２.证法２㊀ｆᶄ(ｘ)＝１２ｘ－１ｘꎬｘ>０.ȵｆᶄ(ｘ１)＝ｆᶄ(ｘ２)ꎬｘ１ʂｘ２ꎬʑ１２ｘ１－１ｘ１＝１２ｘ２－１ｘ２ꎬ得ｘ１ｘ２＝２ｘ１＋２ｘ２>４ˑ４ｘ１ｘ２ꎬʑｘ１ｘ２>１６ꎬｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)＝ｘ１＋ｘ２－ｌｎ(ｘ１ｘ２)＝ｘ１ｘ２２－ｌｎ(ｘ１ｘ２).下令ｘ１ｘ２＝ｔꎬｔ>１６ꎬｇ(ｔ)＝ｔ２－２ｌｎｔꎬ则ｇᶄ(ｔ)＝ｔ－４２ｔ>０ꎬʑｇ(ｔ)在(１６ꎬ＋¥)递增ꎬʑｇ(ｔ)>ｇ(１６).又ｇ(１６)＝８－８ｌｎ２ꎬʑｆ(ｘ)＋ｆ(ｘ)>８－８ｌｎ２.对于二元函数不等式的证明ꎬ首先考虑能不能转化为一元不等式来证明.(２)证明㊀所证等价于:曲线ｈ(ｘ)＝ｋｘ－ｘ＋ｌｎｘꎬｘ>０ꎬ与直线ｙ＝－ａ在－ａȡ－３＋４ｌｎ２ꎬｋ>０条件下有唯一公共点.ȵｘң０＋ꎬ显然ｈ(ｘ)ң－¥ꎬ又ｈ(ｘ)＝ｋｘ－ｘ＋ｌｎｘ＝ｘ(ｋｘ－１)＋ｌｎｘꎬｋ>０ꎬʑｘң＋¥ꎬｈ(ｘ)ң＋¥ꎬ又ｈ(ｘ)为连续函数ꎬʑｈ(ｘ)值域为(－¥ꎬ＋¥)ꎬʑ曲线ｈ(ｘ)与直线ｙ＝－ａ必有交点.ȵｈᶄ(ｘ)＝２ｋ(ｘ)２－ｘ＋２２ｘꎬｘ>０ꎬʑ①当ｋȡ１１６时ꎬｈᶄ(ｘ)ȡ０恒成立ꎬʑｈ(ｘ)为单调递增函数ꎬ曲线ｈ(ｘ)与直线ｙ＝－ａ必有唯一公共点.②当０<ｋ<１１６时ꎬｈᶄ(ｘ)＝２ｋ(ｘ)２－ｘ＋２２ｘ＝０有两个不同的正根ｘ１ꎬｘ２ꎬ其中ｘ１＝１－１－１６ｋ４ｋ＝４１＋１－１６ｋꎬʑ０<ｘ１<４ꎻｘ２＝１＋１－１６ｋ４ｋ＝４１－１－１６ｋꎬʑｘ２>４.ʑｈ(ｘ)在(０ꎬｘ１)上递增ꎬ在(ｘ１ꎬｘ２)上递减ꎬ在(ｘ２ꎬ＋¥)上递增ꎬʑｈ极大值(ｘ)＝ｈ(ｘ１).又ｈ(ｘ１)＝ｋｘ１－ｘ１＋ｌｎｘ１ꎬｈᶄ(ｘ１)＝２ｋ(ｘ１)２－ｘ１＋２２ｘ１＝０ꎬʑｈ(ｘ１)＝－ｘ１２－１＋２ｌｎｘ１.下记ｕ＝ｘ１ꎬ０<ｕ<４ꎬφ(ｕ)＝－ｕ２－１＋２ｌｎｕꎬφᶄ(ｕ)＝４－ｕ２ｕ>０ꎬʑφ(ｕ)在(０ꎬ４)上单调递增ꎬʑφ(ｕ)<φ(４)＝－３＋４ｌｎ２ꎬʑｈ极大值(ｘ)<－３＋４ｌｎ２.结合曲线ｈ(ｘ)的图象可得ꎬ要使曲线ｈ(ｘ)＝ｋｘ－ｘ＋ｌｎｘꎬｘ>０与直线ｙ＝－ａ在０<ｋ<１１６的条件下有唯一公共点ꎬ则－ａȡ－３＋４ｌｎ２ꎬ即ａɤ３－４ｌｎ２.综上所述:若ａɤ３－４ｌｎ２ꎬ对于任意ｋ>０ꎬ直线ｙ＝ｋｘ＋ａ与曲线ｙ＝ｆ(ｘ)有有唯一公共点.其它思路㊀函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘꎬｘ>０ꎬʑｆᶄ(ｘ)＝１２ｘ－１ｘꎬｆᵡ(ｘ)＝－１４ｘ３＋１ｘ２ꎬ令ｆᵡ(ｘ０)＝０ꎬ可求得ｘ０＝１６ꎬʑ函数ｆ(ｘ)在拐点(若ｆ(ｘ)在点ｐ处可导ꎬ且ｆᵡ(ｘ)＝０ꎬ且在点ｐ处一侧是凸ꎬ另一侧是凹ꎬ则称点ｐ是函数ｆ(ｘ)的拐点)处的切线方程为:ｙ＝１１６ｘ＋３－４ｌｎ２ꎬ其纵截距为３－４ｌｎ２.ʑ下面可结合函数ｆ(ｘ)的图象分析得到:当ａɤ３－４ｌｎ２时ꎬ对于任意ｋ>０ꎬ直线ｙ＝ｋｘ＋ａ与曲线ｙ＝ｆ(ｘ)有唯一公共点.㊀㊀参考文献:[１]苏艺伟.导数零点不可求的四种求解策略[Ｊ].数理化学习:高中版ꎬ２０１８(０４).[２]朱东海.二元函数不等式的证明方法[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０１８(０４).[责任编辑:杨惠民]赏析以数列为载体的八种创新题型蔡勇全(四川省资阳市外国语实验学校㊀６４１３００)摘㊀要:近年来ꎬ以数列为载体的创新型试题频繁地出现在全国各地的高考试卷中ꎬ它们或内容立意新ꎬ或情境设置新ꎬ或设问方式新ꎬ或题型结构新ꎬ不仅较好地考查了学生的创新意识㊁创造性思维能力以及数学运算㊁逻辑推理㊁数学建模等数学素养ꎬ而且有效地甑别了考生进入高等院校继续学习的潜能.本文结合实例谈一谈数学文化型㊁交汇整合型㊁规律发现型等八种数列创新题型及其求解策略.关键词:数列ꎻ创新题型ꎻ求解策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０１９)０４－００３０－０６㊀㊀一㊁数学文化型传统数学文化源远流长ꎬ是人类社会宝贵的知识与精神财富ꎬ需要人们大力弘扬与传承ꎬ只有这样ꎬ它本身所具有的价值才能得以释放.数学文化型数列创新题正是在这种朴素理念的支撑下诞生的新题型ꎬ它以现时事件或历史上一些数学名著中的某一段素材为背景ꎬ在基本不改变原意的前提下ꎬ巧妙地引出其中蕴含的数列问题ꎬ要求解题者求出该问题的结论ꎬ体现了数学的人文价值和科学价值.例１㊀«九章算术»是我国古代第一部数学专著ꎬ全书收集了２４６个问题及解法ꎬ其中一个问题为现有一根九节的竹子ꎬ自上而下各节的容积成等差数列ꎬ上面四节的容积之和为３升ꎬ下面三节的容积之和为４升ꎬ问中间两节的容积各为多少? 该问题中第２节ꎬ第３节ꎬ第８节竹子的容积之和为(㊀㊀).Ａ.１７６升㊀㊀Ｂ.７２升㊀㊀Ｃ.１１３６６升㊀㊀Ｄ.１０９３３升解析㊀自上而下依次设各节竹子的容积分别为ａ１ꎬａ２ꎬ ꎬａ９ꎬ从而依题意可以得到ａ１＋ａ２＋ａ３＋ａ４＝３ꎬａ７＋ａ８＋ａ９＝４ꎬ{因为ａ２＋ａ３＝ａ１＋ａ４ꎬａ７＋ａ９＝２ａ８ꎬ故ａ２＋ａ３＋ａ８＝３２＋４３＝１７６ꎬ故应选Ａ.变式１㊀我国古代数学名著«算法统宗»中有如下问题: 三百七十八里关ꎬ初行健步并不难ꎬ次日脚痛减一半ꎬ六朝才得至其关ꎬ欲问每朝行里数ꎬ请公仔细算相还. 其意:有一个人走３７８里路ꎬ第一天健步行走ꎬ从第。

数列求和与数列不等式的证明--高考数学【解析版】

专题27 数列求和与数列不等式的证明等差数列、等比数列的性质、通项公式和前n 项和公式构成两类数列的重要内容，在历届高考中属于必考内容，既有独立考查的情况，也有二者与其它知识内容综合考查的情况．一般地，选择题、填空题往往独立考查等差数列或等比数列的基本运算，解答题往往综合考查等差数列、等比数列．数列求和问题是高考数列中的另一个易考类型，其中常见的是“裂项相消法”、“错位相减法”.数列求和与不等式证明相结合，又是，数列考题中的常见题型，关于数列中涉及到的不等问题，通常与数列的最值有关或证明（数列的和）不等式成立或确定参数的范围，对于数列中的最值项问题，往往要依靠数列的单调性，而对于数列的和不等式的证明问题，往往可以利用“放缩法”，要根据不等式的性质通过放缩，达到解题目的.【重点知识回眸】（一）数列的求和 1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d ； (2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q ，q ≠1. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律)，从而求得前n 项和．裂项时常用的三种变形： ①111(1)1n n n n =-++；②1111()(21)(21)22121n n n n =--+-+；11n n n n =+++(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．(5)并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.（6）利用周期性求和：如果一个数列的项按某个周期循环往复，则在求和时可将一个周期内的项归为一组求和，再统计前n 项和中含多少个周期即可. （二）数列中的不等关系1.数列中的最值项，要依靠数列的单调性.如何判断数列的单调性：（1）函数角度：从通项公式入手，将其视为关于n 的函数，然后通过函数的单调性来判断数列的单调性.由于n N *∈ ，所以如果需要用到导数，首先要构造一个与通项公式形式相同，但定义域为()0,+∞ 的函数，得到函数的单调性后再结合n N *∈得到数列的单调性（2）相邻项比较：在通项公式不便于直接分析单调性时，可考虑进行相邻项的比较得出数列的单调性，通常的手段就是作差（与0比较，从而转化为判断符号问题）或作商（与1比较，但要求是正项数列）（3）对于某数列的前n 项和{}12:,,,n n S S S S ，在判断其单调性时可以考虑从解析式出发，用函数的观点解决.也可以考虑相邻项比较.在相邻项比较的过程中可发现：1n n n a S S -=-，所以{}n S 的增减由所加项n a 的符号确定.进而把问题转化成为判断n a 的符号问题. （三）利用放缩法证明不等式 1.与求和相关的不等式的放缩技巧：① 在数列中，“求和看通项”，所以在放缩的过程中通常从数列的通项公式入手② 在放缩时要看好所证不等式中不等号的方向，这将决定对通项公式是放大还是缩小（应与所证的不等号同方向）③ 在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢，常见的是向等比数列与可裂项相消的数列进行靠拢.④ 若放缩后求和发现放“过”了，即与所证矛盾，通常有两条道路选择：第一个方法是微调：看能否让数列中的一些项不动，其余项放缩.从而减小放缩的程度，使之符合所证不等式；第二个方法就是推翻了原有放缩，重新进行设计，选择放缩程度更小的方式再进行尝试. 2.放缩构造裂项相消数列与等比数列的技巧：① 裂项相消：在放缩时，所构造的通项公式要具备“依项同构”的特点，即作差的两项可视为同一数列的相邻两项（或等距离间隔项）② 等比数列：所面对的问题通常为“n S <常数”的形式，所构造的等比数列的公比也要满足()0,1q ∈ ，如果题目条件无法体现出放缩的目标，则可从所证不等式的常数入手，，常数可视为11a q-的形式，然后猜想构造出等比数列的首项与公比，进而得出等比数列的通项公式，再与原通项公式进行比较，看不等号的方向是否符合条件即可.3.与数列中的项相关的不等式问题：① 此类问题往往从递推公式入手，若需要放缩也是考虑对递推公式进行变形② 在有些关于项的不等式证明中，可向求和问题进行划归，即将递推公式放缩变形成为可“累加”或“累乘”的形式，即()1n n a a f n +-<或()1n na f n a +<（累乘时要求不等式两侧均为正数），然后通过“累加”或“累乘”达到一侧为n a ，另一侧为求和的结果，进而完成证明 4.常见的放缩变形：（1）()()211111n n n n n <<+-，其中2,n n N ≥∈：可称21n为“进可攻，退可守”，可依照所证不等式不等号的方向进行选择. 注：对于21n，可联想到平方差公式，从而在分母添加一个常数，即可放缩为符合裂项相消特征的数列，例如：()()22111111111211n n n n n n ⎛⎫<==- ⎪--+-+⎝⎭，这种放缩的尺度要小于（1）中的式子.此外还可以构造放缩程度更小的，如：()()22211411111412121221214n n n n n n n ⎛⎫<==- ⎪--+-+⎝⎭- （2）n n n=+，从而有：212111n n n n n n nn n +=<<<--+++-n2,2,n n n n N n *<--≥∈ （3）分子分母同加常数：()()0,0,0,0b b m b b m b a m a b m a a m a a m++>>>>>>>>++ 此结论容易记混，通常在解题时，这种方法作为一种思考的方向，到了具体问题时不妨先构造出形式再验证不等关系.（4）()()()()()()()121222221212122212121nn n n n n n n n n n--=<=------- ()1112,2121n nn n N *-=-≥∈-- 可推广为：()()()()()()()121111111nn n n n n n n n n n k k k k k k k k k k k k --=<=------- ()1112,2,,11n nn k k n N k k *-=-≥≥∈-- 5.利用导数证明数列不等式（四）数学归纳法证明不等式【典型考题解析】热点一分组求和与并项求和【典例1】（2022·全国·高三专题练习）已知数列{n a }满足11a =，()*121N n n a a n +=+∈．(1)证明{1n a +}是等比数列，并求{n a }的通项公式； (2)求数列{1]n a n ++的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析；21nn a =-(2)()11222n n n n S ++=+-【分析】（1）根据题意结合等比数列定义可证1121n n a a ++=+，可得{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，利用等比数列通项公式代入运算；（2）因为2n n b n =+，利用分组求和结合等差、等比数列求和公式整理运算．（1）由题意可得：1120a +=≠∵()11121212111n n n n n n a a a a a a +++==++=+++所以{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列则12nn a +=，即21n n a =-因此{n a }的通项公式为21n n a =-（2）由（1）知21nn a =-，令1n n b a n =++则2n n b n =+所以()()()121221222nn n S b b b n =+++=++++++．()12222(12)nn =++⋯++++⋯+()()2121122n n n -+=+-()11222n n n ++=+-．综上()11222n n n n S ++=+-．【典例2】．（2021·河南·高三开学考试（文））已知等比数列{}n a 的公比大于1，26a =，1320a a +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12331log log 22n n n n b a a a ++=+，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)123n n a -=⋅(2)131n n -+ 【分析】（1）设出公比q ，根据题目条件列方程求解；（2）先写出n b ，利用裂项求和，分组求和的办法表示出n T . （1）设等比数列{}n a 的公比为()1q q >，由26a =，1320a a +=得6620q q +=，解之得3q =或13q =（舍去），由26a =得，12a =，所以{}n a 的通项公式为123n n a -=⋅.（2）由（1）知，()1112331111232311log log 22n n n n n n b a a an n n n --++=+=⋅+=⋅+-++所以{}n b 的前n 项和为()01111111233312231n n T n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦13112131311n n n n -=⨯+-=--++ 【总结提升】分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．热点二裂项相消法求和【典例3】（2017·全国·高考真题（理））（2017新课标全国II 理科）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑____________．【答案】21nn + 【解析】【详解】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，由题意有1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩ ，解得111a d =⎧⎨=⎩ ，数列的前n 项和()()()111111222n n n n n n n S na d n --+=+=⨯+⨯=，裂项可得12112()(1)1k S k k k k ==-++，所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-++-=-=+++∑．【典例4】（2018·天津·高考真题（理））设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为()*n S n N ∈，{}n b 是等差数列.已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+. （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）设数列{}n S 的前n 项和为()*n T n N ∈，（i ）求n T ；（ii ）证明()()()()22*122122n nk k k k T b b n N k k n ++=+=-∈+++∑. 【答案】(Ⅰ)12n n a -=，n b n =；(Ⅱ)（i ）122n n T n +=--.（ii ）证明见解析.【解析】【详解】分析：（I ）由题意得到关于q 的方程，解方程可得2q =，则12n n a -=.结合等差数列通项公式可得.n b n =（II ）（i ）由（I ），有21nn S =-，则()112122nk n n k T n +==-=--∑.（ii ）因为()()()212221221k k k k k T b b k k k k ++++=-++++，裂项求和可得()()()22122122n nk k k k T b b k k n ++=+=-+++∑. 详解：（I ）设等比数列{}n a 的公比为q.由1321,2,a a a ==+可得220q q --=.因为0q >，可得2q =，故12n n a -=.设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d += 由5462a b b =+，可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =（II ）（i ）由（I ），有122112nn n S -==--，故()()1112122122212nnnk k n n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑.（ii ）因为()()()()()()()()1121222222212121221k k k k k k k k k k T b b k k k k k k k k k +++++--+++⋅===-++++++++，所以()()()32432122122222222123243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪⎪+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑. 【典例5】（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知数列{}n a 满足()*1232311113333n n a a a a n n ++++=∈N . (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设3log n n b a =，求数列121n n n b b b ++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T .【答案】(1)()*3N n n a n =∈(2)()()1112212n T n n ⎡⎤=-⎢⎥++⎢⎥⎣⎦【分析】(1)由递推关系取1n =可求1a ，当2n ≥时，取递推关系中的1n n 可求(2)n a n ≥，由此可得数列{}n a 的通项公式；(2)由(1)可得n b n =，利用裂项相消法求数列121n n n b b b ++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T .（1）当1n =时，13a =，当2n 时，1232311113333n na a a a n ++++=①1231231111113333n n a a a a n --++++=-② 由①-②得()1113n n a n n =--=，即()32n n a n =. 当1n =时也成立，所以数列{}n a 的通项公式为()*3N n n a n =∈（2）因为33log log 3nn n b a n ===，所以()()()()()1211111122112n n n b b b n n n n n n n ++⎡⎤==-⎢⎥+++++⎢⎥⎣⎦，所以()()()()()11111111112122323341122212n T n n n n n n ⎡⎤⎡⎤=-+-++-=-⎢⎥⎢⎥⋅⋅⋅⋅+++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦. 【规律方法】裂项相消法的步骤、原则及规律 (1)基本步骤：裂项、累加、消项； (2)裂项原则一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (3)消项规律消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．热点三错位相减法求和【典例6】（2020·天津·高考真题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N ；（Ⅲ）对任意的正整数n ，设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和．【答案】（Ⅰ）n a n =，12n n b -=；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）465421949n n n n +--+⨯. 【解析】【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果； (Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列{}n a 前n 项和，然后利用作差法证明即可；(Ⅲ)分类讨论n 为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算211nk k c -=∑和21nk k c =∑的值，据此进一步计算数列{}n c 的前2n 项和即可.【详解】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q . 由11a =，()5435a a a =-，可得d =1. 从而{}n a 的通项公式为n a n =. 由()15431,4b b b b ==-，又q ≠0，可得2440q q -+=，解得q =2，从而{}n b 的通项公式为12n n b -=.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得(1)2n n n S +=，故21(1)(2)(3)4n n S S n n n n +=+++，()()22211124n S n n +=++，从而2211(1)(2)02n n n S S S n n ++-=-++<，所以221n n n S S S ++<.(Ⅲ)当n 为奇数时，()111232(32)222(2)2n n n n n n n n a b n c a a n n n n-+-+--===-++，当n 为偶数时，1112n n n n a n c b -+-==，对任意的正整数n ，有222221112221212121k k nnnk k k c k k n --==⎛⎫=-=- ⎪+-+⎝⎭∑∑，和223111211352321444444nnk k n n k k k n n c -==---==+++++∑∑① 由①得22314111352321444444n k n n k n n c +=--=+++++∑ ②由①②得22111211312221121441444444414n nk n n n k n n c ++=⎛⎫- ⎪--⎝⎭=+++-=---∑，由于11211121221121156544144334444123414n n n n n n n n ++⎛⎫- ⎪--+⎝⎭--=-⨯--⨯=-⨯-，从而得：21565994nk nk n c =+=-⨯∑. 因此，2212111465421949n nnnk k k n k k k n c c c n -===+=+=--+⨯∑∑∑. 所以，数列{}n c 的前2n 项和为465421949n n n n +--+⨯. 【典例7】（2022·云南·高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且243n n S a =-． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)令83n n nb a =⨯，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)232n n a -=⋅(2)24(1)2n n T n +=+-⨯【分析】（1）根据n a 和n S 的关系式，即可求得数列{}n a 的通项公式. （2）由（1）中结论可得数列{}n b 的通项公式，再由错位相减法即可求得n T . （1）由已知得243n n S a =-． ①当1n =时，11132432S a a =-⇒=；当2n ≥时，11243243n n n n S a S a --=-⎧⎨=-⎩①②，-①②得12(2)n n a a n -=≥，所以{}n a 是以32为首项，2为公比的等比数列；所以1232322n n n a --=⨯=⋅．（2）由（1）得1823n n n nb a n +=⨯=⋅，所以21341222322n n T n +=⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅，①所以341221222(1)22n n n T n n ++=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯，②则-①②得：()234142222n n n T n ++-=-⨯+++⋅⋅⋅+，化简得24(1)2n n T n +=+-⨯．【典例8】(2020·全国卷Ⅰ)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．【答案】【解析】(1)设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3，即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2. 所以q 2＋q －2＝0，解得q ＝1(舍去)或q ＝－2. 故{a n }的公比为－2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和．由(1)及题设可得，a n ＝(－2)n －1. 所以S n ＝1＋2×(－2)＋…＋n ×(－2)n －1，－2S n ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n －1)×(－2)n －1＋n ×(－2)n . 可得3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n ×(－2)n ＝1(2)3n--－n ×(－2)n .所以S n ＝19－(31)(2)9nn +-.【规律方法】错位相减法求和的具体步骤：热点四其它求和方法【典例9】（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对123100++++的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数4()42xx f x =+，则1232018()()()()2019201920192019f f f f ++++等于（） A ．1008 B ．1009 C ．2018 D ．2019【答案】B【分析】根据()(1)1f x f x +-=，利用倒序相加法求解.【详解】解：因为4()42xx f x =+，且114444()(1)1424242244--+-=+=+=+++⨯+x x x xx x x f x f x ，令1232018()()()()2019201920192019=++++S f f f f , 又 2018201720161()()()()2019201920192019=++++S f f f f ，两式相加得：212018=⨯S ，解得1009S =，故选：B【典例10】（2022·全国·高三专题练习（文））1202年意大利数学家列昂那多－斐波那契以兔子繁殖为例，引人“兔子数列”，又称斐波那契数列.即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,该数列中的数字被人们称为神奇数，在现代物理，化学等领域都有着广泛的应用.若此数列各项被3除后的余数构成一新数列{}n a ，则数列{}n a 的前2022项的和为________. 【答案】2276【分析】由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,各项除以3的余数，可得{}n a 为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1，知{}n a 是周期为8的数列，即可求出数列{}n a 的前2022项的和.【详解】由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,各项除以3的余数，可得{}n a 为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1，{}n a ∴是周期为8的数列，一个周期中八项和为112022109+++++++=，又202225286=⨯+，∴数列{}n a 的前2022项的和2022252982276S =⨯+=. 故答案为：2276.【典例11】（2016·全国·高考真题（文））等差数列{n a }中，34574,6a a a a +=+=.（Ⅰ）求{n a }的通项公式；（Ⅱ）设[]n n b a =，求数列{}n b 的前10项和，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2. 【答案】（Ⅰ）235n n a +=；（Ⅱ）24. 【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）根据等差数列的通项公式及已知条件求1a ，d ，从而求得n a ；（Ⅱ）由（Ⅰ）求n b ，再求数列{}n b 的前10项和.试题解析：（Ⅰ）设数列{}n a 的公差为d ，由题意有112+54,+53a d a d ==. 解得121,5a d ==.所以{}n a 的通项公式为235n n a +=. （Ⅱ）由（Ⅰ）知235n n b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦. 当n=1,2,3时，2312,15n n b +≤<=；当n=4,5时，2323,25n n b +≤<=；当n=6,7,8时，2334,35n n b +≤<=；当n=9,10时，2345,45n n b +≤<=. 所以数列{}n b 的前10项和为1322334224⨯+⨯+⨯+⨯=. 热点五与裂项相消法相关的不等式证明【典例12】（2022·全国·高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<．【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133n n S n n a +=+-=，得到()23n n n a S +=，利用和与项的关系得到当2n ≥时，()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,进而得：111n n a n a n -+=-，利用累乘法求得()12n n n a +=，检验对于1n =也成立，得到{}n a 的通项公式()12n n n a +=；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211n a a a n ⎛⎫+++=- ⎪+⎝⎭，进而证得.(1)∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =, 又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=, ∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-, ∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341112212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--，显然对于1n =也成立， ∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=； (2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭ ∴12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 【典例13】（2022·安徽·高三开学考试）已知数列{}n a 满足(12122n n a a a a n -+++-=-且)*N n ∈，且24a =.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列()()1211n n n a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：213n T <. 【答案】(1)()*2n n a n =∈N(2)证明见解析【分析】（1）将已知条件与1212n n a a a a ++++-=-两式相减，再结合等比数列的定义即可求解；（2）利用裂项相消求和法求出n T 即可证明. （1）解：因为1212n n a a a a -+++-=-，所以1212n n a a a a ++++-=-，两式相减得12(2)n n a a n +=，当2n =时，122a a -=-，又24a =，所以1212,2a a a ==，所以()*12n n a a n +=∈N ，所以{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，所以()*2n n a n =∈N ；（2）证明：()()()()11122111121212121n n n n n n n n a a +++==-------，所以2231111111111121212121212121n n n n T ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-<⎪ ⎪ ⎪-------⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由1n ，得124n +，所以1121213n +--，综上，213n T <. 【总结提升】(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．(2)放缩法常见的放缩技巧有： ①21111(1)1k k k kk <=---. ②2211111()2111k k k k <=--+-.③21111111k k k kk -<<-+-. ④2(12(1)n n n n n+<<--．热点六与错位相减法相关的不等式证明【典例14】（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n nn nT --=++++， 012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++-1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243n n c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.【典例15】（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=．（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22n n c c -是等比数列；（ii ）证明)*12222nk k kk k a n N c a c +=∈-【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得1112222n k k n k k k k a k c c a +-==-，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =，所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去），所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--，所以数列{}22nn c c -是等比数列；（ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅， 2122124222222n n n nn nna n anc c +--⋅⋅，所以1112222nk k n k k k k k a kc c a +-==-，设10121112322222nn k n k k n T --===+++⋅⋅⋅+∑，则123112322222n nn T =+++⋅⋅⋅+，两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--，所以1242n n n T -+=-，所以11112224222222nn k k n k k k k a k n c c a +--==+⎫-<⎪-⎭ 【规律方法】等差数列的判定与证明的方法方法解读适合题型定义法若a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)为同一常数⇔{a n }是等差数列解答题中证明问题等差中项法 2a n ＝a n ＋1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)成立⇔{a n }是等差数列通项公式法 a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)对任意的正整数n 都成立⇔{a n }是等差数列选择、填空题中的判定问题前n 项和公式法验证S n ＝An 2＋Bn (A ，B是常数)对任意的正整数n 都成立⇔{a n }是等差数列【精选精练】一.单选题1．（2021·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足11a =，1(1)(1)n n na n a n n +=+++，若2cos 3=πn n n b a ，且数列{}n b 的前n 项和为n S ，则11S =（） A ．64 B ．80 C ．64- D ．80-【答案】C【分析】由已知可得111n n a a n n +-=+，即数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，由此求出22cos 3n n b n π=，分别令 1,2,3,,11n =可求出11S .【详解】数列{}n a 满足11a =，()()111n n na n a n n +=+++，则111n na a n n+=++，可得数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1、公差为1的等差数列，即有na n n=，即为2n a n =，则222cos cos 33n n n n b a n ππ==，则()()2222222222211112457810113692S =-++++++++++()22222222222222112334566789910112=-+--++--++--++ ()15234159642=-⨯+++=-. 故选：C.2．（2022·全国·高三专题练习（文））斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理､准晶体结构､化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列{}n a 可以用如下方法定义：21n n n a a a ++=+，且121a a ==，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{}n b ，则数列{}n b 的前2022项和为（） A ．2698 B ．2697 C ．2696 D ．2695【答案】C【分析】根据()*12123,,1n n n a a a n n a a --=+⋯∈==N , 递推得到数列{}n a ,然后再得到数列{}n b 是以6为周期的周期数列求解.【详解】因为()*12123,,1,n n n a a a n n a a --=+⋯∈==N所以数列{}n a 为 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,⋯此数列各项除以 4 的余数依次构成的数列{}n b 为:1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0,是以 6 为周期的周期数列, 所以20222022=(1+1+2+3+1+0)=26966S . 故选：C.3.（2018·浙江·高考真题）已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则 A ．1324,a a a a << C ．1324,a a a a <> D ．1324,a a a a >>【答案】B 【解析】【分析】先证不等式ln 1x x ≥+，再确定公比的取值范围，进而作出判断. 【详解】令()ln 1,f x x x =--则1()1f x x'=-，令()0,f x '=得1x =，所以当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，因此()(1)0,ln 1f x f x x ≥=∴≥+，若公比0q >，则1234123123ln()a a a a a a a a a a +++>++>++，不合题意；若公比1q ≤-，则212341(1)(1)0,a a a a a q q +++=++≤但212311ln()ln[(1)]ln 0a a a a q q a ++=++>>，即12341230ln()a a a a a a a +++≤<++，不合题意；因此210,(0,1)q q -<<∈，22113224,0a a q a a a q a ∴>=<=<，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如ln 1,x x ≥+ 2e 1,e 1(0).x x x x x ≥+≥+≥二、填空题4．（2021·内蒙古呼和浩特·高三阶段练习（理））已知{}n a 是等比数列，公比大于1，且2420a a +=，38a =.记m b 为{}n a 在区间()*(0,]m m N ∈中的项的个数，则数列{}m b 的前60项的和60S 的值为______.【答案】243【分析】第一步求出{}n a 是等比数列的通项公式，第二步计算m b 为{}n a 在区间()*(0,]m m N ∈中的项的个数，列举求值即可。

【高三数学试题精选】(浙江版)2018年高考数学一轮复习数列中不等式证明特色训练(附答案)

(浙江版)2018年高考数学一轮复习数列中不等式证明特色
训练（附答案）
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七、数列中不等式证明
一、解答题
1．【2018届安徽省蚌埠市第二中学高三7月月考】已知数列满足，
(1)求数列的通项式；
(2)证明
【答案】（1）；(2)证明过程见解析
（2）本问主要通过不等式的放缩对数列求和，根据得，所以试题解析（1）∵
∴ ，∴ 是以为首项，2为比的等比数列
∴ ，即
(2)证明∵ ，，
∴
2．【2018届北京西城35中高三上期中】等差数列满足，．（）求的通项式．
（）设等比数列满足，，问与数列的第几项相等？
（）试比较与的大小，并说明理由．
【答案】（）（）（）
试题解析
（）∵ 是等差数列，
，
∴解出，，
∴
，
．。

浙江省2018版高考数学一轮复习专题：07 数列中不等式证明特色训练

七、数列中不等式证明一、解答题1．【2018届安徽省蚌埠市第二中学高三7月月考】已知数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)证明：.【答案】（1）；(2)证明过程见解析（2）本问主要通过不等式的放缩来对数列求和，根据得，所以.试题解析：（1）∵.∴，∴是以为首项，2为公比的等比数列.∴，即.(2)证明：∵，，∴.2．【2017届北京西城35中高三上期中】等差数列{}n a 满足1210a a +=， 432a a -=．（1）求{}n a 的通项公式．（2）设等比数列{}n b 满足23b a =， 37b a =，问： 6b 与数列{}n a 的第几项相等？（3）试比较n a 与n b 的大小，并说明理由．【答案】（1）n a 22n =+（2）63n =（3）n n a b ≤试题解析：（1）∵{}n a 是等差数列，1214310210{{22a a a d a a d +=+=⇒-==，∴解出2d =， 14a =， ∴()11n a a d n =+-422n =+-， 22n =+．（2）∵232328b a ==⨯+=，3727216b a ==⨯+=，{}n b 是等比数列，∴1n n b b q -=⨯22n b q -=⨯，12n +=．又∵()61762221n b a n +====+，∴63n =，∴6b 与数列{}n a 的第63项相等．（3）猜想n n a b ≤，即()1212n n ++≤，即12nn +≤，用数学归纳法证明如下：①当1n =时， 1112+=，显然成立，②假设当n k =时， 12k k +≤成立，即120k k +-≤成立；则当1n k =+时， ()1112k k +++-由①②得，猜想成立． ∴n n a b ≤．3．【2018届河南省洛阳市高三期中】已知数列{}n a 满足()1112,21n n n n a a a na n a ++=+=+，（I ）求证：数列{}1n b -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；（II ，数列{}n c 的前n 项和n S ，求证： 2n S n <+. 【答案】（I（II ）证明见解析.试题解析：（I ）由已知易得0n a ≠，由()1121n n n n a a na n a +++=+ 即121n n b b +=+；∴,{}1n b ∴+是以.即数列{}n a 的通项公式为4．【2018届江西省宜春中学高三上第一次诊断】已知等差数列{}n a 的公差为2，且1a ， 12a a +，()142a a +成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2的前n 项和为n s ，求证： 6n s <．【答案】（1）21n a n =-；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）利用等差数列及等比中项的概念建立关系式，进一步求出数列的通项公式；（2）利用（1）的结论，使用乘公比错位相减法求出数列的和，进一步利用放缩法求得结.试题解析：（1）数列{}n a 为等差数列，所以： 2112a a d a =+=+， 41136a a d a =+=+，1a ，因为12a a +， ()142a a +成等比数列，所以： ()()2121142a a a a a +=+，解得： 11a =，所以： 12121n a n n =+-=-（）. （2①-②得：，由于1n ≥，所以：5．【2018届湖北省华师一附中高三9月调研】其前n 项的和为n S ，(Ⅱ) 证明：1n S n ++<【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.试题解析：（Ⅰ）当2n ≥时，, 112n n n n S S S S ---=，4为首项，2为公差的等差数列.（Ⅱ）由（1）可知，1111111111222312n S n n n ⎛⎫⎛++=-+-++-=- ⎪ +⎝⎭⎝6．【2018届贵州省贵阳市第一中学高三上月考一】已知数列满足：，（）.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：.【答案】（1）（2）见解析试题解析：（Ⅰ）解：，所以是以2为公差的等差数列，，所以，所以数列的通项公式为.（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得，.7．【2018届四川省双流中学高三9月月考】已知等差数列{}n a 满足3574,14a a a =+=， {}n a 的前n 项和为n S . （Ⅰ）求n a ；n T 为数列{}nb 的前n 项和，求证：【答案】（1）1n a n =+ （2）略解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，因为3574,14a a a =+=，所以有1124{21014a d a d +=+=，解得12{1a d ==，所以()211n a n n =+-=+；11n ++--8．【2017届贵州省贵阳市第一中学、凯里市第一中学高三下月考七】已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足： 21n n S a =-. （1）数列{}n a 的通项公式；（2，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：【答案】（12）见解析【解析】试题分析：（1）根据当2n ≥时， 1n n n a S S -=-，得到数列{}n a 的递推关系式13n n a a -=，再根据等比数列定义及通项公式求数列{}n a 的通项公式；（2）将数列{}n a 的通再根据大小关系放缩为133n⎛++- ⎝（Ⅱ）证明：22311111111133333333n n n n b +⎛⎫⎛⎫⎛⎫++<-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 111-<1T < 9．【2018届吉林省长春市普通高中高三一模】已知数列的前项和．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求证：．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)利用已知条件，推出新数列是等比数列，然后求数列的通项公式；（Ⅱ）化简，则，利用裂项相消法和，再根据放缩法即可证明结果.试题解析：(Ⅰ)由，则 .当时，，综上. （Ⅱ）由.. 得证.10．【2018届湖北省黄石市第三中学（稳派教育）高三检测】已知{}n a ， {}n b 分别为等差数列和等比数列， 11a b ≠， {}n b 的前n 项和为n S .的导函数是()'f x ，有()'n a f n =，且11,x a x b ==是函数3265y x x x =-+的零点.（1）求11,a b 的值；（2）若数列{}n a 公差为，且点(),n n P a b ，当*n N ∈时所有点都在指数函数()x h x a =的图象上.请你求出()xh x a =解析式，并证明：【答案】（1（2）见解析试题解析：（1，又()'n a f n =，所以∵()()32653121y x x x x x x =-+=--的零点为，而11,x a x b ==是3265y x x x =-+的零点，又1b 是等比数列的首项，所以10b ≠， 11a b ≠，又123,,,,,n P P P P都在指数函数()xh x a =的图象上，即na n ba =，当*n N ∈时恒成立，因为0n b >，所以当1n =时， n S 有最小值为11．【2017届河南省郑州一中下期百校联盟高考复习】已知数列满足，则，且，，，成等比数列.（Ⅰ）设，求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求证：….【答案】（Ⅰ） .（Ⅱ）见解析.试卷解析：（Ⅰ）由及，，，成等比数列得，即，解得，，又，所以，，所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，所以.（Ⅱ）因为.所以.12．【2017届浙江省绍兴市柯桥区高三第二次联考】已知正项数列{}n a 满足： ()2112n n n n a a a a n --=+≥.n S 为数列{}n a 的前n 项和.（Ⅰ）求证：对任意正整数n ，有（Ⅱ）的前n 项和为n T ，求证：对任意()0,6M ∈，总存在正整数N ，使得n N >时， n T M >.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)证明见解析.试题解析：∴2n ≥时， ()()112n n n n n a a a a a ---=-+-++12n ⎛++- ⎝当1n =时，n S n≤的前n 项和为当1n =时，结论显然成立.假设n k =时，则当1n k =+时，由2110k k k k a aa a ++--=，得.以下同解法一.从而112n n n n n a a a a a ---=-+-++当2n ≥时，21a ++=设0N为不小于的最小整数，取01N N =+ (，当n N >时， n T M >.13．【2016高考浙江理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ．（I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析．【解析】试题解析：（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故 111222n n n n n a a ++-≤，n *∈N ，所以11223111223122222222nn n n n n a a a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121111222n -≤++⋅⋅⋅+ 1<，因此()1122n n a a -≥-．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，1121112122222222n m n n n n m m nmn n n n m m a a a a a a a a +++-+++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111222n n m +-≤++⋅⋅⋅+ 112n -<，故11222m nn n m a a -⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭11132222mn n m -⎡⎤⎛⎫≤+⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．从而对于任意m n >，均有3224mn n a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭．由m 的任意性得2n a ≤． ①否则，存在0n *∈N ，有02n a >，取正整数000342log 2n n a m ->且00m n >，则00340002log 23322244n a m m n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n *∈N ，均有2n a ≤．14．【2017届北京市东城区东直门中学高三上期中】在数列中，，，其中，．（）当时，求，，的值．（）是否存在实物，使，，构成公差不为的等差数列？证明你的结论．（）当时，证明：存在，使得．【答案】（），，．（）存在，使，，构成公差不为的等差数列．（）证明见解析.（）∵，，成等差数列，∴，即，∴，∴，∴．将，，代入上式，解得．经检验，此时，，的公差不为． ∴存在，使，，构成公差不为的等差数列．（）∵，又，∴令．∵，，，，∴，即．取正整数，则：．故当时，存在,使得．15．【2018届江苏省启东中学高三上10月月考】设数列{}n a 的前n 项和为n S，且满足λ为常数．（1）是否存在数列{}n a ，使得0λ=？若存在，写出一个满足要求的数列；若不存在，说明理由．（2）当1λ=时，求证：（3时，求证：当3n ≥时，【答案】（1）不存在，理由见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】试题分析：试题解析：（1）若0λ=，则，即1n n S a +=-，即10n S +=，则()230,2n S S S n n ====∈N ≥，所以不存在数列{}n a 使得0λ=．（2当2n ≥时，当1n =时，（3）证1当2n ≥时，另一方面，证2所以当3n ≥时，下同证1.16．【2018届浙江省嘉兴市第一中学高三9月测试】已知数列满足，，求证：（I ）；（II ）；（III ）.【答案】(1)见解析;(2) 见解析;(3) 见解析.【解析】试题分析：（1）利用数学归纳法证明；（2）作差法比较大小；(3) 因为，所以.从而. 即，所以又，故.试题解析：（I ）（数学归纳法）当时，因为，所以成立.假设当时，成立,则当时，.因为，且得所以也成立.（III）因为，所以.从而.所以，即.所以.又，故.17．【2018届浙江省温州市高三9月测试】已知数列中，，（）．（1）求证：；（2）求证：是等差数列；（3）设，记数列的前项和为，求证：．【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.试题解析：（1）证明：当时，，满足，假设当（）时，，则当时，，即时，满足；所以，当时，都有．（2）由，得，所以，即，即，所以，数列是等差数列．（3）由（2）知，，∴，因此，当时，，即时，，所以时，，显然，只需证明，即可．当时，．18．【2017浙江省镇海市镇海中学高中数学竞赛模拟二】已知函数()()()2110x g x a a -=++>的图象恒过定点A ，且点A 又在函数（Ⅰ）求实数a 的值；有两个不等实根时，求b 的取值范围；（Ⅲ）设()2n ag n =+， *n N ∈，求证，13n b ++<()*n N ∈．【答案】(1) 1a =；(2) b 的取值范围为（3）见解析．又因为A 点在()f x 上，则即 23a +=，∴ 1a =由图像可知： 021b <<，故b 的取值范围为（Ⅲ）21nn a =+，∴123n b b b b +++ *n N ∈． 19．【2017届浙江省ZDB 联盟高三一模】已知数列{}n a 满足的前n 项和为n S ，证明：当*n N ∈时，（1）10n n a a +<<；（2（3【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析法求和得结论试题解析：证明：（1，则1n n a a +≤.若1n n a a +=，则0n a =，与矛盾，从而1n n a a +<， n a>>，1n a +与n a 同号，，则10n a +>，即10n n a a +<<.（3 叠加：1n a a +++≥20．【2018届浙江省“七彩阳光”联盟高三上期初联考】在数列{}n a 中， 12a =，（1）求数列{}n a 的通项公式；（2，数列{}n b 的前n 项的和为n S ，试求数列{}2n n S S -的最小值；（3）求证：当2n ≥时，【答案】（1）2nn a n =⋅（【解析】试题分析：（12，公比为2的等比数列，212n++，利用相邻两项的差得数列{}2n n S S -为单调递增数列，所以最小值为第一项（3）利用（2）中数列分解(2S S ++-．试题解析：解：（1，又12a =，所以2，公比为2的等比数列，因此， 2nn a n =⋅．（3）当2n ≥时， ()()()11221122222n n n n n S S S S S S S S ---=-+-++-+1221122n n c c c c S --=+++++，由（2）知12222n n c c c --≥≥≥，21．【2017年浙江卷】已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈，证明：当*n N ∈时（I ）n 1n 0x x +＜＜;（II 【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）用数学归纳法可证明；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++，构造函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++≥，利用函数的单调性可证；（Ⅲ）由()1111ln 1n n n n n x x x x x ++++=++≤+及试题解析：（Ⅰ）用数学归纳法证明： 0n x >．当n=1时，x 1=1>0．假设n=k 时，x k >0，那么n=k+1时，若10k x +≤，则()110ln 10k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．因此()*0n x n N >∈．所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，因此()*10n n x x n N +<<∈．（Ⅲ）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=，22．【2017年北京卷】设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记{}1122max ,,,n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅- ()1,2,3,n =⋅⋅⋅，其中{}12max ,,,s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（Ⅰ）若n a n =， 21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列；（Ⅱ）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，m ，使得12,,,m m mc c c ++⋅⋅⋅是等差数列．【答案】（1）见解析（2）见解析试题解析：（Ⅰ） 111110,c b a =-=-={}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=-，{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-.当3n ≥时， ()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<，所以k k b na -关于*k N ∈单调递减.所以{}112211max ,,,1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=-.所以对任意1,1n n c n ≥=-，于是11n n c c +-=-，所以{}n c 是等差数列.（Ⅱ）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ，则()()()()12111121111k k b na b k d a k d n b a n d nd k ⎡⎤-=+--+-=-+--⎣⎦.所以()()11212111211,{,n b a n n d nd d nd c b a n d nd -+-->=-≤当时，当时，①当10d >时，取正整数，则当n m ≥时， 12nd d >，因此11n c b a n =-. 此时， 12,,,m m m c c c ++是等差数列.③当10d <时，时，有12nd d <.对任意正数M ，取正整数故当n m ≥时，。

2018年浙江卷压轴22题参考解答分析

22.已知函数-lnx.(Ⅰ)若f(x)在x=x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f(x 1)+f(x 2)＞8-8ln2；(Ⅱ)若a ≤3-4ln2，证明：对于任意k ＞0，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点. 解析：(Ⅰ)推导出x ＞0，f ′(x)=1x-，由f(x)在x=x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，得到12==x 1x 2＞256，由题意得f(x 1)+f(x 2()1212ln ln ln x x x x =，设，则g ′(x)=)144x ，利用导数性质能证明f(x 1)+f(x 2)＞8-8ln2.(Ⅱ)令m=e -(|a|+k)，n=(1a k+)2+1，则f(m)-km-a ＞|a|+k-k-a ≥0，推导出存在x 0∈(m ，n)，使f(x 0)=kx 0+a ，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，+∞)，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有公共点，由f(x)=kx+a ，得k=ln x a x -，设h(x)=ln x a x -，则h ′(x)= ()22ln 112x a g x a x x--+--+=，利用导数性质能证明a ≤3-4ln2时，对于任意k ＞0，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.答案：(Ⅰ)∵函数，∴x ＞0，f ′1x， ∵f(x)在x=x 1，x 2(x 1≠x 2)1211x x -=-， ∵x 1≠x 212==≥ ∵x 1≠x 2，∴x 1x 2＞256，由题意得f(x 1)+f(x 2()1212ln ln ln x x x x +=，设，则g ′(x)=)144x ，∴列表讨论：∴g(x)在[256，+∞)上单调递增，∴g(x 1x 2)＞g(256)=8-8ln2，∴f(x 1)+f(x 2)＞8-8ln2. (Ⅱ)令m=e -(|a|+k)，n=(1a k+)2+1，则f(m)-km-a ＞|a|+k-k-a ≥0， f(n)-kn-a＜0a n k n k n ⎫⎫⎪-⎭≤-⎪⎭＜， ∴存在x 0∈(m ，n)，使f(x 0)=kx 0+a ，∴对于任意的a ∈R 及k ∈(0，+∞)，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有公共点，由f(x)=kx+a ，得k=ln x a x-，设h(x)=ln x a x -，则h ′(x)=()22ln 112x a g x a x x -+--+=，其中g(x)=2-lnx ，由(1)知g(x)≥g(16)，又a ≤3-4ln2，∴-g(x)-1+a ≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a ≤0，∴h ′(x)≤0，即函数h(x)在(0，+∞)上单调递减，∴方程f(x)-kx-a=0至多有一个实根，综上，a ≤3-4ln2时，对于任意k ＞0，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.评论：思考：这里的m.n 哪来的？答：由零点的存在性定理，需要找两个数m,n 使得f(m)f(n)<0.我们分析出当0,()ln ;,()x g x x kx a x g x →=--→+∞→+∞→-∞时时；那么只需找一个数m,且0<m<1,ln 0m km a -->。

2018版高考数学(浙江专用文理通用)大一轮复习讲义第七章数列、推理与证明第5讲Word版含答案

基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是( )A.lg(1＋a2)>0B.a2＋b2≥2(a－b－1)C.a2＋3ab>2b2D.ab<a＋1 b＋1解析在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立.答案 B2.用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设( )A.三个内角都不大于60°B.三个内角都大于60°C.三个内角至多有一个大于60°D.三个内角至多有两个大于60°答案 B3.已知m>1，a＝m＋1－m，b＝m－m－1，则以下结论正确的是( )A.a>bB.a<bC.a＝bD.a，b大小不定解析∵a＝m＋1－m＝1m＋1＋m，b＝m－m－1＝1m＋m－1.而m＋1＋m>m＋m－1＞0(m＞1)，∴1m＋1＋m<1m＋m－1，即a<b.答案 B4.分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证b2－ac ＜3a”索的因应是( )A.a－b＞0B.a－c＞0C.(a－b)(a－c)＞0D.(a－b)(a－c)＜0解析由题意知b2－ac＜3a⇐b2－ac＜3a2⇐(a＋c)2－ac＜3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0⇐－2a 2＋ac ＋c 2＜0⇐2a 2－ac －c 2＞0⇐(a －c )(2a ＋c )＞0⇐(a －c )(a －b )＞0.答案 C5.①已知p 3＋q 3＝2，求证p ＋q ≤2，用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②已知a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下正确的是( )A.①与②的假设都错误B.①与②的假设都正确C.①的假设正确；②的假设错误D.①的假设错误；②的假设正确解析反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p ＋q ＞2，所以①不正确；对于②，其假设正确.答案 D二、填空题 6.6＋7与22＋5的大小关系为________.解析要比较6＋7与22＋5的大小，只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小，只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小，只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小，∵42>40，∴6＋7>22＋ 5. 答案 6＋7>22＋ 5 7.用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是__________________.答案都不能被5整除8.下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋a b ≥2成立的条件的序号是________.解析要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④能使b a ＋a b≥2成立.答案 ①③④三、解答题9.若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)，∴a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，a ＋c 2≥ac ＞0.又上述三个不等式中等号不能同时成立.∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc 成立.上式两边同时取常用对数，得lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg abc ， ∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .10.设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和.(1)求证：数列{S n }不是等比数列；(2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？(1)证明假设数列{S n }是等比数列，则S 22＝S 1S 3，即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1·(1＋q ＋q 2)，因为a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，即q ＝0，这与公比q ≠0矛盾，所以数列{S n }不是等比数列.(2)解当q ＝1时，S n ＝na 1，故{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列，否则2S 2＝S 1＋S 3，即2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)，得q ＝0，这与公比q ≠0矛盾.综上，当q ＝1时，数列{S n }是等差数列；当q ≠1时，数列{S n }不是等差数列.能力提升题组(建议用时：25分钟) 11.已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A.A ≤B ≤CB.A ≤C ≤BC.B ≤C ≤AD.C ≤B ≤A 解析 ∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b . 答案 A 12.设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( ) A.都大于2 B.都小于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2 解析 ∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.答案 D13.如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则a ，b 应满足的条件是________.解析 ∵a a ＋b b －(a b ＋b a ) ＝a (a －b )＋b (b －a )＝(a －b )(a －b )＝(a －b )2(a ＋b ).∴当a ≥0，b ≥0且a ≠b 时，(a －b )2(a ＋b )>0.∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b .答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b14.设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy . 证明由于x ≥1，y ≥1，所以要证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得－＝－＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1).因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立.15.(2016·浙江卷)设函数f (x )＝x 3＋11＋x，x ∈，证明： (1)f (x )≥1－x ＋x 2；(2)34＜f (x )≤32. 证明 (1)因为1－x ＋x 2－x 3＝1－（－x ）41－（－x ）＝1－x 41＋x ，由于x ∈，有1－x 41＋x ≤1x ＋1，即1－x ＋x 2－x 3≤1x ＋1，所以f (x )≥1－x ＋x 2. (2)由0≤x ≤1得x 3≤x ，故f (x )＝x 3＋1x ＋1≤x ＋1x ＋1＝x ＋1x ＋1－32＋32＝（x －1）（2x ＋1）2（x ＋1）＋32≤32，所以f (x )≤32. 由(1)得f (x )≥1－x ＋x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34，又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1924＞34，所以f (x )＞34. 综上，34＜f (x )≤32.。

2018版高考数学浙江,文理通用大一轮复习讲义教师版文

1．两个实数比较大小的方法(1)作差法⎩⎪⎨⎪⎧a －b >0⇔a > b a －b ＝0⇔a ＝ b a －b <0⇔a < b(a ，b ∈R )；(2)作商法⎩⎪⎨⎪⎧ab>1⇔a > b ab ＝1⇔a ＝ ba b <1⇔a < b(a ∈R ，b >0)．2．不等式的基本性质不等式的一些常用性质 (1)倒数的性质①a >b ，ab >0⇒1a <1b .②a <0b >0,0<c <d ⇒a c >bd.④0<a <x b >0，m >0，则①b a b －m a －m (b －m >0)． ②a b >a ＋m b ＋m ；a b <a －m b －m (b －m >0)．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个实数a ，b 之间，有且只有a >b ，a ＝b ，a 1，则a >b .( × )(3)一个不等式的两边同加上或同乘以同一个数，不等号方向不变．( × ) (4)一个非零实数越大，则其倒数就越小．( × ) (5)a >b >0，c >d >0⇒a d >bc .( √ )(6)若ab >0，则a >b ⇔1a <1b.( √ )1．设a 1b B.1a －b >1a C ．|a |>－b D.－a >－b答案 B解析由题设得a <a －b <0，所以有1a －b <1a 成立，即1a －b >1a不成立． 2．(教材改编)若a ，b 都是实数，则“a －b >0”是“a 2－b 2>0”的( ) A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A 解析a －b >0⇒a >b⇒a >b ⇒a 2>b 2，但由a 2－b 2>0a －b >0.3．若a ，b ∈R ，且a ＋|b |<0，则下列不等式中正确的是( ) A ．a －b >0 B ．a 3＋b 3>0 C ．a 2－b 2<0 D ．a ＋b <0答案 D解析由a ＋|b |<0知，a <0，且|a |>|b |，当b ≥0时，a ＋b <0成立，当b <0时，a ＋b <0成立，∴a ＋b <0成立.故选D.4．(教材改编)若0<a 1且2a <1，∴a <2b ·a ＝2a (1－a )＝－2a 2＋2a ＝－2⎝⎛⎭⎫a －122＋12<12. 即a <2ab <12，又a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab >1－12＝12，即a 2＋b 2>12，a 2＋b 2－b ＝(1－b )2＋b 2－b ＝(2b －1)(b －1)，又2b －1>0，b －1<0，∴a 2＋b 2－b <0， ∴a 2＋b 2N C ．M ＝ND ．不确定(2)若a ＝ln33，b ＝ln44，c ＝ln55，则( )A ．a 0，即M －N >0. ∴M >N .(2)方法一易知a ，b ，c 都是正数，b a ＝3ln44ln3＝log 8164<1，所以a >b ；b c ＝5ln44ln5＝log 6251024>1，所以b >c .即c e 时，函数f (x )单调递减．因为e<3<4<5，所以f (3)>f (4)>f (5)，即c <b <a .思维升华比较大小的常用方法 (1)作差法：一般步骤：①作差；②变形；③定号；④结论．其中关键是变形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式变成积式或者完全平方式．当两个式子都为正数时，有时也可以先平方再作差． (2)作商法：一般步骤：①作商；②变形；③判断商与1的大小；④结论．(3)函数的单调性法：将要比较的两个数作为一个函数的两个函数值，根据函数单调性得出大小关系．(1)设a ，b ∈0，＋∞)，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A ，B 的大小关系是( )A ．A ≤B B ．A ≥BC ．A <BD ．A >B(2)若a ＝1816，b ＝1618，则a 与b 的大小关系为________．答案 (1)B (2)a 0,1618>0， ∴1816<1618，即a ac B ．c (b －a )<0 C ．cb 2<ab 2D ．ac (a －c )>0(2)若1a <1b<0，则下列不等式：①a ＋b <ab ；②|a |>|b |；③a 0. 由b >c 得ab >ac 一定成立．(2)因为1a <1b <0，所以b <a <0，a ＋b <0，ab >0，所以a ＋b <ab ，|a |<|b |，在b <a 两边同时乘以b ，因为b <0，所以ab 0>b >－a ，c <d <0，则下列结论：①ad >bc ；②a d ＋bc<0；③a －c >b －d ；④a (d－c )>b (d －c )中成立的个数是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析方法一 ∵a >0>b ，c <d <0， ∴ad <0，bc >0， ∴ad <bc ，故①错误． ∵a >0>b >－a ，∴a >－b >0， ∵c <d <0，∴－c >－d >0， ∴a (－c )>(－b )(－d )，∴ac ＋bd <0，∴a d ＋b c ＝ac ＋bdcd <0，故②正确．∵c <d ，∴－c >－d ，∵a >b ，∴a ＋(－c )>b ＋(－d )， ∴a －c >b －d ，故③正确．∵a >b ，d －c >0，∴a (d －c )>b (d －c )，故④正确，故选C. 方法二取特殊值．题型三不等式性质的应用命题点1 应用性质判断不等式是否成立例3 已知a >b >0，给出下列四个不等式：①a 2>b 2；②2a >2b －1；③a －b >a －b ；④a 3＋b 3>2a 2b .其中一定成立的不等式为( ) A ．①②③ B ．①②④ C ．①③④ D ．②③④答案 A解析方法一由a >b >0可得a 2>b 2，①成立；由a >b >0可得a >b －1，而函数f (x )＝2x 在R 上是增函数， ∴f (a )>f (b －1)，即2a >2b －1，②成立；∵a >b >0，∴a >b ， ∴(a －b )2－(a －b )2 ＝2ab －2b ＝2b (a －b )>0， ∴a －b >a －b ，③成立；若a ＝3，b ＝2，则a 3＋b 3＝35,2a 2b ＝36， a 3＋b 3<2a 2b ，④不成立．故选A.方法二令a ＝3，b ＝2，可以得到①a 2>b 2，②2a >2b －1，③a －b >a －b 均成立，而④a 3＋b 3>2a 2b 不成立，故选A.命题点2 求代数式的取值范围例4 已知－1<x <4,2<y <3，则x －y 的取值范围是______，3x ＋2y 的取值范围是______．答案 (－4,2) (1,18)解析 ∵－1<x <4,2<y <3，∴－3<－y <－2， ∴－4<x －y <2.由－1<x <4,2<y <3，得－3<3x <12,4<2y <6， ∴1<3x ＋2y <18. 引申探究1．若将已知条件改为－1<x <y <3，求x －y 的取值范围．解 ∵－1<x <3，－1<y <3， ∴－3<－y <1，∴－4<x －y <4. 又∵x <y ，∴x －y <0，∴－4<x －y <0，故x －y 的取值范围为(－4,0)．2．若将本例条件改为－1<x ＋y <4,2<x －y <3，求3x ＋2y 的取值范围．解设3x ＋2y ＝m (x ＋y )＋n (x －y )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝3，m －n ＝2，∴⎩⎨⎧m ＝52，n ＝12.即3x ＋2y ＝52(x ＋y )＋12(x －y )，又∵－1<x ＋y <4,2<x －y <3， ∴－52<52(x ＋y )<10,1<12(x －y )<32，∴－32<52(x ＋y )＋12(x －y )<232，即－32<3x ＋2y <232，∴3x ＋2y 的取值范围为(－32，232)．思维升华 (1)判断不等式是否成立的方法①判断不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明．常用的推理判断需要利用不等式的性质．②在判断一个关于不等式的命题真假时，先把要判断的命题和不等式性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并应用性质判断命题真假，当然判断的同时还要用到其他知识，比如对数函数、指数函数的性质等． (2)求代数式的取值范围利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围，是避免错误的有效途径．(1)若a 1b B ．a 2<ab C.|b ||a |<|b |＋1|a |＋1D ．a n >b n(2)设a >b >1，c <0，给出下列三个结论： ①c a >cb ；②ac log a (b －c )．其中所有正确结论的序号是( ) A ．① B ．①② C ．②③D ．①②③答案 (1)C (2)D解析 (1)(特殊值法)取a ＝－2，b ＝－1，逐个检验，可知A ，B ，D 项均不正确； C 项，|b ||a |<|b |＋1|a |＋1⇔|b |(|a |＋1)<|a |(|b |＋1)⇔|a ||b |＋|b |<|a ||b |＋|a |⇔|b |<|a |， ∵a b >1知1a <1b ，又c <0，∴c a >cb ，①正确；构造函数y ＝x c ，∵c <0，∴y ＝x c 在(0，＋∞)上是减函数，又a >b >1，∴a c b >1，c <0，∴a －c >b －c >1，∴log b (a －c )>log a (a －c )>log a (b －c )，③正确．．利用不等式变形求范围典例设f (x )＝ax 2＋bx ，若1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，则f (－2)的取值范围是________．错解展示解析由已知得⎩⎪⎨⎪⎧1≤a －b ≤2， ①2≤a ＋b ≤4， ②①＋②得3≤2a ≤6，∴6≤4a ≤12，又由①可得－2≤－a ＋b ≤－1， ③②＋③得0≤2b ≤3，∴－3≤－2b ≤0，又f (－2)＝4a －2b ，∴3≤4a －2b ≤12， ∴f (－2)的取值范围是3,12]．答案 3,12] 现场纠错解析方法一由⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝a －b ，f (1)＝a ＋b ，得⎩⎨⎧a ＝12[f (－1)＋f (1)]，b ＝12[f (1)－f (－1)]，∴f (－2)＝4a －2b ＝3f (－1)＋f (1)．又∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，故5≤f (－2)≤10.方法二由⎩⎪⎨⎪⎧1≤a －b ≤2，2≤a ＋b ≤4确定的平面区域如图阴影部分所示，当f (－2)＝4a －2b 过点A (32，12)时，取得最小值4×32－2×12＝5，当f (－2)＝4a －2b 过点B (3,1)时，取得最大值4×3－2×1＝10， ∴5≤f (－2)≤10. 答案 5,10]纠错心得在求式子的范围时，如果多次使用不等式的可加性，式子中的等号不能同时取到，会导致范围扩大.1．已知a >b ，c >d ，且c ，d 不为0，那么下列不等式成立的是( ) A ．ad >bc B ．ac >bd C ．a －c >b －d D ．a ＋c >b ＋d答案 D解析由不等式的同向可加性得a ＋c >b ＋d .2．(2016·包头模拟)若6<a <10，a2≤b ≤2a ，c ＝a ＋b ，那么c 的取值范围是( )A ．9≤c ≤18B ．15<c <30C ．9≤c ≤30D ．9<c <30 答案 D解析 ∵c ＝a ＋b ≤3a 且c ＝a ＋b ≥3a2，∴9<3a2≤a ＋b ≤3a <30.3．已知x >y >z ，x ＋y ＋z ＝0，则下列不等式成立的是( ) A ．xy >yz B ．xz >yz C ．xy >xz D ．x |y |>z |y | 答案 C解析 ∵x >y >z 且x ＋y ＋z ＝0，∴x >0，z <0，又y >z ，∴xy >xz .4．设a ，b ∈R ，则“(a －b )·a 2<0”是“a <b ”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析由(a －b )·a 2<0⇒a ≠0且a <b ，∴充分性成立；由a <b ⇒a －b <0，当0＝a b ，则ac 2>bc 2B ．若a c >b c，则a >b C ．若a 3>b 3且ab <0，则1a >1bD ．若a 2>b 2且ab >0，则1a <1b答案 C解析当c ＝0时，可知A 不正确；当c <0时，可知B 不正确；对于C ，由a 3>b 3且ab <0，知a >0且b <0，所以1a >1b成立，C 正确；当a <0且b <0时，可知D 不正确．7．若a >b >0，则下列不等式中一定成立的是( )A ．a ＋1b >b ＋1aB.b a >b ＋1a ＋1 C ．a －1b >b －1aD.2a ＋b a ＋2b >a b 答案 A解析取a ＝2，b ＝1，排除B ，D ；另外，函数f (x )＝x －1x是(0，＋∞)上的增函数，但函数g (x )＝x ＋1x 在(0,1]上递减，在1，＋∞)上递增，所以，当a >b >0时，f (a )>f (b )必定成立，即a －1a >b －1b ⇔a ＋1b >b ＋1a，但g (a )>g (b )未必成立，故选A. 8．若a >b >0，则下列不等式一定不成立的是( )A.1a <1bB ．log 2a >log 2bC ．a 2＋b 2≤2a ＋2b －2D ．b <ab <a ＋b 2<a 答案 C 解析 ∵(a －1)2＋(b －1)2>0(由a >b >0，得a ，b 不能同时为1)，∴a 2＋b 2－2a －2b ＋2>0，∴a 2＋b 2>2a ＋2b －2，∴C 项一定不成立．9．已知a ，b ，c ∈R ，有以下命题：①若a >b ，则ac 2>bc 2；②若ac 2>bc 2，则a >b ；③若a >b ，则a ·2c >b ·2c .其中正确命题的序号是________．答案 ②③解析 ①不对，因为c 2可以为0；②对，因为c 2>0；③对，因为2c >0.10．已知a ＝log 23＋log 23，b ＝log 29－log 23，c ＝log 32，则a ，b ，c 的大小关系是________．答案 a ＝b >c解析 ∵a ＝log 23＋log 23＝log 233，b ＝log 29－log 23＝log 233，∴a ＝b ，又a ＝log 233>1，c ＝log 32<1，∴a >c .故a ＝b >c .11．已知a ，b ，c ，d 均为实数，有下列命题：①若ab >0，bc －ad >0，则c a －d b>0； ②若ab >0，c a －d b>0，则bc －ad >0； ③若bc －ad >0，c a －d b>0，则ab >0. 其中正确的命题是________．答案 ①②③解析 ∵ab >0，bc －ad >0，∴c a －d b ＝bc －ad ab>0，∴①正确； ∵ab >0，又c a －d b >0，即bc －ad ab>0， ∴bc －ad >0，∴②正确；∵bc －ad >0，又c a －d b >0，即bc －ad ab>0， ∴ab >0，∴③正确．故①②③都正确．12．设a >b >c >0，x ＝a 2＋(b ＋c )2，y ＝b 2＋(c ＋a )2，z ＝c 2＋(a ＋b )2，则x ，y ，z 的大小关系是________．(用“>”连接)答案 z >y >x解析方法一 y 2－x 2＝2c (a －b )>0，∴y >x .同理，z >y ，∴z >y >x .方法二令a ＝3，b ＝2，c ＝1，则x ＝18，y ＝20，z ＝26，故z >y >x .13．甲乙两人同时从宿舍到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步；乙一半时间步行，一半时间跑步；如果两人步行、跑步速度均相同，则谁先到教室？解设路程为s ，跑步速度为v 1，步行速度为v 2，甲到教室所用时间为t 甲，乙到教室所用时间为t 乙．t 甲＝s 2v 1＋s 2v 2＝s (v 1＋v 2)2v 1v 2， s ＝t 乙2·v 1＋t 乙2·v 2⇒t 乙＝2s v 1＋v 2， ∴t 甲t 乙＝(v 1＋v 2)24v 1v 2≥(2v 1v 2)24v 1v 2＝1. ∴t 甲≥t 乙，当且仅当v 1＝v 2时“＝”成立．由实际情况知v 1>v 2，∴t 甲>t 乙．∴乙先到教室．*14.某单位组织职工去某地参观学习需包车前往．甲车队说：“如果领队买一张全票，其余人可享受7.5折优惠．”乙车队说：“你们属团体票，按原价的8折优惠．”这两个车队的原价、车型都是一样的，试根据单位去的人数比较两车队的收费哪家更优惠．解设该单位职工有n 人(n ∈N *)，全票价为x 元/人，坐甲车需花y 1元，坐乙车需花y 2元，则y 1＝x ＋34x ·(n －1) ＝14x ＋34nx ， y 2＝45nx . 所以y 1－y 2＝14x ＋34nx －45nx ＝14x －120nx ＝14x (1－n 5)．当n＝5时，y1＝y2；当n>5时，y1<y2；当n<5时，y1>y2.因此当单位去的人数为5人时，两车队收费同等优惠；当单位去的人数多于5人时，甲车队收费更优惠；当单位去的人数少于5人时，乙车队收费更优惠．。

2018版高考数学(浙江专用文理通用)大一轮复习讲义：第七章数列、推理与证明第5讲含答案

基础巩固题组（建议用时：40分钟）一、选择题1。

若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是（）A.lg(1＋a2）>0B.a2＋b2≥2（a－b－1）C。

a2＋3ab〉2b2 D.错误!<错误!解析在B中,∵a2＋b2－2(a－b－1）＝（a2－2a＋1)＋（b2＋2b＋1）＝(a－1）2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2（a－b－1)恒成立。

答案B2。

用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设( ）A。

三个内角都不大于60°B.三个内角都大于60°C.三个内角至多有一个大于60°D.三个内角至多有两个大于60°答案B3.已知m〉1，a＝m＋1－错误!，b＝错误!－错误!,则以下结论正确的是（)A.a>bB.a<bC。

a＝b D.a，b大小不定解析∵a＝m＋1－m＝错误!,b＝错误!－错误!＝错误!.而错误!＋错误!>错误!＋错误!＞0(m＞1)，∴错误!<错误!，即a〈b.答案B4.分析法又称执果索因法,若用分析法证明：“设a＞b＞c，且a＋b ＋c＝0，求证错误!＜错误!a”索的因应是（）A.a－b＞0B.a－c＞0C.(a－b）（a－c）＞0 D。

(a－b)(a－c）＜0解析由题意知错误!＜错误!a⇐b2－ac＜3a2⇐(a＋c）2－ac＜3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0⇐－2a2＋ac＋c2＜0⇐2a2－ac－c2＞0⇐(a－c）(2a＋c)＞0⇐（a－c）(a－b）＞0。

答案C5.①已知p3＋q3＝2,求证p＋q≤2,用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，｜a｜＋｜b｜<1,求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1,用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设｜x1｜≥1。

以下正确的是（）A.①与②的假设都错误B.①与②的假设都正确C。

2018年高考题分类汇编之数列与不等式

2018年数学高考分类汇编之数列与不等式1．【2018年浙江卷】已知成等比数列，且．假设，那么A. B. C. D.2．【2018年文北京卷】】“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最先用数学方式计算出半音比例，为那个理论的进展做出了重要奉献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次取得十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.假设第一个单音的频率f，那么第八个单音频率为A. B. C. D.3．【2018年浙江卷】已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列组成一个数列．记为数列的前n项和，那么使得成立的n的最小值为________．4．【2018年浙江卷】已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}知足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n}的通项公式．5．【2018年天津卷文】设{a n}是等差数列，其前n项和为S n（n∈N*）；{b n}是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．（Ⅰ）求S n和T n；（Ⅱ）假设S n+（T1+T2+…+T n）=a n+4b n，求正整数n的值．6．【2018年文北京卷】设是等差数列，且.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求.7．【2018年江苏卷】设，对1，2，···，n的一个排列，若是当s<t时，有，那么称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，那么排列231的逆序数为2．记为1，2，···，n的所有排列中逆序数为k的全数排列的个数．（1）求的值；（2）求的表达式(用n表示)．8．【2018年江苏卷】设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．（1）设，假设对均成立，求d的取值范围；（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．9．【2018年新课标I卷文】已知数列知足，，设．（1）求；（2）判定数列是不是为等比数列，并说明理由；（3）求的通项公式．10．【2018年全国卷Ⅲ文】等比数列中，．（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．假设，求．11．【2018年天津卷文】设变量x，y知足约束条件那么目标函数的最大值为A. 6B. 19C. 21D. 4512．【2018年文北京卷】设集合则A. 对任意实数a，B. 对任意实数a，（2,1）C. 当且仅当a<0时,（2,1）D. 当且仅当时,（2,1）13．【2018年浙江卷】若知足约束条件则的最小值是___________，最大值是___________．14．【2018年天津卷文】已知，且，则的最小值为_____________.15．【2018年文北京卷】若x,y知足，则2y−x的最小值是_________.16．【2018年江苏卷】在中，角所对的边别离为，，的平分线交于点D，且，那么的最小值为________．17．【2018年全国卷Ⅲ文】假设变量知足约束条件则的最大值是________．18．【2018年全国卷II文】若知足约束条件则的最大值为__________．。

04-不动点解决递推型数列不等式问题

“不动点法”解决递推型数列不等式问题数列不等式历来是高中数学的重点和难点，常出现在高考压轴题中，具有极高的思想性和技巧性。

尤其是浙江省的高考，最近几年压轴题中连续考到递推型数列不等式，解决递推型数列不等式的一般方法是利用“不动点”来解决问题，要计算变比()n q a 在不动点处的函数值来进一步判定数列的类型是“裂项相消型”还是“等比型”，从而进行进一步地放缩。

一、知识方法 1、不动点的定义：一般地，设函数()f x 的定义域为D ,若存在实数0x D ∈，使()00f x x =成立，则称0x 为函数()f x 的不动点。

对定义的理解：代数角度：0x 为方程()f x x =的实数根；几何角度：0x 为函数()y f x =与y x =图像交点的横坐标。

2、简单迭代数列任取初始值1a ，并且()()*1n n a f a n N +=∈，则得到数列{}n a 。

二次递推：()2f x ax bx c =++一次分式递推：()ax bf x cx d+=+根式递推：()f x d =双勾递推：()()0,0bf x ax c a b x=++>> 等等。

3、“五步法”求解递推型问题模型：已知数列{}n a 满足1a a =，()()*1n n a f a n N +=∈。

第1步：找出迭代函数()f x ；第2步：求出迭代函数的不动点：由()f x x =，得0x x =；通过猜想式画图或特殊值法得到n a 的初始范围。

第3步：“中心化”再作商得到“变比”()n q a ，研究数列在不动点附近的性质：求出()100n n n a x q a a x +-=-，分析()n q a （由变比的同号法则先证n a 的初始范围中和不动点有关的这边，然后再利用作差法或作商法或数学归纳法证明n a 的单调性，即得n a 的初始范围中和首项有关的这边）。

第4步：计算“变比”()n q a 在不动点处的函数值，判定数列类型：（1）若()01q x =，则数列为“裂项相消型”。

2018年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷) 数学试题及详解

2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：若事件A ，B 互斥，则()()()P A B P A P B +=+ 若事件A ，B 相互独立，则()()()P AB P A P B =若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)k k n k n n P k p p k n -=-=台体的体积公式121()3V S S h =+ 其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高柱体的体积公式V Sh =其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高锥体的体积公式13V Sh =其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高球的表面积公式24S R =π球的体积公式343V R =π其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知全集U ={1，2，3，4，5}，A ={1，3}，则=U A ð（） A ．∅ B ．{1，3} C ．{2，4，5} D ．{1，2，3，4，5}1.答案：C解答：由题意知U C A ={2,4,5}.2．双曲线221 3=x y -的焦点坐标是（）A ．(，0)，0) B ．(−2，0)，(2，0) C ．(0，)，(0D ．(0，−2)，(0，2)2.答案：B解答：∵2314c =+=，∴双曲线2213x y -=的焦点坐标是(2,0)-，(2,0).3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（）A ．2B ．4C ．6D ．8 3.答案：C解答：该几何体的立体图形为四棱柱，(12)2262V +⨯=⨯=. 4．复数21i- (i 为虚数单位)的共轭复数是（） A ．1+i B ．1−i C ．−1+i D ．−1−i 4.答案：B 解答：22(1)11(1)(1)i z i i i i +===+--+，∴1z i =-.5．函数y =||2x sin2x 的图象可能是（）A ．B ．C ．D ．5.答案：D解答：令||()2sin 2x y f x x ==，||||()2sin(2)2sin 2()x x f x x x f x --=-=-=-，所以()f x 为奇函数①；当(0,)x p Î时，||20x >，sin 2x 可正可负，所以()f x 可正可负②.由①②可知，选D.6．已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”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6.答案：A解答：若“//m n ”，平面外一条直线与平面内一条直线平行，可得线面平行，所以“//m α”；当“//m α”时，m 不一定与n 平行，所以“//m n ”是“//m α”的充分不必要条件.7．设0<p <1，随机变量ξ的分布列是（）俯视图正视图222则当p 在（0，1）内增大时， A ．D （ξ）减小 B ．D （ξ）增大C ．D （ξ）先减小后增大D ．D （ξ）先增大后减小7.答案：D 解答：111()0122222p p E p x -=???+， 22211113()()()()222222p p D p p p x -=?+?+?22111()422p p p =-++=--+，所以当p 在(0,1)内增大时，()D x 先增大后减小，故选D.8．已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则（）A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1 8.答案：D 解答：作SO 垂直于平面ABCD ，垂足为O ，取AB 的中点M ，连接SM .过O 作ON 垂直于直线SM ，可知2SEO θ=∠，3SMO θ=∠，过SO 固定下的二面角与线面角关系，得32θθ≥.易知，3θ也为BC 与平面SAB 的线面角，即OM 与平面SAB 的线面角，根据最小角定理，OM 与直线SE 所成的线线角13θθ≥，所以231θθθ≤≤.9．已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2−4e ·b +3=0，则|a −b |的最小值是（） A1 B C ．2 D ．29.答案：A解答：设(1,0)e =，(,)b x y =，则222430430b e b x y x -⋅+=⇒+-+=22(2)1x y ⇒-+=如图所示，a OA =，b OB =，（其中A 为射线OA 上动点，B 为圆C 上动点，3AOx π∠=.）∴min11a bCD -=-=.（其中CD OA ⊥.）10．已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则（） A ．1324,a a a a << C ．1324,a a a a <> D ．1324,a a a a >>10.答案：B解答：∵ln 1x x ≤-，∴1234123123ln()1a a a a a a a a a a +++=++≤++-，得41a ≤-，即311a q ≤-，∴0q <.若1q ≤-，则212341(1)(1)0a a a a a q q +++=++≤，212311(1)1a a a a q q a ++=++≥>，矛盾.∴10q -<<，则2131(1)0a a a q -=->，2241(1)0a a a q q -=-<.∴13a a >，24a a <.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一。

(浙江专用)高考数学二轮复习专题三数列第3讲数列不等式的证明问题(选用)学案

第3讲数列不等式的证明问题(选用)高考定位 1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考查数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质；3.重点考查学生逻辑推理能力和创新意识.真题感悟(2017·浙江卷)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *). 证明：当n ∈N *时， (1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明：x n ＞0. 当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1＞0，因此x n ＞0(n ∈N *).所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1，因此0＜x n ＋1＜x n (x ∈N *). (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1).记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0). f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *).(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12x n －1≥122x n －2≥…≥12n －1x 1＝12n －1.故x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12＞0，所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *).考点整合1.数学归纳法证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立. 2.反证法一般地，由证明p q 转向证明：綈q r …t ，t 与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q 为假，推出q 为真的方法，叫做反证法. 3.放缩法放缩法是利用不等式的传递性，证明不等式的方法，要证A 0且a ≠1，n ∈N *). (1)证明：当n ≥2时，a n <a n ＋1<1；(2)若b ∈(a 2，1)，求证：当整数k ≥（b －a 2）（b ＋1）a 2（1－b ）＋1时，a k ＋1>b .证明 (1)由a n ＋1＝2a na 2n ＋1知，a n 与a 1的符号相同，而a 1＝a >0，所以a n >0，所以a n ＋1＝2a n ＋1a n≤1，当且仅当a n ＝1时，a n ＋1＝1，下面用数学归纳法证明： ①因为a >0且a ≠1，所以a 2<1，a 3a 2＝2a 22＋1>1，即有a 2<a 3<1； ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，有a k <a k ＋1<1，则a k ＋2＝2a k ＋1a 2k ＋1＋1＝2a k ＋1＋1a k ＋1<1，且a k ＋2a k ＋1＝2a 2k ＋1＋1>1，即a k ＋1<a k ＋2<1. 综上，对任意n ≥2，均有a n <a n ＋1<1成立.(2)若a k ≥b ，则由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ；若a k a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b 2k －1> a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b k －1＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－b 1＋b k －1≥a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1－b 1＋b （k －1）. 因为k ≥（b －a 2）（b ＋1）a 2（1－b ）＋1，所以1－b 1＋b (k －1)＋1≥b －a 2a 2＋1＝b a 2，所以 a k ＋1>b .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a n >0，然后用数学归纳法证明即可；(2)首先由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ，然后利用数列的递推公式证明即可. 热点二反证法证明数列不等式【例2】 (2018·温州调考)已知数列{a n }满足：a n >0，a n ＋1＋1a n<2(n ∈N *).(1)求证：a n ＋2<a n ＋1<2(n ∈N *)； (2)求证：a n >1(n ∈N *). 证明 (1)由a n >0，a n ＋1＋1a n<2，得a n ＋1<2－1a n<2.因为2>a n ＋2＋1a n ＋1>2a n ＋2a n ＋1(由题知a n ＋1≠a n ＋2)，所以a n ＋2<a n ＋1<2.(2)法一假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n >N 时，a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以1a n ＋1－1>a n a n －1＝1＋1a n －1，于是1a N ＋2－1>1＋1a N ＋1－1，……1a N ＋n －1>1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1>n －1＋1a N ＋1－1.(*)由假设可得a N ＋n －1<0，而当n >－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1>0，因此有1a N ＋n －1<n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾. 所以a n >1(n ∈N *).法二假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n >N 时，0<a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以11－a n ＋1<a n 1－a n ，所以1－a n ＋11－a n >1a n ≥1a N ＋1>1.于是1－a n >(1－a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，1－a n －1>(1－a n －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，……1－a N ＋2>(1－a N ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1a N ＋1.累乘可得1－a n >(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1，(*)由(1)可得1－a n <1，而当n >log1a N ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫11－a N ＋1＋N ＋1时，则有(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1>1，这显然与(*)矛盾.所以a n >1(n ∈N *).探究提高数列不等式需要对数列的范围及变化趋势进行探究，而条件又少，因此，反证法就成为解决这类问题的利器.在本例中，(1)首先根据已知不等式由a n ＋1＜2－1a n<2证明不等式的右边，再根据已知不等式利用基本不等式，可证明不等式的左边；(2)考虑反证法，即假设存在a N ≤1，利用条件和(1)，并结合放缩法逐步推出矛盾.进而证明不等式成立. 热点三放缩法证明数列不等式 [考法1] 放缩为等比数列【例3－1】 (2018·宁波调研)已知数列{a n }满足a 1＝25，a n ＋1＝2a n 3－a n ，n ∈N *.(1)求a 2；(2)求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的通项公式；(3)设{a n }的前n 项的和为S n ，求证：65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113. (1)解由条件可知a 2＝2a 13－a 1＝413.(2)解由a n ＋1＝2a n 3－a n 得1a n ＋1＝32·1a n －12，即1a n ＋1－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，又1a 1－1＝32，则1a n －1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＋1. (3)证明由(2)可得a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.所以S n ≥25＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，故S n ≥65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 成立.另一方面a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1<1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <25＋413＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝4665＋89－89·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2<4665＋89<2113，n ≥3，又S 1＝25<2113，S 2＝4665<2113，因此S n <2113.所以65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113.[考法2] 放缩为裂项求和【例3－2】 (2018·金华联考)已知数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4. (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1；(3)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，求证：1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <1.证明 (1)∵2a n ＋1－2a n ＝a 2n －4a n ＋4＝(a n －2)2≥0，∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2>0， ∴a n ＋1>a n .(2)∵2a n ＋1－4＝a 2n －2a n ＝a n (a n －2)， ∴a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32， ∴a n －2≥32(a n －1－2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫322(a n －2－2)≥…≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(a 1－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，∴a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)， ∴12（a n ＋1－2）＝1a n （a n －2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2－1a n ，∴1a n ＋1－2＝1a n －2－1a n ，∴1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2，∴S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝1a 1－2－1a 2－2＋1a 2－2－1a 3－2＋…＋1a n －2－1a n ＋1－2 ＝1a 1－2－1a n ＋1－2 ＝1－1a n ＋1－2.∵a n ＋1－2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，∴0<1a n ＋1－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n， ∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＝1－1a n ＋1－2<1. 探究提高数列中不等式的证明本身就是放缩的结果，在证明过程中，要善于观察数列通项的特点，结合不等式的结构合理地选择放大与缩小，常见的两种放缩方式是：①放缩成等比数列求和形式；②放缩成裂项求和形式.数列、不等式是高中数学的重点内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点之一.命题方式灵活，对学生的数学思维要求较高，具有良好的高考选拔功能.数列中不等式的证明，是浙江省高考数学试题的特色，解决问题方法独特，需要综合运用分析法、放缩法、反证法、数学归纳法、以及构造函数借助导数的工具、不等式的性质等解决问题.1.(2016·浙江卷)设数列{a n }满足|a n －a n ＋12|≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.证明 (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n－1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＝1－12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2).(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＝12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12m －n ＜12n －1，故|a n |＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n .从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，与①式矛盾.综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 2.(2018·学军中学月考)已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13；(3)求证：|a 2n －a n |≤1027.证明 (1)用数学归纳法证明. ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，有23≤a k ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12<1， a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立，所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.(2)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13，当n ≥2时，∵⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32， ∴|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1|a 2－a 1| ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<13. 综上所述，|a n ＋1－a n |≤13.(3)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13＝927<1027；当n ≥2时，由(2)知 |a 2n －a n |≤|a 2n －a 2n－1|＋|a 2n－1－a 2n－2|＋…＋|a n＋1－a n |≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －1≤23－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1027. 综上所述，|a 2n －a n |≤1027.3.(2018·浙东北大联盟考试)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n －a 2nn （n ＋1），数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 的前n 项和为S n .证明：当n ∈N *时， (1)0<a n ＋1<a n ； (2)a n ≤n3n －1；(3)S n >n －12.证明 (1)由于a n ＋1－a n ＝－a 2nn （n ＋1）≤0，则a n ＋1≤a n .若a n ＋1＝a n ，则a n ＝0，与a 1＝12矛盾，故a n ≠0，从而a n ＋1<a n ，a 1＝12>a 2>a 3>…>a n .又a n ＋1a n ＝1－a n n （n ＋1）≥1－12n （n ＋1）>0，则a n ＋1与a n 同号.又a 1＝12>0，则a n ＋1>0，故0<a n ＋1<a n .(2)由于0<a n ＋1<a n ，则a n ＋1＝a n －a 2nn （n ＋1）<a n －a n a n ＋1n （n ＋1），即1a n －1a n ＋1<－1n （n ＋1）＝1n ＋1－1n，1a n ＋1－1a n >1n －1n ＋1. 当n ≥2时，1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 1＋1a 1>1n －1－1n ＋1n －2－1n －1＋…＋1－12＋1a 1＝3－1n ＝3n －1n >0，从而a n <n3n －1. 当n ＝1时，a 1＝12＝13×1－1，从而a n ≤n 3n －1.(3)由a n ＋1a n ＝1－a n n （n ＋1）≥1－a 1n （n ＋1）＝1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(当且仅当n ＝1时，取等号)，得S n ＝a 2a 1＋a 3a 2＋…＋a n ＋1a n ≥n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1>n －12. 4.(2017·杭州质量检测)已知数列{a n }的各项均为非负数，其前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋1≤a n ＋a n ＋22.(1)若a 1＝1，a 505＝2 017，求a 6的最大值；(2)若对任意n ∈N *，都有S n ≤1，求证：0≤a n －a n ＋1≤2n （n ＋1）. (1)解由题意知a n ＋1－a n ≤a n ＋2－a n ＋1，设d i ＝a i ＋1－a i (i ＝1，2，…，504)，则d 1≤d 2≤d 3≤…≤d 504，且d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 504＝a 505－a 1＝2 016. ∵d 1＋d 2＋…＋d 55≤d 6＋d 7＋…＋d 504499＝2 016－（d 1＋d 2＋…＋d 5）499， ∴d 1＋d 2＋…＋d 5≤20，∴a 6＝a 1＋(d 1＋d 2＋…＋d 5)≤21，a 6的最大值为21.(2)证明若存在k ∈N *，使得a k <a k ＋1，则由a n ＋1≤a n ＋a n ＋22，得a k ＋1≤a k －a k ＋1＋a k ＋2＜a k ＋2，因此，从第k 项a k 开始，数列{a n }严格递增，故a 1＋a 2＋…＋a n ≥a k ＋a k ＋1＋…＋a n ≥(n －k ＋1)a k . 对于固定的k ，当n 足够大时，必有a 1＋a 2＋…＋a n ＞1，与题设矛盾，∴{a n }不可能递增，即只能a n －a n ＋1≥0.令b k ＝a k －a k ＋1(k ∈N *)，由a k －a k ＋1≥a k ＋1－a k ＋2得b k ≥b k ＋1，b k ≥0，故1≥a 1＋a 2＋…＋a n ＝(b 1＋a 2)＋a 2＋…＋a n ＝b 1＋2(b 2＋a 3)＋a 3＋…＋a n ＝…＝b 1＋2b 2＋…＋nb n ＋na n ＋1≥(1＋2＋…＋n )b n ＝n （n ＋1）2b n ， ∴b n ≤2n （n ＋1），综上，对一切n ∈N *，都有0≤a n －a n ＋1≤2n （n ＋1）.。

2018年高考题和高考模拟题数学(理)分项版汇编专题04 数列与不等式理一含答案解析.docx

4.数列与不等式1. [2018年浙江卷】已知a v a2>a3>a4j^等比数列，且a2 + a3 + a4= In^ + a2 + a3)若勺> 1,贝yA Q] V CL^f CL^ V ^4 g Q] > CL^f CL^ V ^4 C < 口3，口2 > 口4 D > 口3，口2 > 口4【答案】B【解析】分析:先证不等式x>lnx+l,再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令用)=% 一1.则f'O) = !-；,令f'G) = 0,得X = I,所以当工 > I时，f'G) > o,当o < % < 1时，f© < 0,因此f(x) > /'(1) = 0..-.X >lnx + l,若公比q >0,则a t + a2 4-a a +«4, > a t +a2 4-a a >Ing +a2 + a a),不合题意；若公比q <-1,则a t 4- a2 4- a a + % = a t(l 4- q)(l 4- q2) < 0：但^(兔4- a2 + a a) = ln[di(l 4- q 4-q2)] > lna t > 0,即Ui + aj+tta +a4< 0 < ln^4-a2 4-a a),不合题意；因此一1 <q < O.q2 e (01),A a t >a1q2 = a aJ a2<a2q2 =a^<0?选B点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如x>/nz+l/>x + l,e x>x2+l(x>0).2.[2018年理新课标I卷】设几为等差数列4｝的前"项和，若3S3Y2 + S4,勺=2,则口5 =A. -12B. -10C. 10D. 12【答案】B【解析】分析：首先设出等差数列@讣的公差为d,利用等差数列的求和公式，得到公差d所满足的等量关系式，从而求得结果d=-3,之后应用等差数列的通项公式求得a s = «1 + 4C/ = 2-12=-10)从而求得正确结果.3x2 4x33(3 x 2 H -------- --- d) = 2x2 + d + 4x2 + ----------- • d详解：设该等差数列的公差为d,根据题中的条件可得 2 2 ,整理解得d=-3,所以a5 = a1 + 4d = 2-12=-10)故选R点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差d的值，之后利用等差数列的通项公式得到°5与勺和d的关系，从而求得结果.3.[2018年理北京卷】设｛勺｝是等差数列，且&=3,娩+念=36,贝卩｛珀｝的通项公式为—_.【答家】a n = 6n-3【幅析】分析：先垠据茶件列关于公建的方為求岀公呈目代入等19強项公1如可详； v a, = 3, *34-<£4-3>44 = 36, A <f = 6r A = 3 4- 6(it — 1) = 6R - 3.点睛：在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路，一是利用基本量，将多元问题简化为首项与公差(公比)问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确;二是利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.4.[2018年浙江卷】已知集合A = {X\x=2n-l,neN t}, F = {x|x = 2> 6 W *}.将AuB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列©}.记去为数列{唧的前“项和，则使得几> 12a n + i成立的n的最小值为 _____________ .【答案】27【解析】分析：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.详解：设勺=2：则几=[(2 X 1 - 1) + (2 X 2 - 1) + ••• + (2 • 1 _ 1)] + [2 + 2? + ••• + 2勺_2「i(l + 2x2—i_l) 2(1_2“)_"2—2 | 冰 + i ?2 1-2 ,由S n>12a n + 1得2"一2 + 2“ +1 _ 2 > 12(2fc + l),(2fc-1)2 - 20(2“'1)-14> 0,2k-1 > 2s,k >6,所以只需研究25 < a n < 2°是否有满足条件的解，此时= [(2 X 1 - 1) + (2 X 2 - 1) + - + (2m - 1)] + [2 + 22 + - + 25] =m2 + 25 + 1-2, a n + i = 2m + 1, m 为等差数列项数，且m>16.由?n? + 2：+1 - 2 > 12(2m + l)/n2 - 24m + 50 > 0, A m > 22,n = m + 5 > 27得满足条件的“最小值为27.点睛：本题采用分组转化法求和，将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和•分组转化法求和的常见类型主=严,n为奇数n 2 a =s in—要有分段型(如(2%为偶数)，符号型(如勺=(-1) “)，周期型(如3 ).5.[2018年理新课标I卷】记几为数列{入}的前n项和，若= 2昕+ 1,则S& = __________________ .【答案】-63【解析】分析：首先根据题中所给的S n=2a n + 1>类比着写出片+i = 2a…+i + l,两式相减，整理得到4+1 = 2a…,从而确定出数列{aj为等比数列，再令n = l,结合aid】的关系，求得兔=一1,之后应用等比数列的求和公式求得耳的值.详解：根据S” = 2a n + 1,可得Sn+i = 2a”+ 1 + 1,两式相减得a”十】=2a n+1 - 2% 即a n + 1- 2a® 当“=】时，=a】=2a x + 1,点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令^ = 1,求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.6. [2018年浙江卷】己知等比数列｛a”｝的公比？〉1,且為+34+念=28,么+2是a ；的等差中项.数列｛〃”｝满足bi=l,数列｛（bkb”） a”｝的前n 项和为2n'+n.（I ）求g 的值;（II ）求数列"”｝的通项公式.【解析】分析：（I ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比，（II ）先根据数列^b n + l~bM 前”项和求通项，解得b n + l-b n,再通过叠加法以及错位相减法求详解：（I ）由 fl 4+2 是 03“5 的等差中项得 a 3 + a 5^ 2a 4 + 4,所以。

浙江省2018版高考数学复习专题：07 数列中不等式证明特色训练

2018年浙江省杭州市高三二轮复习研讨会函数背景下的数列不等式问题终稿

2 xn 1 xn
xn xn 1 2
由 xn xn 1 ln(1 xn 1 ) 得，
xn xn1 4 xn1 2 xn xn12 2 xn1 (2 xn1 ) ln(1 xn1 )
令 f ( x) x 2 x (2 x) ln(1 x), x 0
放缩为等比数列
an 1 q an
an a1q n1
2．已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（ n∈N*） . 证明：当 n∈N*时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn； xx （Ⅱ）2xn+1− xn≤ n n 1 ； 2
1 1 （Ⅲ） n 1 ≤xn≤ n 2 . 2 2
函数
1 （Ⅱ） Sn 1 n 2
回归教材必修五
1. 已知数列 an
1 的前 n 项和为 S n , a1 且 2
an 1 an an 2 n N ，证明：当 n∈N*时，
an （Ⅰ） 1 an 1
函数
1 （Ⅱ） Sn 1 n 2
对比已知 xn xn 1 ln 1 xn 1 消元转化
目标分析
xn xn 1 2 xn 1 xn 2
0 xn 1
2
x
2 n 1
2 xn 1 (2 xn 1 ) ln(1 xn 1 ) 0
构造函数
f ( x) x 2 x (2 x) ln(1 x) 0, x 0
x1 1, xn xn 1 ln 1 xn 1
推理过程
？
1 n 1 2
xn xn 1 2 xn 1 xn 2

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5
(5)充分利用已知条件。如：已知an 1 an an 2，可以得到如下结论： (1)an 1 an an 2 0, an 1 an ; an 1 an 1 (2) 1 an , 或 ; an an 1 1 an (3)an 2 an an 1 , a12 a2 2 an 2 (a1 a2 ) (a2 a3 ) (an an 1 ) a1 an ; (4)an 1 an (1 an ) an 1 (1 an 1 )(1 an ) a1 (1 a1 ) (1 an 1 )(1 an ).
8
3.(2016宁波一模)已知对任意正数n, 满足an是方程 x x 1的正根.求证： (1)an 1 an； n 1 1 1 1 1 1 1 (2) 1 . 2a2 3a3 4a4 nan 2 3 n
2
9
1 4.(2016杭州二模)已知数列{an }满足a1 =1, an +1 an an (n N * );(1)证明： 2 an +12 an 2 3; 3n 1 an +1 2n (2)证明： . 3n 2 an 2n 1
4
(4)熟练掌握递推公式：举例： (1)已知a1 1, an 1 an , 则an 1. an 1 an an a1 (2)已知a1 2， , 则 = an na1. n 1 n n 1 (3)已知an 1 an (1 an )，则an an 1 (1 an 1 )= a1 (1 a1 ) (1 an 1 )(1 an ).
13
an 6 8.(2017宁波二模)已知数列{an }满足a1 4, an +1 ， 2 Sn为{an }的前n项之和； (1)证明：n N *时, an an 1； 16 (2)当n N 时, 2 Sn 2n . 7
*
14
9.(2017杭州二模)已知数列{an }的各项均为非负数，其前n an +an 2 项之和为Sn，且对任意的n N ，都有an +1 . 2 (1)若a1 1，a505 2017，求a6的最大值.
3
放缩法常见情形： 1 1 ②如通项公式含 n , n 等， 2 1 3 1 n 1, 2n 1 1， 3n 1 1, 故： 1 1 1 1 1 1 1 1 n n = n 1 ；n n n n 1 = . n n 1 n 1 2 2 1 2 2 2 3 3 1 3 3 23 如2014年全国新课标2： 3n 1 1 1 1 3 已知an = ,求证： . 2 a1 a2 an 2 1 2 2 1 提示： = n = n 1 . n 1 an 3 1 2 3 3
7
n 2 an 2.(2016绍兴二模)已知数列{an }满足a1 =1, an +1 = 2 (n N * ). n 1 a a a 1 (1)证明:an +1 an ;(2)证明：1 2 ... n n 2 ; a2 a3 an 1 n 1 (3)证明：an . 4
6
1 1． (2015浙江)已知数列an 满足a1 ，且an 1 an an 2 (n N * ) 2 an （1 ）证明： 1 2(n N * )； (2)设数列an 2 的前n 项和为S n . an 1 Sn 1 1 证明: (n N * )． 2(n 2) n 2(n 2)
2
放缩法：放缩法的常见情形： 1 1 1 1 ①如含 2 + 2 + 2 + + 2 因子，可以做如下放缩： 1 2 3 n 1 1 1 1 + + + + 1 2 2 3 3 4 n ( n 1) 1 1 1 1 2 + 2 + 2 + + 2 1 2 3 n 1 1 1 1 + + + + . 1 1 2 2 3 (n 1) n
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n 2 an 7.(2016绍兴二模)已知数列{an }满足a1 =1, an +1 = 2 (n N * ). n 1 an a1 a2 1 (1)证明:an +1 an ;(2)证明： ... n2 ; a2 a3 an 1 n 1 (3)证明：an . 4
1
一.数列证明必备知识(1)：
(1)累加法：已知： (an an 1 )、 ( )等可用累加： an an 1
如： an (an an 1 ) (an 1 an 2 ) (a2 a1 ) a1. an 2 =(an 2 an 12 ) (an 12 an 2 2 ) (a2 2 a12 ) a1. 1 1 1 1 1 1 1 1 ( )( ) ( ) . an an an 1 an 1 an 2 a2 a1 a1
10
5.(2017浙江模拟)已知数列{an }满足a1 =1, an +1an an 2 +1， (1)证明： 2n 1 an 2 3n 2.(2)当 a2017 t 取得最小值时，求正数t的值.
11
2 6.已知数列{an }各项均为正数，且an +1 =an + 1，前n项 an 和为Sn .(1)若{an }为递增数列，求a1的取值范围。 1 (2)若a1 2, 都有Sn na1 (n 1)，证明：Sn 2n 1. 3