不动点与数列不等式问题

1、 不动点与数列不等式问题4 在历届高考试题中，求数列的通项或证明数列不等式的内容，占有一定的篇幅在的一类不等式问题，把近几中研究探讨了高考题中涉及到递推数列文献12)f(xx?nn?1 年高考数学中出现的这类试题概括在下列两个命题中：12?，且，在设上连续，在命题2上可导， )a,ba,b()f(xa)0?f(fa(x)?a?x)xf(x? 数列，则，满足，xL1,2,3,nb)?b?f(1n1n?nbx?a?x? ，.Ln?1,2,3,1?nn12?，在上连续，在上可导，且命题3 设)(ab,bf(x)a,a?(x)?0a)ff(?b?x)x?f(xx ，则满足，数列L?b?1,2,3,nf

2、(b)1nn?1nb?x?xa? ，.1,2,3,Ln?n?1n年全国卷、19862006年湖南卷、利用上述两个命题，把2005年江西卷、2006年陕西卷、这些试题往往中等诸多同类试题或例题进行了统一处理，年广东卷以及文献13-152007 与递推函数的不动点相关联事实上，还有一种类型的递推数列不等式问题，它涉及到两个递推数列，联系它们就显得无能为力了下面我们以或命题3的是迭代函数具有公共的不动点，上面命题2用三种方法给出它的另解，题为例，结合不动点思想，年全国高考数学（理科）第222007 以揭示这类问题的一些处理方法?2?aa，数列中知理 (2007年全国高考科卷第22题) 已8例1n ?

3、a2)?1)(a(2? ，.1,2,3,Ln?1n?n?a 的通项公式；（）求n4?3b?n?b2b?b ，中（）若数列证明：，.n?1,2,3,L 1n?1n2b?3n2?b?a， .L?n1,2,3,3nn4? 1 ?（）参考答案中求出了然后用数学归纳法证明了不等式，本题中第的通项公式，an部分较为简单，难点是第（）部分中关于不等式的证明，参考答案中用数学归纳法先，其中不等式容易证明，但要进一步得到后证明了不等式与a?b2?b?2b3n?4nnn却比较困难下面将利用不动点思想，给出三种不同于参考答案的方法 ab?3nn?4解法1 （）（略）； 3x?4?bb满足的迭代函数易知，（） 考虑)

4、(bb?gb?2?)g(x0?x n11n?nn2x?31 到g(2)?，注意2，则由由于0?g(x).L?1,2,3,n 23)(2x? ?，即，即，用归纳法易2b(2)(b)b)?g(2)?b?2b?2?g2gg(31122 证， 2?b.Ln?1,2,3,n 2b?ac?ac?a， 欲证，则，设，2)1)(c?ac?(2?.Ln?1,2,3,3n1?4n?34n1nn?114n?n? cb?c2)f(x)?2?1(x)?(2?1)(x?f，而的迭代函数，为此考虑只需证明，由于nnn11?)?g(x，故 1)?f(x0?g(x) 293)x?(2b?c，记，下面用数学归纳法证明 0?F(x

5、).1,2,3,xF(x)?f(x)?g()Ln?nn ?)cf(?cf(b)?b，则当时成立，假设 ，又由0(2)?F(b)?b?2F1n?kkkkkkf(b)?g(b)b?c)cb()?f(g，结论得证即，于是 ，即得1k?1kkk?kk解法2 （）（略）； 3x?4?b?)(xf的不动点，即方程（）利用不动点求出的通项公式：考虑函数 n2x?3 (3?22)(b?2)4?3x n22?x，与的两个解则?b2 1n?32x?3?2bn 22b?b?2)?(322)(b22?3 1nn?n?，反复利用此式，它们之比为?b2? 1n?32b?b?23?22b?2nnn?1 2 2b?2b?22

6、3?11?12n?4n?2n1?n1为于得是项的通，)?()(?()?b n1?3?222223?2?b?2b11n? 24n?2?1)22(2 于而等显价然，ab?2?b2b?1? 34nn?nn2n?4n?2411)?(2?1)?1(2?12 4?4n均成立，故结，该不等式对一切，即1?2?1)(.n?1,2,3,L? 3n4n?2?41)?(2?1)?1(2 论得证? n（略）（） 3 ； 解法2a1)?1?(2?n 4b?32)b?(3?22)( nn2?b2?，利用此式用数学归纳法不难证明（）? 1n?3?2b3b2?nn? 3?4nab?2(2?1)?1b?，亦即证，即证，由（）中

7、结论，欲证明2?b?3nn?4nn 2 34n? ，也就是2?(2?1)(b?2)?2b? nn3n?41)2?( 34n?c?c，则只需证令，只需证，易知22?c?c2)?(?(2?1)bcn1n?1nnn 利用分析法：.1,2,3,Ln?4b?3 44n2b(?2)?(21)?cc?2(b?2)?1)?b?(2 n?1nnn1?n3?2bn 2)2(b?2)(3? 4n? ，得证222?b2?3?3?b2b?2?1)?( nnn3b?2n 通过解法1得到启示，我们可以把该结果推广为： 定理4 设在上可导，且，,ba)(xxf(),ga)?x)?1gf(a)?(a(0?gx)?f(?)(c)

8、g(bc?bc?fbb?b?cb，则数列分别满足，、，Ln?1,2,3,n11nnn?11?nnb?a?b?c ，L1,2,3,n?nn，得证明 首先证明：对，由，0a,bxf()?x?fa,bbab,?,a,?abg有，故，得，又由即，得bb(f?xf()1)?aa?b?)(f?x(f)a(?f?)bb(f)f)a(? 3 ，于是，同理，有 a,ba,b?,b?a,bga?f(x)?bfa下面用数学归纳法证明：当时，因为，所以b?b?cbc?a?b?1n?b?a11nn，结论成立假设当时，结论成立，即则当时，bc?b?c?b?a?b?akn?1?n?kk11k，即得， bc?b?a?a?b)

9、?c)f(a)?g(b)?g(b)bf(a)?f(g1k?1?kkk设，则，于是 0)?F(x)?f(x)?g(xF(x?F(b)?F(a)?0)?g(b?c?b?f(c)g(b)?f(b kkk?1kkk?1ka?b?c?b，定理得证 也就是说，当时，有1k?n?1k?k?1注4 如果函数满足，称为函数的不动点定理4揭示了一类a)ff(x)(xa?(fa)由两个具有公共不动点的迭代函数构造的数列的不等式关系 1x123f(x)?x.),x?(0,?x?xf(x) 使年陕西卷）已知函数且存在21（2006 000224x?0,x?f(x),n1n1?f(x)是R上的单调增函数；设 （I）证明：

10、1),yf(y?,y? nn1?12n?1,2,. 其中 x?x?x?y?y; II）证明：（n0?n1nn?1y?x11?nn?1?; III）证明： （ y?x2nn11122+ 0 , f(x)是R上的单调增函数: （I）f (x)=3x. 2x+ = 3(x21.解 2361（II）0x , 即xxy又f(x)是增函数, f(x)f(x)f(y).即xx0 =x, y=f(y)=f()=y,综上, xxxyy. 121101221124282用数学归纳法证明如下: (1)当n=1时,上面已证明成立. (2)假设当n=k(k1)时有xxxyy . k0kk+1k+1当n=k+1时,由f(

11、x)是单调增函数,有f(x)f(x)f(x)f(y)f(y),xxxyy k+1k0k+1k+10k+2k+1k+2k由(1)(2)知对一切n=1,2,都有xxxyy. nn0n+1n+1yxf(y)f(x)11nn+1n+1n222(y+x+x)+ y+x)+ (y+x （III） = = y(y+x nnnnnnnnnn22xyxynnnnyx11111111n+1n+122+ = ( , ) +x知由) =(y+x+ . () 0y1. y+x nnnnnn22442222xynnf(x)?x?sinx, 19.（本小题满分年湖南卷）( 2006 14分）已知函数 4 0?a?1,a?f

12、(a),n?1,2,3,L.a 满足:数列nn?11n131a?0?a?a?a. II）; 证明: （I） （ n?1nn?1n61?0?a 先用数学归纳法证明，1,2,3,证明: （I）n. 由已知显然结论成立 (i).当n=1时,1?0?a 时.因为假设当 (ii).n=k时结论成立,即0x0时，成立所以当 nnnn613a?a 故 nn?16 分）09年）21（本小题满分14220)k?(k)xC:?2nx?y?0(K?1,2,nC1,0)P(?的切向曲线从点已知曲线引斜率为nnnnP(x,y)l 线，切点为nnnnx与y的通项公式；（1）求数列 nn 1?xx Lnnsin?x2xx?

13、x?. ）证明：（2 15?321n1?xynn222222y?k(x?1)(1?k)x?(2k?2n)x?k?00?ynx2?x?l，设）1：解（直得联立线，：nnnnn 5 nn2222?k0k)?4(1?k?2?(k?2n) 则（舍去），nnnn1?n21?2n22k1n2n?nn2n?)y?k(x?1?x?x? 即，nnnnn221n?1?n)(1n1?knn1?x1?11n?n? ：（2）证明n2n1?x?1?1n1?n132n?1132n?11?x?x?x?x? 1?2153n2n?152n?1242n31?xn?xx?x?x? 132n15?1?xnx1?x1nn?xcos?1?

14、2?2sinxf(x)f(x)?x令，函，可令由于数，则y2n?11?xnn?2(0,)(0,)0)f?(x)?0f(x)(xf?cosx上单调递减，在，则函数，给定区间，得，则有442?11(0,)x?2sinx0)?fx)?(0f(，即恒成立，又在， ?0?442n?13111?xx. ，即 则有 sin?2nnsin?2 2n?12n?11?xynn21（本小题满分12分） a的各项都是正数,且满足: 已知数列n1a,(4?a),n?N1a?,a?. nnn?102a?a?2,n?N; ）证明1（1nn?a的通项公式a. （2）求数列nn21解：（1）方法一 用数学归纳法证明： 13a(

15、4?a)?,?a1a, 1当n=1时，001022 6 a?a?2，命题正确. 10a?a?2. =k时有2假设nkk?111a(4?a)?a?aa(4?a)n?k?1时, 则 k?k1k?1kkk?1221?2(a?a)?(a?a)(a?a) kk?k?11kk?k12 1?(a?a)(4?a?a). kkk?1?1k2a?a?0.4?a?a?0,?a?a?0. 而1?1k?k1kkkk?112?2a?2).?4?(a?a(4?a) 又 kkk?1k22n?k?1时命题正确. a?a?2. 2知，对一切nN时有由1、1nn?方法二：用数学归纳法证明： 130?a?a?2,?a?1,a?a)a(4；n=1 1当时， 10010022a?a?2成立，n=k时有 2假设k1k?1x(4?x)f(x)?)xf(令 在0，2上单调递增，所以由假设 ， 2111),f(2)f(a)?f(a?),2?)(4?a?a(4?a)?2(4?a 即有： kk?1kkk?1?1k222a?a?2n?N,有a?a?2 成立，所以对一切也即当n=k+1时 1kkk?1k?112?42),?(?aa?a(4?a)所以）下面来求数列的通项： （2 n?n1nn222)2a?2)