第一篇：例說一類與數列求和有關的不等式的證明方略

例說一類與數列求和有關的不等式的證明方略.李新偉

廣東省南雄市第一中學 512400 摘 要：與數列求和有關的不等式在近年高考題中頻繁出現，但卻是考生感到困難的一類題目。這類題雖然無固定的模式和方法，但還是可以總結出若干解題方向和策略。主要有先求和后放縮、先放縮后求和策略。

關鍵詞：數列；求和；不等式

1．考題頻現考能力，細細品味有規循

近幾年，形如“?ai?M(或?ai?f(n))，?ai?M(或?ai?f(n))，其

i?1i?1i?1i?1nnnn中M為常數”的與數列求和有關的不等式頻頻出現在各地高考或高考模擬試題中，而且常常是壓軸題、創新題，如2004年全國卷三22（Ⅲ）、2005年遼寧19（2）、2006年全國Ⅰ理22（2）、2007年浙江理21（3）等等。由于這類題涉及多知識、多方法的交匯，條件與結論間的跨度大，解這類題常常要用到放縮法，而對解題方向的判斷和放縮程度的把握要求高，能充分檢測學生觀察、分析、聯想、靈活和綜合運用所學知識分析解決問題能力，因此受到命題者青睞。學生面對這類試題往往感到難度大，無從入手，甚至有如墜云里霧里之感。

不過，雖然這類問題確有較大難度，但細心分析還是有規律可循。從解題方向上看主要有：（1）先求和再放縮 ；（2）先放縮再求和；（3）利用數學歸納法證明；（4）構造函數證明等。從解題策略上看，主要應重視對不等式結構特征和通項特征進行細微分析，初步明確證題方向。可先求和再放縮的題目，一般較簡單；而需要先放縮再求和的題目一般難度較大，這類題往往要從待證的不等式出發，逆向探路，放縮轉化，先變為等差數列求和、等比數列求和、裂項求和或錯位相減法求和等我們熟悉的數列求和問題，最終通過適當的變形或放縮獲證。2．執果溯因探路徑，放縮求和巧證明 2．1先求和，再放縮證明

例1(2005年高考湖南（文）16)已知數列{log2(an?1)}(n?N?)為等差數列，且a1?3，a3?9，（1）求數列{an}的通項公式；（2）證明

?????1。

a2?a1a3?a2an?1?an解：（1）過程略，an?2n?1(n?N?)。

（2）證明：∵對任意n?N?，恒有

111，?n?1?nnan?1?an2?22∴1111111??????2?3???n

a2?a1a3?a2an?1?an222211[1?()n]12 ?2?1?()n?1。

121?2評析：對于與數列求和有關的不等式，若能先求和，我們常常會先求和，再考慮用放縮法證明。能先求和的這類題一般較簡單，因此常為文科考題。2．2先放縮，再求和證明

對于求和困難的形如“?ai?M或?ai?M，其中M為常數”的不等式，i?1i?1nn很多情況下用數學歸納法也往往難于湊效。這時我們常用先放縮再求和證明或將其加強為形如?ai?f(n)或?ai?f(n)的不等式，再考慮用數學歸納法證明。

i?1i?1nn2．2．1逐項放縮，再求和證明

例2．已知函數f(x)?x2?4，設曲線y?f(x)在點(xn,f(xn))處的切線與x軸的交點為(xn?1,0)(n?N?)。

（1）用xn表示xn?1；（2）若x1?4，記an?lgxn?2，證明：數列{an}是等xn?2比數列，并求數列{xn}的通項公式；（3）x1?4，bn?xn?2，Tn是數列{bn}的前n項和，證明：Tn?3。

解：（1）過程略，xn?1xn?42(32?1)?。（2）過程略，xn?2n?1。

2xn3?12n?1 2

（3）由（2）知xn?n?12(323n?1?1)?12n?1，于是bn?xn?2?432n?1?1?0。

bn?132?11111?2n?1?2n?1?2n?1?21?1?, ∵bn33?13?133當n?1時，顯然T1?b1?2?3，111當n?1時，bn?bn?1?()2bn?2???()n?1b1，333∴Tn?b1?b2???bn?11b1[1?()n]1113?b1?b1???()n?1b1??3?3()n?3

13331?3綜上可得，對于任意n?N?，Tn?3。

評析：考慮到數列{bn}的通項公式中有指數式，而待證不等式右邊為常數，于是聯想到等比數列求和問題，我們嘗試利用遞推放縮的方法構造等比數列。將非特殊數列向特殊數列轉化，這是本文的一個主體思想和關鍵策略。2．2．2局部放縮，再求和證明

例1（3）也可以采取局部放縮，再求和證明。

另證：易得b1?2，b2?時，bn?432n?111141，于是猜想當n?3b3??2，b4?8?3，22023?12?14?12n?1。

132n?1由于32n?132n?1?1?12n?1??1?12n?1?32n?1?2n?1?1，所以下面只需證?2n?1?1。下面利用二項式定理證明：

因為當n?3，n?N?時，01n?1∵2n?1?(1?1)n?1?Cn?1?Cn?1???Cn?1?1?n?1?1?n?1，∴32n?10n?11nn?1n?1?3n?1?(2?1)n?1?Cn?Cn?1。?12?12???Cn?1?2所以，當n?1時，顯然T1?b1?2?3； 當n?2，Tn?b1?b2???bn?2?111?2???n?1 222 3

11[1?()n?1]12?3?()n?1?3。?2?2121?2故對于任意n?N?，Tn?3。

評析：從數列{bn}的通項結構我們猜想應將{bn}放縮為一個等比數列。通過計算，我們從第三項開始通過放縮發現了數列{bn}的項所呈現的規律性，對于本題的證明，這是重大突破。此外，本題從第3項開始放縮，恰當使用了局部放縮。G.波利亞曾說：“先猜，后證——這是大多數的發現之道。”先猜后證，也是我們常用的數學解題方法和策略。2．2．3并項放縮，再求和證明

例3．由原點O向已知的三次曲線y?x3?3x2?bx引切線，切于不同于點O的點P1(x1,y1)，再由P1引此曲線的切線，切于不同P1的點P2(x2,y2)，如此繼續作下去，??，得到點列{Pn(xn,yn)}（n?N?）。試解答下列問題：

（1）求x1的值；（2）求數列{xn}通項公式；（3）若bn?前n項和，求證：Sn?1。

解：（1）過程略，易得x1?31。（2）過程略，易得xn?1?(?)n（n?N?）。221，Sn是數列{bn}2nxn1（3）∵xn?1?(?)n，2111?n∴bn?n?。n12?(?1)2xn2n[1?(?)n]22n?2n?11?n?1n當n為偶數時，bn?1?bn?n?1 ?nnn?122?2?2?12?12?112n?2n?1?n?1n，n?122?2?1又當n?2時，2n?1?2?1，即2n?1?1?0，于是

2n?2n?111bn?1?bn?n?1n?n?1?n，2222

∴Sn?b1?b2???bn?(b1?b2)?(b3?b4)???(bn?1?bn)

11[1?()n]11111112?(?2)?(3?4)???(n?1?n)?2?1?n?1。

122222221?2當n為奇數時，因為bn?1?0，n?1偶數，所以有 n2xnSn?b1?b2???bn?b1?b2???bn?bn?1

111111?(b1?b2)?(b3?b4)???(bn?bn?1)?(?2)?(3?4)???(n?n?1)

22222211[1?()n?1]12?2?1?n?1?1。

121?2綜上可知，Sn?1。

評析：由于數列{bn}的通項公式的分母中有隨n的奇偶+1與-1交替出現的項，于是單項放縮困難，而采取奇偶項并項放縮，則恰好利用其奇偶項特點，成功放縮。

例4．已知數列{an}和{bn}滿足a1?2，an?1?an(an?1?1)，bn?an?1，Sn是數列{bn}前n項和。

（1）求數列{bn}的通項公式；（2）設Tn?S2n?Sn，求證：Tn?1?Tn；（3）求證：對任意的n?N?，有1?解：（1）過程略，bn?n1?S2n??n。221。（2）證明略。n（3）方法一（數學歸納法），略。

方法二（并項放縮法）：

當n?1時，S2n?1?1； 2

當n?2，n?N?時，S2n?b1?b2???b2n?1?111111111??????????n 234567892 5

1111111111?(?)?(???)???(n?1?n?1???n)23456782?12?221111111111?1??(?)?(???)???(n?n???n)

24488882221111?1??2?2?22?3???2n?1?n

2222111n?1??????1?，2222?1?另一方面，S2n?b1?b2???b2n?1?111111111??????????n 234567892

?1111111111111?1?(?)?(???)?(????)?(n?1?n?1???n)2345678910162?12?22

?1111111111111?1?(?)?(2?2?2?2)?(3?3???3)?(n?1?n?1???n?1)***111??1?2??22?2?23?3???2n?1?n?1 2222211??1?(n?1)??n，22n1綜上可知，對任意的n?N?，有1??S2n??n。

22評析：從待證不等式的特點和項數兩方面產生了并項放縮的想法。并項放縮常常涉及如何并項、怎樣放縮等問題，因此，并項放縮比逐項放縮往往難度更大，要求更高。

2．2．4構造放縮，再求和證明 例5．在數列{an}中，an?11，求證a1?a2???a50?。

(2n?1)(2n?2)4證明：由題設，a1?a2???a50?111。????3?45?6101?102111111設S?，構造T?。顯????????3?45?6101?1022?34?5100?101然S?T。

111111 ???????2?33?44?55?6100?101101?10211111111111?(?)?(?)???(?)?(?)???，***221022∴2S?T?S? 6

故S?11，即a1?a2???a50?。

評析：本題雖然可先裂項，但不便求和，證明受阻。利用對偶式進行構造性放縮后，巧妙實現了裂項求和，證明簡捷明快，賞心悅目。

例6．設函數f(x)?lnx?px?1(p?R)，（1）求f(x)極值點；

（2）當p?0時，若對于任意的x?0，恒有f(x)?0，求p的取值范圍；

ln22ln32lnn22n2?n?1（3）證明：當n?N，n?2時，2?2???2?。

2(n?1)23n解：（1）f(x)的定義域為(0,??)。當p?0時，f?(x)?1 ?p?0，f(x)在其定義域上是增函數，故沒有極值點。

x111?px當p?0時，若x?(0,)，則f?(x)??0；若x?(,??)，則

ppxf?(x)?11?px?0，于是f(x)有極小值點x?。

px11（2）由（1）知，p?0時，f(x)有極小值點f()?ln，由于f(x)在其

pp11定義域上只有一個極值點，因此f(x)的最大值為f()?ln。所以

ppf(x)?0?ln1?0?p?1。p（3）由（2）知，當p?1，x?0時，f(x)?0?lnx?x?1?ln22ln32lnn2111于是2?2???2?(1?2)?(1?2)???(1?2)

23n23nlnx1 ?1?。

xx ?(n?1)?(又當n?N，n?2時，111????)。22223n1111???，于是 2(n?1)nnn?1n 7

11111111111，?????(?)?(?)???(?)??2334nn?12n?12232n2ln22ln32lnn2111∴2?2???2?(n?1)?(2?2???2)

23n23n2n2?n?111 ?(n?1)?(?，)?2(n?1)2n?1ln22ln32lnn22n2?n?1即2?2???2?。

2(n?1)23n評析：導數進入中學數學后，為中學不等式證明提供了一個強大工具。正因為如此，通過構造函數并利用導數證明不等式已成為高考數學試題中一道亮麗的風景線。本題第（2）問實際上已經作出暗示，對比待證不等證式與第（2）問所得結論，證明思路自然生成。

第二篇：強化命題證明一類數列不等式

該文發表于《中學數學教學參考》2006年第12期

強化命題證明一類數列不等式

201203華東師大二附中任念兵數列不等式是近年來高考和競賽中的熱點題型，其中一類形如

i?n0?n1?C（C為常數）ai的證明題難度較大.由于此類不等式的右邊是常數，所以數學歸納法證明無法實現歸納過渡，但通過對歸納過渡過程的研究,可以放縮右邊的常數,將命題加強為

i?n0?an1i?C?1,其中gng?n??0表示關于正整數n的函數式,從而可以構造單調遞減數列巧妙的證明這類問題.例1：求證：?1

9111?????n?N*? 2252n?14

91111???????????（1）252n?124gn分析：①首先假設命題可以強化為?

接著思考的問題自然是：要使加強命題成立，g?n?應滿足什么條件呢？

②既然加強命題（1）成立，則可以利用數學歸納法加以證明：

111.??????????????????????????(2)n?1時, ??94g1歸納假設?1

91111?????,接下來要證 252k?124gk111111?????????????????????(3)229254gk?12k?12k?3而由歸納假設只能得到?1

9111111???????.如果能證得252k?122k?324gk2k?32

11111????，即 4gk2k?324gk?1111??.???????????????????????(4)gkgk?12k?32

則可以由不等式的傳遞性知道（3）式成立，從而由歸納法原理證明了加強命題（1）.從上述分析可知, g?n?必須同時滿足(2)(4)兩式.③明確g?n?應滿足的條件后,我們就可以“確定”g?n?的表達式了.觀察(4)式的結構,不等式右邊分母是二次多項式,于是我們考慮到,如果g?n?是一次多項式,則不等式左邊通分后也是一個二次多項式,這樣(4)式就轉化為兩個二次多項式的比較,從而可以通過g?n?的系數控制使(4)式成立.設g?n??an?b(a,b為待定的常數), 將g?n??an?b代入(4)式知

a?2k?3?2??ak?b??ak?a?b?對k?N*恒成立,整理得

4ak2?12ak?9a?a2k2?2ab?a2k?b?a?b?對k?N*恒成立,比較各項系數得

a?4,b?4.又因為g?n??an?b同時滿足(2)式,代入得a?b???36.所以,不妨取a?4,b?4,5

即得g?n??4n?4.從而,原不等式可以加強為:

11111

?n?N*?.???????????????(5)??????

9252n?1244n?4

④將上述分析過程略加整理就能得到加強命題的數學歸納法證明,而下面利用數列單調性的方法更為簡捷.證明:記f?n??

f?n?1??f?n??

1111?????,則有 9252n?124n?4

2n?32

?

1111

??2?2?0即f?n?單調遞

4n?1?44n?44n?12n?94n?12n?8

減,故f?n??f?1??

??,加強命題(5)得證.984

注:上述證明的關鍵步驟f?n?1??f?n??0實際上就是分析過程中的(4)式.我們不難發現處理此類問題的一般步驟是:首先假設加強命題

i?n0

?

n

成立,?C?

aign接著明確g?n?應滿足的條件，然后確定g?n?的表達式，最后構造單調遞減數列完成巧妙的證明.按照這樣的思路我們再看下面兩個例子:

11115

例2:求證:?2?3???n??n?N*?.2?12?12?12?13分析: 假設加強命題為：

111151

.g?n?應同時滿足?2?3???n??2?12?12?13gn2?1

151

.?????????????????????????(6)??

2?13g1111

.?????????????????????(7)??k?1

gkgk?12?1

觀察(7)式的結構,不等式右邊的分母是指數結構,因此我們考慮g?n?是指數結構.設

和

g?n??a?2n,將g?n??a?2n代入(8)式知a?2k?1?2k?1?1恒成立,故有a?1.又因為

g?n??a?2n同時滿足(6)式,代入得a?

3377

.因此得?a?1,不妨取a?,即得g?n???2n,4848

以下略.例3: 已知正整數n?1,求證: 1?分析: 假設加強命題為：1?1?

1119

?????.2！3！n!5

11191

.g?n?應同時滿足??????

2！3！n!5gn191

.?????????????????????????(8)??

25g2111

.?????????????????????(9)??

gkgk?1k?1!

k

?1對k?2恒成立,故有a?2.又因為g?n??a?n!同時滿足(8)式,a

和

觀察(9)式的結構,不等式右邊是階乘結構,因此我們考慮g?n?是階乘結構.設g?n??a?n!.將

g?n??a?n!代入(9)式知

代入得a?

.因此得?a?2,不妨取a?2,即得g?n??2?n！,以下略.33

本文舉例探討了如何強化命題來證明不等式

i?n0

n

n

?a

n

i

?C，這里有幾點需要加以說明:

①將

i?n0

?

111,關鍵是明確g?n?應滿足的條件和g?n?的式子結構.?C強化為?C?aiagni?ni

?

根據數學歸納法的思考過程可以確定g?n?應滿足的條件，而g?n?的式子結構是由an決定的:

若an是多項式則g?n?是多項式,若an是指數結構則g?n?是指數結構,如此等等.然后,利用待定系數法便可求出合理的g?n?（這樣的g?n?往往不唯一,但系數有范圍限制）.②強化命題后,我們利用數列的單調性來證明加強命題,這不僅簡化了證明過程,而且縮小了

i?n0

?

n

17341的上界.如例1的上界可以縮小為,例2的上界可以縮小為，例3的上界可以縮小

7221ai

為.另外，我們還可以通過改變待定系數來調整g?n?,進一步縮小的上界.a4ii?n

?

n

③本文研究的不等式

i?n0

n

?

n

都是收斂?C具有深刻的高等數學背景.實際上,這些級數

aiaii?n

?

?的,i?n0

n

?

?C就是對收斂級數的上界估計.如例3的背景是級數ai

?

?i!?e?1,因此有

i?1

?

近年來的各地高考中以高等數學知識為背景的問題頻??i!?e?1?5.值得一提的是，i?1

i?1

?i!

頻出現，例2實際上就是從2006年高考福建卷的壓軸題的關鍵步驟中提煉出來的問題.

第三篇：數列求和說課

數列求和說課

一、教學內容：

數列求和是高考中的必考內容，在高考中占據著非常重要的地位，學好數列求和對于高考成功起著非常關鍵的作用。數列求和方法中涵蓋有倒序相加法、錯位相減法、裂項相消法、拆項重組法等幾種方法。

二、教學對象：

高三（8）班學生

三、教學重點：

一些特殊數列的求和。

四、教學難點：

準確分析數列特征，選擇合適的數列求和方法。

五、教學目標分析：

1、知識目標：掌握數列求和的常見方法，并能運用這些方法解決一些簡單的數列求和問題；

2、能力目標：培養學生分析問題、解決問題的能力和學習數學的興趣。

3、情感目標：培養學生學習數學的積極性，鍛煉學生遇到困難不氣餒的堅強意志和勇于創新的精神。

六、學生情況分析：

高三（8）班是高三藝術重點班。班上學生基礎知識掌握相較于其他藝術班比較踏實，但是相對于文化班的學生來說還是比較薄弱。所以在教學時應適當考慮學生的實際水平盡量將

七、教學方法分析：

教法：數學是一門培養和發展人的思維的重要學科，因此在教學中不僅要讓學生“知其然”，還要“知其所以然”，為了體現以學生發展為本，遵循學生的認知規律，體現循序漸進和啟發式教學原則，我進行這樣的教學設計：在教師的引導下，創設情景，通過開放式問題的設置來啟發學生進行思考，在思考中體會特殊數列蘊涵的數學方法和思想，使之獲得內心感受。同時依據藝術班學生的特殊性在教學上盡量將有關數列的內容和公式詳盡的給學生說明。

教學手段：利用多媒體和PPT軟件進行輔助教學。

八、教學情境分析：

1、引入：利用歷年高考中的真題引出數列求和在高三學生學習中的重要性。

2、內容講解：在介紹特殊數列求和的過程中通過實例進行引入。

3、練習：高考實例練習。

4、課堂小結：特殊數列求和的五種方法。

5、作業：高考實例。

九、教學評價與反饋

根據高三學生心理特點、教學內容、遵循因材施教原則和啟發性教學思想，本節課的教學策略與方法我采用規則學習和問題解決策略，即“案例—公式—應用”，案例為淺層次要求，使學生有概括印象。公式為中層次要求，由淺入深，重難點集中推導講解，便于突破。應用為綜合要求，多角度、多情境中消化鞏固所學，反饋驗證本堂內容教學目標的落實。

南昌市實驗中學

董

世

清

2012年5月10日

第四篇：數列與不等式證明專題

數列與不等式證明專題

復習建議：

1．“巧用性質、減少運算量”在等差、等比數列的計算中非常重要，但用“基本量法”并樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運用條件，又要時刻注意題的目標，往往能取得與“巧用性質”解題相同的效果2．歸納——猜想——證明體現由具體到抽象，由特殊到一般，由有限到無限的辯證思想．學習這部分知識，對培養學生的邏輯思維能力，計算能力，熟悉歸納、演繹的論證方法，提高分析、綜合、抽象、概括等思維能力，都有重大意義．

3．解答數列與函數的綜合問題要善于綜合運用函數方程思想、化歸轉化思想等數學思想以及特例分析法，一般遞推法，數列求和及求通項等方法來分析、解決問題．

4．數列與解析幾何的綜合問題解決的策略往往是把綜合問題分解成幾部分，先利用解析幾何的知識以及數形結合得到數列的通項公式，然后再利用數列知識和方法求解． 證明方法：（1）先放縮后求和；（2）先求和后放縮(3)靈活運用 例1．數列?a

2n?n?滿足a1?1,a2?2,an?2?(1?cos2)asin2n?

n?2,n?1,2,3,?.(Ⅰ)求a3,a4,并求數列?an?的通項公式；(Ⅱ)設ba2n?

1n?

a,Sn?b1?b2???bn.證明：當n?6S?2?1n2n

n.分析：本題給出數列相鄰兩項的遞推關系，且要對n分奇偶性。

解:(Ⅰ)因為acos

2?

1?1,a2?2,所以a3?(1?2)a1?sin2

?

?a1?1?2,a4?(1?cos2?)a2?sin2??2a2?4.一般地，當n?2k?1(k?N*)時，a2

k?1)?2k?1?[1?cos

(22]a?sin22k?1

2k?12

? ＝a2k?1?1，即a2k?1?a2k?1?1.所以數列?a2k?1?是首項為

1、公差為1的等差數列，因此a2k?1?k.當n?2k(k?N*)時，a2k?2k?2?(1?cos

22)a2k?

2k?sin2

2?2a2k.所以數列?a2k?是首項為

2、公比為2的等比數列，因此a2k?2k.?故數列?a?n?1n?的通項公式為an??

2,n?2k?1(k?N*),?n?22,n?2k(k?N*).(Ⅱ)由(Ⅰ)知，ba2n?1n?a?n

12?3n2,Sn??23???n,①2n22222

12S12?23n

n?222?24???2

n?1② 1①-②得，1[1?(1)2]2S1111nn?2?22?23???2n?2n?1??n1n1?2n?1?1?2n?2n?1.2所以S1nn?2

n?2?2n?1?2n?2?2

n.要證明當n?6時，S1n(n?2)

n?2?n成立，只需證明當n?6時，2n

?1成立.證法一

(1)當n = 6時，6?(6?2)26?4864?

34?1成立.(2)假設當n?k(k?6)時不等式成立，即k(k?2)

k

?1.則當n=k+1時，(k?1)(k?3)k(k?2)(k?1)(k?2k?1?2k?3)2k(k?2)?(k?1)(k?3)

(k?2)?2k

?1.由(1)、(2)所述，當n≥6時，n(n?1)2

2?1.即當n≥6時，Sn?2?

1n

.證法二令cn(n?2)n?

22(n?6)，則c(n?1)(n?3)n(n?2)3?n2

n?1?cn?2n?1?22?2

n?1?0.所以當n?6時，c6?8n?1?cn.因此當n?6時，cn?c6?64?

34?1.于是當n?6時，n(n?2)22?1.綜上所述，當n?6時，Sn

?2?1

n

.點評：本題奇偶分類要仔細，第（2）問證明時可采用分析法。

例題2.已知?為銳角，且tan??

2?1，函數f(x)?x2tan2??x?sin(2??

?

4)，數列{an}的首項a1?

2,an?1?f(an).(1)求函數f(x)的表達式；⑵ 求證：an?1?an；

⑶ 求證：

1?11?a?1???1?2(n?2,n?N*)11?a21?an

分析：本題是借助函數給出遞推關系，第（2）問的不等式利用了函數的性質，第（3）問是轉化成可以裂項的形式，這是證明數列中的不等式的另一種出路。

解：⑴tan2??

??2tan?2(?1)2

又∵?為銳角 ∴2?? ∴sin(2??)?1∴f(x)?x?x??1

441?tan2?1?(2?1)2

∴a2,a3,?an都大于0∴an?0∴an?1?an2

∴

則S?

1111121212111?(????)??(S?)S????? a22a2a3ana2an?13an?13a22an?1

⑵

an?1?an?an∵a1?

點評：數列中的不等式要用放縮來解決難度就較大了，而且不容易把握，對于這樣的題要多探索，多角度的思考問題。

⑶

1an?1

?

1111

???2

an?anan(1?an)an1?an111

??1?ananan?1

例題4.已知函數f(x)?x?ln?1?x?,數列?an?滿足0?a1?1,∴

111111111111

???????????????2?

an?1?f?an?;數列?bn?滿足b1?,bn?1?(n?1)bn, n?N*.求證:

1?a11?a21?ana1a2a2a3anan?1a1an?1an?1

∵a?(12)2?12?34, a?(34)2?3

234

?1 ,又∵n?2an?1?an∴an?1?a3?1

∴1?

2?

1a?2∴1?

1n1?a?1???1

?2

?1

11?a21?an

點評：把復雜的問題轉化成清晰的問題是數學中的重要思想，本題中的第（3）問不等式的證明更具有一般性。

例題3.已知數列?aa?

n?滿足a1?1,n?1?2an?1?n?N?

（Ⅰ）求數列?an?的通項公式；（Ⅱ）若數列?b?1n?滿足4b1?14b24

b3?1

?4bn?1?(an?1)bn，證明：?bn?是等差數列；

（Ⅲ）證明：

1?1a???1?2?n?N?a? 23an?13

分析：本例（1）通過把遞推關系式轉化成等比型的數列；第（2）關鍵在于找出連續三項間的關系；第（3）問關鍵在如何放縮 解：（1）?an?1?2an?1，?an?1?1?2(an?1)

故數列{an?1}是首項為2，公比為2的等比數列。?ann?1?2n，an?2?1

（2）?4

b1?14

b2?14

b3?1

?4bn?1?(an?1)bn，?4

(b1?b2???bn?n)

?2nbn

2(b1?b2???bn)?2n?nbn①2(b1?b2???bn?bn?1)?2(n?1)?(n?1)bn?1②

②—①得2bn?1

?2?(n?1)bn?1?nbn，即nbn?2?(n?1)bn?1③?(n?1)bn?1?2?nbn?2④ ④—③得2nbn?1

?nbn?nbn?1，即2bn?1?bn?bn?1所以數列{bn}是等差數列

（3）?

1a?1111

2n?1?1?2n?1?2?

設S

?

1n2an?a?1???1，2a3an?1

（Ⅰ）0?a（Ⅱ）aa2nn?1?an?1;n?1?2;

（Ⅲ）若a1?2

則當n≥2時,bn?an?n!.分析：第（1）問是和自然數有關的命題，可考慮用數學歸納法證明；第（2）問可利用函數的單調性；第（3）問進行放縮。解：(Ⅰ)先用數學歸納法證明0?an?1,n?N*.（1）當n=1時,由已知得結論成立;（2）假設當n=k時,結論成立,即0?ak?1.則當n=k+1時,因為0

1x?1?xx?1

?0,所以f(x)在(0,1)上是增函數.又f(x)在?0,1?上連續,所以f(0)

?1, 得an?1?an?an?ln?1?an??an??ln(1?an)?0,從而an?1?an.綜上可知0?an?1

?an?1.(Ⅱ)構造函數g(x)=

x2

x2x2

-f(x)=

?ln(1?x)?x, 0g(0)=0.因為0?aa2nn?1,所以g?an??0,即2?f?aa2

nn?>0,從而an?1?2

.(Ⅲ)因為

b12b1b

n?11?,n?1?2(n?1)bn,所以bn?0,n?1b?n,所以bba2nbn?1bnn?

b??2?b1

1?n?n!————①由(Ⅱ)an?1?,知:an?1?an,n?1bn?2b122an2

所以

ana?a3?na?a1a2?n?1 ,因為aa=

a2aa1?, n≥2, 0?an?1?an?1.1

1a2n?12222

a2?a2

所以

a1a2?an?1?aan

1<

n?

2221<2

n?12n

=

2n

————②由①② 兩式可知:

bn?an?n!.點評：本題是數列、超越函數、導數的學歸納法的知識交匯題，屬于難題，復習時應引起注意。

例題5.已知函數f(x)=5?2x

16?8x，設正項數列?an?滿足a1=l，an?1?f?an?．

(1)試比較a

5n與

4的大小，并說明理由；

(2)設數列?b5n

nn?滿足bn=4－an，記Sn=?bi．證明：當n≥2時,Sn＜(2－1)．

i?

14分析：比較大小常用的辦法是作差法，而求和式的不等式常用的辦法是放縮法。

解：(1)a2ann?1

?

5?16?8a，因為a所以a7

31?1,2?,a3?4

.（2）因為an?0,an?1?0,所以16?8an?0,0?an?2.n8a55?2a48(a55

n5n?n?1?)3an?554?16?8a?4?32(2?a??,因為2?an?0,所以an?1?與a?同號，nn)22?an

4n

4因為a51?4??14?0，a5555

2?4?0,a3?4?0,?，an?4?0,即an?4

.（3）當n?2時，b531n?4?an?2?2?a?(5?a31

31n?1)???bn?1???bn?1?2bn?1，n?1422?an?122?5

所以bn

?2?bn?1?22?bn?2???2n?1b31?2n?，13?n

(1?2n)

所以Sn?b1?b2???bn?

4?12???????1?

?2??

?1?2?1

(2n?1)

點評：本題是函數、不等式的綜合題，是高考的難點熱點。

例題6.已知數列?a*

n?中，a1?1，nan?1?2(a1?a2?...?an)?n?N?

．

（1）求a2,a3,a4；（2）求數列?an?的通項an；（3）設數列{b1n}滿足b1?

2,b12

n?1?abn?bn，求證：bn?1(n?k)k

分析：條件中有類似于前n項和的形式出現，提示我們應該考慮an＝Sn－Sn－1(n≥2)

解：（1）a2?2,a3?3,a4?4（2）nan?1?2(a1?a2?...?an)①

(n?1)an?2(a1?a2?...?an?1)②①—②得nan?1?(n?1)an?2an

即：nan?1

?(n?1)a?1n?1aa3ann，ana?所以aa223n

n?1a...?1...1

?n(n?2)

nna12an?112n?所以a*n

?n(n?N)

（3）由（2）得：b1

?12,b12

n?1?k

bn?bn?bn?bn?1?...?b1?0，所以{bn}是單調遞增數列，故要證：bn?1(n?k)只需證bk?1

若k

?1，則b12?1顯然成立;若k?2，則b?1211?

n?1kbn?bn?k

bnbn?1?bn 所以

1b?1??1,因此：1?(1?1)?...?(1?1)?1??k?1?2?

k?1

n?1bnkbkbkbk?1b2b1b1kk所以bk

?

k

k?1

?1,所以bn?1(n?k)點評：與數列相關的不等式證明通常需要“放縮”，而放縮的“度”尤為關鍵，本題中

1b?(1?1)?...?(1?1)?1,這種拆分方法是數學中較高要求的變形.kbkbk?1b2b1b1

例題7.已知不等式

12?13???1n?1

[log2n],其中n為不大于2的整數，[log2n]表示不超過log2n的最大整數。設數列?a1

n?的各項為正且滿足a1?b(b?0),anan?n?

n?a(n?2,3,4?)，證明：

n?1

an?

2b

2?b[log，n?3,4,5?

2n]

分析：由條件an?111111n

?

nan?a得：

n?1

a??1

?nan?1n

a??n(n?2)

nan?1

11a?

?

1n?1

an?2

n?1

??

a?1?1以上各式兩邊分別相加得： 2a121a?1?1?1???1?1?1?1?1???1

?1?1[log2n](n?3)na1nn?12anbnn?12

b2

=

2?b[log2n]2b? a2b

n?2?b[logn]

(n?3)

2本題由題設條件直接進行放縮，然后求和，命題即得以證明。

例題8.已知數列{an}的前n項和Sn滿足：Sn?2an?(?1)n，n?1（1）寫出數列{an}的前三項a1，a2，a5；（2）求數列{an}的通項公式；

（3）證明：對任意的整數m?4，有1117

a?????

4a5am8

分析：⑴由遞推公式易求：a1=1,a2=0,a3=2； ⑵由已知得：an

?Sn?Sn?1?2an?(?1)n?2an?1?(?1)n?1（n>1）

化簡得：an?1anan?1anan?1n

?2an?1?2(?1)

(?1)n??2(?1)n?1?2,(?1)n?23??2[(?1)

n?1

?2

3] 故數列{

an2(?1)n?3}是以?a1?23為首項, 公比為?2的等比數列.故an21

(?1)

n

?3?(?3)(?2)n?1∴a?23[2n?2?(?1)n]∴數列{a2

n

n}的通項公式為：an?3

[2n?2?(?1)n].⑶觀察要證的不等式，左邊很復雜，先要設法對左邊的項進行適當的放縮，使之能夠求和。而左邊=

1a?1a???1?3[111

22?1?23?1???2m?2?(?1)

m]，如果我們把上式中的分母中的?1去掉，就可利45am2用等比數列的前n項公式求和，由于-1與1交錯出現，容易想到將式中兩項兩項地合并起來一起進行放縮，嘗試知：

11111

22?1?123?1?122?1

23，23?1?24?1?23?24，因此，可將

?1

保留，再將后面的項兩兩組合后放縮，即可求和。這里需要對m進行分類討論，（1）當m為偶數(m?4)時，1a?1???1a?1?(1?1)???(1?1)?1?3(1113?4???m?2)4a5ma4a5a6am?1am

22222

?

13112?2?4(1?137

m?4)?2?8?8（2）當m是奇數(m?4)時，m?1為偶數，1a?1???1?1?1a?1???1?1?7 4a5ama45a6amam?18

所以對任意整數m?4，有

a?a???

?7。本題的關鍵是并項后進行適當的放縮。45am8

例題9.定義數列如下：a2

?1?2,an?1?an?an?1,n?N

證明：（1）對于n?N?

恒有a?

n?1?an成立。（2）當n?2且n?N，有an?1?anan?1?a2a1?1成立。（3）1?

112a?12006

?

a???1

?1。12a2006

分析：（1）用數學歸納法易證。

（2）由a2

n?1?an?an?1得：an?1?1?an(an?1)

?an?1?an?1(an?1?1)??a2?1?a1(a1?1)

以上各式兩邊分別相乘得：an?1?1?anan?1?a2a1(a1?1)，又a1?2

?an?1?anan?1?a2a1?1

（3）要證不等式1?

11122006

?

a????1?1，可先設法求和：1?1???，1a2a2006a1a2a2006

再進行適當的放縮。?a111n?1?1?an(an?1)?

aa?a?1?1?

a n?1?1

?

n?1nanan?1n?1?1

?

1111a?????(?1)?(1?1)???(1?1)1a2a2006a1?1a2?1a2?1a3?1a2006?1a2007?1?

1a1?a?1?

?11?2007?1

aa 12?a2006又a?a2006

1a2?a20061

?22006?1?

1a?1?1

2006?原不等式得證。

1a2?a20062

點評：本題的關鍵是根據題設條件裂項求和。

第五篇：數列不等式推理與證明

2012年數學一輪復習精品試題第六、七模塊 數列、不等式、推

理與證明

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．

1．在等比數列{aa

2n}中，若a3a5a7a9a11＝243，則a的值為()1

1A．9B．1

C．2D．

32．在等比數列{aaa

n}中，an>an7·a11＝6，a4＋a14＝5，則＋1，且a等于()16

A.23B.32

C16D．－563．在數列{aa－n}中，a1＝1，當n≥2時，an＝1＋aa

n－1n＝()

A.1

nB．n

C.1nD．n2

4．已知0

B．成等比數列

C．各項倒數成等差數列

D．各項倒數成等比數列

5．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則數列{an}的通項公式是()

n-

1A．an＝2n－1B．a?n?1?

n??n??

C．an＝n2D．an＝n)

n2-6n

6．已知正項數列{an}的前n項的乘積等于Tn＝?的前n項和Sn中的最大值是()

A．S6

B．S

5?1?

??4?

(n∈N*)，bn＝log2an，則數列{bn}

7．已知a，b∈R，且a>b，則下列不等式中恒成立的是()

?1??1?

A．a>bB.??

?2??2?

ab

C．lg(a－b)>0

aD.b

8．設a>0，b>0，則以下不等式中不恒成立的是()11?

A．(a＋b)??ab?≥

4B．a3＋b3≥2ab2 D.|a－b|ab

C．a2＋b2＋2≥2a＋2b

9．當點M(x，y)在如圖所示的三角形ABC內(含邊界)運動時，目標函數z＝kx＋y取得最大值的一個最優解為(1,2)，則實數k的取值范圍是（）

A．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B．[－1,1]

C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－1,1)

??lg|x|(x<0)10．設函數f(x)＝?x，若f(x0)>0，則x0的取值范圍是()

?2－1(x≥0)?

A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B．(－∞，－1)∪(0，＋∞)

C．(－1,0)∪(0,1)D．(－1,0)∪(0，＋∞)

a2＋b

211．已知a>b>0，ab＝1，則的最小值是()

a－bA．2C．2D．1

12．下面四個結論中，正確的是()

A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n＝1,2，…)當n＝1時，恒為1 B．式子1＋k＋k2＋…＋kn1(n＝1,2…)當n＝1時，恒為1＋k

－

1111111

C．式子＋＋…＋n＝1,2，…)當n＝1時，恒為

1231232n＋1

111111

D．設f(n)＝n∈N*)，則f(k＋1)＝f(k)＋n＋1n＋23n＋13k＋23k＋33k＋4

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中的橫線上． 13．已知Sn是等差數列{an}(n∈N*)的前n項和，且S6>S7>S5，有下列四個命題：(1)d<0；(2)S11>0；(3)S12<0；(4)數列{Sn}中的最大項為S11，其中正確命題的序號是________．

14．在數列{an}中，如果對任意n∈N*都有數列，k稱為公差比．現給出下列命題：

(1)等差比數列的公差比一定不為0；(2)等差數列一定是等差比數列；

(3)若an＝－3n＋2，則數列{an}是等差比數列；(4)若等比數列是等差比數列，則其公比等于公差比． 其中正確的命題的序號為________． ＝q，(4)正確． 15．不等式

ax的解集為{x|x<1或x>2}，那么a的值為________． x－

1an＋2－an＋1

k(k為常數)，則稱{an}為等差比

an＋1－an

x≥0??

16．已知點P(x，y)滿足條件?y≤x

??2x＋y＋k≤0k＝________.(k為常數)，若z＝x＋3y的最大值為8，則

三、解答題：本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．(10分)(2011·天津市質檢)已知等差數列{an}的前三項為a－1，4,2a，記前n項和為Sn.(1)設Sk＝2550，求a和k的值；

S(2)設bn，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值．

n

18．(12分)已知各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn，首項為a1，且2，an，Sn成等差數列．

(1)求數列{an}的通項公式；

b(2)若bn＝log2an，cn＝，求數列{cn}的前n項和Tn.an

2bx

19．(12分)已知函數f(x)(x∈R)滿足f(x)，a≠0，f(1)＝1，且使f(x)＝2x成立的實

ax－1數x只有一個．

(1)求函數f(x)的表達式；

21(2)若數列{an}滿足a1＝an＋1＝f(an)，bn＝1，n∈N*，證明數列{bn}是等比數列，3an

并求出{bn}的通項公式；

(3)在(2)的條件下，證明：a1b1＋a2b2＋…＋anbn<1(n∈N*)．

2x??

20．(12分)已知集合A＝?x?x－21?，集合B＝{x|x2－(2m＋1)x＋m2＋m<0}

?

?

?

(1)求集合A，B；

(2)若B?A，求m的取值范圍．

2a2

21．(12分)解關于x的不等式：x|x－a|≤(a>0)．

922．(12分)某工廠生產甲、乙兩種產品，每生產一噸產品所消耗的電能和煤、所需工人人數以及所得產值如表所示：

160千度，消耗煤不得超過150噸，怎樣安排甲、乙這兩種產品的生產數量，才能使每天所得的產值最大，最大產值是多少．