用放缩法处理数列和不等问题(教师版)

1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na的前n项的和nS，满足12nnaS，试求：（1）数列na的通项公式；（2）设11nnnaab，数列nb的前n项的和为nB，求证：21nB解：（1）由已知得2)1(4nnaS，2n时，211)1(4nnaS，作差得：1212224nnnnnaaaaa，所以0)2)((11nnnnaaaa，又因为na为正数数列，所以21nnaa，即na是公差为2的等差数列，由1211aS，得11a，所以12nan（2）)121121(21)12)(12(111nnnnaabnnn，所以21)12(2121)1211215131311(21nnnBn真题演练1：(06全国1卷理科22题)设数列na的前n项的和,14122333nnnSa，1,2,3,n（Ⅰ）求首项1a与通项na；（Ⅱ）设2nnnTS，1,2,3,n，证明：132niiT.解:(Ⅰ)由Sn=43an－13×2n+1+23,n=1,2,3，…,①得a1=S1=43a1－13×4+23所以a1=2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再由①有Sn－1=43an－1－13×2n+23,n=2,3，4,…将①和②相减得:an=Sn－Sn－1=43(an－an－1)－13×(2n+1－2n),n=2,3,…整理得:an+2n=4(an－1+2n－1),n=2,3,…,因而数列{an+2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列,即:an+2n=4×4n－1=4n,n=1,2,3,…,因而an=4n－2n,n=1,2,3,…,(Ⅱ)将an=4n－2n代入①得Sn=43×(4n－2n)－13×2n+1+23=13×(2n+1－1)(2n+1－2)=23×(2n+1－1)(2n－1)Tn=2nSn=32×2n(2n+1－1)(2n－1)=32×(12n－1－12n+1－1)所以,1niiT=321(ni12i－1－12i+1－1)=32×(121－1－1121n)322二．先放缩再求和1．放缩后成等比数列，再求和例2．等比数列na中，112a，前n项的和为nS，且798,,SSS成等差数列．设nnnaab12，数列nb前n项的和为nT，证明：13nT．解：∵9789AAaa，899AAa，899aaa，∴公比9812aqa．∴nna)21(．nnnnnnb231)2(41)21(141．（利用等比数列前n项和的模拟公式nnSAqA猜想）∴nnbbbB2131)211(31211)211(213123123123122nn．真题演练2：(06福建卷理科22题)已知数列na满足*111,21().nnaaanN（I）求数列na的通项公式；（II）若数列nb滿足12111*444(1)()nnbbbbnanN，证明：数列nb是等差数列；（Ⅲ）证明：*122311...()232nnaaannnNaaa.（I）解：*121(),nnaanN112(1),nnaa1na是以112a为首项，2为公比的等比数列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12.nna即2*21().nanN（II）证法一：1211144...4(1).nnkkkkna12(...)42.nnkkknnk122[(...)],nnbbbnnb①12112[(...)(1)](1).nnnbbbbnnb②②－①，得112(1)(1),nnnbnbnb3即1(1)20,nnnbnb21(1)20.nnnbnb③－④，得2120,nnnnbnbnb即2120,nnnbbb*211(),nnnnbbbbnNnb是等差数列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（III）证明：1121211,1,2,...,,12122(2)2kkkkkkakna12231....2nnaaanaaa111211111111.,1,2,...,,2122(21)23.222232kkkkkkkkakna1222311111111...(...)(1),2322223223nnnnaaannnaaa*122311...().232nnaaannnNaaa2．放缩后为“差比”数列，再求和例3．已知数列{}na满足：11a，)3,2,1()21(1nanannn．求证：11213nnnnaa证明：因为nnnana)21(1，所以1na与na同号，又因为011a，所以0na，即021nnnnanaa，即nnaa1．所以数列{}na为递增数列，所以11aan，即nnnnnnanaa221，累加得：121212221nnnaa．令12212221nnnS，所以nnnS2122212132，两式相减得：nnnnS212121212121132，所以1212nnnS，所以1213nnna，故得11213nnnnaa．3．放缩后成等差数列，再求和例4．已知各项均为正数的数列{}na的前n项和为nS,且22nnnaaS.4(1)求证：2214nnnaaS；(2)求证：112122nnnSSSSS解：（1）在条件中，令1n，得1112122aSaa，1011aa，又由条件nnnSaa22有11212nnnSaa，上述两式相减，注意到nnnSSa11得0)1)((11nnnnaaaa001nnnaaa∴11nnaa所以，nnan)1(11，(1)2nnnS所以42)1(212)1(21222nnnaannnnS（2）因为1)1(nnnn，所以212)1(2nnnn，所以2)1(23222121nnSSSn212322n2122312nSnn；222)1(2222121nnSnnnSSS练习：1.（08南京一模22题）设函数213()44fxxbx，已知不论,为何实数，恒有(cos)0f且(2sin)0f.对于正数列na，其前n项和()nnSfa，*()nN.(Ⅰ)求实数b的值；（II）求数列na的通项公式；（Ⅲ）若1,1nncnNa，且数列nc的前n项和为nT，试比较nT和16的大小并证明之.解：(Ⅰ)12b（利用函数值域夹逼性）；（II）21nan；（Ⅲ）∵21111(22)22123ncnnn，∴1231111+23236nnTccccn…2.（04全国）已知数列}{na的前n项和nS满足：nnnaS)1(2，1n（1）写出数列}{na的前三项1a，2a，3a；（2）求数列}{na的通项公式；5（3）证明：对任意的整数4m，有8711154maaa分析：⑴由递推公式易求：a1=1,a2=0,a3=2；⑵由已知得：1112(1)2(1)nnnnnnnaSSaa（n1）化简得：1122(1)nnnaa2)1(2)1(11nnnnaa,]32)1([232)1(11nnnnaa故数列{32)1(nna}是以321a为首项,公比为2的等比数列.故1)2)(31(32)1(nnna∴22[2(1)]3nnna∴数列{na}的通项公式为：22[2(1)]3nnna.⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。而左边=232451113111[]221212(1)mmmaaa，如果我们把上式中的分母中的1去掉，就可利用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩，尝试知：32322121121121，43432121121121，因此，可将1212保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和。这里需要对m进行分类讨论，（1）当m为偶数)4(m时，maaa11154)11()11(11654mmaaaaa)212121(2321243m)211(4123214m832187（2）当m是奇数)4(m时，1m为偶数，8711111111165454mmmaaaaaaaa6所以对任意整数4m，有maaa1115487。本题的关键是并项后进行适当的放缩。3.（07武汉市模拟）定义数列如下：Nnaaaannn,1,2211求证：（1）对于Nn恒有nnaa1成立；（2）当Nnn且2，有11211aaaaannn成立；（3）11112112006212006aaa分析：（1）用数学归纳法易证。（2）由121nnnaaa得：)1(11nnnaaa)1(111nnnaaa……)1(1112aaa以上各式两边分别相乘得：)1(111211aaaaaannn，又21a11211aaaaannn（3）要证不等式11112112006212006aaa，可先设法求和：200621111aaa，再进行适当的放缩。)1(11nnnaaannnaaa111111111111nnnaaa200621111aaa)1111()1111()1111(200720063221aaaaaa111120071aa20062111aaa1又2006200612006212aaaa200620062121111aaa原不等式得证。本题的关键是根据题设条件裂项求和。7用放缩法处理数列和不等问题（学生版）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na的前n项的和nS，满足12nnaS，试求：（1）数列na的通项公式；（2）设11nnnaab，数列nb的前n项的和为nB，求证：21nB真题演练1：(06全国1卷理科22题)设数列na的前n项的和,14122333nnnSa，1,2,3,n（Ⅰ）求首项1a与通项na；（