数列不等式放缩

1C1C2C3Cnn2

(n1,nN) 简析不等式左边C1C2C3Cn2n11222 nn12222n1=n2

2求证(11)(11)(11)(1 )

2n 2n1bbm(ba0m0 a246

3572n11352n1(2n13 2n

24 24 (24

2n)22n1即(11)(11)(11)(1

)

2n13

2n

2n法2利用不等式(1x)n1nx(nN,n2,x1,x0)的一特例(1

1)212

(此处n2x

)2k1

2k2k2k2k

2k2k2k2k2n2k

(1k

2k

)k令

(11)(11)(11)(11 2n1 232n23

Tn1

2n

2n12n12nT ,{T递增，有TT

1 另证：原不等式变形 ，令 注：由此可得加强命题(11)(11)(1

1)2

2n12n 2n2n探索性问题求对任意n1使(11)(11)(1 1)

2nk证明(11)(11)(1

)33n1.(可考虑 不等式n3的特例 3n3f(x)

12x3x(n1)xanxn

,0a1给定n

,n求证：f(2x)2f(x)(x0)对任意nN且n2恒成立（90年卷压轴题）简析本题可用数学归纳法证明，详参高考评分标准；这里给出运用（Cauchy） 不等式[(ab)]2a2b2i

f(2x)2f(x)

122x32x(n1)2xan

2

12x3x(n1)xanxn[12x3x(n1)xanx]2n[122x32x(n1)2xan2x而由Cauchy不等式得(1112x13x1n1xanx1212[122x32xn1)2xa2n2xx0n122x32xn1)2xan2x（0a1已知

n2

1.(I用数学归纳法证明an2(n2(IIln(1xxx0都成立，证明

e2（无理数e

（05解 (II)结合第(I)问结论及所给题设条件ln(1x)x（x0）的结构特征，可

1

n21

1

ln

1

n21

1)lna lnann2n2n。于是lnan1lnann2n2n

1

(lnai1lnai)

(i2i2i)lnanlna11n

12

2 即ln

ln

2

e2.注：题目所给条件ln(1xx（x0）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，本题还可用结论2nn(n1)(n2来放缩： (1

)a

1)n

nn1)(

nn

nn

n

1)

1)

)n(n

n(n [i

i

1)

i

1 ln(ai(i

1)

1)111n即ln(an11ln3an3e1e2已知不等1111[lognnNn2.[logn表示不超log 的最大整数。设正数数列

}满足

b(b0),

n

,n求证

,n3.（05年卷第（22）题

简析n2时

nan1n

nan1

1n111 (11) 1 k ak k2n31

1

n]

2b[log2n]注：111 1111

n

11)n，求证：数列

}单调递增且

解析引入一个结论：若ba0则bn1an1n1)bn(ba（证略）an1bn[(n1)anb].（）以a11b11代入（）式得(1

1)n1(11)nn 即{an}单调递增

n 以a1b1

1代入（）式得111)n111)2n n都成立，即对一切偶数有(11)n4，又因为数列{ann单调递增，所以对一切正整数n有(11)n4n注：①上述不等式可加强为211)n3n

(11)n1C11C2

Cn1 n n

n只取前两项有

1C112 nCk

1nn1nk11

1n

k!

1

2k

11(1/故有an112222n122

11/

②上述数列{an}的极限存在，为无理数e；同时是下述试题的背景mnimn是正整数，且1imn（1）niAimiAi（2）mn(1m)n(1n)m.（01 卷理科第20题1（2）问：用1nn得数列{bn}:bn1nn {(1nn1imn(1mm(1nn(1m)n1n)m设数列a满足 a2na1nN，当a3时证明对所有n1,

n2；

1

1

1

1（02 高考题2解析(i用数学归纳法：当n1时显然成立，假设当nk

k2nk1ak1ak(akk1ak(k2k1k221k3，成立。11

ak12ak

ak11

1)

12k1

1)2k142k1

ak

12kn1n

11

(1)2

1i

1

i

2i

1 2上述证明(i)用到部分放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：ak1(k2)(k2k)1k3；证明(ii)就直接使用了部分放缩的结论ak12ak或11a1

1

1

12

2

.n1nN

(3

(n1)(n简析观察2)n的结构，注意到3)n11)n(1

n1)C11C2

C3

1nnn

6 n

n

n 即(11)n(n1)(n2，得2n2n设数列{a

2,

a

1(n1,2,).（Ⅰ）a

na n nan（Ⅱ）

an(n1,2,)，判定b与 的大小，并说明理由（04年重nnn卷理科第（22）题

n本题有多种放缩证明方法，这里我们对（Ⅰ）k1（只考虑第二步）a2k1a22k

12k122(k1)a2ka22a2n1a221a22a

a22,k1,2,,na an

k 2na2a22(n1a22n22n12n 10数列

由下列条件确定：xa0

1

a

nN（I

2

xnn对n2总有xa；(II)证明：对n2总有xnxn1（02年卷第（19）题n解析f(x)1xaf(x在

a,nk1

21

xa在

a,

f

a) k

2

2xxk2x

k对(IIx

1

af(x)1xa它在

a,

2 x nxn

1

af

a)0

2 xnn着高等数学背景—数列xn单调递减有下界因而有极限an

a(nf(x)1xa

1xa2xn 2xn

2 n11求证1 1nn简析ann

(nN,n2n1hn，这里hn0(n2nn(1h)nn(n1)h20h

(n1，从而有1

1

2n2n 2n2n1120a1，定义1

1a,

n1

a，求证：对一切正整数n有an1n1解析用数学归纳法推nk1an11，仅用归纳假设

1及递推1aak11ak

a是难以证出的，因为ak出现在分母上！可以逆向考虑1aak11ak

a1

1a

对一切正整数n有1

1.1a13

满足

1,2

n证

（01年中国西部数试题

xn.用数学归纳法，只考虑第二步：xxk

kk

kk

(2

)2

k1

k2

xN

n.n14已知数列{annSnSn2an1)nnn（Ⅰ）写出数列{an}的前3项a1,a2,a3（Ⅱ求数列{an}的通项（Ⅲ证明对任意的整数m4

1

7（04 卷8简析（Ⅰ）

（Ⅲ）由于通项中含有(1)n，很难直接放缩，考虑分项讨论 n3na

22n232

2n2

3(

（减项放缩m4m

1

1(

1)( 13(1

2 m4m

11

1

1

（添项放缩

11

7

15已知，求证 证明∵∴，当且仅 时等号成立16已 均为正数，求证分析由于所证不等式两端都是幂和积的形式，且 .由指数函数的性质可，，所以 a2b2c2c2a217求证a2b2c2c2a2证明

a22

(ab)2 a2a2b22

|ab|

a2a2bc2aa2bc2a同理

2(bc)b2b2c

2(ca)a2b2c2c2a2三式相加a2b2c2c2a218已知函 ② 时 .，，，为在时.所 ，.19若a，b，c，d是正数．求证：1 证明

ab ab bc ac ab ab bc ac abc abc abc abc ab ab bc ac a a c c ab ab bc ac a b a b abc abc abc abc a（

b

(m0) ∴1 ab ab bc ac20当n2logn(n1logn(n1证明n2logn(n10logn(n10，且logn(n1logn(n1 log(n1)log(n1)[logn(n1)logn(n

log(n21)[

n2[

n2时,logn(n1logn(n11 1 21已知数列{an}满足an1an,0a1 ,求证：(akak1)ak2 k证 0a1,

a21,a

a1

k n(a n

1(a

)1(a

)1aka

k

k

16k

k

n本题通过对因式ak2放大，而得到一个容易求和的式子(akak1nk22

2,

2

1,nN n证明（1）对于nN恒有 n当n2且nN

a

aa11

1

a

nn121 （1） （2）由 a2a an11an(an1)，an1an1(an1

…，a21a1(a1an11anan1a2a1(a11，又a12，an1anan1a2a1 （3）要证不等式1

111111

nnnan11an(an1)nnn

1a1a，

an

an11

a1

a2

)

a2

a3

)

a2006

a1

a2007

1

a1a2

a

1

123.（西城区4月）设m>3，对于有穷数列{an}(n=1,2,L,m),令bk为a1,a2,L,1中的最大值，称数列{bn}为{an的“创新数列”.数列{bn中不相等项的个数称为{an的“创新阶数”.例如数列2,137,52,2,3,7,73.自然数12,Lm(m>3的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列（Ⅰ）m=5,3,4,4,5,5的所有数列(Ⅱ)是否存在数列{cn}{cn，（Ⅱ）解：设数列{cn}的创新数列为{en}(n=12,Lm，因为em为c1c2,L,cm中的最大值.所以em=mek为c1c2,Lckek1为c1c2,Lckck+1所以ek£ek1，且ekÎ{12,L若{end，则d=ek1

ek

0，且dÎd=0时，{en为常数列，又em=m所以数列{en为mm,L,m，此时数列{cnmd=1时，因为em=m所以数列{en为12,3,Lm，此时数列{cn是12,3,Lm当d

时，因为em=e1+(m

d?

(m

? 2m

2+e1又m>3,e1>0，所以em>m这与em=

，所以此时{en}不存在，即不存在{cn}使得它的创新数为d³2的等差数列（1）（2）列a中，a3a5，其前n项和S满足S

2n1n3 1bna 1

求数列an的通项若fx2x1，求证：Tbf1bf2 bfn1（n≥1 令T1baba2ba3 ban（a0求同时满足下列两个条件的 a的值：①对于任意正整数n，都有T1；②对于任意的m01 6 nN，使得nnTm 【解（Ⅰ）由题意知S 2n1n≥3即a ∴ananan1an1an2222n122n检验知n1、2时，结论也成立，故a2n n

（Ⅱ）由于bnfn

2n故Tnb1f1b2f11 1

1 21 2n11

21 （Ⅲ（ⅰ）当a2时，由（Ⅱ）T1，即条件①满足；又0m1 ∴ m1 21取n等于不超过log 1的最大整数，则当n≥n时，

m 21

a

a≥

an

an≥

a2nab2 n

i a

2

n ∴T i1

bia

bi 22由（ⅰ）知存在

Nnn11

1 21 2n11 故存在nNnn

a11 a

221 2n11

2（ⅲ）当0a

时，∵

n≥1

ann 2 2

，2

an

a2n，2ban≤ba2na

2n n 21 n21

∴Tn

bia≤22

bi m

a01

N

nn

m

a11

a 6 221 2n11 ∴1

.故不存在nN，当nn

1 2n1

综上所述：只有a2时满足条件，故a 【 市普通高等学校春季招生考 20.】设函fn()sinn(1)ncosn判断函数f1)

0，其中n为正整数4f3(的单调性，并就f1() 2f(f(cos4sin4cos2sin2 对于任意给定的正整数n，求函数fn()的最大值和最小值（1）f()、f(在

上均为单调递增的函数 ……2

4对于函数f1)sin

，设12

、 ，f1(1)f1(2)sin1sin2cos2cos1， sin1sin2 cos2cos1 ff,

函数f(在

上单调递增 ……41

42sin6cos6 2sin2cos2sin4sin2cos2cos4sin4cos41sin22cos22 ……6 原式右边cos2sin22cos22 2f(f(cos4sin4cos2sin2 8 当n1时，函数

(在

4f(的最大值为f0，最小值为f0 14 当n2f21，函数f2当n3时，函数f(0,

f

(的最大值为

0，最小值为3 3

0 当n

时，函数

(11sin22在

4f()的最大值为f01，最小值为f1 ……11 44 下面讨论正整数n5当n为奇数时，对任意、

且1 f()f()

s

4 ，以 sinn1sinn2

cosn2cosn1

fn(1)fn(2)f(在0, 4fn(的最大值为

0，最小值为n n

01 14 当n

fn()sinncosnsin2cos21fn(0)另一方面，由于对任意正整数l 2l2f() ()cos2l2sin2l2cos2sin2 2l f

()12

n

n