高中数学数列放缩专题：用放缩法处理数列和不等问题含答案VIP专享VIP免费

用放缩法处理数列和不等问题（教师版）一．先求和后放缩（主要是先裂项求和，再放缩处理）例1．正数数列（1）数列（2）设bnan的前n项的和Sn，满足2Snan1，试求：an的通项公式；11，数列bn的前n项的和为Bn，求证：Bn2anan122(an1)2，n2时，4Sn1(an11)2，作差得：4anan2anan12an1，所以(anan1)(anan12)0，又因为an为正数数列，所以anan12，即an是公差为2的等差数列，由解：（1）由已知得4Sn2S1a11，得a11，所以an2n1（2）bn11111()，所以anan1(2n1)(2n1)22n12n1Bn111111111(1)23352n12n122(2n1)2真题演练1：(06全国1卷理科22题)设数列an的前n项的和,Sn3an32n13，n1,2,3,412n2n3（Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设Tn，n1,2,3,，证明：Ti.2Sni141412n+12解:(Ⅰ)由Sn=an－×2+,n=1,2,3，„,①得a1=S1=a1－×4+所以a1=233333341n2再由①有Sn－1=an－1－×2+,n=2,3，4,„33341n+1n将①和②相减得:an=Sn－Sn－1=(an－an－1)－×(2－2),n=2,3,„33整理得:an+2=4(an－1+2),n=2,3,„,因而数列{an+2}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列,即:an+2=4×4nnn4,n=1,2,3,„,因而an=4－2,n=1,2,3,„,4121nnnnn+1n+1n+1(Ⅱ)将an=4－2代入①得Sn=×(4－2)－×2+=×(2－1)(2－2)33332n+1n=×(2－1)(2－1)3232311Tn==×=×(n－n+1)n+1nSn2(2－1)(2－1)22－12－1所以,二．先放缩再求和1nnnn－1nnn－1=Tii1n3=2(2i－1－2i+1－1)=2×(21－1－i1n11313)<22n1111．放缩后成等比数列，再求和例2．等比数列2an中，a1，前n项的和为Sn，且S7,S9,S8成等差数列．12an1设bn，数列bn前n项的和为Tn，证明：Tn．31an解： A9A7a8a9，A8A9a9，a8a9a9，∴公比qa91．a82∴an()．bn12n14n11()n211．nnn4(2)32（利用等比数列前n项和的模拟公式SnAqnA猜想）11(12)1111221(11)1．∴Bnb1b2bn1323223332n32n12真题演练2：(06福建卷理科22题)已知数列（I）求数列（II）若数列（Ⅲ）证明：an满足a11,an12an1(nN*).an的通项公式；bn滿足4b14b14b1(an1)b(nN*)，证明：数列bn是等差数列；12nnan1a1a2n...n(nN*).23a2a3an12（I）解：an12an1(nN*),an112(an1),an1是以a112为首项，2为公比的等比数列an12n.即an221(nN*).（II）证法一：41k1k214...4kn1(an1)kn.4(k1k2...kn)n2nkn.2[(b1b2...bn)n]nbn,①2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1.②②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn,即(n1)bn1nbn20,nbn2(n1)bn120.2③－④，得即nbn22nbn1nbn0,bn22bn1bn0,bn2bn1bn1bn(nN*),bn是等差数列ak2k12k11k1,k1,2,...,n,（III）证明：ak1212(2k1)22aa1a2n...n.a2a3an12ak2k11111111k1.k,k1,2,...,n,k1kkak12122(21)23.222232aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n),a2a3an12322223223an1aan12...n(nN*).23a2a3an122．放缩后为“差比”数列，再求和例3．已知数列{an}满足：a11，an1(1nn1)a(n1,2,3)aa3．求证：nn1n2n2n1证明：因为an1(1n)an，所以an1与an同号，又因为a110，所以an0，2n即an1annan0，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11，n2nn12n1aaa，累加得：．nn12222n2n2n1即an1an令Sn12n1112n12n1，所以Sn23n，两式相减得：222222211111n1n1n1Sn23n1n，所以Sn2n1，所以an3n1，22222222故得an1an33．放缩后成等差数列，再求和例4．已知各...