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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）已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若S9=99，且a4，a7，a12成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若，证明：．
解：（Ⅰ）因为等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，S9=99，∴a5=11，…（2分）由a4，a7，a12成等比数列，得，
即（11+2d）2=（11﹣d）（11+7d），∵d≠0，∴d=2，…（4分）∴a1=11﹣4×2=3，故an=2n+1 …（6分）
证明：（Ⅱ）=n（n+2），==，…（8分）∴
=[（1﹣）+（）+（）+…+（）+（）]…（10分）
=[1+]=，故． …（12分）

　16．（2017•贵阳二模）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若公差d≠0，a5=10，且成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=，Tn=b1+b2+…+bn，求证：Tn＜．
解：（Ⅰ）∵Sn是等差数列{an}的前n项和，公差d≠0，a5=10，且成等比数列，∴由题知：，
解得：a1=2，d=2，故数列{an}的通项公式an=2n．
证明：（Ⅱ）∵==，
∴Tn=b1+b2+…+bn==．∴Tn＜．

17．（2017•香坊区校级一模）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且（c是常数，n∈N*），a2=6．
（1）求数列{an}的通项公式（2）证明：．
解：（1）∵Sn=nan+an﹣c，当n=1时，a1=S1=a1+a1﹣c，解得a1=3c，当n=2，S2=a2+a2﹣c，即a1+a2=a2+a2﹣c，
解得a2=6c，∴6c=6，解得c=1．则a1=3，数列{an}的公差d=6﹣3=3，∴an=a1+（n﹣1）d=3+3（n﹣1）=3n．
（2）证明：∵==（﹣），
∴++…+=（1﹣+﹣+…+﹣）=（1﹣）＜．

20．（2017春•高淳区期末）设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=（n+2）an﹣1（n∈N*）．
（1）求a1的值；（2）求数列{an}的通项公式；（3）设Tn=，求证：Tn＜．
解：（1）数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=（n+2）an﹣1（n∈N*）．令n=1时，2S1=3a1﹣1，解得：a1=1
（2）由于：2Sn=（n+2）an﹣1①所以：2Sn+1=（n+3）an+1﹣1②，②﹣①得：2an+1=（n+3）an+1﹣（n+2）an，
整理得：，则，即．∵，∴，…，，
利用叠乘法把上面的（n﹣1）个式子相乘得：=，∴，当n=1时，a1=1符合上式，∴数列的通项公式是．
证明：（3）∵，∴，∴=2（），
∴Tn==2（…+）
=2（）＜2（）=．故Tn＜．
　22．（2017春•眉山期末）在等差数列{an}中，a1=3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1=1，公比为q（q≠1），且b2+S2=12，q=．
（1）求an与bn；（2）证明：++…+＜．
解：（1）设{an}的公差为d，因为，所以解得q=3或q=﹣4（舍），d=3．故an=3+3（n﹣1）=3n，bn=3n﹣1
（2）证明：因为Sn=，所以==（﹣）．
故++…+=[（1﹣）+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=（1﹣）．
因为n≥1，所以0＜，于是1﹣＜1，所以（1﹣）＜，即++…+＜．
25．（2017春•湖北期中）已知函数f（x）=sinx（x≥﹣3π），将f（x）的零点从小到大排列，得到一个数列{an}（n∈N*）
（1）直接写出{an}的通项公式；（2）求{|an|}的前n项和Sn；
（3）设bn=+4，证明：++++…+＜2．
解：（1）令f（x）=sinx=0解得x=kπ，取k∈N，且k≥﹣3，则an=nπ﹣4π，n∈N*．
（2）由（1）知数列的{an}的首项为﹣3π，公差为π，{|an|}的前n项和Sn；
当n≤4时，Sn=﹣=﹣=，
当n＞4时，数列{|an|}的前n项和Sn=﹣a1﹣a2﹣a3﹣a4+a5+…+an=a1+a2+a3+a4+a5+…+an﹣2（a1+a2+a3+a4）=﹣12π=+12π∴Sn=，
（3）bn=+4=n﹣4+4=n，∴b1b2b3…bn=1×2×3×…×n，∴++++…+，
=++++…+，＜1++++…+，
=1+1﹣+﹣+﹣+…+﹣=2﹣＜2
27．（2017春•辽宁月考）设Sn是数列{an}（n∈N *）的前n项和，且Sn=2an﹣1（n∈N *）．
（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=log2an+1（n∈N *），求证：++…+＜（n∈N *）．
【解答】（1）解：Sn=2an﹣1…①，Sn+1=2an+1﹣1…②，②﹣①可得：an+1=2an+1﹣2an，化为an+1=2an．∴an=a1•2n﹣1．取①中n=1，可得a1=1
故an=2n﹣1．
（2）证明：bn=log2an+1=n，∴==，
∴++…+=+…+=．（n∈N *）．
即++…+＜（n∈N *）．

28．（2017秋•全国月考）等差数列{an}和等比数列{bn}的各项均为正整数，a1=3，b1=1且数列{an}的前n项和为Sn，数列{b}是公比为16的等比数列，b2S2=32．
（1）求an，bn；（2）求证．
解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d，q都是正整数，a1=3，b1=1且数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是公比为16的等比数列，b2S2=32．an=3+（n﹣1）d，，依题意有，注意d，q为正整数，可得，且a1=3，b1=1，所以．
（2）证明：Sn=3+5+…+（2n+1）=n（n+2），=，∴
==．

型的不等式放缩
5．（2018•玉溪模拟）在数列{an}中，a1=1，an=n2[1+++…+]（n≥2，n∈N）
（1）当n≥2时，求证：=（2）求证：（1+）（1+）…（1+）＜4．
【解答】（1）证明：当n≥2时，，…（1分）
所以…（4分）故…（5分）
（2）证明：当n≥2时，…（6分）
=…（8分）
=…（10分）
=．…（11分）
当n=1时，…（12分）综上所述，对任意n∈N*，不等式都成立．…（13分）
23．（2017春•遵义期末）设Tn是数列{an}的前n项之积，并满足：Tn=1﹣an（n∈N*）．
（Ⅰ）求a1，a2，a3．（Ⅱ）证明数列{}等差数列；（Ⅲ）令bn=，证明{bn}前n项和Sn＜．
解：（Ⅰ）数列{an}的前n项积为Tn，且Tn=1﹣an，∴当n=1时，a1=1﹣a1，解得a1=，当n=2时，a1a2=1﹣a2，解得a2=，
当n=3时，a1a2a3=1﹣a3，解得a3=；
（Ⅱ）证明：当n≥2时，an=，Tn=1﹣an（n∈N*），即为Tn=1﹣，可得﹣=1，则数列{}为首项为2，1为公差的等差数列；
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可得=2+n﹣1=n+1，则Tn=1﹣an=，可得an=，bn==＜=（﹣），
则{bn}前n项和Sn=b1+b2+b3+…+bn﹣1+bn＜（1﹣+﹣+﹣+…+﹣+﹣）
=（1+﹣﹣）=﹣（+）＜，故Sn＜．
24．（2017春•金牛区校级期中）设数列{an}的前n项和为Sn．已知a1=1，2Sn=nan+1﹣，n∈N*．
（Ⅰ） 求数列{an}的通项公式；（Ⅱ） 证明：对一切正整数n，有．
（Ⅰ）解：①，当n≥2时，②
由①﹣②，得 2Sn﹣2Sn﹣1=nan+1﹣（n﹣1）an﹣n（n+1），∴2an=nan+1﹣（n﹣1）an﹣n（n+1）∴
∴数列从第二项起是公差为1的等差数列．∴当n=1时，，又a1=1，∴a2=4，
∴，∴，当n=1时，上式显然成立．∴；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，①当n=1时，，∴原不等式成立．
②当n=2时，，∴原不等式亦成立．③当n≥3时，∵n2＞（n﹣1）•（n+1），∴
∴＜
==
∴当n≥3时，∴原不等式亦成立．综上，对一切正整数n，有．
26．（2017春•金牛区校级期中）设数列{an}的前n项和为Sn．已知a1=1，2Sn=nan+1﹣，n∈N*．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ） 证明：对一切正整数n，有．
解：（Ⅰ）由…① 当n≥2时，…②
由①﹣②，得 2Sn﹣2Sn﹣1=nan+1﹣（n﹣1）an﹣n（n+1），∵2an=2Sn﹣2Sn﹣1∴2an=nan+1﹣（n﹣1）an﹣n（n+1）∴，
∴数列从第二项起是公差为1的等差数列．∴当n=1时，，又a1=1，∴a2=4
∴，∴当n=1时，上式显然成立．∴
（Ⅱ）证明：由（2）知，①当n=1时，，∴原不等式成立．②当n=2时，，∴原不等式亦成立．
③当n≥3时，∵n2＞（n﹣1）•（n+1），∴
＜
==
∴当n≥3时，∴原不等式亦成立．综上，对一切正整数n，有．
30．（2016•辽宁校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=，an+2SnSn﹣1=0（n≥2）．
（1）判断是否为等差数列？并证明你的结论；（2）求Sn和an；（3）求证：．
【解答】解：（1）S1=a1=，∴当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=﹣2SnSn﹣1，∴∴为等差数列，首项为2，公差为2…（4分）
（2）由（1）知=2+（n﹣1）×2=2n，∴…（6分）当n≥2时，
∴an=…（9分）
（3）==…（13分）

指数型不等式放缩
7．（2017•天心区校级学业考试）数列{an}的前n项和为Sn，Sn+an=﹣n2﹣n+1（n∈N*）．
（1）设bn=an+n，证明：数列{bn}是等比数列；（2）若cn=，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜．
证明：（1）因为an+Sn=﹣n2﹣n+1，所以①当n=1时，2a1=﹣1，则a1=﹣，
②当n≥2时，an﹣1+Sn﹣1=﹣（n﹣1）2﹣（n﹣1）+1…①，an+Sn=﹣n2﹣n+1…②，②﹣①得，2an﹣an﹣1=﹣n﹣1，
即2（an+n）=an﹣1+n﹣1，所以bn=bn﹣1（n≥2），而b1=a1+1=，所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，所以bn=．
（2）证明：由（1）知cn=，①当n=1时，T1=c1==1＜成立；②当n≥2时，因为2n﹣1﹣（3•2n﹣2）=2n﹣2﹣1≥0，
所以cn=≤，所以Tn≤1+=1+•[1﹣（）n﹣1]=1+[1﹣（）n﹣1]＜1+=．
10．（2017•河西区一模）已知数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），且满足an+Sn=2n+1．
（1）求数列{an}的通项公式；（2）求证：．
【解答】（1）解：∵an+Sn=2n+1，令n=1，得2a1=3，． （2分）∵an+Sn=2n+1，∴an﹣1+Sn﹣1=2（n﹣1）+1，（n≥2，n∈N*）
两式相减，得2an﹣an﹣1=2，整理（4分），（n≥2）
∴数列{an﹣2}是首项为，公比为的等比数列，∴． （6分）
（2）证明：∵（8分）
∴=
=． （12分）

18．（2017•重庆一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn=3an﹣2n（n∈N+）．
（Ⅰ）证明数列{an+1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=an+2n+1，求证：++…+＜．
解：（Ⅰ）由2Sn=3an﹣2n得：2Sn﹣1=3an﹣1﹣2（n﹣1），
∴2Sn﹣2Sn﹣1=3an﹣3an﹣1﹣2，即：an=3an﹣1+2∴an+1=3（an﹣1+1），所以{an+1}是以a1+1为首项，公比为3的等比数列，
由2S1=3a1﹣2知a1=2，∴an+1=3n，即an=3n﹣1；
（Ⅱ）证明：bn=an+2n+1=3n+2n，∵3n+2n＞2n+2n=2n+1，∴＜，
∴++…+=++…+＜+…+=．

21．（2017春•未央区校级期末）已知数列{an}的首项a1=1，前n项和为Sn，且an+1=2an+1，n∈N*．
（1）证明数列{an+1}是等比数列并求数列{an}的通项公式；（2）证明：．
解：（1）∵an+1=2an+1，∴an+1+1=2（an+1），又a1=1，a1+1=2，=2，∴数列{an+1}是首项为2，公比为2的等比数列．
∴an+1=2n，∴数列{an}的通项公式an=2n﹣1，
证明：（2）∵，
∴，
∴．
数学归纳法加放缩型
13．（2017•镇海区校级模拟）已知在数列{an}中，．，n∈N*
（1）求证：1＜an+1＜an＜2；（2）求证：；（3）求证：n＜sn＜n+2．
【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明1＜an＜2．①．n=1时，②．假设n=k时成立，即1＜ak＜2．
那么n=k+1时，成立．
由①②知1＜an＜2，n∈N*恒成立.．所以1＜an+1＜an＜2成立．
（2），当n≥3时，而1＜an＜2．所以．
由，得，

所以
（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n由（2）得，

15．（2017•温州模拟）设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn为{an}的前n项和．证明：对任意n∈N*，
（I）当0≤a1≤1时，0≤an≤1；（II）当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；（III）当a1=时，n﹣＜Sn＜n．
【解答】证明：（Ⅰ）用数学归纳法证明．①当n=1时，0≤an≤1成立．②假设当n=k（k∈N*）时，0≤ak≤1，
则当n=k+1时，=（）2+∈[]⊂[0，1]，由①②知，．
∴当0≤a1≤1时，0≤an≤1．
（Ⅱ）由an+1﹣an=（）﹣an=（an﹣1）2≥0，知an+1≥an．若a1＞1，则an＞1，（n∈N*），
从而=﹣an=an（an﹣1），即=an≥a1，∴，
∴当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1．
（Ⅲ）当时，由（Ⅰ），0＜an＜1（n∈N*），故Sn＜n，令bn=1﹣an（n∈N*），由（Ⅰ）（Ⅱ），bn＞bn+1＞0，（n∈N*），
由，得．∴=（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+…+（bn﹣bn+1）=b1﹣bn+1＜b1=，
∵≥，∴nbn2，即，（n∈N*），
∵==，
∴b1+b2+…+bn[（）+（）+…+（）]=，即n﹣Sn，亦即，
∴当时，．