6.4 数列之证明-归纳法与数列放缩
6.4.1 数列证明-数学归纳法
知识点梳理
1.数学归纳方法使用范围：关于正整数n 的命题（例如数列、不等式、整除问题
等），可以考虑使用数学归纳法进行证明.
2.第一数学归纳法：假设当n=k 时命题成立，在结合其他条件证明当n=k+1 时命题也
成立即可.证明的步骤如下：
（1）归纳验证：验证当n=n0（n0是满足条件的最小整数）时，命题成立；
（2）归纳假设：假设当n=k 或n≤k（k≥n0，n∈N）时命题成立，证明当n=k+1 时，
命题也成立；
（3）归纳结论：得到结论当n≥n0，n∈N 时，命题均成立.
典型例题
例1.证明：1−1
2 + 1
3 −1
4 +⋯+
1
2n−1 −1
2n =
1
n+1 +
1
n+2 +⋯+ 1
2n
.
证明：①当n=1时，左边=1−1
2 =1
2
，右边=1
2
，左边=右边.
②假设当n=k时命题成立, 即 1−1
2 +1
3 −1
4 +⋯+1
2k
1
−
−1
2k =1
k+1 +1
k+2 +⋯+1
2k
.
③那么当n=k+1时，
左边=1−1
2 +1
3 −1
4 +⋯+1
2k
1
−
−1
2k +1
2k+1 −1
2k+2
=(
1
k+1 +1
k+2 +⋯+1
2k)+1
2k+1 −1
2k+2
=1
k+2 +1
k+3 +⋯+1
2k+1 +(
1
k+1 −1
2k+2)=1
k+2 +1
k+3 +⋯+1
2k+1 +1
2k+2
.
右边=1
k+2 +1
k+3 +⋯+1
2k+1 +1
2k+2
.
左边=右边，由此可得n=k+1时该式也成立.
综上可得：1−1
2 +1
3 −1
4 +⋯+1
2n
1
−−1
2n =1
n+1 +1
n+2 +⋯+1
2n
恒成立.
例2.已知数列{an}的首项a1= 1
2，且1
an+1
= 1
2 (an+ 1
an
)，n∈N
∗，证明：0<an<1.
证明：①当 n=1 时, 0<a1<1 显然成立；
②假设当 n=k(k ∈N
∗) 时不等式成立, 即0<ak<1；
③当 n=k +1 时, 1
ak +1
= 1
2(ak + 1
ak)>1，
所以0<ak +1<1，即 n=k +1 时不等式也成立.
①②③
综合
可知, 0<an<1 对任意 n∈N
∗ 成立.
随堂演练
1.若各项均为正数的数列{xn}对一切n∈N
∗均满足xn+ 1
xn+1
<2，证明：xn>1−1
n.
证明：①当 n=1 时, xn>0显然成立；
②假设当 n=k(k ∈N
∗) 时不等式成立, 即xk>1−1
k
；
③当 n=k +1 时，
xk +1> 1
2−xk
>
1
2−(1−1
k)
=
k
k +1 =1−
1
k +1，即n=k +1时不等式也成
立.
综合①②③可知, 对一切n∈N
∗均满足，xn>1−1
n
.
2.已知公比q 大于1 的等比数列{an}满足a2+a4=10，a3= 4.
（1）求数列{an}的通项公式.
（2）若数列{bn}各项均大于1，证明：(1+b1)(1+b2)⋯(1+bn)
b1b2⋯bn+1
≤an
.
解：（1）
因为a2+a4=10, a3=4, 所以：4
q +4q=10，
解得：q=2或q=1
2 (舍去).
又a3=4, 所以an=2
n
1
−.
（2）要证明(1+ b1)(1+ b2)
(1+
⋯
bn)
b1b2⋯bn+1
≤an，
只需证明：(1+ b1)(1+ b2)
(1+
⋯
bn)≤2
n
1
−(b1b2⋯bn+1).
下面用数学归纳法证明.
①
当n=1 时,
左边=1+ b1,
右边= b1+1,
左边= 右边;
当n=2 时,(1+ b1)(1+ b2) 2(
−
b1b2+1)= (
−
b1
1)(
−
b2
1)<0.
−
所以n=1,2 时, 不等式
成立.
②
假设当n=k(k≥2,k∈N
∗)
时,(1+ b1)(1+ b2)
(1+
⋯
bk)≤2
k
1
−(b1b2⋯bk+1)
成立.
③
当n=k+1 时,(1+ b1)(1+ b2)
(1+
⋯
bk+1)≤2
k
1
−(b1b2⋯bk+1)(1+ bk+1) ( )
∗.
因
为
2
k
1
−(b1b2⋯bk+1)(1+ bk+1)−2
k(b1b2⋯bkbk+1+1)=−2
k
1
−(b1b2⋯bk
1)(
−
bk+1
1)<0.
−
所以2
k
1
−(b1b2⋯bk+1)(1+ bk+1)<2
k(b1b2⋯bkbk+1+1).
综合( )
∗ 式可得(1+ b1)(1+ b2)
(1+
⋯
bk+1)<2
k(b1b2⋯bkbk+1+1)
成立, 所以,
当n=k+1 时, 不等式成立.
综上可知,(1+ b1)(1+ b2)
(1+
⋯
bn)
b1b2⋯bn+1
≤an
对任意的n∈N
∗ 恒成立.
3.已知数列{an}，a1=2，an+1=(❑√2−1)(an+2).
（1）求数列{an}的通项公式.
（2）在数列{bn}中，b1=2，bn+1= 3bn+ 4
2bn+3
，证明：❑√2<bn≤a4 n−3
.
解: (1) 利用一阶递推待定系数并构造等比数列, 可求得
an= ❑√2[(❑√2
1
−)
n+1).
(2)
要证❑√2<bn≤a4n
3
−, 即证：0<bn−❑√2≤a4n
3
−−❑√2.
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时, 因为❑√2<2,b1=a1=2, 所以❑√2<b1≤a1，结论成立.
②
假设当n=k(k∈N
∗)时, 结论成立, ❑√2<bk≤a4k
3
−， 即：
0<bk−❑√2≤a4k
3
−−❑√2.
③ 当n=k+1时,bk+1−❑√2=3bk+4
2bk+3 −❑√2=(3 2
−
❑√2)(bk−❑√2)
2bk+3
>0.
又bk−❑√2≤❑√2(❑√2
1
−)
4k
3
−,且1
2bk+3 <1
2❑√2+3 =3 2
−
❑√2.
所以bk+1−❑√2=(3 2
−
❑√2)(bk−❑√2)
2bk+3
<❑√2(3 2
−
❑√2)
2(❑√2
1
−)
4k
3
−
≤❑√2(❑√2
1
−)
4(❑√2
1
−)
4k
3
−≤❑√2(❑√2
1
−)
4k+1=a4k+1−❑√2.
故当n=k+1 时, 结论也成立.
综上可知,
对任意的n∈N
∗,
都有❑√2<bn≤a4n
3
−.
4.已知数列{an}满足a1=0，a2=1，an+2=an+1+an(n∈N
∗)，证明：数列{an}的第4 m+1
项（m∈N
∗）能被3 整除.
证明： 用数学归纳法证明,
①当 m=1 时,a4 m+1=a5=a4+a3=(a3+a2)+(a2+a1)=a2+a1+a2+a2+a1=3，能被3 整
除.
②假设当 m=k(k ∈N
∗) 时, a4 k +1
能被 3 整除.
当
m=k +1
时
，
a4(k +1)+1=a4 k +5=a4 k + 4+a4 k +3=a4 k +3+a4 k +2+a4 k +2+a4 k +1=a4 k +2+a4 k +1+a4 k +2+a4 k +2+a4 k +1=3a4 k +2+2a4 k
，
由于假设了 a4 k +1 能被 3 整除, 又 3a4 k +2 能被 3 整除, 故 3a4 k +2+2a4 k +1 能被 3 整
除,因此, 当 m=k +1 时, a4(k +1)+1
也能被 3 整除.
综上可知, 对一切 m∈N
∗, 数列 {an} 中的第 4 m+1 项能被 3 整除.
5.设数列 {an) 满足 a1=3, an+1=3an−4 n，计算 a2
, a3
, 猜想 {an) 的通项公式并加以证
明.
解：由a1=3，an+1=3an
4
−n，a2=3a1
4=5
−
，a3=3a2
4×2=7,
−
⋯.
猜想{an}的通项公式为an=2n+1.
证明如下: (数学归纳法)① 当n=1,2,3时, 显然成立.
②假设n=k时, 即ak=2k+1成立;
其中(k∈N
∗),
由ak+1=3ak
4
−k=3(2k+1) 4
−k=2(k+1)+1.
故假设成立,
综上①②. 所以an=2n+1(n∈N
∗).
6.4.2 数列放缩-裂项和拆项
知识点梳理
1.对于通项公式已经给出（或容易直接求出）的数列不等式问题，我们通常需要对通
项进行适当放缩或变形，在进行求和与转化.
2.常用的放缩、裂项和拆项的结论：
（
1
）
1
n
2 <1
n
2−n
=1
n
1
−
−1
n ,1
n
2 <1
n
2
1
−
=1
2(
1
n
1
−
−1
n+1),1
n
2 <1
n
2−1
4
=2(
1
2n
1
−
−1
2n+1);
或
1
n
2 =4
4n
2 <4
4n
2
1
−
=2(
1
2n
1
−
−1
2n+1)或
1
(2n+1)
2 =1
4n
2+4n+1
<1
4 ×1
n
2+n
=1
4 (
1
n −1
n+1).
（2）1
n
3 <1
n(n+1)(n
1)
−
=1
2[
1
n(n
1)
−
−1
n(n+1))(n≥2).
（3）2
n
(2
n
1
−)
2 <2
n
(2
n
1)(
−
2
n
2)
−
=1
2
n
1
−
1
−
−1
2
n
1
−
(n≥2).
（4）1
❑√n =2
❑√n+ ❑√n <2
❑√n+ ❑√n
1
−=2(❑√n−❑√n
1
−)，
1
❑√n =2
❑√n+ ❑√n <2
❑√n+1
2 + ❑√n−1
2
= ❑√2(❑√2n+1−❑√2n
1
−).
（5）1
n+1 +1
n+2 +1
n+3 +
+
⋯1
2n ≤1
n+1 +1
n+1 +
+
⋯1
n+1 =n
n+1 <1,
或1
n+1 +1
n+2 +1
n+3 +
+
⋯1
2n ≥1
2n +1
2n +
+
⋯1
2n =n
2n =1
2
.
（
6
）
指
数
型
：
1
a
n−b
n ≤1
a
n
1
−(a−b)
(a>b≥1)，
1
a
n−b
≤1
a
n
1
−(a−b)
(a>b≥1).
（7）❑√n+1−❑√n
2
<1
4 ❑√n <
❑√n+1
2 −❑√n−1
2
2
<
❑√n−❑√n
1
−
2
.
（
8
）
1
n ❑√n =2
❑√n×❑√n(❑√n+ ❑√n) <2
❑√n ❑√n
1
−(❑√n+ ❑√n
1
−) =2(
1
❑√n
1
−−1
❑√n)(n≥2)；
1
n ❑√n =2
❑√n×❑√n(❑√n+ ❑√n) <2
❑√n+1❑√n
1
−(❑√n+1+ ❑√n
1
−) =1
❑√n
1
−−1
❑√n+1
；
1
n ❑√n =2
❑√n×❑√n(❑√n+ ❑√n) <2
❑√n+1
2
❑√n−1
2(
❑√n+1
2 + ❑√n−1
2)
=2(
1
❑√n−1
2
−1
❑√n+1
2)
.
典型例题
例1.等差数列 {an} 各项均为正数, a1=3, 前 n 项和为 Sn. 等比数列 {bn} 中, b1=1,
且 b2S2=64, b3 S3=960.
（1）求 an 与 bn；
（2）证明:1
S1
+1
S2
+…+1
Sn
<3
4 .
解：(1)
设公差为d(d>0)
，公比为q，则：{
b2S2=q(6+d)=64
b3S3=q
2(9+3d)=960)
.
解得：{
d=2
q=8)或{
d =−6
5
q=40
3 )
(舍去).
则an=3+2(n
1)=2
−
n+1, bn=8
n
1
−.
(2)由(1)
得an=2n+1，则：Sn=3n+n(n
1)
−
2
×2=n(n+2).
则：1
Sn
=1
n(n+2) =1
2(
1
n −1
n+2).
则
：
1
S1
+1
S2
+…+1
Sn
==1
2[(1−1
3)+(
1
2 −1
4)+(
1
3 −1
5)+…+(
1
n
1
−−1
n+1)+(
1
n −1
n+2))
=1
2(1+1
2 −1
n+1 −1
n+2)=1
2(
3
2 −1
n+1 −1
n+2)<1
2 ×3
2 =3
4
.
例2.若n≥2 且n∈N*，证明不等式：❑√2−
2
❑√n+1 < 1
❑√2
3 + 1
❑√3
3 +⋯+ 1
❑√n
3 <2.
证
明
：
一
方
面
，
1
❑√n
3 =
1
n ❑√n =
2
❑√n
2(❑√n+ ❑√n)
<
2
❑√n(n−1)(❑√n+ ❑√n−1) =2(
1
❑√n−1 −1
❑√n)
，
累加可得：1
❑√2
3 + 1
❑√3
3 +…+ 1
❑√n
3 <2.
另一方面，1
❑√n
3 =
1
n ❑√n =
2
❑√n
2(❑√n+ ❑√n)
>
2
❑√n(n+1)(❑√n+ ❑√n+1) =2(
1
❑√n −
1
❑√n+1)
.
累加可得：❑√2−
2
❑√n+1 < 1
❑√2
3 + 1
❑√3
3 +…+ 1
❑√n
3
.
综上可得：❑√2−
2
❑√n+1 < 1
❑√2
3 + 1
❑√3
3 +…+ 1
❑√n
3 <2.
随堂演练
1.记Sn为数列{an}的前n项和, 已知a1=1, {
Sn
an)
是公差为1
3
的等差数列.
(1) 求{an}的通项公式;
(2) 证明: 1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
<2.
解：（1）∵a1=1,∴S1=a1=1,∴S1
a1
=1.
又 ∵{
Sn
an)
是公差为 1
3
的等差数列,
∴Sn
an
=1+1
3 (n
1)=
−
n+2
3
,∴Sn=(n+2)an
3
.
∵当 n≥2 时, Sn
1
−=(n+1)an
1
−
3
,
∴an=Sn−Sn−1=(n+2)an
3
−(n+1)an
1
−
3
.
整理得: (n−1)an=(n+1)an
1
−, 即 an
an
1
−
=n+1
n
1
−.
∴an=a1×a2
a1
×a3
a2
×…×an
1
−
an
2
−
×an
an
1
−
=1×3
1 ×4
2 ×…×n
n
2
−
×n+1
n
1
−
=n(n+1)
2
.
显然对于 n=1 也成立, ∴{an} 的通项公式 an=n(n+1)
2
.
（2）1
an
=2
n(n+1) =2(
1
n −1
n+1).
∴1
a1
+1
a2
+…+1
an
=2[(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+…+(
1
n −1
n+1))=2(1−1
n+1)<2.
2.
已知数列{an}
满足a1=1,an+1=3an+1.
（1）证明 {an+1
2 } 是等比数列, 并求 {an} 的通项公式;
（2）证明: 1
a1
+1
a2
+…+1
an
<3
2 .
解：（1）
证明：由an+1=3an+1
得an+1+1
2 =3(an+1
2)，
所以
an+1+1
2
an+1
2
=3
，所以{an+1
2)
是等比数列，首项为a1+1
2 =3
2
，公比为3，
所以an+1
2 =3
2 ⋅3
n
1
−
，解得an=3
n
1
−
2
.
（2）
由(1) 知：an=3
n
1
−
2
，所以1
an
=2
3
n
1
−
，
因为当n≥1 时，3
n
1≥2
−
⋅3
n
1
−
，所以1
3
n
1
−
≤1
2⋅3
n
1
−，
于是1
a1
+1
a2
+
+
⋯1
an
≤1+1
3 +
+
⋯1
3
n
1
−=3
2(1−1
3
n)<3
2 ，
所以1
a1
+1
a2
+
+
⋯1
an
<3
2 .
3.正项数列{an}的前n项和Sn
满足:Sn
2
(
−n
2+n
1)
−
Sn
(
−n
2+n)=0.
（1）求数列{an}的通项公式an;
（2）令bn=n+1
(n+2)
2an
2 ，数列{bn}的前n项和Tn，证明: 对于任意的n∈N
∗，都有Tn<5
64
.
解:（1）
由Sn
2
(
−n
2+n
1)
−
Sn
(
−n
2+n)=0,
得[Sn
(
−n
2+n)](Sn+1)=0.
由于{an} 是正项数列,
所以Sn>0,Sn=n
2+n.
于是a1=S1=2,
当n≥2 时, an=Sn−Sn
1
−=n
2+n
(
−n
1
−)
2
(
−n
1)=2
−
n.
综上,
数列{an} 的通项公式为an=2n.
（
2
）
证
明
:
由
于
an=2n，
故
：
bn=n+1
(n+2)
2an
2 =n+1
(n+2)
2(2n)
2 =n+1
4n
2(n+2)
2 =1
16[
1
n
2 −1
(n+2)
2).
Tn=1
16[1−1
3
2 +1
2
2 −1
4
2 +1
3
2 −1
5
2 +
+
⋯1
(n
1
−)
2 −1
(n+1)
2 +1
n
2 −1
(n+2)
2)=1
16[1+1
2
2 −1
(n+1)
2 −1
(n+2)
.
即对任意的n∈N
∗, 都有Tn<5
64
.
4.证明：1+ 1
2 + 1
3 +⋯+
1
2
n−1
> n
2.
证明：1+1
2 +1
3 +
+
⋯1
2
n
1
−
=1+1
2 +(
1
3 +1
2
2)+
+
⋯(
1
2
n
1
−+1
+1
2
n
1
−+2
+
+
⋯1
2
n
1
−
+1
2
n)−1
2
n
>1+1
2 +(
1
2
2 +1
2
2)+
+
⋯(
1
2
n +1
2
n +
+
⋯1
2
n +1
2
n)−1
2
n
=1+1
2 +1
2 +
+
⋯1
2 −1
2
n =n
2 +1−1
2
n >n
2 .
5.在数列{an}中，已知1
an+1
= 1
2an
+ 1
2，a1= 4.
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）若bn=an
2−an
，Sn
为bn
的前n 项和，证明：12≤Sn≤15.
解：（1）
由1
an+1
=1
2an
+1
2 ,
得1
an+1
1=
−
1
2(
1
an
1
−),
由a1=4,
得1
a1
1=
−
−3
4 ,
∴
数列{
1
an
1
−)
是首项为−3
4 ,
公比为1
2 的等比数列,
∴1
an
1=
−(
1
a1
1
−)(
1
2)
n
1
−
=−3
4 (
1
2)
n
1
−
,
即an=2
n+1
2
n+1
3
−
.
（2）证明: bn=an
2−an=(
2
n+1
2
n+1
3
−)
2
−2
n+1
2
n+1
3
−
=3⋅2
n+1
(2
n+1
3
−)
2 .
又Sn+1−Sn= bn+1=3⋅2
n+2
(2
n+2
3
−)
2 >0,
故Sn是关于n的递增数列,
∴Sn≥S1= b1=a1
2−a1=12.
当k≥2时, bk=ak
2−ak=3⋅2
k+1
(2
k+1
3
−)
2 <3⋅2
k+1
(2
k+1
3)(
−
2
k+1
4)
−
=3⋅2
k
(2
k+1
3)(
−
2
k
2)
−
<3⋅2
k
(2
k+1
3)(
−
2
k
3)
−
=3(
1
2
k
3
−
−1
2
k+1
3
−).
故Sn= b1+ b2+…+ bn<12+3(
1
2
2
3
−
−1
2
3
3
−
+1
2
3
3
−
−1
2
4
3
−
+…+1
2
n
3
−
−1
2
n+1
3
−)
=12+3(1−1
2
n+1
3
−)<15.
综上, 12≤Sn<15.
6.已知数列{an}是各项都为正数的数列，Sn为其前n 项和，且a1=1，Sn= 1
2 (an+ 1
an
).
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）证明：1
2S1
+ 1
3 S2
+⋯+
1
(n+1)Sn
<2(1−1
Sn+1
).
解：（1）由
1
an+1
= 1
2an
+ 1
2
，得
1
an+1
−1= 1
2(
1
an
−1)
,
由 a1= 4，得 1
a1
−1=−3
4 ,
∴ 数列 {
1
an
−1)
是首项为 −3
4
，公比为 1
2
的等比数列,
∴1
an
−1=(
1
a1
−1)(
1
2)
n−1
=−3
4(
1
2)
n−1,
即 an=
2
n+1
2
n+1−3
.
（2）证明：bn=an
2−an=(
2
n+1
2
n+1
3
−)
2
−2
n+1
2
n+1
3
−
=3⋅2
n+1
(2
n+1
3
−)
2 .
又Sn+1−Sn= bn+1=3⋅2
n+2
(2
n+2
3
−)
2 >0,
故Sn是关于n的递增数列.
∴Sn≥S1=b1=a1
2−a1=12.
当k≥2时，bk=ak
2−ak=3⋅2
k+1
(2
k+1
3
−)
2 <3⋅2
k+1
(2
k+1
3)(
−
2
k+1
4)
−
=3⋅2
k
(2
k+1
3)(
−
2
k
2)
−
<3⋅2
k
(2
k+1
3)(
−
2
k
3)
−
=3(
1
2
k
3
−
−1
2
k+1
3
−).
故Sn= b1+ b2+…+ bn<12+3(
1
2
2
3
−
−1
2
3
3
−)+1
2
3
3
−
−1
2
4
3
−
+…+1
2
k
3
−
−1
2
k+1
3
−)
=12+3(1−1
2
k+1
3
−)<15.
综上：12≤Sn<15.
6.4.3 数列不等式-函数放缩法
知识点梳理
1.分式型函数的放缩：
分式型不等式：b+m
a+m > b
a (a>b>0，m>0).因为函数f ( x)= b+ x
a+ x (a>b>0，x>0)
为增函数，所以上述不等式成立，此不等式也叫糖水不等式.
2.三角函数型的放缩：sinx< x<tanx ( x∈(0, π
2 )).
3.指数、对数型函数的放缩：
x≥lnx+1，
e
x≥x+1，1−1
x ≤lnx≤x
1
−，
lnx≤1
2(x−1
x) (x≥1)，
lnx≤❑√x−1
❑√x (x≥1)等常见函数的放缩.
典型例题
例1.已知数列{an}满足a1= 2
3
，an+1= an−2
2an−3 (n∈N
∗).
（1）证明：{
1
an−1}
是等差数列，并求出{an}的通项公式；
（2）证明：a1a2a3⋯an<
1
❑√n+1
.
证明 ：(1)由 an+1= an−2
2an−3
， 可得：an+1−1= 1−an
2an−3
.
所以
1
an+1−1 =
1
an−1 −2.
因为 a1= 2
3, 即
1
a1−1 =−3, 所以 {
1
an−1 } 是以 −3 为首项, −2 为公差的等差数列.
所以
1
an−1 =−2n−1，即an=
2n
2n+1
.
(2)令T n=a1a2a3⋯an= 2
3 × 4
5 ×⋯×
2n
2n+1
.
①
因为
2n
2n+1 < 2n+1
2n+2
, 所以T n< 3
4 × 5
6 ×⋯× 2n+1
2n+2
.
②
① × ②得T n
2<
2
2n+2 =
1
n+1 .
所以 T n<❑√
1
n+1
, 即a1a2a3⋯an<
1
❑√n+1 .
例2.已知函数{an}满足a1= 1
2
，an+1=sin(
π
2 an) ， (n∈N
∗).
（1）证明：1
2 ≤an<an+1<1.
（2）设Sn是数列{an}前n 项和，证明：Sn>n−3
2
.
解：（1）证明：
因为a2=sin(
π
4 )=
❑√2
2
，所以0<a1<a2<1；
假设0<ak<ak+1<1 (k≥1,k∈N
∗)，
由于f(x)=sin(
π
2
x)
在(0,1] 上单调增加,
所以f(0)<f(ak)<f(ak+1)<f(1),
即0<ak+1<ak+2<1.
所以对任意的n∈N
∗, 0<an<an+1<1.
又a1=1
2
,
所以an≥a1=1
2
,
所以对任意的n∈N
∗, 1
2 ≤an<an+1<1.
（2）
证明因为an+1=sin(
π
2
an)=sin[
π
2
(an
1)+
−
π
2 )=cos[
π
2
(an
1)
−)
=1 2
−sin
2[
π
4 (an
1)
−)>1 2
−(
π
4 )
2
(an
1
−)
2,
所以1−an+1<π
2
8
(1−an)
2≤π
2
16 (1−an)<2
3 (1−an),
所以1−an≤1
2(
2
3)
n
1
−, 累加得：n−Sn≤3
2[1−(
2
3)
n)<3
2 ,
所以Sn>n−3
2
.
例3.已知正项数列{an}, a1=1, an+1= 1
2 ln(an+1), n∈N +. 证明:
（1）an+1<an;
（2）an−2an+1<an⋅an+1;
（3）1
2
n <an≤1
2
n−1.
解：证明: (1) 令f(x)=2x
ln(
−
x+1), x>0，f
′(x)=2−1
x+1 =2x+1
x+1
>0，
则f(x)在x>0递增, 则f(x)>f(0)=0,
令x=an,则2an
ln(
−
an+1)>0,即有an>1
2 ln(an+1)=an+1,即an+1<an;
(2)an
2
−an+1<an⋅an+1等价为anln(an+1)+2ln(an+1) 2
−an>0,
可设g(x)=xln(x+1)+2ln(x+1) 2
−x, x>0，
g
′(x)=ln(x+1)+x
x+1 +2
x+1
2=ln(
−
x+1)−x
x+1
，
设m (x)=ln(x+1)−x
x+1
，m
′(x)=1
x+1 −1
(x+1)
2 =x
(x+1)
2 >0，
可得m (x)在(0,+∞)递增, 即有m (x)> m (0)=0，
则g(x)在(0,+∞)递增, 即有g(x)>g(0)=0，
令x=an, 则anln(an+1)+2ln(an+1) 2
−an>0，
所以an
2
−an+1<an⋅an+1.
(3)令h(x)=x
ln(
−
x+1), x>0, h
′(x)=1−1
x+1 =x
x+1 >0,
h(x)在(0,+∞)递增, 令x=an, 则an
ln(
−
an+1)>0,
即有an>2an+1, 即an+1<1
2 an,
当n=1时, a1=1;
当n≥2时, an<a1
2
n
1
−=1
2
n
1
−;
由an
2
−an+1<an⋅an+1, 两边除以an⋅an+1, 可得：1
an+1
<2
an
+1，
则1
an+1
+1<2(
1
an
+1)，可得：1
an
+1<2
n
1
−(1+1
a1)=2
n，
所以an>1
2
n
1
−>1
2
n ，则1
2
n <an≤1
2
n
1
−.
随堂演练
1.已知数列{an)满足: a1=1, an+1= ln(1+an)(n∈N
∗), 设数列{
1
an)
的前n项和为T n
, 证
明:
（1）an>0(n∈N
∗);
（2）an+1≤3an
an+3 (n∈N
∗);
（3）n
2+5n
6
≤T n≤n
2+5n
4
(n∈N
∗).
解：（1）当 n=1 时, a1=1>0, 所以 n=1 命题成立.
假设 n=k 时命题成立, 即 ak>0. 此时 1+ak>1.
当 n=k+1 时, 有 ak+1=ln(1+ak)>ln1=0, 所以 ak+1>0.
故对于 n∈N
∗ 都有 an>0.
（2）令 m (x)=ln(1+x)−x, (x≥0).
则m
′(x)=1
1+x
1=
−
−x
1+x ≤0.
所以 m (x) 在 [0,+∞) 上单调递减,
则m (x)≤m (0) ln(1+
⇒
x)−x≤0 ln(1+
⇒
x)≤x
所以 ln(1+an)≤an, 即 an+1≤an, 所以数列 {an} 是递减数列.
故 an≤a1=1, 因此 0<an≤1.
要证明an+1≤3an
an+3 ,
即证ln(1+an)≤3an
an+3 .
构造函数h(x)=ln(1+x)−3x
x+3 (0<x≤1).
h
′(x)=1
1+x −9
(x+3)
2 =x(x
3)
−
(1+x)(x+3)
2 <0.
所以在(0,1] 单调递减.
故h(x)=ln(1+x)−3x
x+3 <h(0)=0.
因此ln(1+an)≤3an
an+3 .
（3）由（2）可知an+1≤3an
an+3 ⇒1
an+1
≥an+3
3an
=1
3 +1
an
⇒1
an+1
−1
an
≥1
3 成立，
则有递推关系累加法可得：1
an
≥n+2
3
=2
3 +n
3 ，
故数列{
1
an)的前n项和Tn=1
a1
+1
a2
+
+
⋯1
an
≥(
2
3 +1
3)+(
2
3 +2
3)+
+
⋯(
2
3 +n
3 )
=2
3 ⋅n+1+2+
+
⋯n
3
=n
2+5n
6
，即n
2+5n
6
≤Tn.
构造函数g(x)=ln(1+x)−2x
x+2 (0≤x≤1)，
∴g
′(x)=1
1+x −4
(x+2)
2 =x
2
(1+x)(x+2)
2 ≥0，
所以g(x)在[0,1]单调递增.故g(x)≥g(0)=ln(1+0)−2×0
0+2
=0，
得ln(1+an)≥2an
an+2 .所以有an+1≥2an
an+2 ，
∴1
an+1
−1
an
≤1
2 ，则同前有累加法可得1
an
≤n+2
2
=1+n
2 ，
故同前分组求和的方式得Tn≤n
2+5n
4
.
因此得证：n
2+5n
6
≤Tn≤n
2+5n
4
(n∈N
∗).
2.已知函数f ( x)= 2 x
ax +b
，f (1)=1，f ( 1
2 )= 2
3
，令x1= 1
2
，xn+1= f ( xn).
（1）求数列{an)的通项公式；
（2）证明：x1 x2⋯xn> 1
2e
.
解：(1):
函数f(x)=2x
ax+ b
, f(1)=1, f(1
2 )=2
3
∴2
a+ b =1,
2×1
2
1
2 a+ b
=2
3 ,联立解得: a =b=1.∴f(x)=2x
x+1 .
令x1=1
2
, xn+1=f(xn),
∴xn+1=2xn
xn+1 ，两边取倒数可得：1
xn+1
=1
2xn
+1
2 ，
变形为：1
xn+1
1=
−
1
2(
1
xn
1
−),1
x1
1=1
−
，
∴
数列{
1
xn
1
−) 是等比数列,
首项为1,
公比为1
2 .
∴1
xn
1=
−(
1
2)
n
1
−
，∴xn=1
1+(
1
2)
n
1
−.
(2)证明：1
x1x2⋯xn
=[(1
2 )
0+1] [(
⋅
1
2 )
1+1]
[(
⋯
1
2 )
n
1
−+1]
=2 [(
⋅
1
2 )
1+1]
[(
⋯
1
2 )
n
1
−+1]<2[
(1
2 )
1+1+
+(
⋯
1
2 )
n
1
−+1
n
1
−
)
n
1
−
=2⋅[
(n
1)+1 (
−
−
1
2 )
n
1
−
n
1
−
)
n
1
−
=2[1+
1 (
−1
2 )
n
1
−
n
1
−
)
n
1
−
<2(1+1
n
1
−)
n
1
−.
数列{(1+1
n
1
−
)
n
1
−}单调递增, limn→+∞(1+1
n
1
−
)
n
1
−=e,
∴1
x1x2⋯xn
<2e，∴x1x2⋯xn>1
2e .
3.已知数列{xn}, x1=1, xn= xn+1+ ln(1+ xn+1)， n∈N +
. 证明:
（1）0< xn+1< xn;
（2）2 xn+1− xn≤xn⋅xn+1
2
;
（3）1
2
n−1 ≤xn≤1
2
n−2.
解：（1）用数学归纳法证明: xn>0.
当n=1 时, x1=1>0.
假设n=k 时, xk>0.
那么n=k+1 时,
若xk+1≤0,
则0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0, 矛盾,
故xk+1>0.
因此xn>0(n∈N+).
所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1.
因此0<xn+1<xn(n∈N+).
（
2
）
由
xn=xn+1+ln(1+xn+1)
得
,
xnxn+1−4xn+1+2xn=xn+1
2
−2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1).
记函数 f(x)=x
2−2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),
f
′(x)=2x
2+x
x+1
+ln(1+x)>0(x>0)，
函数f(x)
在[0,+∞) 上单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0,
因此xn+1
2
−2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0,
故2xn+1−xn≤xnxn+1
2
(n∈N+).
（3）
因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,
所以xn≥1
2
n−1 .
由xnxn+1
2
≥2xn+1−xn
得1
xn+1
−1
2 ≥2(
1
xn
−1
2)>0.
所以1
xn
−1
2 ≥2(
1
xn−1
−1
2)≥
≥
⋯
2
n−1(
1
x1
−1
2)=2
n−2,
故xn≤1
2
n−2 .综上,1
2
n−1 ≤xn≤1
2
n−2 (n∈N+).
4.已知数列{an)满足a1=1, an+1= n
2an
n
2+1
(n∈N
∗)，证明：an> 1
4
.
证明：由 an+1=n
2an
n
2+1
及糖水不等式可得：an+1
an
=n
2
n
2+1
>n
2−1
(n
2+1)−1
=n−1
n
×n+1
n
.
所以, 当n≥3时，an>1
2 ×1
2 ×3
2 ×2
3 ×4
3 ×
×
⋯
n−2
n−1 ×n
n−1 =n
4(n−1) >1
4 .
又a1=1>1
4 ,a2=1
2 >1
4
，所以an>1
4
对一切n∈N
∗成立.
5.数列{an}满足a1=1且an+1=(1+1
n
2+n)an+1
2
n (n≥1).
（1）用数学归纳法证明: an≥2(n≥2);
（2 ）已知不等式ln(1+x)<x对x>0成立, 证明: an<e
2(n≥1), 其中无理数
e=2.71828⋯
证明：(1)在an+1=(1+
1
n
2+n)an+ 1
2
n
中,
令n=1, 得a2=2.
① 当n=2时, a2=2≥2, 不等式成立.
② 假设当n=k(k ≥2) 时不等式成立, 即ak ≥2(k ≥
2), 那么ak +1=[1+
1
k(k +1))ak + 1
2
k ≥2.
这就是说, 当n=k +1时不等式成立.
根据 ① ② 可知: an≥2对所有n≥2成立.
(2)由数学归纳法易证2
n>n(n−1) 对 n≥2 成立, 故
有
：
an+1=(1+
1
n
2+n)an+ 1
2
n <[1+
1
n(n+1))an+
1
n(n−1) <[1+
1
n(n−1))an+
1
n(n−1)(n≥2).
令bn=an+1(n≥2), 则有：bn+1<[1+
1
n(n−1))bn(n≥2).
取对数并利用已知不等式得：
ln bn+1<ln[1+
1
n(n−1))+ ln bn<ln bn+
1
n(n−1)(n≥2).
上式从2 到n求和得:
ln bn+1−ln b2<
1
1×2 +
1
2×3 +⋯+
1
n(n−1) =1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+
1
n−1 −1
n <1.
因为b2=a2+1=3,故有：ln bn+1<1+ ln3,bn+1<e
1+ ln3=3e(n≥2).
故an+1<3e−1<e
2,n≥2.又显然a1<e
2,a2<e
2, 故an<e
2对一切n≥1成立.
