数列专题——数列不等式证明——放缩技巧.doc

数列不等式证明——放缩技巧等比数列直接放缩9．（2017•大理州二模）已知数列{an}满足a1=4，an+1=qan+d（q，d为常数）．（1）当q=1，d=2时，求a2017的值；（2）当q=3，d=﹣2时，记，Sn=b1+b2+b3+…+bn，证明：．【解答】（1）解：∵数列{an}满足a1=4，an+1=qan+d（q，d为常数）．∴当q=1，d=2时，an+1﹣an=2，∴数列{an}是首项a1=4，公差d=2的等差数列，∴an=4+（n﹣1）×2=2n+2，∴a2017=2×2017+2=4036．（2）证明：当q=3，d=﹣2时，an+1=3an﹣2变形得an+1﹣1=3（an﹣1）∴数列{an﹣1}是以3为首项，3为公比的等比数列，∴，∴，∴数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列，∴，∴．14．（2017•前进区校级三模）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足，且a1=3．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求证：．【解答】解：（Ⅰ）数列{an}的前n项和为Sn，且，∴Sn﹣Sn﹣1=2an﹣1+1，（n≥2，n∈N*），即an=2an﹣1+1（n≥2，n∈N*），∴an+1=2（an﹣1+1），∴数列{an+1}是等比数列；…..（3分）又a1+1=3+1=4，∴，…（5分）∴；…（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴{}是首项为，公比为的等比数列，因此…（9分）=…..（11分）．…（12分）19．（2017•和平区三模）已知数列{an}前n项和为Sn，且Sn=2an﹣（n﹣1）q﹣1，其中n∈N*，q为常数．（Ⅰ）当q=0时，求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）当q＞1时，对任意n∈N*，且n≥2，证明：+++…+＜1．解：（Ⅰ）∵Sn=2an﹣（n﹣1）q﹣1…①，∴当n≥2时，Sn﹣1=2an﹣1﹣（n﹣2）q﹣1…②，①﹣②得an=2（an﹣an﹣1）﹣q⇒an=2an﹣1+q．故当q=0时，，a1=s1=2a1﹣1，∴a1=1．即数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得an=2an﹣1+q．，a1=1．当q＞1时，an=2an﹣1+q＞2an﹣1+1，即∴＞2n﹣1∴，．则：+++…+＜++…+=1﹣＜1．∴+++…+＜1差比型直接放缩11．（2017•南开区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an≠0，anan+1=4Sn﹣1．（1）求{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足=2n﹣1（n∈N*），设Tn是数列{bn}的前n项和，证明Tn＜6．解：（1）由anan+1=4Sn﹣1．an+1an+2=4Sn+1﹣1．得an+1（an+2﹣an）=4an+1∵an+1≠0，∴an+2﹣an=4，a1=1，a1a2=4s1﹣1，可得a2=3．可得数列{a2n﹣1}是首项为1，公差为4的等差数列，∴a2n﹣1=4n﹣3=2（2n﹣1）﹣1．可得数列{a2n}是首项为1，公差为4的等差数列．∴a2n=4n﹣1=2•2n﹣1，综上数列{an}的通项公式为an=2n﹣1（2）由得=2n﹣1（n∈N*），，（2n﹣3）+（2n﹣1）；=1+3+…+（2n﹣5）+（2n﹣3）（n﹣1+（2n﹣1）∴=1+2[﹣（2n﹣1）=1+=3﹣∴∵n∈N+，∴裂项放缩类型6．（2017秋•陆川县校级期末）已知数列{an}是非常值数列，且满足an+2=2an+1﹣an（n∈N*），其前n项和为sn，若s5=70，a2，a7，a22成等比数列．（I）求数列{an}的通项公式；（II）设数列的前n项和为Tn，求证：．解：（I）因为数列满足an+2=2an+1﹣an（n∈N*），所以{an}是等差数列且s5=70，∴5a1+10d=70．①…（1分）∵a2，a7，a22成等比数列，∴，即．②…（3分）由①，②解得a1=6，d=4或a1=14，d=0（舍去），…（4分）∴an=4n+2．…（5分）（II）证明：由（I）可得，所以．…（6分）所以==．…（8分）∵，∴．…（10分）∵，∴数列{Tn}是递增数列，∴．…（11分）∴．…（12分）8．（2017•赣州二模）已知等差数列{an}的公差不为0，前n项和为Sn，S5=25，S1，S2，S4成等比数列．（1）求an与Sn；（2）设，求证：b1+b2+b3+…+bn＜1．解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则由S5=25可得a3=5，得a1+2d=5…①又S1，S2，S4成等比数列，且S1=a1，S2=2a1+d，S4=4a1+6d，所以，整理得，因为d≠0，所以d=2a1…②联立①②，解得a1=1，d=2，所以．证明：（2）由（1）得，所以b1+b2+b3+…+bn==．∴b1+b2+b3+…+bn＜1．12．（2017•安徽二模）已知