素养拓展22 数列与不等式（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展22数列与不等式（精讲+精练）一、数列与不等式数列与不等式的结合，一般有两类题:一是利用基本不等式求解数列中的最值;二是与数列中的求和问题相联系,证明不等式或求解参数的取值范围,此类问题通常是抓住数列通项公式的特征,多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式,求解参数的取值范围.1.常见放缩公式：（1）21111211nnnnnn；（2）2111111nnnnn；（3）2221441124412121nnnnn；（4）11!111112!!!11rrnrrnTCrnrnrnrrrrr；（5）1111111312231nnnn；（6）1222121nnnnnnnn；（7）122211nnnnnnn；（8）122222212111212122nnnnnnnnn；（9）1211222211212121212122212121nnnnnnnnnnnnn2n；（10）32111111111111nnnnnnnnnnnnn111111121111211nnnnnnnnnnn112211nnn；一、知识点梳理（11）32212221111nnnnnnnnnnnnn2122211nnnnnnn；（12）01211122221111111nnnnnCCCnnnn；（13）111121122121212121nnnnnnn．（14）21211112()2()nnnnnnnnn．2.数学归纳法（1）数学归纳法定义：对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n取第一个值0n时命题成立；然后假设当nk（*kN，0kn）时命题成立，证明当1nk时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法注：即先验证使结论有意义的最小的正整数0n，如果当0nn时，命题成立，再假设当nk（*kN，0kn）时，命题成立．（这时命题是否成立不是确定的），根据这个假设，如能推出当1nk时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于0n的正整数01n，02n，…，命题都成立．（2）运用数学归纳法的步骤与技巧①用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：（1）证明：当n取第一个值0n结论正确；（2）假设当nk（*kN，0kn）时结论正确，证明当1nk时结论也正确由（1），（2）可知，命题对于从0n开始的所有正整数n都正确②用数学归纳法证题的注意事项（1）弄错起始0n．0n不一定恒为1，也可能02n或3（即起点问题）．（2）对项数估算错误．特别是当寻找nk与1nk的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）．（3）没有利用归纳假设．归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过不去了，整个证明过程也就不正确了（即伪证问题）．（4）关键步骤含糊不清．“假设nk时结论成立，利用此假设证明1nk时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨性、奎屯王新敞新疆奎屯王新敞新疆新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆奎屯王新敞新疆规范性（即规范问题）．【典例1】（2021·天津·统考高考真题）已知na是公差为2的等差数列，其前8项和为64．nb是公比大于0的等比数列，1324,48bbb．（I）求na和nb的通项公式；（II）记2*1,nnncbbnN，（i）证明22nncc是等比数列；（ii）证明*112222nkkkkkanNcac【答案】（I）21,nannN，4,nnNbn；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得na的通项，由等比数列的通项公式运算可得nb的通项公式；（II）（i）运算可得2224nnncc，结合等比数列的定义即可得证；（ii）放缩得21222422nnnnnancac，进而可得111122122nkknkkkkkakcca，结合错位相减法即可得证.【详解】（I）因为na是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以12818782642aaaa，所以11a，所以12121,nnnnNaa；设等比数列nb的公比为,0qq，所以221321484qbbbqqbq，解得4q（负值舍去），所以114,nnnbqnNb；（II）（i）由题意，221441nnnnnbcb，所以22224211442444nnnnnnncc，所以220nncc，且212222124424nnnnnncccc，二、题型精讲精练所以数列22nncc是等比数列；（ii）由题意知，22122222121414242222nnnnnnnnnanncca，所以212212421222222nnnnnnnannancc，所以111122122nkknkkkkkakcca，设10121112322222nnknkknT，则123112322222nnnT，两式相减得21111111122121222222212nnnnnnnnnT，所以1242nnnT，所以11111221124222222nnkknkkkkkakncca.【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为2112nkkkkkacca无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.【典例2】（2020·全国·统考高考真题）设数列{an}满足a1=3，134nnaan．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．【答案】（1）25a，37a，21nan，证明见解析；（2）1(21)22nnSn.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,aa，猜想得出na的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945aa，32381587aa，由数列na的前三项可猜想数列na是以3为首项，2为公差的等差数列，即21nan．证明如下：当1n时，13a成立；假设nkkN时，21kak成立.那么1nk时，1343(21)4232(1)1kkaakkkkk也成立.则对任意的*nN，都有21nan成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945aa，32381587aa．由123,5aa得212aa．134nnaan，则134(1)(2)nnaann，两式相减得1134nnnnaaaa．令1nnnbaa，且12b，所以134nnbb，两边同时减去2，得1232nnbb，且120b，所以20nb，即12nnaa，又212aa，因此na是首项为3，公差为2的等差数列，所以21nan．［方法三］：累加法由题意可得2134945aa，32381587aa．由134nnaan得1114333nnnnnaan，即2121214333aa，3232318333aa，……1114(1)(2)333nnnnnaann．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333nnnaan，所以1(21)33nnnan．所以21(2)nann．当1n时也符合上式．综上所述，21nan．［方法四］：构造法21322345,387aaaa，猜想21nan．由于134nnaan，所以可设1(1)3nnanan，其中,为常数．整理得1322nnaan．故24,20，解得2,1．所以112(1)13(21)3211nnnanana．又130a，所以21nan是各项均为0的常数列，故210nan，即21nan．（2）由（1）可知，2(21)2nnnan［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2nnnSnn，①23412325272(21)2(21)2nnnSnn，②由①②得：23162222(21)2nnnSn21121262(21)212nnn1(12)22nn，即1(21)22nnSn.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2nnnnnnnannnbb，所以231232222nnnSaaaa2132431nnbbbbbbbb11nbb1(21)22nn．［方法三］：构造法当2n时，1(21)2nnnSSn，设11()2[(1)]2nnnnSpnqSpnq，即122nnnpnqpSS，则2,21,2pqp，解得4,2pq．所以11(42)2[4(1)2]2nnnnSnSn，即(42)2nnSn为常数列，而1(42)22S，所以(42)22nnSn．故12(21)2nnSn．［方法四］：因为12(21)2222422nnnnnnnannn，令12nnbn，则231()0,11nnxxfxxxxxxx，121211(1)()1231(1)nnnnxxnxnxfxxxnxxx，所以12nbbbL21122322nn1(2)12(1)2nnfnn．故234(2)2222nnSf1212412(1)212nnnnn1(21)22nn．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列na的部分项从而归纳得出数列na的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134nnaan，