数列放缩篇(所有类型)

数列放缩篇(所有类型)

1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+\cdots+a_{n}<A,a_{1}+a_{1}q+a_{1}q^{2}+\cdots+a_{1}q^{n-1}>A,(1-q)<a_{1}/A<1,q<1.这就是无穷等比放缩的模板。其中，a_{1}表示数列的首项，q表示公比，A表示一个确定的常数。三步一分放缩证明标准模板如下：第一步：求出qa_{1}/(1-q)=A\Rightarrowq=1-a_{1}/A第二步：验证a_{2}<a_{1}q,a_{3}<a_{1}q^{2},\cdots,a_{n}<a_{1}q^{n-1}是否成立第三步：证明a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+\cdots+a_{n}<a_{1}+a_{1}q+a_{1}q^{2}+\cdots+a_{1}q^{n-1}=a_{1}(1-q^{n})/(1-q)<A其中，第二步是验证步骤，第三步是过程步骤。如果第一步和第二步验证通过，那么第三步的过程就是显然成立的。数学归纳法是一个常用的证明方法，其标准三步曲如下：第一步：验证n=1时命题成立；第二步：假设n=k时命题成立，证明n=k+1时命题也成立；第三步：由第一步和第二步得出结论，证明命题对所有正整数n成立。数学归纳法通常用于递推式、矛盾式和求和式的证明。无穷等比放缩法和数学归纳法都是数学证明中常用的方法，熟练掌握它们可以帮助我们更好地解决数学问题。(1)当$a_1=2$时，求$a_n$的一个通项公式。解：由题意可知，$a_{n+1}=a_n+2^n$，因此$a_n=a_{n-1}+2^{n-1}=a_{n-2}+2^{n-2}+2^{n-1}=\cdots=a_1+2^0+2^1+\cdots+2^{n-2}=2^{n-1}+1$，即$a_n=2^{n-1}+1$。(2)当$a_1\geq3$时，证明对所有的$a_1\geq1$，有(i)$a_n\geqn+2$；(ii)$\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+\cdots+\frac{1}{1+a_n}\leq1$。解：(i)由题意可知，$a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$，因此$a_2=a_1+1\geq4$，$a_3=a_2+a_1\geq5$，$a_4=a_3+a_2\geq9$，$\cdots$，$a_n\geqa_{n-1}+a_{n-2}\geqn+2$。(ii)由题意可知，$\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+\cdots+\frac{1}{1+a_n}\leq\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots=\frac{1}{2}$，因此$\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+\cdots+\frac{1}{1+a_n}\leq1$。例2已知数列$\{a_n\}$，$a_n\geq1$，$a_1=1$，$a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$（$n\in\mathbb{N}^*$）。记$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$，$T_n=\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+\cdots+\frac{1}{1+a_n}$。求证：当$n\in\mathbb{N}^*$时，有$\frac{1}{3}<T_n<\frac{1}{2}$，$S_n<2n$。解：由题意可知，$a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$，因此$a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$，即$\{a_n\}$是一个斐波那契数列。所以$a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n]$。又因为$a_n\geq1$，所以$(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n\geq1+(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n$，从而$\frac{1}{1+a_n}\geq\frac{1}{2}[(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^n-(\frac{-\sqrt{5}-1}{2})^n]$。因此$T_n=\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+\cdots+\frac{1}{1+a_n}\geq\frac{1}{2}[(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^n-(\frac{-\sqrt{5}-1}{2})^n]$。又因为$a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$，所以$a_{n+1}-a_n=a_{n-1}$，即$a_{n+1}=2a_n-a_{n-1}$，从而$a_{n-1}=2a_{n-2}-a_{n-3}$，$\cdots$，$a_2=2a_1-a_0$，$a_1=1$，$a_0=0$。因此$a_n=na_1-(n-1)a_0=n$，从而$S_n=\frac{1}{2}(n+1)n$。所以$\frac{1}{3}<T_n<\frac{1}{2}$，$S_n<2n$。例3求证：$1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\cdots+\frac{1}{n^3}<\frac{5}{4}$。解：由于$\frac{1}{k^3}<\frac{1}{k(k-1)}-\frac{1}{(k-1)k(k+1)}$，所以$1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\cdots+\frac{1}{n^3}<1+\frac{1}{1\times2}-\frac{1}{2\times3}+\frac{1}{2\times3}-\frac{1}{3\times4}+\cdots+\frac{1}{(n-1)n}-\frac{1}{n(n+1)}$。化简可得$1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\cdots+\frac{1}{n^3}<1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}<\frac{5}{4}$。例4求证：$1+\frac{1}{2^5}+\frac{1}{3^5}+\cdots+\frac{1}{n^5}<\frac{5}{4}$。解：由于$\frac{1}{k^5}<\frac{1}{4k^3}-\frac{1}{3k^4}+\frac{1}{12k^5}$，所以$1+\frac{1}{2^5}+\frac{1}{3^5}+\cdots+\frac{1}{n^5}<1+\frac{1}{4\times2^3}-\frac{1}{3\times2^4}+\frac{1}{4\times3^3}-\frac{1}{3\times3^4}+\cdots+\frac{1}{4\timesn^3}-\frac{1}{3\timesn^4}$。化简可得$1+\frac{1}{2^5}+\frac{1}{3^5}+\cdots+\frac{1}{n^5}<1+\frac{1}{16}-\frac{1}{48}+\frac{1}{36}-\frac{1}{108}+\cdots+\frac{1}{4n^3}-\frac{1}{3n^4}<1+\frac{1}{4}-\frac{1}{12}=\frac{5}{4}$。学会类比结论已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$a_1=1$，$S_n$为$$S_n=1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$$（1）求数列$\{a_n\}$的通项公式。由已知，$S_n=\sum\limits_{i=1}^na_i$，所以$a_n=S_n-S_{n-1}$，代入前式得$$S_n-S_{n-1}=n$$移项得$$S_n=n+S_{n-1}$$再次代入前式得$$a_n=n-(n-1)=1$$所以数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=1$。（2）设$b_n=\frac{a_n}{n^2+a_n}$，求证：$b_1+b_2+\cdots+b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n+1}$。当$n=1$时，左边为$b_1=\frac{a_1}{2}=0.5$，右边为$1$，等式成立。假设当$n=k$时等式成立，即$b_1+b_2+\cdots+b_k=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k+1}$。当$n=k+1$时，左边为$$b_1+b_2+\cdots+b_{k+1}=\frac{a_1}{1^2+a_1}+\frac{a_2}{2^2+a_2}+\cdots+\frac{a_k}{k^2+a_k}+\frac{a_{k+1}}{(k+1)^2+a_{k+1}}$$由于$a_n=n-(n-1)=1$，所以$$b_1+b_2+\cdots+b_{k+1}=\frac{1}{1+1}+\frac{1}{4+1}+\cdots+\frac{1}{(k+1)^2+1}+\frac{1}{(k+2)^2+1}$$根据比较判别法，有$$\frac{1}{(n+1)^2+1}<\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}<\frac{1}{n^2+n+1}$$所以$$\frac{1}{2^2+1}+\frac{1}{3^2+1}+\cdots+\frac{1}{(k+1)^2+1}<\frac{1}{2}-\frac{1}{k+2}<\frac{1}{1^2+1}+\frac{1}{2^2+1}+\cdots+\frac{1}{k^2+k+1}$$两边加上$b_{k+1}=\frac{1}{(k+1)^2+1}$，得$$b_1+b_2+\cdots+b_{k+1}<1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k+2}$$同理，有$$b_1+b_2+\cdots+b_{k+1}>1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k+2}-\frac{1}{k+3}$$由归纳假设可知，$b_1+b_2+\cdots+b_k=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k+1}$，所以$$b_1+b_2+\cdots+b_{k+1}>1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k+2}-\frac{1}{k+3}+\frac{1}{(k+1)^2+1}$$根据比较判别法，有$$\frac{1}{k^2+k+1}<\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}<\frac{1}{(k+1)^2+1}$$所以$$\frac{1}{1^2+1}+\frac{1}{2^2+1}+\cdots+\frac{1}{k^2+k+1}<\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}$$两边加上$\frac{1}{(k+1)^2+1}$，得$$b_1+b_2+\cdots+b_{k+1}>1+\frac{1}{2}+\cdots+