【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题12　数列中的不等式证明及放缩问题

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数列不等式证明问题的常见放缩技巧
(1)对eq \f(1,n2)的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况(下列n∈N*)：
eq \f(1,n2)＜eq \f(1,n2－n)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(n≥2)；
eq \f(1,n2)＜eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))(n≥2)；
eq \f(1,n2)＜eq \f(1,n2－\f(1,4))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))(n≥1).
(2)对eq \f(1,2\r(n))的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况(下列n∈N*)：
eq \f(1,2\r(n))＞eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)(n≥1)；
eq \f(1,2\r(n))＜eq \f(1,\r(n)＋\r(n－1))＝eq \r(n)－eq \r(n－1)(n≥1).
类型一 关于数列项的不等式证明
(1)结合“累加”“累乘”“迭代”放缩；(2)利用二项式定理放缩；(3)利用基本不等式或不等式的性质；(4)转化为求最值、值域问题.
例1 设正项数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋eq \f(1,an)(n∈N*).
求证：(1)2(2)eq \f(3n－1,3n－2)≤eq \f(an＋1,an)≤eq \f(2n,2n－1).
证明 (1)因为a1＝1及an＋1＝an＋eq \f(1,an)(n≥1)，所以an≥1，所以0＜eq \f(1,aeq \\al(2,n))≤1.
因为aeq \\al(2,n＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))eq \s\up12(2)＝aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,aeq \\al(2,n))＋2，
所以aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝eq \f(1,aeq \\al(2,n))＋2∈(2，3]，
即2(2)由(1)得222⋮
2所以2n＋1即2n－1当n＝1时，满足2n－1≤aeq \\al(2,n)≤3n－2，
所以2n－1≤aeq \\al(2,n)≤3n－2，
所以eq \f(an＋1,an)＝1＋eq \f(1,aeq \\al(2,n))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3n－1,3n－2)，\f(2n,2n－1)))，
即eq \f(3n－1,3n－2)≤eq \f(an＋1,an)≤eq \f(2n,2n－1).
训练1 (2022·天津模拟)已知数列{an}满足an＝eq \f(n,n－1)an－1－eq \f(1,3)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)(n≥2，n∈N*)，a1＝eq \f(4,9).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足c1＝eq \f(1,2)，cn＋1＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(k＋1),ak)·ceq \\al(2,n)＋cn，其中k为一个给定的正整数，求证：当n≤k时，恒有cn<1.
(1)解 由已知可得：
eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)(n≥2)，
即eq \f(an,n)－eq \f(an－1,n－1)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)，
由累加法可求得
eq \f(an,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)－\f(an－1,n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,n－1)－\f(an－2,n－2)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)－\f(a1,1)))＋eq \f(a1,1)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－1)－…
－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(4,9)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n＋1)，
即an＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n＋1)(n≥2)，
又n＝1时也成立，故an＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n＋1)(n∈N*).
(2)证明 由题意知cn＋1＝eq \f(1,k)ceq \\al(2,n)＋cn，
∴{cn}为递增数列，
∴只需证ck<1即可.
当k＝1时，c1＝eq \f(1,2)<1成立，
当k≥2时，cn＋1＝eq \f(1,k)ceq \\al(2,n)＋cn即eq \f(1,cn＋1)－eq \f(1,cn)>－eq \f(1,k)，
因此eq \f(1,ck)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ck)－\f(1,ck－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c2)－\f(1,c1)))＋eq \f(1,c1)>－eq \f(k－1,k)＋2＝eq \f(k＋1,k)，
∴ck∴当n≤k时，恒有cn<1.
类型二 对通项公式放缩后求和
在解决与数列的和有关的不等式证明问题时，若不易求和，可根据项的结构特征进行放缩，转化为易求和数列来证明.
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，若4Sn＝(2n－1)an＋1＋1，且a1＝1.
(1)证明：数列{an}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,an\r(Sn))，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn证明 (1)因为4Sn＝(2n－1)an＋1＋1，
所以4Sn－1＝(2n－3)an＋1(n≥2)，
两式相减得
4an＝(2n－1)an＋1－(2n－3)an(n≥2)，
即(2n＋1)an＝(2n－1)an＋1，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋1,2n－1)，
所以eq \f(an,an－1)＝eq \f(2n－1,2n－3)，eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(2n－3,2n－5)，…，eq \f(a3,a2)＝eq \f(5,3)，
所以eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)＝eq \f(2n－1,2n－3)·eq \f(2n－3,2n－5)×…×eq \f(5,3)，
即eq \f(an,a2)＝eq \f(2n－1,3)(n≥2)，
所以an＝eq \f(2n－1,3)a2.
由4Sn＝(2n－1)an＋1＋1，
令n＝1可得4S1＝a2＋1⇒a2＝3，
所以an＝2n－1(n≥2)，
经验证a1＝1符合上式，
所以an＝2n－1.
又由an＋1－an＝2为定值，
故{an}是等差数列.
(2)由(1)得Sn＝n2，bn＝eq \f(1,（2n－1）\r(n2))＝eq \f(1,n（2n－1）)，b1＝1，显然T1当n≥2时，bn＝eq \f(1,n（2n－1）)所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n)))故Tn训练2 已知数列{an}中，a1＝eq \f(5,4)，4an＋1＝an＋3(n∈N*).
(1)证明：数列{an－1}是等比数列，并求{an}前n项的和Sn；
(2)令bn＝2n·an，求证：eq \f(1,2b1＋3)＋eq \f(1,2b2＋3)＋…＋eq \f(1,2bn＋3)＜eq \f(13,40).
证明 (1)因为4an＋1－4＝an－1，
所以an＋1－1＝eq \f(1,4)(an－1).
又a1－1＝eq \f(1,4)≠0，所以an－1≠0，从而eq \f(an＋1－1,an－1)＝eq \f(1,4)，
所以数列{an－1}是以eq \f(1,4)为首项，eq \f(1,4)为公比的等比数列.
所以an－1＝eq \f(1,4n)，即an＝1＋eq \f(1,4n)；
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,42)＋…＋\f(1,4n)))
＝n＋eq \f(\f(1,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝n＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3×4n)(n∈N*).
(2)由(1)可知，an＝1＋eq \f(1,4n)，所以bn＝2n·an＝2n＋eq \f(1,2n).
所以eq \f(1,2bn＋3)＝eq \f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋\f(1,2n)))＋3)＝eq \f(2n,2（22n＋1）＋3·2n)＝eq \f(2n,2n·2n＋1＋2n＋1＋2n＋2)
＝eq \f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）＋1)
＜eq \f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1).
当n＝1时，eq \f(1,2b1＋3)＝eq \f(1,8)＜eq \f(13,40).
当n≥2时，eq \f(1,2b1＋3)＋eq \f(1,2b2＋3)＋…＋eq \f(1,2bn＋3)
＜eq \f(1,8)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23＋1)－\f(1,24＋1)))
＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,8)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,2n＋1＋1)
＜eq \f(13,40).
综上，eq \f(1,2b1＋3)＋eq \f(1,2b2＋3)＋…＋eq \f(1,2bn＋3)类型三 对求和结论进行放缩
对于含有数列和的不等式，若数列的和易于求出，则一般采用先求和再放缩的策略证明不等式.
例3 (2022·郑州模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，数列{cn}满足22c1＋32c2＋42c3＋…＋(n＋1)2cn＝n.
(1)求出{an}，{cn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(cn＋1·（n＋1）,[lg2（an＋1）]2)))的前n项和为Tn，求证：Tn(1)解 由an＋2＝3an＋1－2an，
得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an).
又a2－a1＝2，
则数列{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＋1－an＝2×2n－1＝2n，
∴a2－a1＝2，
a3－a2＝22，
a4－a3＝23，……，
an－an－1＝2n－1，
累加得an－a1＝2＋22＋…＋2n－1，
∴an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)
＝2n－1.
数列{cn}满足22c1＋32c2＋42c3＋…＋(n＋1)2cn＝n，①
当n＝1时，c1＝eq \f(1,4)；
当n≥2时，22c1＋32c2＋42c3＋…＋n2cn－1＝n－1，②
由①－②可得cn＝eq \f(1,（n＋1）2)，
当n＝1时，也符合上式，
故数列{cn}的通项公式为cn＝eq \f(1,（n＋1）2).
(2)证明 由(1)可得
eq \f(n＋1,（n＋2）2[lg2（an＋1）]2)＝eq \f(n＋1,（n＋2）2n2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,（n＋2）2)))，
则Tn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)＋\f(1,22)－\f(1,42)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,n2)－\f(1,（n＋2）2)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)－\f(1,（n＋1）2)－\f(1,（n＋2）2)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)－\f(1,（n＋1）2)－\f(1,（n＋2）2)))故Tn训练3 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3n＝3an－2，且S5－S3＝4a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为Tn，
证明：Tn(1)解 设数列{an}的公差为d，在a3n＝3an－2中令n＝1，
有a3＝3a1－2，
即a1＋2d＝3a1－2，
故a1＝d＋1.①
由S5－S3＝4a2得a4＋a5＝4a2，
所以2a1＝3d.②
由①②，解得a1＝3，d＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.
(2)证明 Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（3＋2n＋1）,2)＝n2＋2n，
所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
故Tn＝eq \f(1,2)×[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))]，
所以Tn＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）).
因为eq \f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）)>0，所以Tn类型四 利用数列的单调性证明不等式
若所证的数列不等式中有等号，常考虑利用数列的单调性来证明.
例4 已知等差数列{an}的公差d≠0，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列.
(1)求使不等式an≥0成立的最大自然数n；
(2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Tn，
求证：－eq \f(13,25)≤Tn≤eq \f(12,25).
(1)解 由题意，可知aeq \\al(2,11)＝a1·a13，
即(a1＋10d)2＝a1·(a1＋12d)，
∴d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，d≠0，
∴d＝－2，∴an＝－2n＋27，
∴－2n＋27≥0，∴n≤13.5，
故满足题意的最大自然数为n＝13.
(2)证明 eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（－2n＋27）（－2n＋25）)
＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,－2n＋27)－\f(1,－2n＋25)))，
∴Tn＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,anan＋1)
＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,25)－\f(1,23)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23)－\f(1,21)))＋…))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,－2n＋27)－\f(1,－2n＋25)))))
＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,25)－\f(1,－2n＋25)))＝－eq \f(1,50)＋eq \f(1,50－4n).
从而当n≤12时，Tn＝－eq \f(1,50)＋eq \f(1,50－4n)单调递增，且Tn>0；
当n≥13时，Tn＝－eq \f(1,50)＋eq \f(1,50－4n)单调递增，且Tn<0，
∴T13≤Tn≤T12，由T12＝eq \f(12,25)，T13＝－eq \f(13,25)，
∴－eq \f(13,25)≤Tn≤eq \f(12,25).
训练4 (2022·重庆诊断)已知数列{an}满足a2＝2，且nan＋1＝(n＋1)an，数列{bn}各项均为正数，其前n项和Sn满足2Seq \\al(2,n)－(n2＋5n－2)Sn－n2－5n＝0.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝eq \f(aeq \\al(2,n)＋beq \\al(2,n),anbn)，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn－2n≥eq \f(4,3).
(1)解 由nan＋1＝(n＋1)an，
得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＝…＝eq \f(a2,2)＝1，得an＝n.
由2Seq \\al(2,n)－(n2＋5n－2)Sn－n2－5n＝0，
得(2Sn－n2－5n)(Sn＋1)＝0，
因为数列{bn}各项均为正数，
∴Sn＋1>0.
所以Sn＝eq \f(n2＋5n,2)，当n≥2时，
bn＝Sn－Sn－1
＝eq \f(n2＋5n,2)－eq \f(（n－1）2＋5（n－1）,2)＝n＋2，
因为b1＝S1＝3也符合上式，
所以bn＝n＋2.
(2)证明 由(1)知cn＝eq \f(aeq \\al(2,n)＋beq \\al(2,n),anbn)＝eq \f(an,bn)＋eq \f(bn,an)＝eq \f(n,n＋2)＋eq \f(n＋2,n)＝2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝2n＋2×(1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))，
＝2n＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝3－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))＋2n，
则Tn－2n＝3－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))，
设f(n)＝Tn－2n＝3－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))，
因为f(n＋1)－f(n)
＝3－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋3)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋3)))
＝eq \f(4,（n＋1）（n＋3）)>0，
所以f(n)单调递增，故f(n)≥f(1)＝eq \f(4,3)，
∴Tn－2n≥eq \f(4,3).
一、基本技能练
1.(2022·西安二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an与an＋1之间插入n个实数，使这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,dn)))的前n项和为Tn，求证：Tn(1)解 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋1＝2Sn＋1，,an＝2Sn－1＋1（n≥2），))两式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an(n≥2)，
所以an＋1＝3an(n≥2).
因为{an}是等比数列，所以公比为3，
又a2＝2a1＋1，
所以3a1＝2a1＋1，
所以a1＝1.
故an＝3n－1.
(2)证明 由题设得an＋1＝an＋(n＋1)dn，
所以eq \f(1,dn)＝eq \f(n＋1,an＋1－an)＝eq \f(n＋1,2×3n－1)，
所以Tn＝eq \f(1,d1)＋eq \f(1,d2)＋…＋eq \f(1,dn)＝eq \f(2,2×30)＋eq \f(3,2×31)＋…＋eq \f(n＋1,2×3n－1)，
所以2Tn＝eq \f(2,30)＋eq \f(3,31)＋…＋eq \f(n＋1,3n－1)， ①
则eq \f(2,3)Tn＝eq \f(2,3)＋eq \f(3,32)＋…＋eq \f(n,3n－1)＋eq \f(n＋1,3n)，②
①－②得，eq \f(4,3)Tn＝2＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,3n－1)－eq \f(n＋1,3n)＝2＋eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－eq \f(n＋1,3n)，
所以Tn＝eq \f(15,8)－eq \f(2n＋5,8×3n－1)，所以Tn2.(2022·焦作模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，a2＝4，Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn－2(n≥2).
(1)证明：数列{an－2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(2n－1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：eq \f(1,12)≤Tn证明 (1)当n≥2时，由Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn－2可变形为Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)－2，
即an＋1＝2an－2，即an＋1－2＝2(an－2)，
所以eq \f(an＋1－2,an－2)＝2(n≥2)，
又因为a1＝3，a2＝4，
可得a1－2＝1，a2－2＝2，所以eq \f(a2－2,a1－2)＝2，
所以数列{an－2}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an－2＝2n－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝2＋2n－1.
(2)由an＝2＋2n－1，
可得bn＝eq \f(2n－1,anan＋1)＝eq \f(2n－1,（2＋2n－1）（2＋2n）)＝eq \f(1,2＋2n－1)－eq \f(1,2＋2n)，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,6)＋eq \f(1,6)－eq \f(1,10)＋…＋eq \f(1,2＋2n－1)－eq \f(1,2＋2n)
＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2＋2n)，
因为eq \f(1,2＋2n)>0，
所以eq \f(1,3)－eq \f(1,2＋2n)又因为f(n)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2＋2n)，n∈N*，单调递增，所以Tn≥b1＝eq \f(1,（2＋1）（2＋2）)＝eq \f(1,12)，
所以eq \f(1,12)≤Tn3.(2022·廊坊模拟)已知公差不为0的等差数列{an}满足：a1＝1且a2，a5，a14成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式an和前n项和Sn；
(2)证明：不等式eq \f(3,2)－eq \f(1,n＋1)(1)解 设数列{an}公差为d，因为a2，a5，a14成等比数列.
所以aeq \\al(2,5)＝a2a14，
即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，
得3d2－6d＝0，
又d≠0，所以d＝2.
故an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
Sn＝eq \f(（1＋2n－1）n,2)＝n2(n∈N*).
(2)证明 由(1)得eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n2)，
因为当n≥2时，eq \f(1,n（n＋1）)即eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)所以1＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)<1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,n2)<1＋1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，
即eq \f(3,2)－eq \f(1,n＋1)二、创新拓展练
4.(2022·连云港六校联考)在正项数列{an}中，已知a2＝eq \f(9,16)，an＋1＝an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))eq \s\up12(2).
(1)确定数列{an}的单调性，并求出an的最小值；
(2)证明：对任意n∈N*，都有an≤eq \f(n,n＋1)成立.
(1)解 因为an＋1＝an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))eq \s\up12(2)，
所以an＋1－an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))eq \s\up12(2)>0，
即数列{an}是递增数列，因此an的最小值是a1.
在递推式中，令n＝1，则a2＝a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,1＋1)))eq \s\up12(2)，
即eq \f(9,16)＝a1＋eq \f(aeq \\al(2,1),4)，
解得a1＝eq \f(1,2)(负值舍去)，
所以an的最小值是eq \f(1,2).
(2)证明 由(1)知，an＋1>an，
所以an＋1－an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))eq \s\up12(2)即eq \f(an＋1－an,an＋1an)所以eq \f(1,an)－eq \f(1,an＋1)当n≥2时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a3)－\f(1,a4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)－\f(1,an)))即eq \f(1,a1)－eq \f(1,an)<1－eq \f(1,n)，eq \f(1,an)>eq \f(n＋1,n)，
所以an当n＝1时，an＝eq \f(n,n＋1).
故对任意n∈N*，都有an≤eq \f(n,n＋1)成立.