1.數(shù)列中不等式的證明是浙江高考數(shù)學(xué)試題的壓軸題；2.主要考查數(shù)學(xué)歸納法、放縮法、反證法等數(shù)列不等式的證明方法，以及不等式的性質(zhì)；3.重點(diǎn)考查學(xué)生邏輯推理能力和創(chuàng)新意識(shí)．熱點(diǎn)一數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列不等式(規(guī)范解答)數(shù)學(xué)歸納法是解決和正整數(shù)有關(guān)命題的證明方法，可以借助遞推公式，證明由特殊到一般的結(jié)論成立問題．因此，可以在數(shù)列不等式的證明中大顯身手．【例1】(滿分15分)(2018·紹興檢測)已知數(shù)列{an}滿足，a1＝1，an＝eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,2).(1)求證：eq\f(2,3)≤an≤1；(2)求證：|an＋1－an|≤eq\f(1,3)；(3)求證：|a2n－an|≤eq\f(10,27).滿分解答證明(1)由已知得an＋1＝eq\f(1,an＋\f(1,2))，又a1＝1，則a2＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(6,7)，a4＝eq\f(14,19)，猜想eq\f(2,3)≤an≤1.2分(得分點(diǎn)1)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時(shí)，命題顯然成立；②假設(shè)n＝k時(shí)，有eq\f(2,3)≤ak≤1成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝eq\f(1,ak＋\f(1,2))≤eq\f(1,\f(2,3)＋\f(1,2))＜1，ak＋1＝eq\f(1,ak＋\f(1,2))≥eq\f(1,1＋\f(1,2))＝eq\f(2,3)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)也成立，所以對任意n∈N*，都有eq\f(2,3)≤an≤1.5分(得分點(diǎn)2)(2)當(dāng)n＝1時(shí)，|a2－a1|＝eq\f(1,3)，當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))·eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,2an)≥1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以|an＋1－an|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋\f(1,2))－\f(1,an－1＋\f(1,2))))＝eq\f(|an－an－1|,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(1,2))))≤eq\f(2,3)|an－an－1|≤…≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)|a2－a1|＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)＜eq\f(1,3).綜上所述，|an＋1－an|≤eq\f(1,3).10分(得分點(diǎn)3)(3)當(dāng)n＝1時(shí)，|a2－a1|＝eq\f(1,3)＝eq\f(9,27)＜eq\f(10,27)；當(dāng)n≥2時(shí)，|a2n－an|＝|a2n－a2n－1＋a2n－1－a2n－2＋…＋an＋1－an|≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an|≤eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2n－2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2n－3)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2n－1)≤eq\f(2,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(10,27).綜上，|a2n－an|≤eq\f(10,27).15分(得分點(diǎn)4)?得步驟分：抓住得分點(diǎn)的步驟，“步步為營”，求得滿分．如(1)中，歸納猜想得2分；用數(shù)學(xué)歸納法證明得3分，第(2)放縮法證明結(jié)論得5分等．?得關(guān)鍵分：解題過程不可忽略關(guān)鍵點(diǎn)，有則得分，無則沒分．如(1)中的猜想，數(shù)學(xué)歸納法的兩個(gè)步驟，(2)(3)中均分n＝1，n≥2加以推證等．?得計(jì)算分：準(zhǔn)確計(jì)算是得滿分的基本保證．如(1)中a2，a3，a4的正確計(jì)算，(2)(3)中放縮結(jié)果的計(jì)算等．第一步：歸納猜想；第二步：用數(shù)學(xué)歸納法證明；第三步：驗(yàn)證n＝1時(shí)(2)的結(jié)論成立；第四步：用放縮法證明n≥2時(shí)(2)的結(jié)論成立；第五步：驗(yàn)證n＝1時(shí)(3)的結(jié)論成立．第六步：用放縮法證明n≥2時(shí)(3)的結(jié)論成立．【訓(xùn)練1】(2018·溫州模擬)數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且an＋1＝an＋eq\f(2,an)－1(n∈N*)，{an}的前n項(xiàng)和是Sn.(1)若{an}是遞增數(shù)列，求a1的取值范圍；(2)若a1>2，且對任意n∈N*，都有Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)，證明：Sn<2n＋1.(1)解由a2>a1?a1＋eq\f(2,a1)－1>a1，得0<a1<2；①又由a3>a2?a2＋eq\f(2,a2)－1>a2?0<a2<2?0<a1＋eq\f(2,a1)－1<2，得1<a1<2，②由①②，得1<a1<2.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)1<a1<2時(shí)，1<an<2對任意n∈N*恒成立．①當(dāng)n＝1時(shí)，1<a1<2成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，1<ak<2成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝ak＋eq\f(2,ak)－1∈[2eq\r(2)－1，2)?(1，2)．綜上，可知1<an<2對任意n∈N*恒成立．于是an＋1－an＝eq\f(2,an)－1>0，即{an}是遞增數(shù)列．所以a1的取值范圍是(1，2)．(2)證明因?yàn)閍1>2，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：an>2對任意n∈N*恒成立．于是an＋1－an＝eq\f(2,an)－1<0，即{an}是遞減數(shù)列．在Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)中，令n＝2，得2a1＋eq\f(2,a1)－1＝S2≥2a1－eq\f(1,3)，解得a1≤3，故2<a1≤3.下證：①當(dāng)2<a1≤eq\f(7,3)時(shí)，Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)恒成立．事實(shí)上，當(dāng)2<a1≤eq\f(7,3)時(shí)，由于an＝a1＋(an－a1)≥a1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(7,3)))＝a1－eq\f(1,3)，于是Sn＝a1＋a2＋…＋an≥a1＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,3)))＝na1－eq\f(1,3)(n－1)．再證：②當(dāng)eq\f(7,3)<a1≤3時(shí)不合題意．事實(shí)上，當(dāng)3≥a1>eq\f(7,3)時(shí)，設(shè)an＝bn＋2，則由an＋1＝an＋eq\f(2,an)－1可得bn＋1＝bn＋eq\f(2,bn＋2)－1，得eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(bn＋1,bn＋2)≤eq\f(b1＋1,b1＋2)≤eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(因?yàn)橛蒤f(7,3)<a1≤3得\f(1,3)<b1≤1))，于是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn≤b1·eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n),1－\f(2,3))<3b1≤3，故Sn＝2n＋Tn<2n＋3＝na1＋(2－a1)n＋3.(*)令a1＝eq\f(7,3)＋t(t>0)，則由(*)式得Sn<na1＋(2－a1)n＋3＝na1－eq\f(1,3)(n－1)－tn＋eq\f(8,3)，只要n充分大，就有Sn<na1－eq\f(1,3)(n－1)，這與Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)矛盾．所以eq\f(7,3)<a1≤3不合題意．綜上，有2<a1≤eq\f(7,3).于是eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(bn＋1,bn＋2)≤eq\f(b1＋1,b1＋2)≤eq\f(4,7)eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(因?yàn)?<a1≤\f(7,3)，故0<b1))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(≤\f(1,3)))，故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn≤b1·eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,7)))\s\up12(n),1－\f(4,7))<eq\f(7,3)b1<1，所以Sn＝2n＋Tn<2n＋1.熱點(diǎn)二反證法證明數(shù)列不等式數(shù)列不等式需要對數(shù)列的范圍及變化趨勢進(jìn)行探究，而條件又少，因此，反證法就成為解決有關(guān)問題的有效利器．【例2】(2017·臺(tái)州調(diào)考)已知數(shù)列{an}滿足：an>0，an＋1＋eq\f(1,an)<2(n∈N*)．(1)求證：an＋2<an＋1<2(n∈N*)；(2)求證：an>1(n∈N*)．證明(1)由an>0，an＋1＋eq\f(1,an)<2，得an＋1<2－eq\f(1,an)<2.因?yàn)?>an＋2＋eq\f(1,an＋1)>2eq\r(\f(an＋2,an＋1))(由題知an＋1≠an＋2)，所以eq\r(\f(an＋2,an＋1))＜1，所以an＋2＜an＋1.所以an＋2<an＋1<2.(2)假設(shè)存在aN≤1(N≥1，N∈N*)，由(1)可得當(dāng)n>N時(shí)，an≤aN＋1<1.根據(jù)an＋1－1<1－eq\f(1,an)＝eq\f(an－1,an)<0，而an<1，所以eq\f(1,an＋1－1)>eq\f(an,an－1)＝1＋eq\f(1,an－1)，于是eq\f(1,aN＋2－1)>1＋eq\f(1,aN＋1－1)，……，eq\f(1,aN＋n－1)>1＋eq\f(1,aN＋n－1－1).累加可得eq\f(1,aN＋n－1)>n－1＋eq\f(1,aN＋1－1).(*)由假設(shè)可得aN＋n－1<0，而當(dāng)n>－eq\f(1,aN＋1－1)＋1時(shí)，顯然有n－1＋eq\f(1,aN＋1－1)>0，因此有eq\f(1,aN＋n－1)<n－1＋eq\f(1,aN＋1－1)，這顯然與(*)矛盾．所以an>1(n∈N*)．探究提高在本例中，(1)首先根據(jù)已知不等式由an＋1＜2－eq\f(1,an)<2證明不等式的右邊，再根據(jù)已知不等式利用基本不等式，可證明不等式的左邊；(2)考慮反證法，即假設(shè)存在aN≤1，利用條件和(1)，并結(jié)合放縮法逐步推出矛盾．進(jìn)而證明不等式成立．【訓(xùn)練2】(2016·浙江卷)設(shè)數(shù)列{an}滿足|an－eq\f(an＋1,2)|≤1，n∈N*.(1)證明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；(2)若|an|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)，n∈N*，證明：|an|≤2，n∈N*.證明(1)由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(an＋1,2)))≤1，得|an|－eq\f(1,2)|an＋1|≤1，故eq\f(|an|,2n)－eq\f(|an＋1|,2n＋1)≤eq\f(1,2n)，n∈N*，所以eq\f(|a1|,21)－eq\f(|an|,2n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a1|,21)－\f(|a2|,22)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a2|,22)－\f(|a3|,23)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|an－1|,2n－1)－\f(|an|,2n)))≤eq\f(1,21)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝1－eq\f(1,2n－1)＜1，因此|an|≥2n－1(|a1|－2)．(2)任取n∈N*，由(1)知，對于任意m＞n，eq\f(|an|,2n)－eq\f(|am|,2m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|an|,2n)－\f(|an＋1|,2n＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|an＋1|,2n＋1)－\f(|an＋2|,2n＋2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|am－1|,2m－1)－\f(|am|,2m)))≤eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋…＋eq\f(1,2m－1)＝eq\f(1,2n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2m－n)))＜eq\f(1,2n－1)，故|an|＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(|am|,2m)))·2n≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2m)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(m)))·2n＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(m)·2n.從而對于任意m＞n，均有|an|＜2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(m)·2n.①由m的任意性得|an|≤2.否則，存在n0∈N*，有|an0|＞2，取正整數(shù)m0＞logeq\f(3,4)eq\f(|an0|－2,2n0)且m0＞n0，則2n0·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(m0)＜2n0·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(log\f(3,4))eq\f(|an0|－2,2n0)＝|an0|－2，與①式矛盾．綜上，對于任意n∈N*，均有|an|≤2.熱點(diǎn)三放縮法證明數(shù)列不等式放縮法是證明不等式的基本方法和基本技能，找到合理的放縮依據(jù)恰當(dāng)放縮是其關(guān)鍵．【例3】(2017·湖州調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(2,5)，an＋1＝eq\f(2an,3－an)，n∈N*.(1)求a2；(2)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的通項(xiàng)公式；(3)設(shè){an}的前n項(xiàng)的和為Sn，求證：eq\f(6,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n)))≤Sn<eq\f(21,13).(1)解由條件可知a2＝eq\f(2a1,3－a1)＝eq\f(4,13).(2)解由an＋1＝eq\f(2an,3－an)得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(3,2)·eq\f(1,an)－eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比數(shù)列，又eq\f(1,a1)－1＝eq\f(3,2)，則eq\f(1,an)－1＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)，所以eq\f(1,an)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)＋1.(3)證明由(2)可得an＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n)＋1)≥eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－1))＝eq\f(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1).所以Sn≥eq\f(2,5)＋eq\f(2,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(1)＋…＋eq\f(2,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(6,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n)))，故Sn≥eq\f(6,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n)))成立．另一方面an＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n)＋1)<eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<eq\f(2,5)＋eq\f(4,13)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(4)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)＝eq\f(46,65)＋eq\f(8,9)－eq\f(8,9)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－2)<eq\f(46,65)＋eq\f(8,9)<eq\f(21,13)，n≥3，又S1＝eq\f(2,5)<eq\f(21,13)，S2＝eq\f(46,65)<eq\f(21,13)，因此Sn<eq\f(21,13).所以eq\f(6,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n)))≤Sn<eq\f(21,13).探究提高(1)數(shù)列中不等式的證明本身就是放縮的結(jié)果，在證明過程中，要善于觀察數(shù)列通項(xiàng)的特點(diǎn)，結(jié)合不等式的結(jié)構(gòu)合理地選擇放大與縮小，常見的兩種放縮方式是：①放縮成等比數(shù)列求和形式；②放縮成裂項(xiàng)求和形式．【訓(xùn)練3】(2018·浙東北教聯(lián)聯(lián)考)已知數(shù)列{an}中，a1＝3，2an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2an＋4.(1)證明：an＋1>an；(2)證明：an≥2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)；(3)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為Sn，求證：1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)≤Sn<1.證明(1)因?yàn)?an＋1－2an＝aeq\o\al(2,n)－4an＋4＝(an－2)2≥0，又a1＝3，所以an＋1≥an≥3，所以(an－2)2>0，所以an＋1>an.(2)因?yàn)?an＋1－4＝aeq\o\al(2,n)－2an＝an(an－2)，所以eq\f(an＋1－2,an－2)＝eq\f(an,2)≥eq\f(3,2)，所以an－2≥eq\f(3,2)(an－1－2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)(an－2－2)≥…≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)(a1－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)，所以an≥2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1).(3)因?yàn)?(an＋1－2)＝an(an－2)，所以eq\f(1,2（an＋1－2）)＝eq\f(1,an（an－2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)－\f(1,an)))，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,an－2)－eq\f(1,an＋1－2)，所以Sn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1－2)－eq\f(1,a2－2)＋eq\f(1,a2－2)－eq\f(1,a3－2)＋…＋eq\f(1,an－2)－eq\f(1,an＋1－2)＝eq\f(1,a1－2)－eq\f(1,an＋1－2)＝1－eq\f(1,an＋1－2)，因?yàn)閍n＋1－2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)，所以0<eq\f(1,an＋1－2)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，所以1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)≤Sn＝1－eq\f(1,an＋1－2)<1.1．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,n),aeq\o\al(2,n)－an＋1)(n∈N*)．(1)求證：an＋1<an；(2)(一題多解)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：Sn<1.證明(1)因?yàn)閍eq\o\al(2,n)－an＋1＝(an－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，且a1＝eq\f(1,2)>0，所以an>0，所以an＋1－an＝eq\f(aeq\o\al(2,n),aeq\o\al(2,n)－an＋1)－an＝eq\f(－an（an－1）2,aeq\o\al(2,n)－an＋1)<0，所以an＋1<an，n∈N*.(2)法一因?yàn)閍n＝eq\f(aeq\o\al(2,n－1),aeq\o\al(2,n－1)－an－1＋1)＝eq\f(1,1－\f(1,an－1)＋\f(1,aeq\o\al(2,n－1)))<eq\f(1,－\f(1,an－1)＋\f(1,aeq\o\al(2,n－1)))＝eq\f(1,\f(1,an－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)－1)))＝eq\f(1,\f(1,an－1)－1)－eq\f(1,\f(1,an－1))＝－an－1＋eq\f(1,－\f(1,an－2)＋\f(1,aeq\o\al(2,n－2)))＝－an－1－an－2＋eq\f(1,－\f(1,an－3)＋\f(1,aeq\o\al(2,n－3)))＝…＝－an－1－an－2－…－a1＋eq\f(1,\f(1,a1)－1)＝1－an－1－an－2－…－a1，所以Sn<1.法二因?yàn)?－an＋1＝1－eq\f(aeq\o\al(2,n),aeq\o\al(2,n)－an＋1)＝eq\f(1－an,aeq\o\al(2,n)－an＋1)，所以eq\f(1,1－an＋1)＝eq\f(aeq\o\al(2,n)－an＋1,1－an)＝eq\f(1,1－an)－an.所以an＝eq\f(1,1－an)－eq\f(1,1－an＋1)，所以a1＋a2＋…＋an＝2－eq\f(1,1－an＋1)，又an>0，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2－eq\f(1,1－an＋1)<1.2．(2015·浙江卷)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)且an＋1＝an－aeq\o\al(2,n)(n∈N*)．(1)證明：1≤eq\f(an,an＋1)≤2(n∈N*)；(2)設(shè)數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：eq\f(1,2（n＋2）)≤eq\f(Sn,n)≤eq\f(1,2（n＋1）)(n∈N*)．證明(1)由題意得an＋1－an＝－aeq\o\al(2,n)≤0，即an＋1≤an，故an≤eq\f(1,2).由an＝(1－an－1)an－1得an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1>0.由0<an≤eq\f(1,2)得eq\f(an,an＋1)＝eq\f(an,an－aeq\o\al(2,n))＝eq\f(1,1－an)∈(1，2]，即1≤eq\f(an,an＋1)≤2成立．(2)由題意得aeq\o\al(2,n)＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1.①由eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(an,an＋1)和1≤eq\f(an,an＋1)≤2得1≤eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)≤2，所以n≤eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,a1)≤2n，因此eq\f(1,2（n＋1）)≤an＋1≤eq\f(1,n＋2)(n∈N*)．②由①②得eq\f(1,2（n＋2）)≤eq\f(Sn,n)≤eq\f(1,2（n＋1）)(n∈N*)．3．(2018·杭州高級(jí)中學(xué)模擬)在正數(shù)數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(4,3)，an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋eq\f(2,an)－2.求證：1＜an＋1＜an.證明an＋1－1＝aeq\o\al(2,n)－1＋eq\f(2,an)－2＝eq\f(（an－1）2（an＋2）,an)＞0，所以an＋1＞1，因?yàn)閍n＋1＝aeq\o\al(2,n)＋eq\f(2,an)－2，所以an＋2＝aeq\o\al(2,n＋1)＋eq\f(2,an＋1)－2，相減，an＋2－an＋1＝(an＋1－an)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1＋an－\f(2,an＋1an)))，因?yàn)閍n＋1＞1，an＞1，所以an＋1＋an＞2，eq\f(2,an＋1an)＜2，所以an＋1＋an－eq\f(2,an＋1an)＞0，所以an＋2－an＋1與an＋1－an同號(hào)，又a2＝aeq\o\al(2,1)＋eq\f(2,a1)－2＝eq\f(23,18)＜eq\f(4,3)＝a1，故a2－a1＜0，所以an＋1－an＜0，即an＋1＜an，綜上，1＜an＋1＜an.4．(2017·浙江卷)已知數(shù)列{xn}滿足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，(1)0＜xn＋1＜xn；(2)2xn＋1－xn≤eq\f(xnxn＋1,2)；(3)eq\f(1,2n－1)≤xn≤eq\f(1,2n－2).證明(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：xn＞0.當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝1＞0.假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，xk＞0，那么n＝k＋1時(shí)，若xk＋1≤0，則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(x∈N*)．(2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝xeq\o\al(2,n＋1)－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)．記函數(shù)f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)．f′(x)＝eq\f(2x2＋x,x＋1)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))＞0(x≥0)，函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(0)＝0，因此xeq\o\al(2,n＋1)－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，故2xn＋1－xn≤eq\f(xnxn＋1,2)(n∈N*)．(3)因?yàn)閤n＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，所以xn≥eq\f(1,2)xn－1≥eq\f(1,22)xn－2≥…≥eq\f(1,2n－1)x1＝eq\f(1,2n－1).故xn≥eq\f(1,2n－1).由eq\f(xnxn＋1,2)≥2xn＋1－xn得eq\f(1,xn＋1)－eq\f(1,2)≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)－\f(1,2)))＞0，所以eq\f(1,xn)－eq\f(1,2)≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn－1)－\f(1,2)))≥…≥2n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,2)))＝2n－2，故xn≤eq\f(1,2n－2).綜上，eq\f(1,2n－1)≤xn≤eq\f(1,2n－2)(n∈N*)．5．(2017·紹興檢測)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝eq\f(1,n)(n∈N*)．(1)證明：eq\f(an＋2,n)＝eq\f(an,n＋1)；(2)證明：2(eq\r(n＋1)－1)≤eq\f(1,2a3)＋eq\f(1,3a4)＋…＋eq\f(1,（n＋1）an＋2)≤n.證明(1)∵an＋1·an＝eq\f(1,n)，①∴an＋2·an＋1＝eq\f(1,n＋1)，②而a1＝1，易得an>0，由②÷①得：eq\f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq\f(an＋2,an)＝eq\f(n,n＋1)，∴eq\f(an＋2,n)＝eq\f(an,n＋1).(2)由(1)得(n＋1)an＋2＝nan，∴eq\f(1,2a3)＋eq\f(1,3a4)＋…＋eq\f(1,（n＋1）an＋2)＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,2a2)＋…＋eq\f(1,nan).令bn＝nan，則bn·bn＋1＝nan·(n＋1)an＋1＝eq\f(n·（n＋1）,n)＝n＋1，③∴當(dāng)n≥2時(shí)，bn－1·bn＝n.④由b1＝a1＝1，b2＝2，易得bn>0，由③－④得：eq\f(1,bn)＝bn＋1－bn－1(n≥2)．∴b1<b3<…<b2n－1，b2<b4<…<b2n，得bn≥1.根據(jù)bn·bn＋1＝n＋1，得bn＋1≤n＋1，∴1≤bn≤n.∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,2a2)＋…＋eq\f(1,nan)＝eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)＝eq\f(1,b1)＋(b3－b1)＋(b4－b2)＋…＋(bn－bn－2)＋(bn＋1－bn－1)＝eq\f(1,b1)＋bn＋bn＋1－b1－b2＝bn＋bn＋1－2.一方面bn＋bn＋1－2≥2eq\r(bnbn＋1)－2＝2(eq\r(n＋1)－1)，另一方面，由1≤bn≤n可知，bn＋bn＋1－2＝bn＋eq\f(n＋1,bn)－2≤mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1＋n＋1－2，n＋\f(n＋1,n)－2))≤n.得證．6．(2018·浙東北大聯(lián)盟考試)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝an－eq\f(aeq\o\al(2,n),n（n＋1）)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))的前n項(xiàng)和為Sn.證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，(1)0<an＋1<an；(2)an≤eq\f(n,3n－1)；(3)Sn>n－eq\f(1,2).證明(1)由于an＋1－an＝－eq\f(aeq\o\al(2,n),n（n＋1）)≤0，則an＋1≤an.若an＋1＝an，則an＝0，與a1＝eq\f(1,2)矛盾，故an≠0，從而an＋1<an，a1＝eq\f(1,2)>a2>a3>…>an.又eq\f(an＋1,an)＝1－eq\f(an,n（n＋1）)≥1－eq\f(1,2n（n＋1）)>0，則an＋1與an同號(hào)．又a1＝eq\f(1,2)>0，則an＋1>0，故0<an＋1<an.(2)由于0<an＋1<an，則an＋1＝an－eq\f(aeq\o\al(2,n),n（n＋1）)<an－eq\f(anan＋1,n（n＋1）)，即eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)<－eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n)，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)>eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(1,an)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)－\f(1,an－2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a1)))＋eq\f(1,a1)>eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＋eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n－1)＋…＋1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,a1)＝3－eq\f(1,n)＝eq\f(3n－1,n)>0，從而an<eq\f(n,3n－1).當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\f(1,2)＝eq\f(1,3×1－1)，從而an≤eq\f(n,3n－1).(3)由eq\f(an＋1,an)＝1－eq\f(an,n（n＋1）)≥1－eq\f(a1,n（n＋1）)＝1－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時(shí)，取等號(hào))，得Sn＝eq\f(a2,a1)＋eq\f(a3,a2)＋…＋eq\f(an＋1,an)≥n－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))>n－eq\f(1,2).7．(2017·杭州質(zhì)量檢測)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為非負(fù)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且對任意的n∈N*，都有an＋1≤eq\f(an＋an＋2,2).(1)若a1＝1，a505＝2017，求a6的最大值；(2)若對任意n∈N*，都有Sn≤1，求證：0≤an－an＋1≤eq\f(2,n（n＋1）).(1)解由題意知an＋1－an≤an＋2－an＋1，設(shè)di＝ai＋1－ai(i＝1，2，…，504)，則d1≤d2≤d3≤…≤d504，且d1＋d2＋d3＋…＋d504＝a505－a1＝2016.∵eq\f(d1＋d2＋…＋d5,5)≤eq\f(d6＋d7＋…＋d504,49