数列型不等式的证明

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.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。例如设是正整数，求证．【证明】.另外：.【说明】在这个证明中，第一次我们把、、这些含的式子都“归一”为，此时式子同时变小，顺利把不易求和的变成了个的和，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.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.数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列.(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设数列的前项和为，且，求证:对任意实数（是常数，＝2.71828）和任意正整数，总有2；（Ⅰ）解：由已知：对于，总有①成立∴（n≥2）②①--②得∴∵均为正数，∴（n≥2）∴数列是公差为1的等差数列又n=1时，，解得=1∴.()（Ⅱ）证明：∵对任意实数和任意正整数n，总有≤.（放缩通项，整体归一）∴（放缩通项，裂项求和）例2.已知数列中的相邻两项是关于的方程的两个根，且．（=1\*ROMANI）求，，，；（=2\*ROMANII）求数列的前项和；（Ⅲ）记，，求证：【分析】（1）略.；；时；．（II）略.．（III）本题应注意到以下三点，①，且具有周期性.，这就有，虽有周期性，可周期为.这就使当很大时，和式通项的符号增加了不确定性.②很显然，当时，，；当时，，.纵然没有符号的问题，通项如何求和？也需要解决.③，，本题相当于证明．基于以上三点，我们可以看到：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】当时，，从第三项起“归一”为负==(3,4,5,…,n“归一”为2)，至于不等式右边原理一样：(从第四项起“归一”为正(4,5,…,n“归一”为3)．又，，原结论成立分段归一放缩法中，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已知数列和满足，，数列的前和为.（1）求数列的通项公式；（2）求证：对任意的有成立．分析：（1）略.．（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】左边证明这里我们以，，，，……，为界，将和式分为段，每段……（），每段中的数对缩小归一为，这就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：【说明】本题我们需要关注到不等号两边的性质：一方面，，接着我们把不等式中间的和式除1外的部分拆分成段，每段都不小于；另一方面，，接着我们把不等式中间的和式除外的部分拆分成段，每段都不大于；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.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:通项放缩为，求和即证。2.1直接抓大放小例4设数列的前项和为，对任意的正整数，都有成立，记.（=1\*ROMANI）求数列的通项公式；（=2\*ROMANII）记，设数列的前项和为，求证：对任意正整数都有.【解答】（Ⅰ）略.（Ⅱ）由（Ⅰ）知（分母直接抓大放小）又当当【说明】这里的分母阻碍了式子的求和，式子中，最大的是，他起到了决定整个这个式子数值大小的作用，相比它来说小很多，由此，我们能把留在，去掉，这里既能起到放大式子的要求，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一部分出来与之相抵，达到放缩的效果.例5设数列的前n项和为Sn，满足，且，，成等差数列.求a1，a2，a3的值；求数列的通项公式；证明：对一切正整数n，有.分析（1）略.a1，，（2）略.（3）由（2）知如果将通项分母中的消去，通项将转化为等比数列，可这个转化是一个缩小的放缩，与和式放大矛盾，因而不能直接去掉.我们可以从通项分母中的中拆出一部分出来与相抵，为了达到放大的目的，拆出来的部分必须比大.【解答】（3）由，（拆大抵小）故有：【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:如果，那么，则放大过头！因为所以通项放缩为，求和即证。如果求证:，则上述放大过头！可以用所以第一、二项不变，通项从第三项放大为，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已知数列满足，.（1）求证数列是等比数列，并求其通项公式；（2）设，求证：.分析：（1）略.（2）这{}的通项，其分母由与的乘积组成，不易求和，能否用归一技巧，将分母部分归一？如：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，则当≥4时，（从第四项开始放缩）综上：例7．已知数列{}满足：且（1）求数列{}的通项公式；*（2）设，记数列{bn}的前n项和为Tn．求证：对任意的n∈N*有Tn<成立．解：（1）由所以，，所以是以3为首项，以-2为公比的等比数列，所以（2），．当时，则（从第三项开始放大，分母减去1）．，对任意的，．3.2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.已知数列满足，. （I）求数列的通项公式；（II）证明：.分析（I）略. （II）证明： ∴ 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：∵ ∴.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） .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,数列满足,;数列满足,.求证:（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）若则当n≥2时,.分析：可以考虑用：若来证明。解析：(Ⅰ)先用数学归纳法证明,. （1）当n=1时,由已知得结论成立; （2）假设当n=k时,结论成立,即.则当n=k+1时, 因为0<x<1时,,所以f(x)在(0,1)上是增函数.（函数性质） 又f(x)在上连续,所以f(0)<f()<f(1),即0<. 故当n=k+1时,结论也成立.即对于一切正整数都成立. 又由,得,从而. 综上可知 (Ⅱ)要证即证>0构造函数g(x)=-f(x)=,0<x<1, 由,知g(x)在(0,1)上增函数. 又g(x)在上连续,所以g(x)>g(0)=0.因为,所以,即>0,从而(Ⅲ)因为,所以,, 所以————①,下面只需证明>（逐步转化） 由(Ⅱ)知:,所以=, 因为,n≥2,所以<<=————②.由①②两式可知:.例10.已知等差数列满足，且．（Ⅰ）求的通项公式；*（Ⅱ）设数列满足，并记，求证：．解：（1）由，解得，故公差，得．（2）证法一：即（目标不等式变形）；从而．故，又因此．令，（构造函数研究单调性）则．因，故．特别地，从而．即．证法二：同证法一求得及，由二项式定理知，当时，不等式成立．由此不等式有（放缩通项）．证法三：同证法一求得及．令，．因．因此．（局部放缩）从而．证法四：同证法一求得及，易得，．下面用数学归纳法证明：．当时，，，因此，结论成立．假设结论当时成立，即．则当时，因．故．从而．这就是说，当时结论也成立．综上对任何成立．例11.已知函数满足.（1）求和的值；（2）若，求数列的通项公式；*（3）若数列满足，则实数为何值时，不等式恒成立.解（1）令，则，令，则即（2），①，②由（1），知，①+②，得作差构造函数（3）=。由条件，可知当恒成立时即可满足条件。设，当时，由二次函数的性质知不可能恒成立；当时，恒成立；当时，由于对称轴直线在[1，+上为单调递减函数只要即可满足恒成立由，得，又，综上知：时，不等式恒成立例12.已知数列满足：且.（1）求数列的通项公式；（2）设，且，证明：.解析：（1）不妨设，，与比较系数得：.∴又,故{}是首项为公比为的等比数列，故，.（2）由（1）知，题目结论等价于证明，当时显然成立，易验证当且仅当时，等号成立。设下面先研究其单调性。当>n时，，，即数列{}是递减数列.因为，故只须证，即证.利用二项式定理，事实上，.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)>eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*).【解析】构造数列｛｝且它的前n项和为=ln(n＋1)，则可得=ln下面只需证明lneq\f(k＋1,k)>eq\f(1,2k＋1)(k∈N*)令h(x)＝lnx＋eq\f(2,x＋1)－1，∴h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,(x＋1)2)＝eq\f(x2＋1,x(x＋1)2)>0，∴函数h(x)在区间(0，＋∞)上是增函数.当x＞1时，h(x)>h(1)＝0，即lnx＋eq\f(2,x＋1)>1，即lnx>eq\f(x－1,x＋1).令x＝eq\f(k＋1,k)，则有lneq\f(k＋1,k)>eq\f(1,2k＋1).∴eq\i\su(k＝1,n,l)neq\f(k＋1,k)>eq\i\su(k＝1,n,l)eq\f(1,2k＋1)∵ln(n＋1)＝eq\i\su(k＝1,n,l)neq\f(k＋1,k)，∴ln(n＋1)＞eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n＋1).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＋，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．【解析】：由题设得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)， g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gk（x）,1＋gk（x）)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋（k＋1）x)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，则φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,（1＋x）2)＝eq\f(x＋1－a,（1＋x）2)，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：方法一上述不等式等价于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，（分拆法，把ln(n＋1)分拆为数列｛lneq\f(n＋1,n)｝的前n项和）在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，则lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).故有ln2－ln1>eq\f(1,2)，ln3－ln2>eq\f(1,3)，……ln(n＋1)－lnn>eq\f(1,n＋1)，上述各式相加可得ln(n＋1)>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋