关于和式的数列不等式证明方法

关于“和式”的数列不等式证明方法

方法：先求和，再放缩

例

1、设数列an满足a10且an

n,2an11an1an，n

N*，

记Snbk,证明：Sn1.k1n

（Ⅰ）求an的通项公式；（Ⅱ）设bn

【解析】：（Ⅰ）由

11

11.得为等差数列，

1a1an11ann

前项为

1111

1,d1,于是1(n1)1n，1an,an

1

1a11annn

（Ⅱ）bn

n









Snbkk

1

11 练习：数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且

a13,b11，数列{ban}是公比为64的等比数列，b2S264.

（1）求an,bn； （2）求证

1113.S1S2Sn

4解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，

an3(n1)d，bnqn1

ban1q3ndd6

q642

q3(n1)d依题意有ban①



S2b2(6d)q64

由(6d)q64知q为正有理数，故d为6的因子1,2,3,6之一， 解①得d2,q8

故an32(n1)2n1,bn8

n1

（2）Sn35(2n1)n(n2) ∴

1111111



S1S2Sn132435n(n2)

11111111(1) 232435nn211113(1) 22n1n24

方法：先放缩，再求和 例

1、（放缩之后裂项求和）（辽宁卷21）．

在数列|an|，|bn|中，a1=2，b1=4，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列（nN）

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测|an|，|bn|的通项公式，并证明你的结论； （Ⅱ）证明：

*

111

5…． a1b1a2b2anbn1

2本小题主要考查等差数列，等比数列，数学归纳法，不等式等基础知识，考查综合

运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证等能力．满分12分． 解：（Ⅰ）由条件得2bnanan1，an1bnbn1 由此可得

a26，b29，a312，b316，a420，b425． ···················································· 2分

猜测ann(n1)，bn(n1)． ······················································································· 4分 用数学归纳法证明：

①当n=1时，由上可得结论成立． ②假设当n=k时，结论成立，即

akk(k1)，bk(k1)2，

那么当n=k+1时，

2ak

ak12bkak2(k1)k(k1)(k1)(k2)，bk12(k2)2．

bk

所以当n=k+1时，结论也成立．

由①②，可知ann(n1)，bn(n1)对一切正整数都成立． ·········································· 7分 （Ⅱ）

11

5．

a1b161

2n≥2时，由（Ⅰ）知anbn(n1)(2n1)2(n1)n． ·············································· 9分 故

11111111

…… a1b1a2b2anbn622334n(n1)



11111111… 622334nn11111115 622n16412



综上，原不等式成立．··································································································· 12分（

例

2、（放缩之后等比求和）

（06福建）已知数列an满足a11,an12an1(nN).*

（Ⅰ）求数列an的通项公式； （Ⅱ）证明：

an1a1a2n

...n(nN*) 23a2a3an1

22n

（III）.设bnan(an1)，数列bn的前n项和为sn，令Tn，

sn

（i）求证：T1T2T3Tnn；

（ii）求证：T1T2T3Tn；

本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。

（I）解：an12an1(nN),

*

an112(an1),

an1是以a112为首项，2为公比的等比数列。 an12n.即 an21(nN).

*

（II）证法一：41

4k1k2

1...4kn1(an1)kn.

4(k1k2...kn)n2nkn.

2[(b1b2...bn)n]nbn,①

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1.② ②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20,

nbn2(n1)bn120.

③－④，得 nbn22nbn1nbn0,

即 bn22bn1bn0,

bn2bn1bn1bn(nN*),

bn是等差数列。

证法二：同证法一，得(n1)bn1nbn20 令n1,得b12.

设b22d(dR),下面用数学归纳法证明 bn2(n1)d.（1）当n1,2时，等式成立。

（2）假设当nk(k2)时，bk2(k1)d,那么

k2k2bk[2(k1)d]2[(k1)1]d.k1k1k1k1这就是说，当nk1时，等式也成立。 bk1

根据（1）和（2），可知bn2(n1)d对任何nN都成立。

*

bn1bnd,bn是等差数列。

ak2k12k11

k1,k1,2,...,n, （III）证明：

ak1212(2k1)

2

aa1a2n

...n.a2a3an12

ak2k11111111k1.,k1,2,...,n, ak12122(2k11)23.2k2k2232k



aa1a2n1111n11n1

...n(2...n)(1n), a2a3an1232222322

3an1aan

12...n(nN*).23a2a3an12

方法：先放缩，再化类等差等比

例1（有界性放缩，迭加）、各项为正数的等比数列an中，a1a310，

a3a540,nN*；

（1）求数列an的通项公式；（2）设b11，

bn1nn

11，求证：bn1bn3n1 bnan

2an2；分析；（1）（2）证明：因为an1(1

所以an0，

n

n

所以an1与an同号，又因为a110，)an，

2n

n

an0，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11， n2nn12n1

即an1annann，累加得：ana12n1．

22222

12n1112n1

令Sn2n1，所以Sn23n，两式相减得：

2222222

11111n1n1n1Sn23n1n，所以Sn2n1，所以an3n1， 22222222

n1

故得an1an3n1．

即an1an

例2（利用有界性化为类等比）、（安徽卷21）．（本小题满分13分）

设数列an满足a00,an1can1c,cN,其中c为实数

*

（Ⅰ）证明：an[0,1]对任意nN成立的充分必要条件是c[0,1]；

*

1n1*，证明：an1(3c),nN; 312222

（Ⅲ）设0c，证明：a1a2ann1,nN*

313c

（Ⅱ）设0c

解 (1) 必要性 ：∵a10,∴a21c ，

又 ∵a2[0,1],∴01c1 ，即c[0,1]

充分性 ：设 c[0,1]，对nN用数学归纳法证明an[0,1]当n1时，a10[0,1].假设ak[0,1](k1)

则ak1cak1cc1c1，且ak1cak1c1c0

*

∴ak1[0,1]，由数学归纳法知an[0,1]对所有nN*成立

(2) 设 0c

，当n1时，a10，结论成立 3

当n2 时，

∵ancan11c,∴1anc(1an1)(1an1an1)∵0C

12

,由（1）知an1[0,1]，所以 1an1an13 且 1an103

∴1an3c(1an1)

∴1an3c(1an1)(3c)(1an2)(3c)∴an1(3c)

(3) 设 0c

n1

n1

(1a1)(3c)n1

(nN*)

122

，当n1时，a102，结论成立 313c

n1

当n2时，由（2）知an1(3c)

0

∴an(1(3c)n1)212(3c)n1(3c)2(n1)12(3c)n1 22222n1∴a2]1a2ana2ann12[3c(3c)(3c)

2(1(3c)n)2

n1n1

13c13c

6

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