(完整word版)数列型不等式的证明

1、数列型不等式证明的常用方法一.放缩法数列型不等式证明是前见年高考中的一个热点，在多省试题中常常作为压轴题出现。放缩法是数列不等式证明的 一个重要方法，它具有很强的技巧性的特点，学生往往无从 下手，下面总结放缩法证明的一些常用技巧，例如归一技巧、抓大放小技巧、回头追溯技巧、利用函数性质技巧，仅供参考.1 归一技巧归一技巧，指的是将不容易求和的和式中的所有项或若干项全部转化为同一项，或是将和式的通项中的一部分转 化为同一个式子（或数值），既达到放缩的目的，使新的和 式容易求和.归一技巧有整体归一、分段归一。1 1 1例如设n是正整数，求证？百市12n【证明】12n2n4 2W42 4 424 43

2、n另外:11 11 12n44244n43n 1 .n个1n【说明】在这个证明中，第一次我们把11L 2n这些含n的式子都“归一”为2n，此时式子同时变小，顺利把不易求和的1齐变成了12n和，既将式子缩小，同时也使缩小后的式子非常容易求和， 这就是“归一”所达到的效果。而不等式右边的证明也类似1.1 整体归一放缩法中，如果通过将所有项转化为同一项而达到放缩目的的，称之为“整体归一”例1.数列an的各项均为正数， Sn为其前n项和，对于任 意n N*，总有3n，Sn，3n2成等差数列.(I )求数列an的通项公式;(n )设数列bn的前n项和为Tn，且 bnlnnx2an,求证：对任意实数x 1

3、, e ( e是常数，e = 2.71828)和任意正整数n ,总有Tn 2 ；(I)解：由已知：对于2Sn 1 an 1-得2an*n N ,2a 4n 12a an n总有2Sn anan2成立an 1 anan an 1an an 1an an 1又 n=1 时，2Si 6* an n .( n N)ai ,解得 al =1b lnnx1bn2 W2 .ann(放缩通项，1 1T. .n12 22(放缩通项，裂项求和)1 1 11 12 2 3(H)证明：对任意实数X整体归一)1 11 112 n1 22 3n 1n11c1c22n 1nn1,e和任意正整数n,总有例2.已知数列an中的

4、相邻两项a2k 1，a2k是关于x的方程x2 (3k2k)x 3k 2k 0的两个根，且a2k i w a2k (k1?2?3?L ).(I )求印,a2 , a3 , a7 ；(II )求数列an的前2n项和Sn ；(川)记f(n)1 sin n2 sin nT ( 1)f (1)f (1严1 naa2a3a4a5a6(1)f(n "a2n 1a2n15*求证：匚w Tn w (nN)6248 时；a?（II ）略.S2n3n23n2“ i【分析】(1)略.a1 2 ; a3 4 ； a5(Ill )本题应注意到以下三点， f( n) 1, 2，且 f( n)具有周期性.f(n)

5、1, 2, 这就有(1)f(n) 1, 1，f(n)虽有周期性，可周期为2(1)f(n 1115T1, T2，本题相当于证6aa a a 24*明 T1 < Tn < T2（n N ）.基于以上三点，我们可以看到：T1 < Tn等价于从第二项开始的项之和为非负数，可否考虑将第三项开始的项缩 小，此时可以做两方面的“归一”，一是符号“归一”，二是 分母的部分“归一”，两者都是要达到容易求和的目的【解答】当n > 3时，这就使当n很大时，和式通项的符号增加了不确定a2n 1a2n很显然，当n 4时，a2n 1 3n , a2n 2 ；当n 3时，a2n1 2n, a?n 3

6、n .纵然没有符号的问题，通1项n如何求和？也需要解决.3n 2f丄丄（M6 a3a4 a5a6a2n 1a2n111二6a3a41164 61164 61166 221161”为负”为2)6 2na5a6132 91(丄6(3 221 166，至于不等式右边原理一样:Tn524524为正a5a6a7a8a5a6a7a8a2n1丁从第三项起1a2n“归235 24 9249 233 4 2414 23FL丄)n 1n 21)f (n 1)a2n 1a2n3 4 2412na2n 1a2n(3,4,5,n（从第四项起“归13 5 25丄2n (4,5,“归3n，n“归一”为3)51249 2n2

7、4 T1115又 1a-!a26， T2a1a2a3a424，原结论成立1.2分段归一放缩法中，如果我们把和式分为若干段，每一段中的 各个项都转化为同一项而达到放缩并容易求和的目的的，称 之为“分段归一”.例 3 已知数列an和0满足 印 2,an 1 an（an 1 1），bn an 1，数列bn的前 n 和为 Sn.（1）求数列bn的通项公式；,n 1（2）求证：对任意的nN有1 S2n - n成立. 1分析：（1）略.bn -.n（2）此问可以用数学归纳法证明，也可以用“分段归一”的放缩法解答.【解答】左边证明23 45 6(亠丄r 1 12C,11S2n 1-2 2 31111( )(

8、-11 111)(7 89161 (i 1)(2 4481 1 1 1)8)1 1(命4 2 4 36)8个丄161 1(- -)2 4 2 4 22n 1个丄2n14322 424 422 4n个-2= 1+2这里我们以1和式 2122丄23，24，1,2,3,1班分为n段，每段12i 1 1丄,n），每段中的数对缩小归一为 歹，这就1使每一段的数缩小后和为-，从而得证.至于不等号右边，原理类似:S2n1 1 -223丄2n1（U（4 5 6 11211 1亓刁5（5 5）（5 1 1 5）'2 2 4 4 4 4（84241 4 4142 4 4 4311n2【说明】本题我们需要关

9、注到不等号两边的性质：一方1 + - 1 面，21 124 2 43?，接着我们把不等式中间的和式除n个 -2外的部分拆分成n段，每段都不小于2 ；另一方面，112 1 42 431 2，接着我们把不等式中间的和式除2n个 12外的部分拆分成n段，每段都不大于1 ；在归一放缩时，我们需要注意到题设的条件和式子的性质，它是我们考虑如何归一、往哪个地方归一的关键2抓大放小在将和式通项中，我们保留式子主要的、数值较大的部 分，去掉次要的、数值相对较小的部分，以便达到放缩和容 易求和的目的，这种放缩技巧，我们称之为“抓大放小”技 巧.例如求证：222 12 2通项放缩为2n2n求和即证。2.1直接抓大

10、放小例4设数列an的前n项和为有 an 5Sn1成立，记bnSn ,41对任意的正整数n，都an*（n N ）.an（I ）求数列R的通项公式;（II ）记cn b2n b2n 1（n N *），设数列Cn的前门项和为Tn，求证：对任意正整数 n都有Tn【解答】（I）略 bn4n1bn(1)n(1)n4 ( 4；1Cnb2nbn 12542n42n 142n 11(42n 1)(42n 4)425121162331116142516269-1 1348216【说明】这里的分母4n2n43 44阻碍了式子的求和，式子44n 3 42n 4中，最大的是44n，他起到了决定 整个这个式子数值大小的作

11、用， 3 42n 4相比它来说小很 多，由此，我们能把44n留在，去掉3 42n 4，这里既能起25 42n25 42n44n 3 42n 444n2516n（分母直接抓大放小）13又 D 34,33当n 1时，Ti -2当4n 2时， 25n 3Ci-31 11(23 K62 16316n)4到放大式子的要求，也能使通项转化为等比数列，使和式容 易求和.就象整棵大树，我们留下了主干，把枝梢末节的地 方去掉了。2.2拆大抵小“拆”大“抵”小指的是通项中有一两个数值在放缩时无法直接消去，只能从主要的数值中拆出 部分出来与之相抵，达到放缩的效果.例5设数列an的前n项和为S,满足2Sn Oi 1

12、n1nN，且 a1， a23，a3成等差数列.（1）求a1，a2，a3的值；（2）求数列an的通项公式；1 1 ,13（3）证明：对一切正整数n，有La1 a2On2 .分析(1)略.ai 1, 32=4, 83=13(2) 略.3n1)1 2(3) 由(2)知孑1如果将通项23n?分母中的1消去，通项将转化为等比数列令，可这个转化是一个缩小的放缩，与和式放大3矛盾，因而不能直接去掉1.2我们可以从通项-分母中的3n中拆出一部分出3 I来与1相抵，为了达到放大的目的，拆出来的部分必须比1大.【解答】1(3)由 aan222 12 3n 13n3n 12 3n 13n 1 1（拆大抵小）1111

13、1故有:L1n 1a2an33113n31311223'n 123【说明】抓大放小的技巧在于留住式子中主要的部分，既保留了式子的数值，也达到了放缩和容易求和的目的又例如求证：11 1152 122 1 2312n 13如果2n1 2 2n1 12n12n1 1 2n11 1那么21盯，则放大过头！因为 2n 1 4 2n2 1 3 2n2 2n2 1 3 2n2(n 2)1 1 1所以通项放缩为一-(n 2)，求和即证。2n 13 2n111134如果求证： 厂 厂n，则上2 1 22 1 23 1 2n 1 21述放大过头!可以用nn 3n 3n 3n 321 8 217221 7

14、2 ( n3)所以第一、二项不变，通项从第三项放大为12n 17 2n3(n3），求和即证。3回头追溯技巧许多的时候，我们在不等式放缩时，往往会因为式子 放的过大，步子迈得太开，而得到一个比原题设证明更弱的 命题，从而导致对题目的证明失败 .此时我们往往只能回头 追溯我们原来的放缩，修改它，或者是保留若干项，这就是 回头追溯技巧.3.1 保留若干项的回溯例6已知数列何满足31 2，an 1 2（1丄）2 an （n N*）. n3n >（1 ）求证数列门2是等比数列，并求其通项公式；Cn710.n（2 ）设 Cn，求证：Gc2 c33n分析：（1）略.3nn2 2nn 2n这 Cn 的通

15、项，其分母由n与2n的乘积组成，不易求和，能否用归一技巧，将分母部分归一?如：CiC2C3Lcn11111L1 2 2223 23424n2n1 1112 222n12n1这里显然是放得太大了，不合题意。此时我们想能否回 头追溯我们原来的放缩，修改它，或者是保留若干项，这就 是回头追溯技巧，这道题我们可以保留若干项：【解答】（3 ）设Tn Ci C2 C3 L Cn，则 T2 T3 T4当n > 4时，1111. 1T,-L，n 122 2"3234 24nn 2111111, 128244歹25L 2"（从第四项开始放缩）211212173423332330107综

16、上：C1C2C；3 LCn10例 7.已知数列 an满足：2an an 1 a.an 1 cos(n )1(1)求数列 an的通项公式;证:解:(2n 1)(2 )设bn an Sin 2，记数列bn的前n项和为Tn.求对任意的n N*有Tn<4成立.7anan 1 cos (n(1)由2anan 1n1) anan 1(1)nan 1an1an(1)nan2丄an 11)n11) 3a1所以丄an1)n是以为首项，以-2为公比的等比数列1)n3(2)bnTnan(2)所以an13 ( 2)n 1( 1)n3(1)n1，(1)n12)n 1 ( 1)n3时，则13 22113 2n1 1

17、1 1 1 1111召1G)n 2473 223 2332 a2在不等号左边的证明中，可能有部分人利用抓大放小， 这样证明: 12811"2(从第三项开始放大，分母减去1)111Z1 n 2】111474841 ()28 6 2 28684847对任意的nN , Tn3.2 修改放缩的回溯刚刚我们提到修改我们的放缩，那我们看看以下这道题:例8.已知数列an满足311，an2an1 (n N*).(I )求数列 an的通项公式；3 a?831(n N*).n(ii)证明：2anan 1n*2(n N).分析(I)an2n(II)证明:akQ ak 12k 12k 1 12k12(2k

18、少2，k 12.'n，anan 1a3ak2121111 ,k 1,2,., n,ak 12* 112k122k§1§2§nn1(11 1) §2 §3§n 1212(222 . 2n)n】(12 21)2门丿n212.这里在放缩的过程中想当然的就将分母中的-1去掉，使分母变大，通项变小，但这样的放缩放得太大了，我们不得 不放弃，必须回头去，看看原来的放缩能不能修改，能不能让放缩脚步迈得小一些，不要放得那么多以下是修改后的放缩：【解答】(2)ak 12k 12k1 12 2(2k1 1) 23.3 艺 21 13歹,k 1,2

19、,.0,sn n 1“1 11、 n 11、 n 12nnsn1 2 3 2 Z 22 322 3an§n 1回溯技巧的使用更多的是在山穷水尽之时，弥补原有失误的技巧，其中保留若干项的方法最常见.4. 利用函数的性质放缩例9.已知函数f(x) x In 1 x ,数列an满足0印1,1an 1 f an ；数列 bn 满足 bi -,bn 1*n N .求证：(I) 0 an 1 an1；2aa；(n) an 12 ；(川)若a1 ¥，则当n2时,bn an n!.x分析：可以考虑用：若x 1,ln(x 1)x 1解析：(I )先用数学归纳法证明0 an(1) 当n=1时，

20、由已知得结论成立；1尹 1)bnx来证明*N .ak 11 x 因为 0<x<1 时，f (x)1 -x 1 x 1所以f(x)在(0,1)上是增函数.(函数性质)(2) 假设当n=k时，结论成立，即0 则当n=k+1时，又 f(x)在0,1上连续，所以f(0)<f(ak)<f(1),即0<ak 11In 21.故当n=k+1时寸，结论也成立.即0an 1对于-切正整数都成立.又由0an1,得an 1ananIn1ananln(1 an)05从而an 1an.综上可知0an1an11 an2 an2an(n)要证12.即证n f2an >052 2x2x构造

21、函数 g(x)= -f(x)= ln(1 x) x, 0<x<1,2由g (x)厂；0 ,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在0,i上连续，所以g(x)>g(0)=0.20,即专因为0从而anani ,所以 g an2an2an >0,因为ii2，bni2(01)bn,所以bn ibn 0, bnbn所以bn bT;F面只需证明由(n ) an i2 ,乩L b 0 bn 2bi丄2n22 ,知：> an (逐步转化)an ianOn2 ,a所以ai因为ai所以n a?ai辽 云，na2anan iai a2 l2 2an i2 ,anan i.nJi2a

22、 a? aaL n 2 2 2由两式可知：bn2ai< cn i v 2门an n!ai2丄=2n例10.已知等差数列an满足ai 2,且a3 a5 a? 42 .* (n )设数列bn满足bnTnab2 dbn ,求证:an32Tn3(nN*)解:(1)由a3a5a?3a542，解i军得a§故公差da5q142 一443，得ana1(n1)d2(n1) 33n(i)求an的通项公式;14 ,1.an1an(2)证法一:an2Tn3即aan2T3n _3(目标不等式变形)bnan3n3n 1 ；而 Tnb1b2bn3n3n 1 故Tn0，又 an 3 3n 20因此2Tn3an

23、 33n 323n 1 3n 2 令 f (n)3n性）3n 13n2，（构造函数研究单调(3n 3)2(3n 5)(3n 2)2 -因(3n 3)3(3n 5)(3n 2)2 9n 70 ,故 f (n 1) f(n).1) 3nf (n则 -则 f(n) 3n 53n 33n 227特别地 f (n) > f (1) 203即 an 3 2Tn .2T31，从而严1证法二：同证法一求得 bn及Tn，由二项式定理知，当c 0时，由此不等式有不等式（13c)1 3c成立.2Tn32 13n3n 1（放缩通项）3n3n 13n 2an证法三：同证法一求得3312Tn32 1 1bn 及 T

24、n .31 L 153n 1312令Bn3n 13n ，Cn 584 73n 23n 1 .证法四:n因3n 1因此Tn33n 13nTn BnCn3n 23n 1 .3n+2 一2.(局部放缩)3从而 2Tn2TnBnCn 3n+2an 3 同证法一求得bn及，易得TnF面用数学归纳法证明：an0 , an2Tn3, n327当 n 1 时，a1 3 5, 2T13因此63 2Ti，结论成立.假设结论当nk时成立，即ak2Tk3, k则当n k1时，2Tk31ak 132Tk3 bk313k 53(3k 2)坐理 (3k 2)3(3k 5)(3k3)3(3k 5)(3k 2)2立.从而因(3

25、k 3)3(3k(3k 5)(3k3)3故(3k 5)(3k 2)21.ak 13 2Tk21 .这就是说，当2)2 9k 70.n k 1时结论也成2综上an 3 2Tn对任何n N+成立.例 11.已知函数 y f(x)(x R)满足 f(x) f(1 x)-.2求f(i)和心f(?)(nN*)的值;(2)若 an f(0) f(-) f (-)n n通项公式；f (n -) f (1),求数列an的 n(3)若数列bn满足 anbn 才5 b1b2 b2b3 b3b4bnbn1，解(1)令 x :，则 f(l)1贝U实数k为何值时，不等式2kSn bn恒成立.令x 1n，则f(-)nf(

26、1-)n-,即 f(1) f(n 1)2nn(2)ar1 f (0)f(-)f(-)f(n1)f(1),nnnanf(1) f(n 1)f(n2)f(-)f(0),nnn由(1 ), 知f (1)f(n丄)1nn2+，得2an(n 1)1J2ann 142'f(1)-2作差构造函数(3)an,a nbn111111Snb1b2b2b3 b3b4呱13 3 4 4 5(2 3) (- 4) (15)(n1kn2(n(1 k)n1)(n 2)n2(n2)由条件，可知当kn2 (1 k)n 设 f(n) kn2(1 k)n 2，当 k2 0恒成立时即可满足条件0时，由二次函数的性质知kn2

27、(1 k)n 2 0不可能恒成立；当k 0时，f(n) n 2 0恒成立;当k 0时，由于对称轴直线n(1 k) 12k 2kf(n)在1 , + )上为单调递减函数只要f (1) 0即可满足kn2 (1 k)n 2 0恒成立3由 f(1) k (1 k) 2 0，得 k ?，又 k 0， k 0综上知：k 0时，不等式2kSn bn恒成立例12.已知数列an满足：a1 1且12an 3an 12“ 2 (n 2).(1 )求数列an的通项公式；(2)设m N*，且m n 2,证明:(mn 1)(an解析：(1)不妨设an3 (an12)，3%2an 1X2* 1 ,与an an3 a2丄2n

28、12“ 13(an1比较系数得:丄)?n 1 /又a122 ,故 an 2? 是首项为 3公比为33-的等比数列，(2 )由1故an 2门（1）知，（|）n，an （|）n 右.题目结论等价于证明(m n3 -1）（2）mm n时显然成立，易验证当且仅当m n 2时，等号成立。3 -设 bn (m n 1)(-)mF面先研究其单调性。1 bnzm n 1、/3、m当 m>n 时，；-()()m? bn 1 m n 2(1丄）（2）m，m n 2®)m (1bn 1bn b即数列是递减数列.因为n故只须证b2(m1) (|)'即证（j）m利用二项式定理，事实上，(mJ)m

29、 1 Cm1 丄mm12m综上，原不等式成立需要指出的是，在许多的数列型不等式放缩中，往往不 是一个技巧的使用，而是多个技巧，多种放缩方式的综合使 用.二.构造新数列，比较两个数列的通项例 13求证 ln( n+ 1)>3+1+ ?+ 2n(n N*).【解析】构造数列 an 且它的前n项和为sn=ln( n+1)，则可得an=lnnk+11In >( k k 2k+1F面只需证明NT令 h( x) = Inx + f - 1 , hx+ 11 2(X)= x- (W =x2+ 1x(x + 1)2>0,函数h(x)在区间(0,+)上是增函数当 x> 1 时，h( x)

30、> h(1) = 0,2x 1即 In x+>1，即 In x>.x+1x+1k+1k+11令x = ，则有In >.kk 2k+1In k= 1k+ 1k= 112k+ 1k+ 1k，nIn(n+ 1) = Ink = 1 1 1 1|n( n+ 1) >3+5+ 亦亍.点评：本题是构造数列以及换元方法三.数学归纳法与积分法例 14.设函数 f(x) = ln(1 + x) ,g(x) = xf' (x) , x>0,其中f'(x)是f (x)的导函数.(1) 令 g1(x) = g(x) , gn+1(x) = g(gn(x) , n N

31、+,求 gn(x) 的表达式；(2) 若f (x) > ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3) 设 n N+,比较 g(1) + g(2) + g( n)与 n f (n) 的大小，并加以证明.x【解析】：由题设得，g(x)= 不(X0).r “x(1)由已知，g1(x) = 1+x,x1 +g2(x) = g(g1(x)x1 + 2x，xx口xg3(x) = 1+x，可得 gn(x) = 1+nx.F面用数学归纳法证明.x当n= 1时，g1(x) = 1+，结论成立.假设n= k时结论成立，即gk( x) = 1 + kx-=gk (x)=1 + gk (x)=那么，当 n= k+ 1 时，gk+i(x) = g( gk( x)x1 + kxx=1+( k+ 1) x，即结论成立1+1+kx由可知，结论对 n N+成立.ax(2)已知f (x) > ag( x)恒成立，即ln(1 + x) >恒成立.I十x、口ax设© (x) = ln(1 + x) -(x>0),1ax+1-aY1 + x (1 + x)(1 + x)当awl时，