【新高考复习】专题16 数列放缩证明不等式必刷100题(解析版)

专题16数列放缩证明不等式必刷100题任务一:邪恶模式(困难)1-100题提示:几种常见的数列放缩方法：（1）21111211nnnnnn；（2）2111111nnnnn；（3）2221441124412121nnnnn；（4）1111111312231nnnn；（5）1222121nnnnnnnn；（6）122211nnnnnnn；（7）122222212111212122nnnnnnnnn；（8）1211222211212121212122212121nnnnnnnnnnnnn2n；（9）32111111111111nnnnnnnnnnnnn111111121111211nnnnnnnnnnn112211nnn；（10）32212221111nnnnnnnnnnnnn2122211nnnnnnn；（11）01211122221111111nnnnnCCCnnnn；（12）111121122121212121nnnnnnn.一、单选题1．2018年9月24日，英国数学家M.F阿帝亚爵在“海德堡论坛”展示了他“证明”黎曼猜想的过程，引起数学界震动，黎曼猜想来源于一些特殊数列求和.记无穷数列21n的各项的和222111123Sn，那么下列结论正确的是A．413SB．5443SC．322SD．2S【答案】C【分析】由2n时，2111111nnnnn，由裂项相消求和以及不等式的性质可得2S,排除D，再由前3项的和排除A，B，从而可得到结论.【详解】由2n时，2111111nnnnn，可得222111111111...11...232231nSnnn12n，n时，2S，可得2S,排除D，由22111341123363，可排除,AB,故选C.2．已知数列na满足0na，12a，且2211nnnnanaa，*nN，则下列说法中错误的是（）A．222nnanB．222232423222234naaaanC．11nnaaD．12nnaa【答案】D【分析】分析得出1nnaa，可判断出CD选项的正误；分析得出2211nnnanana，利用累加法可判断出A选项的正误；当2n时，分析得出22221nannn，利用放缩法可判断D选项的正误.【详解】由已知，数列na满足0na，12a，且2211nnnnanaa，*nN，即221111nnnnannana，故1111111nnnnnaaanan，由0na，*nN，有1110nna，10nnan，故11na与1na同号，因为1110a，则210a，310a，L，以此类推可知，对任意的*nN，1na，所以，222111nnnnnanaana，则1nnaa，所以，112naa，D错；11nnaa，C对；因为2211nnnanana，则221212aaa，2223232aaa，L，2211nnnanana，累加得2121142nnaaanan，所以，21241nnan，可得222nnan，A对；当2n时，22321222221111nnannnnnnnnnn，故2222324232222222222222234223341naaaannnn，B对.故选：D.3．已知数列na满足113a，2*12Nnnnaaann，则下列选项正确的是（）A．20212020aaB．2021202114043aC．2021202104043aD．20211a【答案】B【分析】利用数列na的单调性可判断A选项的正误；利用放缩法得出21111112,1nnnnannNaanann，111111nnaann，利用放缩法可判断BCD选项的正误.【详解】由1103a，2*12Nnnnaaann可得出2409a，30a，L，以此类推可知，对任意的nN，0na，所以，2120nnnaaan，即1nnaa，所以，数列na为单调递增数列，故20212020aa，A错；在等式212nnnaaan的两边同时除以1nnaa可得2222222112111111111nnnnnnnnnnnaaaaananaanannnnnanan，其中2n且nN，所以，2311112aa，34111123aa，L，111111nnaann，累加得211111naan，所以，1191511144nann，则11na，故20211a.故D错误；对于2211111111111nnnaanannnnn，所以，1211112aa，23111123aa，L，111111nnaann，累加得111311nan，可得11123211nnann，则1123nnan，所以，202120214043a，故2021202114043a，.故选：B.4．已知数列na满足112a，211nnnaaa，若12111nnSaaa，对任意的*nN，nSM恒成立，则M的最小值为（）．A．83B．269C．2627D．3【答案】D【分析】先根据已知的递推关系式得到0na，然后结合基本不等式得到1103nnaa，进而得到*11111(2,3)nnnnNaa，最后利用此不等式对nS放缩，并利用等比数列的前n项和公式求解即可．【详解】由211nnnaaa，得2111nnnaaa，又112a，所以0na．由211nnnaaa，可得1113nnnnaaaa，当且仅当21na时等号成立，因为112a，11nnaa，所以21na，所以1103nnaa，所以111103nnaa，所以*2112111111112,333nnnnnnNaaaa…，所以2111211111111111111111111313333333nnnnnSaaaaaaaa………„．又对任意的*nN，nSM恒成立，所以3M，故M的最小值为3．故选：D5．已知数列na的前n项和为nS，满足111nppann，则下列说法正确的是（）A．当1p时，则2019SB．当0p时，则2019SC．当12p时，则20191SD．当1p时，则20191S【答案】B【分析】利用不等式放缩和裂项相消法对各选项进行分析和计算，即可求出结果.【详解】对于选项A，当1p时，1111*11121nnanNnnn，所以20192019112019201922nnSa，故选项A错误；对于选项B，当0p时，1*2nanNn，又11ln1nn，所以1ln1ln1ln1122nnnan所以201920191ln2ln1ln3ln2...ln2019ln2018ln2020ln202119nnSa1ln20202，故选项B正确；对于选项C，当12p时，31122211111=*111nanNnnnnnnnnn，所以201920191111111111...1122320182019201920202020nnSa，故选项C错误；对于选项D，当12p时，21111=*111nanNnnnnnn，所以201920191111111111...1122320182019201920202020nnSa，故选项D错误；故选：B.第II卷（非选择题）二、解答题6．已知数列na满足12a，1122nnnaa.（1）证明：数列2nna为等差数列；（2）设2nnnab，证明：222121112nbbb.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）根据1122nnnnaa1，结合等差数列的定义可证结论；（2）由（1）知，1(1)1nbnn，根据21111nbnn(2)n放大后裂项求和，可证不等式成立.【详解】（1）因为1122nnnnaa1122112222nnnnnnnnnaaaa，所以数列2nna是首项为1，公差为1的等差数列.（2）由（1）知，1(1)1nbnn，所以2211nbn，当2n时，2211111(1)1nbnnnnn，所以2221211111111111222231nbbbnnn.7．已知数列na的前n项和为nS，对任意正整数n，点,nnPnS都在函数22fxxx的图象上，且fx在点,nnPnS处的切线的斜率为nK.（1）求数列na的通项公式；（2）若22nknb，求证：12311111nbbbb.【答案】（1）21nan；（2）证明见解析.【分析】（1）把点的坐标代入函数的解析式中，结合11(2,)(1)nnnSSnnNaSn进行求解即可；（2）根据导数的几何意义，运用放缩法，结合等比数列前n项和公式进行证明即可.【详解】（1）解：依题意可知22nSnn，当2n时，2212(1)2(1)21nnnaSSnnnnn，当1n时，113aS也符合上式，∴21nan；（2）证明：∵22fxx，∴22nKn，122nnb，∴11111222222nnnnnb，∴2312311111111111122112222112nnnnbbbb，∴原不等式成立.8．已知等差数列na的前n项和为nS，且39S，又12a．1求数列na的通项公式；2若数列nb满足nb2na，求证：数列nb的前n项和12nT．【答案】（1）1nan（2）证明见解析【分析】1直接利用等差数列前n项和公式求出数列的公差，进一步求出数列的通项公式．2利用等比数列的求和公式和放缩法的应用求出数列的和．【详解】解：1设na的公差为d,因为39S，又12a．所以3132