例说一类与数列求和有关的不等式的证明方略

第一篇：例说一类与数列求和有关的不等式的证明方略

例说一类与数列求和有关的不等式的证明方略.李新伟

广东省南雄市第一中学 512400 摘 要：与数列求和有关的不等式在近年高考题中频繁出现，但却是考生感到困难的一类题目。这类题虽然无固定的模式和方法，但还是可以总结出若干解题方向和策略。主要有先求和后放缩、先放缩后求和策略。

关键词：数列；求和；不等式

1．考题频现考能力，细细品味有规循

近几年，形如“aiM(或aif(n))，aiM(或aif(n))，其

i1i1i1i1nnnn中M为常数”的与数列求和有关的不等式频频出现在各地高考或高考模拟试题中，而且常常是压轴题、创新题，如2004年全国卷三22（Ⅲ）、2005年辽宁19（2）、2006年全国Ⅰ理22（2）、2007年浙江理21（3）等等。由于这类题涉及多知识、多方法的交汇，条件与结论间的跨度大，解这类题常常要用到放缩法，而对解题方向的判断和放缩程度的把握要求高，能充分检测学生观察、分析、联想、灵活和综合运用所学知识分析解决问题能力，因此受到命题者青睐。学生面对这类试题往往感到难度大，无从入手，甚至有如坠云里雾里之感。

不过，虽然这类问题确有较大难度，但细心分析还是有规律可循。从解题方向上看主要有：（1）先求和再放缩 ；（2）先放缩再求和；（3）利用数学归纳法证明；（4）构造函数证明等。从解题策略上看，主要应重视对不等式结构特征和通项特征进行细微分析，初步明确证题方向。可先求和再放缩的题目，一般较简单；而需要先放缩再求和的题目一般难度较大，这类题往往要从待证的不等式出发，逆向探路，放缩转化，先变为等差数列求和、等比数列求和、裂项求和或错位相减法求和等我们熟悉的数列求和问题，最终通过适当的变形或放缩获证。2．执果溯因探路径，放缩求和巧证明 2．1先求和，再放缩证明

例1(2005年高考湖南（文）16)已知数列{log2(an1)}(nN)为等差数列，且a13，a39，（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明

1。

a2a1a3a2an1an解：（1）过程略，an2n1(nN)。

（2）证明：∵对任意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评析：对于与数列求和有关的不等式，若能先求和，我们常常会先求和，再考虑用放缩法证明。能先求和的这类题一般较简单，因此常为文科考题。2．2先放缩，再求和证明

对于求和困难的形如“aiM或aiM，其中M为常数”的不等式，i1i1nn很多情况下用数学归纳法也往往难于凑效。这时我们常用先放缩再求和证明或将其加强为形如aif(n)或aif(n)的不等式，再考虑用数学归纳法证明。

i1i1nn2．2．1逐项放缩，再求和证明

例2．已知函数f(x)x24，设曲线yf(x)在点(xn,f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn1,0)(nN)。

（1）用xn表示xn1；（2）若x14，记anlgxn2，证明：数列{an}是等xn2比数列，并求数列{xn}的通项公式；（3）x14，bnxn2，Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn3。

解：（1）过程略，xn1xn42(321)。（2）过程略，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当n1时，显然T1b123，111当n1时，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综上可得，对于任意nN，Tn3。

评析：考虑到数列{bn}的通项公式中有指数式，而待证不等式右边为常数，于是联想到等比数列求和问题，我们尝试利用递推放缩的方法构造等比数列。将非特殊数列向特殊数列转化，这是本文的一个主体思想和关键策略。2．2．2局部放缩，再求和证明

例1（3）也可以采取局部放缩，再求和证明。

另证：易得b12，b2时，bn432n111141，于是猜想当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，所以下面只需证2n11。下面利用二项式定理证明：

因为当n3，nN时，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，当n1时，显然T1b123； 当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故对于任意nN，Tn3。

评析：从数列{bn}的通项结构我们猜想应将{bn}放缩为一个等比数列。通过计算，我们从第三项开始通过放缩发现了数列{bn}的项所呈现的规律性，对于本题的证明，这是重大突破。此外，本题从第3项开始放缩，恰当使用了局部放缩。G.波利亚曾说：“先猜，后证——这是大多数的发现之道。”先猜后证，也是我们常用的数学解题方法和策略。2．2．3并项放缩，再求和证明

例3．由原点O向已知的三次曲线yx33x2bx引切线，切于不同于点O的点P1(x1,y1)，再由P1引此曲线的切线，切于不同P1的点P2(x2,y2)，如此继续作下去，„„，得到点列{Pn(xn,yn)}（nN）。试解答下列问题：

（1）求x1的值；（2）求数列{xn}通项公式；（3）若bn前n项和，求证：Sn1。

解：（1）过程略，易得x131。（2）过程略，易得xn1()n（nN）。221，Sn是数列{bn}2nxn1（3）∵xn1()n，2111n∴bnn。n12(1)2xn2n[1()n]22n2n11n1n当n为偶数时，bn1bnn1 nnn122221212112n2n1n1n，n12221又当n2时，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当n为奇数时，因为bn10，n1偶数，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综上可知，Sn1。

评析：由于数列{bn}的通项公式的分母中有随n的奇偶+1与-1交替出现的项，于是单项放缩困难，而采取奇偶项并项放缩，则恰好利用其奇偶项特点，成功放缩。

例4．已知数列{an}和{bn}满足a12，an1an(an11)，bnan1，Sn是数列{bn}前n项和。

（1）求数列{bn}的通项公式；（2）设TnS2nSn，求证：Tn1Tn；（3）求证：对任意的nN，有1解：（1）过程略，bnn1S2nn。221。（2）证明略。n（3）方法一（数学归纳法），略。

方法二（并项放缩法）：

当n1时，S2n11； 2

当n2，nN时，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综上可知，对任意的nN，有1S2nn。

22评析：从待证不等式的特点和项数两方面产生了并项放缩的想法。并项放缩常常涉及如何并项、怎样放缩等问题，因此，并项放缩比逐项放缩往往难度更大，要求更高。

2．2．4构造放缩，再求和证明 例5．在数列{an}中，an11，求证a1a2a50。

(2n1)(2n2)4证明：由题设，a1a2a50111。3456101102111111设S，构造T。显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。

评析：本题虽然可先裂项，但不便求和，证明受阻。利用对偶式进行构造性放缩后，巧妙实现了裂项求和，证明简捷明快，赏心悦目。

例6．设函数f(x)lnxpx1(pR)，（1）求f(x)极值点；

（2）当p0时，若对于任意的x0，恒有f(x)0，求p的取值范围；

ln22ln32lnn22n2n1（3）证明：当nN，n2时，222。

2(n1)23n解：（1）f(x)的定义域为(0,)。当p0时，f(x)1 p0，f(x)在其定义域上是增函数，故没有极值点。

x111px当p0时，若x(0,)，则f(x)0；若x(,)，则

ppxf(x)11px0，于是f(x)有极小值点x。

px11（2）由（1）知，p0时，f(x)有极小值点f()ln，由于f(x)在其

pp11定义域上只有一个极值点，因此f(x)的最大值为f()ln。所以

ppf(x)0ln10p1。p（3）由（2）知，当p1，x0时，f(x)0lnxx1ln22ln32lnn2111于是222(12)(12)(12)

23n23nlnx1 1。

xx (n1)(又当nN，n2时，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评析：导数进入中学数学后，为中学不等式证明提供了一个强大工具。正因为如此，通过构造函数并利用导数证明不等式已成为高考数学试题中一道亮丽的风景线。本题第（2）问实际上已经作出暗示，对比待证不等证式与第（2）问所得结论，证明思路自然生成。

第二篇：强化命题证明一类数列不等式

该文发表于《中学数学教学参考》2006年第12期

强化命题证明一类数列不等式

201203华东师大二附中任念兵数列不等式是近年来高考和竞赛中的热点题型，其中一类形如

in0n1C（C为常数）ai的证明题难度较大.由于此类不等式的右边是常数，所以数学归纳法证明无法实现归纳过渡，但通过对归纳过渡过程的研究,可以放缩右边的常数,将命题加强为

in0an1iC1,其中gngn0表示关于正整数n的函数式,从而可以构造单调递减数列巧妙的证明这类问题.例1：求证：1

9111nN* 2252n14

91111„„„„„„（1）252n124gn分析：①首先假设命题可以强化为

接着思考的问题自然是：要使加强命题成立，gn应满足什么条件呢？

②既然加强命题（1）成立，则可以利用数学归纳法加以证明：

111.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(2)n1时, 94g1归纳假设1

91111,接下来要证 252k124gk111111„„„„„„„„„„„„„„(3)229254gk12k12k3而由归纳假设只能得到1

9111111.如果能证得252k122k324gk2k32

11111，即 4gk2k324gk1111.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(4)gkgk12k32

则可以由不等式的传递性知道（3）式成立，从而由归纳法原理证明了加强命题（1）.从上述分析可知, gn必须同时满足(2)(4)两式.③明确gn应满足的条件后,我们就可以“确定”gn的表达式了.观察(4)式的结构,不等式右边分母是二次多项式,于是我们考虑到,如果gn是一次多项式,则不等式左边通分后也是一个二次多项式,这样(4)式就转化为两个二次多项式的比较,从而可以通过gn的系数控制使(4)式成立.设gnanb(a,b为待定的常数), 将gnanb代入(4)式知

a2k32akbakab对kN*恒成立,整理得

4ak212ak9aa2k22aba2kbab对kN*恒成立,比较各项系数得

a4,b4.又因为gnanb同时满足(2)式,代入得ab36.所以,不妨取a4,b4,5

即得gn4n4.从而,原不等式可以加强为:

11111

nN*.„„„„„„„„„„„„„„„(5)

9252n1244n4

④将上述分析过程略加整理就能得到加强命题的数学归纳法证明,而下面利用数列单调性的方法更为简捷.证明:记fn

fn1fn

1111,则有 9252n124n4

2n32



1111

220即fn单调递

4n144n44n12n94n12n8

减,故fnf1

,加强命题(5)得证.984

注:上述证明的关键步骤fn1fn0实际上就是分析过程中的(4)式.我们不难发现处理此类问题的一般步骤是:首先假设加强命题

in0



n

成立,C

aign接着明确gn应满足的条件，然后确定gn的表达式，最后构造单调递减数列完成巧妙的证明.按照这样的思路我们再看下面两个例子:

11115

例2:求证:23nnN*.212121213分析: 假设加强命题为：

111151

.gn应同时满足23n2121213gn21

151

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(6)

213g1111

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(7)k1

gkgk121

观察(7)式的结构,不等式右边的分母是指数结构,因此我们考虑gn是指数结构.设

和

gna2n,将gna2n代入(8)式知a2k12k11恒成立,故有a1.又因为

gna2n同时满足(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: 已知正整数n1,求证: 1分析: 假设加强命题为：11

1119

.2！3！n!5

11191

.gn应同时满足

2！3！n!5gn191

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(8)

25g2111

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(9)

gkgk1k1!

k

1对k2恒成立,故有a2.又因为gnan!同时满足(8)式,a

和

观察(9)式的结构,不等式右边是阶乘结构,因此我们考虑gn是阶乘结构.设gnan!.将

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

本文举例探讨了如何强化命题来证明不等式

in0

n

n

a

n

i

C，这里有几点需要加以说明:

①将

in0



111,关键是明确gn应满足的条件和gn的式子结构.C强化为Caiagnini



根据数学归纳法的思考过程可以确定gn应满足的条件，而gn的式子结构是由an决定的:

若an是多项式则gn是多项式,若an是指数结构则gn是指数结构,如此等等.然后,利用待定系数法便可求出合理的gn（这样的gn往往不唯一,但系数有范围限制）.②强化命题后,我们利用数列的单调性来证明加强命题,这不仅简化了证明过程,而且缩小了

in0



n

17341的上界.如例1的上界可以缩小为,例2的上界可以缩小为，例3的上界可以缩小

7221ai

为.另外，我们还可以通过改变待定系数来调整gn,进一步缩小的上界.a4iin



n

③本文研究的不等式

in0

n



n

都是收敛C具有深刻的高等数学背景.实际上,这些级数

aiaiin



的,in0

n



C就是对收敛级数的上界估计.如例3的背景是级数ai



i!e1,因此有

i1



近年来的各地高考中以高等数学知识为背景的问题频i!e15.值得一提的是，i1

i1

i!

频出现，例2实际上就是从2006年高考福建卷的压轴题的关键步骤中提炼出来的问题.

第三篇：数列求和说课

数列求和说课

一、教学内容：

数列求和是高考中的必考内容，在高考中占据着非常重要的地位，学好数列求和对于高考成功起着非常关键的作用。数列求和方法中涵盖有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、拆项重组法等几种方法。

二、教学对象：

高三（8）班学生

三、教学重点：

一些特殊数列的求和。

四、教学难点：

准确分析数列特征，选择合适的数列求和方法。

五、教学目标分析：

1、知识目标：掌握数列求和的常见方法，并能运用这些方法解决一些简单的数列求和问题；

2、能力目标：培养学生分析问题、解决问题的能力和学习数学的兴趣。

3、情感目标：培养学生学习数学的积极性，锻炼学生遇到困难不气馁的坚强意志和勇于创新的精神。

六、学生情况分析：

高三（8）班是高三艺术重点班。班上学生基础知识掌握相较于其他艺术班比较踏实，但是相对于文化班的学生来说还是比较薄弱。所以在教学时应适当考虑学生的实际水平尽量将

七、教学方法分析：

教法：数学是一门培养和发展人的思维的重要学科，因此在教学中不仅要让学生“知其然”，还要“知其所以然”，为了体现以学生发展为本，遵循学生的认知规律，体现循序渐进和启发式教学原则，我进行这样的教学设计：在教师的引导下，创设情景，通过开放式问题的设置来启发学生进行思考，在思考中体会特殊数列蕴涵的数学方法和思想，使之获得内心感受。同时依据艺术班学生的特殊性在教学上尽量将有关数列的内容和公式详尽的给学生说明。

教学手段：利用多媒体和PPT软件进行辅助教学。

八、教学情境分析：

1、引入：利用历年高考中的真题引出数列求和在高三学生学习中的重要性。

2、内容讲解：在介绍特殊数列求和的过程中通过实例进行引入。

3、练习：高考实例练习。

4、课堂小结：特殊数列求和的五种方法。

5、作业：高考实例。

九、教学评价与反馈

根据高三学生心理特点、教学内容、遵循因材施教原则和启发性教学思想，本节课的教学策略与方法我采用规则学习和问题解决策略，即“案例—公式—应用”，案例为浅层次要求，使学生有概括印象。公式为中层次要求，由浅入深，重难点集中推导讲解，便于突破。应用为综合要求，多角度、多情境中消化巩固所学，反馈验证本堂内容教学目标的落实。

南昌市实验中学

董

世

清

2012年5月10日

第四篇：数列与不等式证明专题

数列与不等式证明专题

复习建议：

1．“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果2．归纳——猜想——证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想．学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义．

3．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．

4．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解． 证明方法：（1）先放缩后求和；（2）先求和后放缩(3)灵活运用 例1．数列a

2nn满足a11,a22,an2(1cos2)asin2n

n2,n1,2,3,.(Ⅰ)求a3,a4,并求数列an的通项公式；(Ⅱ)设ba2n

1n

a,Snb1b2bn.证明：当n6S21n2n

n.分析：本题给出数列相邻两项的递推关系，且要对n分奇偶性。

解:(Ⅰ)因为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，当n2k1(kN*)时，a2

k1)2k1[1cos

(22]asin22k1

2k12

 ＝a2k11，即a2k1a2k11.所以数列a2k1是首项为

1、公差为1的等差数列，因此a2k1k.当n2k(kN*)时，a2k2k2(1cos

22)a2k

2ksin2

22a2k.所以数列a2k是首项为

2、公比为2的等比数列，因此a2k2k.故数列an1n的通项公式为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.要证明当n6时，S1n(n2)

n2n成立，只需证明当n6时，2n

1成立.证法一

(1)当n = 6时，6(62)264864

341成立.(2)假设当nk(k6)时不等式成立，即k(k2)

k

1.则当n=k+1时，(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，当n≥6时，n(n1)2

21.即当n≥6时，Sn2

1n

.证法二令cn(n2)n

22(n6)，则c(n1)(n3)n(n2)3n2

n1cn2n1222

n10.所以当n6时，c68n1cn.因此当n6时，cnc664

341.于是当n6时，n(n2)221.综上所述，当n6时，Sn

21

n

.点评：本题奇偶分类要仔细，第（2）问证明时可采用分析法。

例题2.已知为锐角，且tan

21，函数f(x)x2tan2xsin(2



4)，数列{an}的首项a1

2,an1f(an).(1)求函数f(x)的表达式；⑵ 求证：an1an；

⑶ 求证：

111a112(n2,nN*)11a21an

分析：本题是借助函数给出递推关系，第（2）问的不等式利用了函数的性质，第（3）问是转化成可以裂项的形式，这是证明数列中的不等式的另一种出路。

解：⑴tan2

2tan2(1)2

又∵为锐角 ∴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

∴

则S

1111121212111()(S)S a22a2a3ana2an13an13a22an1

⑵

an1anan∵a1

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

⑶

1an1



1111

2

ananan(1an)an1an111

1ananan1

例题4.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,∴

111111111111

2

an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

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

点评：把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想，本题中的第（3）问不等式的证明更具有一般性。

例题3.已知数列aa

n满足a11,n12an1nN

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列b1n满足4b114b24

b31

4bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

（Ⅲ）证明：

11a12nNa 23an13

分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩 解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。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所以数列{bn}是等差数列

（3）

1a1111

2n112n12

设S



1n2ana11，2a3an1

（Ⅰ）0a（Ⅱ）aa2nn1an1;n12;

（Ⅲ）若a12

则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN*.（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0ak1.则当n=k+1时,因为0

1x1xx1

0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)

1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1

an1.(Ⅱ)构造函数g(x)=

x2

x2x2

-f(x)=

ln(1x)x, 0g(0)=0.因为0aa2nn1,所以gan0,即2faa2

nn>0,从而an12

.(Ⅲ)因为

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 ,因为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 两式可知:

bnann!.点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

例题5.已知函数f(x)=52x

168x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

(1)试比较a

5n与

4的大小，并说明理由；

(2)设数列b5n

nn满足bn=4－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

i

14分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

解：(1)a2ann1



5168a，因为a所以a7

311,2,a34

.（2）因为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,因为2an0,所以an1与a同号，nn)22an

4n

4因为a514140，a5555

240,a340,„，an40,即an4

.（3）当n2时，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)

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

例题6.已知数列a*

n中，a11，nan12(a1a2...an)nN

．

（1）求a2,a3,a4；（2）求数列an的通项an；（3）设数列{b1n}满足b1

2,b12

n1abnbn，求证：bn1(nk)k

分析：条件中有类似于前n项和的形式出现，提示我们应该考虑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}是单调递增数列，故要证：bn1(nk)只需证bk1

若k

1，则b121显然成立;若k2，则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)点评：与数列相关的不等式证明通常需要“放缩”，而放缩的“度”尤为关键，本题中

1b(11)...(11)1,这种拆分方法是数学中较高要求的变形.kbkbk1b2b1b1

例题7.已知不等式

12131n1

[log2n],其中n为不大于2的整数，[log2n]表示不超过log2n的最大整数。设数列a1

n的各项为正且满足a1b(b0),anann

na(n2,3,4)，证明：

n1

an

2b

2b[log，n3,4,5

2n]

分析：由条件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以上各式两边分别相加得： 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本题由题设条件直接进行放缩，然后求和，命题即得以证明。

例题8.已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)n，n1（1）写出数列{an}的前三项a1，a2，a5；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对任意的整数m4，有1117

a

4a5am8

分析：⑴由递推公式易求：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）

化简得：an1anan1anan1n

2an12(1)

(1)n2(1)n12,(1)n232[(1)

n1

2

3] 故数列{

an2(1)n3}是以a123为首项, 公比为2的等比数列.故an21

(1)

n

3(3)(2)n1∴a23[2n2(1)n]∴数列{a2

n

n}的通项公式为：an3

[2n2(1)n].⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。而左边=

1a1a13[111

2212312m2(1)

m]，如果我们把上式中的分母中的1去掉，就可利45am2用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩，尝试知：

11111

22112311221

23，2312412324，因此，可将

1

保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和。这里需要对m进行分类讨论，（1）当m为偶数(m4)时，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）当m是奇数(m4)时，m1为偶数，1a1111a1117 4a5ama45a6amam18

所以对任意整数m4，有

aa

7。本题的关键是并项后进行适当的放缩。45am8

例题9.定义数列如下：a2

12,an1anan1,nN

证明：（1）对于nN

恒有a

n1an成立。（2）当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）用数学归纳法易证。

（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)

以上各式两边分别相乘得：an11anan1a2a1(a11)，又a12

an1anan1a2a11

（3）要证不等式1

11122006



a11，可先设法求和：11，1a2a2006a1a2a2006

再进行适当的放缩。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原不等式得证。

1a2a20062

点评：本题的关键是根据题设条件裂项求和。

第五篇：数列不等式推理与证明

2012年数学一轮复习精品试题第六、七模块 数列、不等式、推

理与证明

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．在等比数列{aa

2n}中，若a3a5a7a9a11＝243，则a的值为()1

1A．9B．1

C．2D．

32．在等比数列{aaa

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

A.23B.32

C16D．－563．在数列{aa－n}中，a1＝1，当n≥2时，an＝1＋aa

n－1n＝()

A.1

nB．n

C.1nD．n2

4．已知0

B．成等比数列

C．各项倒数成等差数列

D．各项倒数成等比数列

5．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是()

n-

1A．an＝2n－1B．an1

nn

C．an＝n2D．an＝n)

n2-6n

6．已知正项数列{an}的前n项的乘积等于Tn＝的前n项和Sn中的最大值是()

A．S6

B．S

51

4

(n∈N*)，bn＝log2an，则数列{bn}

7．已知a，b∈R，且a>b，则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．设a>0，b>0，则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．当点M(x，y)在如图所示的三角形ABC内(含边界)运动时，目标函数z＝kx＋y取得最大值的一个最优解为(1,2)，则实数k的取值范围是（）

A．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B．[－1,1]

C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－1,1)

lg|x|(x<0)10．设函数f(x)＝x，若f(x0)>0，则x0的取值范围是()

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，则的最小值是()

a－bA．2C．2D．1

12．下面四个结论中，正确的是()

A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n＝1,2，…)当n＝1时，恒为1 B．式子1＋k＋k2＋…＋kn1(n＝1,2…)当n＝1时，恒为1＋k

－

1111111

C．式子＋＋…＋n＝1,2，…)当n＝1时，恒为

1231232n＋1

111111

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

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上． 13．已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S6>S7>S5，有下列四个命题：(1)d<0；(2)S11>0；(3)S12<0；(4)数列{Sn}中的最大项为S11，其中正确命题的序号是________．

14．在数列{an}中，如果对任意n∈N*都有数列，k称为公差比．现给出下列命题：

(1)等差比数列的公差比一定不为0；(2)等差数列一定是等差比数列；

(3)若an＝－3n＋2，则数列{an}是等差比数列；(4)若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比． 其中正确的命题的序号为________． ＝q，(4)正确． 15．不等式

ax的解集为{x|x<1或x>2}，那么a的值为________． x－

1an＋2－an＋1

k(k为常数)，则称{an}为等差比

an＋1－an

x≥0

16．已知点P(x，y)满足条件y≤x

2x＋y＋k≤0k＝________.(k为常数)，若z＝x＋3y的最大值为8，则

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10分)(2011·天津市质检)已知等差数列{an}的前三项为a－1，4,2a，记前n项和为Sn.(1)设Sk＝2550，求a和k的值；

S(2)设bn，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值．

n

18．(12分)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，首项为a1，且2，an，Sn成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

b(2)若bn＝log2an，cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.an

2bx

19．(12分)已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)，a≠0，f(1)＝1，且使f(x)＝2x成立的实

ax－1数x只有一个．

(1)求函数f(x)的表达式；

21(2)若数列{an}满足a1＝an＋1＝f(an)，bn＝1，n∈N*，证明数列{bn}是等比数列，3an

并求出{bn}的通项公式；

(3)在(2)的条件下，证明：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的取值范围．

2a2

21．(12分)解关于x的不等式：x|x－a|≤(a>0)．

922．(12分)某工厂生产甲、乙两种产品，每生产一吨产品所消耗的电能和煤、所需工人人数以及所得产值如表所示：

160千度，消耗煤不得超过150吨，怎样安排甲、乙这两种产品的生产数量，才能使每天所得的产值最大，最大产值是多少．