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谢谢阅读一个重要方法，它具有很强的技巧性的特点，学生往往无从谢谢阅读下手，下面总结放缩法证明的一些常用技巧，例如归一技巧、精品文档放心下载抓大放小技巧、回头追溯技巧、利用函数性质技巧，仅供参感谢阅读考.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。精品文档放心下载例如设是正整数，求证11111．n2n1n22n【证明】11L111111.n1n22n2n2n2n2n214444244443n个12n11111另外：1L1nnnn1.n1n22n144424443n个1n11【说明】在这个证明中，第一次我们把n1、n2、感谢阅读.\112n这些含n的式子都“归一”为2n，此时式子同时变小，感谢阅读11L11顺利把不易求和的n1n22n变成了n个2n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.精品文档放心下载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”.精品文档放心下载例1.数列的各项均为正数，S为其前n项和，对于任ann意nN*，总有a,S,a2成等差数列.nnn(Ⅰ)求数列a的通项公式；n(Ⅱ)设数列b的前n项和为T，且blnnx，求证:对nnna2任意实数x1,e（n是常数，e＝2.71828）和任意正e整数n，总有Tn2；（Ⅰ）解：由已知：对于nN*，总有2Saa2①成立nnn∴2Saa2（n≥2）②n1n1n1①--②得2aaa2aa2∴aanananan1an1nn1nn1nn1∵a,a均为正数，∴aa1（n≥2）nn1nn1∴数列an是公差为1的等差数列.\又n=1时，2S1a1a12，解得a1=1谢谢阅读ann.(nN*)（Ⅱ）证明：∵对任意实数x1,e和任意正整数n，总有感谢阅读blnnx≤1.（放缩通项，整体归一）a2n2nnT1111111∴n1222n21223n1n（放缩通项，裂项求和）1111111212223n1nn例2.已知数列aa，a是关于x的方程n中的相邻两项2k12kx2(3k2k)x3k2k0的两个根，且a≤a(k1，2，3，L)．2k12k，a，a（I）求a，a7；123（II）求数列a的前2n项和S2n；n1sinn（Ⅲ）记f(n)3，2sinnT(1)f(2)(1)f(3)(1)f(4)(1)f(n1)…，naaaaaaaa1234562n12n求证：1≤T≤5(nN*)6n24.\【分析】（1）略.a2；a4；a8时；a12．13573n23n2．（II）略.S2n12n2（III）本题应注意到以下三点，f(n){1,2}，且f(n)具有周期性.f(n){1,2}，这就有(1)f(n){1,1}，f(n)虽有周期性，可周期为2.谢谢阅读(1)f(n1)这就使当n很大时，和式通项aa的符号增加了不确定2n12n性.②很显然，当n4时，a3n，a2n；当2n12n3时，a2n12n，a2n3n.纵然没有符号的问题，通谢谢阅读1项3n2n如何求和？也需要解决.③T11，T115，本题相当于证1aa62aaaa24121234明T≤T≤T(nN*)．1 n 2基于以上三点，我们可以看到：T≤T等价于从第二精品文档放心下载1 n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.谢谢阅读【解答】当n≥3时，T111L(1)f(n1)，n6aaaaaa3 4 5 6 2n1 2n.\≥111L1a从第三项起“归6aaaaa34562n12n一”为负=11(111)64623934243n2n=111(111)6466322423n2n1111111L(3,4,5,…,n“归6622623242n一”为2)11662n16，至于不等式右边原理一样：T511L(1)f(n1)an24aaaaa56782n12n≤5111La(从第四项起“归一”24aaaaa2n56782n1为正5111L124923342435253n2n511119L(4,5,…,n“归一”为24923242n3).\512492n524．又T111aa612

，T2115aaaa24，原结论成立12341.2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，称感谢阅读之为“分段归一”.例3已知数列{a}和{b}满足nna2,a1a(a1)，ba1，数列{b}的前n和为1nnn1nnnSn.（1）求数列{b}的通项公式；n（2）求证：对任意的nN有1nS1n成立．22n2分析：（1）略.b1．n n（2）此问可以用数学归纳法证明，也可以用“分段归一”精品文档放心下载的放缩法解答.【解答】左边证明.\S11112n232n11(11)(1111)(11)(11)23456789162n112n11(11)(1111)(11)(11)2448888162n2n164243142438个12n1个1162n112121212谢谢阅读144424443n个12=1+n211111这里我们以2，22，23，24，……，2n为界，将和式111分为段，每段11……n2i11232n2i1211（i1,2,3,,n），每段中的数对缩小归一为2i，这就2i1使每一段的数缩小后和为2，从而得证.至于不等号右边，原理类似：S11112n232n.\1(11)(1111)(111)(111)123456789152n12n112n12n1111111111)(1111()()()()22444488162n12n12n142431642431442443112n1个18个16个8162n11111111444244432nn个1n12nn12【说明】本题我们需要关注到不等号两边的性质：一方1+n111面，222，接着我们把不等式中间的和式除114243n个12外的部分拆分成n段，每段都不小于1；另一方面，2111n1112142432，接着我们把不等式中间的和式除2nn个1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，以便达到放缩和容感谢阅读易求和的目的，这种放缩技巧，我们称之为“抓大放小”技感谢阅读巧.例如求证:123n2212222332nn通项放缩为nn，求和即证。2nn2n2.1直接抓大放小例4设数列an项和为S，对任意的正整数n，都n的前n有a5S1成立，记b4a(nN).1an*nnn（I）求数列b的通项公式；nnc的前n（II）记cbb(nN*)，设数列项和为n2n2n1nT，求证：对任意正整数n都有T3.nn2【解答】（Ⅰ）略.b4n1(1)nn4n(1)n（Ⅱ）由（Ⅰ）知b45(4)n1ncbb552542nn2n2n142n142n11(42n1)(42n4).\2542n2542n2544n342n444n16n（分母直接抓大放小）b3,b13,c4又12313当n1时，T312当n2时，T425(11K1)n316216316n41[1(1)n1]251621631116142693251613116482【说明】这里的分母44n342n4阻碍了式子的求和，式子44n342n4中，最大的是44n，他起到了决定整个这个式子数值大小的作用，342n4相比它来说小很多，由此，我们能把44n留在，去掉342n4，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，使和式容精品文档放心下载易求和.就象整棵大树，我们留下了主干，把枝梢末节的地方去掉了。谢谢阅读.\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谢谢阅读抵，达到放缩的效果.例5设数列a的前n项和为S，满足2San1,nN，且a，an成等差数列.nnn13，a123（1）求a，a，a的值；123（2）求数列a的通项公式；n1113（3）证明：对一切正整数n，有aaLa2.12n分析（1）略.a1，a=4，a=131231（2）略.an2(3n1)12（3）由（2）知a3n1n2如果将通项{3n1}分母中的1消去，通项将转化为等精品文档放心下载2比数列{3n}，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1.精品文档放心下载我们可以从通项{321}分母中的3n中拆出一部分出谢谢阅读n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.感谢阅读【解答】.\12221（3）由a3n123n13n1123n13n1，n（拆大抵小）11L1111故有：aaa33n112n1131331n223n1213【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:精品文档放心下载11115212212312n13如果2n122n112n12n112n1，谢谢阅读11那么2n12n1，则放大过头！因为2n142n2132n22n2132n2(n2)感谢阅读所以通项放缩为111(n2)，求和即证。2n132n2111134如果求证:212212312n121，则上述放大过头！可以用.\2n182n3172n32n3172n3(n3)精品文档放心下载所以第一、二项不变，通项从第三项放大为谢谢阅读111(n3)，求和即证。2n172n3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.精品文档放心下载3.1 保留若干项的回溯例6已知数列{a}满足a2，a2(11)2a(nN*).n1n1nna（1）求证数列{nn2}是等比数列，并求其通项公式；谢谢阅读（2）设cn，求证：cccc7.na123n10n分析：（1）略.ann22n（2）cn10nan2nn这{cn}的通项，其分母由n与2n的乘积组成，不易感谢阅读.\求和，能否用归一技巧，将分母部分归一？如：cccLc123n1111L112222323424n2n111112222n12n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：感谢阅读【解答】（3）设TcccLc，n123n则TTTT1234当n≥4时，T1111L1n12222323424n2n1111111L（从第四项开始放2824424252n缩）21121217342333233010综上：cccLc7123n10aaacos(n)例7．已知数列{a}满足：2annn1nn1.\114（1）求数列{a}的通项公式；n（*2）设basin(2n1)，记数列{b}的前n项和为T．求nn2nn证：对任意的n∈N*有T<4成立．72aaaacos(n)(1)aannn1nn1nn121(1)n，12所以aaaa(1)n，n1nnn1a1(1)n2[a1 (1)n1]感谢阅读n n11(1)3所以{1a(1)n}是以3为首项，以-2a1n为公比的等比数列11a(1)n3(2)n1，所以an3(2)n1(1)nn（2）sin(2n1)(1)n1，2b(1)n1132n11．n3(2)n1(1)n当n3时，则T1111n31321322132n11.\11111111[1(1)n2]1224732232332n12811（从第三项开始放大，分母减去1）2111[1(1)n2]11147484．286228684847TTT，123对任意的nN，Tn4．73.2 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a满足a1，a2a1(nN*).n1n1n（I）求数列a的通项公式；nn1aa...an(nN).（II）证明：12n*23aaa223n1分析（I）略.a2n1(nN*).n（II）证明：Qa2k12k11,k1,2,...,n,kk12(2k)2aaan∴a1a2...an2.23n1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：谢谢阅读.\a2k12k111,k1,2,...,n,2k1aaan1111∴a1a2...an22(222...2n)23n1n1(11)n1.222n22这里在放缩的过程中想当然的就将分母中的-1去掉，使谢谢阅读分母变大，通项变小，但这样的放缩放得太大了，我们不得谢谢阅读不放弃，必须回头去，看看原来的放缩能不能修改，能不能谢谢阅读让放缩脚步迈得小一些，不要放得那么多.以下是修改后的谢谢阅读放缩：【解答】（2）Qa2k1111111.1,k1,2,...n,,k21)a122(223.222232k1k1kkkk1aaan1111n11n1a1a2...an23(222...2n)23(12n)23,23n1n1aaan23a1a2...an2(nN*).23n1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.感谢阅读利用函数的性质放缩.\例9.已知函数f(x)xln1x,数列a满足0a1,n1a;数列b满足b1,b1(n1)b,fa12n12nn1nnnN*.求证:（Ⅰ）0an1a1;n（Ⅱ）an1a2;n2（Ⅲ）若a2,则当n≥2时,ban!.12nn分析：可以考虑用：若x1,xln(x1)x来证明。x1解析：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0a1,nN*.n（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0a1.k则当n=k+1时,1 x因为0<x<1时,f(x)1x1x10,谢谢阅读所以f(x)在(0,1)上是增函数.（函数性质）又f(x)在0,1上连续,所以f(0)<f(精品文档放心下载

ak)<f(1),即0<a1ln21.k1故当n=k+1时,结论也成立.即0a1对于一切正整数都成立.n又由0a1,得naaaln1aaln(1a)0,n1nnnnn从而aa.n1n综上可知0aa1.n1n(Ⅱ)要证an1a2.a2fa>0n即证n22n.\构造函数g(x)=x2-f(x)=x22ln(1x)x,0<x<1,22g(x)1x0,知g(x)在(0,1)上增函数.感谢阅读g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.感谢阅读0a1a2fa因为,所以g0,即n>0,na2nn从而an1a22n(Ⅲ)因为b1,b1(n1)b,所以b12n12nn1bn1,0b2nnbbb1bLbn!nn12所以nbbb12n————①,n11n21下面只需证明2na>n（逐步转化）由(Ⅱ)an1a2,知:aann1n2a2,annaaaaaa=aaLa22L2,23n12n1112n1因为a2,n≥2,0aa1.12n1n所以aaaan2a2111an22L2<=2n————②.212n1由①②两式可知:bnann!..\例10.已知等差数列a满足a12，且aaa42．357（Ⅰ）求ann的通项公式；*（Ⅱ）设数列b满足ban1，并记nnabbbnTb，n123n求证：a32T3(nN*)．nn解：（1）由aaa3a42，解得a14，35755aa142故公差d5143，得4aa(n1)d2(n1)33n1．n1（2）证法一：an32T3即an32Tn31（目标不等式变n形）ban13nna3n1；nTbbb363n从而n12n253n1．故T0，又a33n20nn因此2T3363n32．na3253n13n2n.\363n32f(n)253n13n2，（构造函数研究单调谢谢阅读性）f(n1)3n23n33(3n3)2则f(n)．3n53n2(3n5)(3n2)2(3n3)3(3n5)(3n2)29n70，精品文档放心下载f(n1)f(n)．特别地f(n)≥f(1)2712T31．，从而an203a32T3n即．nn证法二：同证法一求得bn及Tn，由二项式定理知，c0时，不等式(1c)313c成立．由此不等式有感谢阅读2T321n

1313L1321513n133321215L13n1（放缩通项）2583n23n2a3．253n1n证法三：同证法一求得bn及T．n2T321n

1313L1321513n1.\令B473n1，C583n2．n363nn473n13n3n13n2因3n13n3n1．因此T3TBC3n+2．（局部放缩）nnnn2从而2T32TBC3n+2a3．nnnnn证法四：同证法一求得bn及T，易得T0，a30．nnn下面用数学归纳法证明：an3n1时，a135，2T13274，因此a132T13，结论成立．精品文档放心下载假设结论当nk时成立，即ak3

2T3，nN．n2T3，kN．k则当nk1时，2T32T3b3(3k2)(3k3)3(3k3)3k1kk1(3k2)3a33k5(3k5)(3k5)(3k2)2k1(3k3)3(3k5)(3k2)29k70．精品文档放心下载(3k3)31．故(3k5)(3k2)2从而a32T2．这就是说，当nk1时结论也成k1k1立．综上an32Tn2对任何nN+成立．精品文档放心下载.\例11.已知函数yf(x)(xR)满足f(x)1.f(1x)2（1）求1)和1)f(n1)(nN*)的值；f(f(n2n（2）若af(0)f(1)f(2)f(n1)f(1)，求数列{a}的nnnnn通项公式；*（3）若数列{b}满足ab1,Sbbbbbbbb，nnn4n122334nn1则实数k为何值时，不等式2kSb恒成立.nn解（1）令x1，则1)f(11)111，f(22,f()2224x1n，则f(n1)f(1n1)12,即f(n1)f(nn1)12谢谢阅读（2）af(0)f(1)f(2)f(n1)f(1)，①nnnnaf(1)f(n1)f(n2)f(1)f(0)，②nnnn由（1），知f(1)f(n1)1，nn2①+②，得2a(n1)1,an1n2n4作差构造函数（3）an1,ab1,b1,n4nn4nn1Sbbbbbbbb11111111n122334nn1233445n1n2=(11)(11)(11)(11)11n233445n1n22n22(n2)2kSnbnkn1kn2(1k)n2。n2n1(n1)(n2)由条件，可知当kn2(1k)n20恒成立时即可满足条件。设f(n)kn2(1k)n2，当k0时，由二次函数的性质知感谢阅读.\kn2(1k)n20 不可能恒成立；感谢阅读当k0时，f(n)n20恒成立；当k0时，由于对称轴直线n(1k)1112k2k22f(n)在[1，+)上为单调递减函数只要f(1)0即可满足kn2(1k)n20恒成立谢谢阅读由f(1)k(1k)20，得k32，又k0，k0精品文档放心下载综上知：k0时，不等式2kSb恒成立谢谢阅读n n例12.已知数列{an}满足：a11且感谢阅读2a3a1(n2).nn12n2（1）求数列{a}的通项公式；n（2）设mN*，且mn2，证明：感谢阅读11m21(mn1)(an2n)mm.解析：（1）不妨设ax3(ax)(n2)，n2n2n12n1a3ax，n2n12n1与a3a1比较系数得：x1.n2n12n1∴a13(a1)n2n2n12n1又a13,故{an1}是首项为3公比为1222n2.\32 的等比数列，故a1(3)n，a(3)n1.n2n2n22n（2）由（1）知，题目结论等价于证明(mn1)(3)mnm21，谢谢阅读2 mmn时显然成立，易验证当且仅当mn2时，等号成立。感谢阅读nbn(mn1)(2)m下面先研究其单调性。bmn131131当>n时，n()()m(1mn)(2)m，mbmn21(b)(11)(3)2(1m14，nmmnm1)1b23m31bbn n1即数列{b}是递减数列.n因为n2，故只须证b(m1)(3)m2m21，22m(32m1)mm.即证2利用二项式定理，事实上，(m1)m1C11C21519.mmmmm222m4.\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感谢阅读用.二．构造新数列，比较两个数列的通项11113572n＋1*【解析】构造数列｛a｝且它的前n项和为s=ln(n＋nn1)，则可得a=lnn1nn下面只需证明lnk＋11k2k＋1*)212令h(x)＝lnx＋x＋1－1，∴h′(x)＝x－(x＋1)2＝x＋1>0，2x(x＋1)2∴函数h(x)在区间(0，＋∞)上是增函数.当x＞1时，h(x)>h(1)＝0，2x－1即lnx＋x＋1>1，即lnx>x＋1.令x＝k＋1，则有lnk＋1>1.kk2k＋1.\nn∴lnk＋1>l21k＝1kk＋1k＝1n∵ln(n＋1)＝lnk＋1，k＝1k111∴ln(n＋1)＞3＋5＋…＋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14．设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，精品文档放心下载其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令

g(x)＝g(x)，g

(x)＝g(g

(x))，n∈N

，求

g(x)1

n＋1

n

＋

n的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；谢谢阅读(3)设n∈N，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)感谢阅读＋的大小，并加以证明．x【解析】：由题设得，g(x)＝1＋x(x≥0)．