数列型不等式的证明

1、数列型不等式证明的常用方法数列型不等式证明的常用方法一放缩法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 1归一技巧归一技巧归一技巧，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n是正整数，求证121211121nnn【证明

2、】111122nnn1211112222nnnnnn 个12.另外：111122nnn11111nnnnnn 个1.【说明】在这个证明中，第一次我们把11n、12n 、12n这些含n的式子都 “归一” 为12n， 此时式子同时变小，顺利把不易求和的111122nnn变成了n个12n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.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 na的各项均为正数，nS为其前n项和，对于任意*Nn，总有2,nnna Sa成等差数列.()求数列 n

3、a的通项公式；() 设数列 nb的前n项和为nT，且2lnnnnaxb ，求证:对任意实数ex, 1（e是常数，e2.71828）和任意正整数n，总有nT2；（）解：由已知：对于*Nn，总有22nnnSaa成立21112nnnSaa（n 2）-得21122nnnnnaaaaa111nnnnnnaaaaaa1,nnaa均为正数，11nnaa（n 2）数列 na是公差为 1 的等差数列又 n=1 时，21112Saa， 解得1a=1nan.(*Nn)（）证明：对任意实数ex, 1和任意正整数 n，总有2lnnnnaxb 21n. （放缩通项，整体归一）nnnTn11321211112111222（

4、放缩通项，裂项求和）21211131212111nnn例 2.已知数列 na中的相邻两项212kkaa，是关于x的方程2(32 )320kkxkxk的两个根，且212(12 3)kkaak， ， ，（I）求1a，2a，3a，7a；（II）求数列 na的前2n项和2nS；（）记sin1( )32sinnf nn，(2)(3)(4)(1)123456212( 1)( 1)( 1)( 1)ffff nnnnTa aa aa aaa，求证：15()624nTn*N【分析】 （1）略.12a ；34a ；58a 时；712a （II）略.2nS2133222nnn（III）本题应注意到以下三点，( )1

5、, 2f n ，且( )f n具有周期性.( )1, 2f n ，这就有( )( 1) 1, 1f n ，( )f n虽有周期性，可周期为2.这就使当n很大时， 和式通项(1)212( 1)f nnnaa的符号增加了不确定性.很显然，当4n时，213nan，22nna；当3n 时，212nna，23nan.纵然没有符号的问题，通项132nn如何求和？也需要解决.112116Ta a，2123411524Ta aa a，本题相当于证明12()nTTT n*N基于以上三点，我们可以看到：1nTT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

6、“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3n时，(1)3456212111( 1)6f nnnnTa aa aaa，345621211116nna aa aaa从第三项起“归一”为负=)2312431921(6416143nn=)21241231(6164161132nn23411111166 26222n(3,4,5,n “归一”为 2)1166 2n16，至于不等式右边原理一样：(1)5678212511( 1)24f nnnnTa aa aaa5678212511124nna aa aaa(从第四项起“归一”为正34551111249 23 4 2

7、3 5 232nn 3451111249 29 22n(4,5,n “归一”为3)51249 2n524又112116Ta a，2123411524Ta aa a，原结论成立1.21.2 分段归一分段归一放缩法中，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na和 nb满足112,1(1)nnnaaa a ，1nnba，数列 nb的前n和为nS.（1）求数列 nb的通项公式；（2）求证：对任意的nN有21122nnSn成立分析： （1）略.1nbn（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】

8、左边证明21111232nnS 1111111111111() () ()()2345678916212nn 11128162111111111111()()()()2448888161622nnnn 个个12111112222n 个=1+2n这里我们以12，212，312，412，12n为界，将和式111232n分为n段，每段1121i1122i12i（1,2,3,in） ，每段中的数对缩小归一为12i，这就使每一段的数缩小后和为12，从而得证.至于不等号右边，原理类似：21111232nnS 111 11 1 1 11 1111111 () () ()()2 34 5 6 78 91522

9、12 1 2nnnn 11111112881621 11 1 1 111111111 () () () ()()2 24 4 4 4881616222nnnnn 个个16个111 1 1 112nn 个12nn12n【说明】本题我们需要关注到不等号两边的性质：一方面，12111+1222nn 个， 接着我们把不等式中间的和式除 1外的部分拆分成n段，每段都不小于12；另一方面，111 1122nn 个1，接着我们把不等式中间的和式除12n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 2 抓大放小抓大放小在

10、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:2232322212132nnn通项放缩为nnnnn22， 求和即证。2.1 直接抓大放小例 4 设数列 na的前n项和为nS，对任意的正整数n，都有51nnaS成立，记*4()1nnnabnNa.（I）求数列 nb的通项公式；（II）记*221()nnncbbnN，设数列 nc的前n项和为nT，求证：对任意正整数n都有32nT .【解答】 （）略.14( 1)4( 1)nnnnnb （）由（）知54( 4)1nnb 221nnnc

11、bb221554141nn22225 4(41)(44)nnn24225 443 44nnn 2425 44nn2516n（分母直接抓大放小）又1211343,33bbc当1312nT时，当234111225 ()3161616nnnTK时，12111 ()416162513116n214162513116694832【说明】这里的分母4243 44nn 阻碍了式子的求和，式子4243 44nn 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，23 44n相比它来说小很多，由此，我们能把44n留在，去掉23 44n，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

12、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“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 na的前n项和为Sn， 满足121 ,nnSann N ，且1a，23a ，3a成等差数列.（1）求a1，a2，a3的值；（2）求数列 na的通项公式；（3）证明： 对一切正整数n， 有1211132naaa.分析（1）略.a11，2=4a，3=13a（2）略.1(31)2nna （3）由（2）知1231nna如果将通项231n分母中的1消去， 通项将转化为等比数列23n，可这个

13、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.我们可以从通项231n分母中的3n中拆出一部分出来与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】（3）由111112221312 3312 33nnnnnna，（拆大抵小）故有：11211111133nnaaa 113113n13122 3n32【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:3512112112112132n如果1111212212212nnnnn，那么121121nn，则放大过头！因为)2(231223124122222nnnnnn所

14、以通项放缩为)2(21311212nnn，求和即证。如果求证:213412112112112132n，则上述放大过头！可以用) 3(271227128123333nnnnnn所 以 第 一 、 二 项 不 变 ， 通 项 从 第 三 项 放 大 为)3(21711213nnn，求和即证。3回头追溯技巧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na满足12a ，2*112(

15、1)()nnaanNn.（1）求证数列2nan是等比数列，并求其通项公式；（2）设nnnca，求证：123710ncccc.分析： （1）略.22nnan（2）102nnnncan这nc的通项，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：123ncccc234111111 22 23 24 22nn2111222n112n 1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123nnTcccc，则1234TTTT当n4 时，234111111 22 23

16、 24 22nnTn45111111128244222n（从第四项开始放缩）32112121734332330102综上：123710ncccc例 7已知数列na满足：112cos()nnnnaaa an且114a （1）求数列na的通项公式；* （2） 设2) 12(sinnabnn， 记数列bn的前n项和为Tn 求证：对任意的nN*有Tn47成立解： （1）由1112cos()( 1)nnnnnnnaaa ana a 所 以121( 1)nnnaa ，112( 1)nnnaa ，1111( 1)2( 1)nnnnaa 11( 1)3a 所以1( 1) nna 是以 3 为首项，以-2为公比

17、的等比数列11( 1)3( 2)nnna ，所以nnna) 1()2(311（2）1) 1(2) 12(sinnn，111( 1)13( 2)( 1)3 21nnnnnb 当3n时，则12311231123113112nnT212211211321)(1 28112312312317141nn（从第三项开始放大，分母减去 1）7484488447612811)21(1 6128112n321TTT，对任意的Nn，74nT3.2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 na满足11a ，121nnaa*()nN.（I）求数列 na的通项公式；（II）证明：

18、*122311.()232nnaaannnNaaa.分析（I）略.*21().nnanN（II）证明：1121211,1,2,., ,12122(2)2kkkkkkakna12231.2nnaaanaaa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：1111212111,1,2,., ,21222kkkkkkkakna12231.nnaaaaaa21 111(.)22 222nn11(1)222nn122n.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

19、些，不要放得那么多. 以下是修改后的放缩：【解答】 （2）1112111111 1 1.,1,2,., ,21 2 2(21)2 3.2222 3 2kkkkkkkkakna 1222311 111111.(.)(1),2 3 2 222 322 3nnnnaaannnaaa *122311.()232nnaaannnNaaa.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( )ln 1f xxx,数列 na满足101a,1nnaf a;数 列 nb满 足1111,(1)22nnbbnb,*nN.求证:（）101;n

20、naa（）21;2nnaa（）若12,2a 则当 n2 时,!nnban.分析：可以考虑用：若xxxxx) 1ln(1, 1来证明。解析：()先用数学归纳法证明01na,*nN.（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01ka.则当 n=k+1 时,因为 0 x1 时,1( )1011xfxxx ,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(ka)f(1), 即00构造函数 g(x)=22x-f(x)=2ln(1)2xxx, 0 xg(0)=0.因为01na,所以0ng a,即22nnafa0

21、,从而21.2nnaa() 因为1111,(1)22nnbbnb,所以0nb ,1nnbb12n ,所以1211211!2nnnnnnbbbbbnbbb ,下面只需证明12nna（逐步转化）由()21,2nnaa知:12nnnaaa,所以1naa=312121212 22nnnaaaaa aaaa,因为122a , n2,101.nnaa所以na11212 22naa aa112nnan 时，1111 313()( )(1)( )22nmmnbmnbmnmn，1113214()(1) ( )(1)1233mmnnbmbmnm，1nnbb即数列nb是递减数列.因为2n，故只须证22231(1)

22、( )2mmbmm，即证mmm1)23(2.利用二项式定理，事实上，122111519()1224mmmmCCmmmm .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构造新数列，比较两个数列的通项例 13求证 ln(n1)13151712n1(nN*).【解析】构造数列na且它的前 n 项和为ns=ln(n1)，则可得na=lnnn1下面只需证明 lnk1k12k1(kN*)令h(x)lnx2x11，h(x)1x2(x1)2x21x(x1)20，函数h(x)在区间(0，)上是增函数.当x1 时，h(x)h(1)0，即 lnx2x11，即 lnxx1x1.令xk1k，则有 lnk1k12k1.错误错误!nk1k错误错误!12k1ln(n1)错误错误!nk1k，ln(n1)131512n1.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(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN N， 求gn(x)的表达式；(2)若f(x)ag(x)恒成立，求