定积分在数列和式不等式证明中的应用（含5篇）

第一篇：定积分在数列和式不等式证明中的应用

定积分在数列和式不等式证明中的应用

湖北省宜昌市第二中学曹超

邮编：443000电子邮箱：c220032003@yahoo.cn

数列和式不等式aiA(或aiA)的证明通常要用到放缩法，由于放缩法技巧性强，且无固定模式，i

1i1

n

n

在实际解题过程中同学们往往难以掌握。学习了定积分的相关知识后，我们可以利用定积分的定义及几何意义证明此类不等式，下面笔者仅就两例对这种方法加以介绍。

例1

证明：1)1

第2题）

证明：

构造函数f(x)

1

1

1（nN）（高中人教（A）版选修4-5P29，作出函数图象，图（1）中n-1个矩形的面积

和

1

应为直线x1，xn，x轴和曲

线

f(x)

所围成曲边梯形面积的不足近似值，故







n

x



2dx=2x

2n

=2，所以

图（1）

1





1。

图（2）中n

个矩形的面积和1



应为直线

x1，xn1，x轴和曲

线f(x)所围成的曲边梯形

面积的过剩近似值，故1







n1

x



dx=

图（2）

2x2

n1

=2，不等式得证。

评析：

教材对本题证明给出了提示：









①，实际解题过程中，由于不等式①技巧性强，思维量大，学生如不参考提示很难得到。事实

上，如图（3）所示，根据定积分的定义及几何意义，在区间n,n1(nN)上的曲边梯形的面积大于以区间的右端点n1对应的函数值f(n1)为一边的长，以1

为邻边的长的矩形的面积，小于以区间的左端点n对

图（3）

应的函数值f(n)为一边的长，以1为邻边的长的矩形的面积，即





n1n

x



dx2x2

n1n





代数变形技巧得到，更非“空穴来风”，而是有着明确几何意义的代数表示，数形结合思想在这里得以充分地体现。

例 2对于任意正整数n，试证：（1）当nN时，求证：ln(n1)lnn

（2）

1n1



1n2



1nn

ln

3

1n+1

分析：此题的设计意图是利用第（1）问的结论证明第（2）问。但如果没有第一问作铺垫，第（2）问的证明很难用代数方法得到，如果利用例1所述方法，那么证明变得非常简洁。

证明：（1）证明略。

（2）构造函数f(x)

1x

(x0)，作出函数图象，根据yf(x)

在区间n,2n上定积分定义及其几何意义，图（4）中n个矩形的面积和小于由直线xn，x2n，x轴和曲线f(x)围

1x

所，即

成

n的12

曲

边梯形的面积

n1

21n1

ln2nxx

n(n2l

7n)n，l不等式nln

得证。

图（4）

新课标新增的微积分知识有着丰富的数学背景及内涵，所蕴含的数学思想方法为我们问题的解决提供了新的视角，所以我们在平常学习过程中应予以足够的重视。最后提供两道练习题供同学们参考。

1、2、求证：()()（n

n

n

n

n1

nnn)()2nn

1n

1n1



（nN）



1n



证明：对于大于1的正整数n，n2

1

第二篇：利用定积分证明数列和型不等式

利用定积分证明数列和型不等式

我们把形如(为常数)或的不等式称之为数列和型不等式，这类不等式常见于高中数学竞赛和高考压轴题中，由于证明难度较大往往令人望而生畏.其中有些不等式若利用定积分的几何意证明，则可达到以简驭繁、以形助数的解题效果.下面举例说明供参考.一、(为常数)型

例1(2007年全国高中数学联赛江苏赛区第二试第二题)已知正整数，求证

.分析

这是一边为常数另一边与自然数有关的不等式，标准答案是用数学归纳法证明比这个不等式更强的不等式，这个不等式是怎么来的令人费解.若由所证式子联想到在用定积分求曲边梯形面积的过程中“分割求和”这一步，则可考虑用定积分的几何意义求解.证明 构造函数数图象可知，在区间

并作图象如图1所示.因函数在上是凹函数，由函

上的个矩形的面积之和小于曲边梯形的面积，图1 即，因为，所以.所以

.例2 求证

.证明 构造函数

而函数在，又，上是凹函数，由图象知，在区间上的个矩形的面积之和小于曲边梯形的面积，图

2即，所以.例3 证明。

证明 构造函数可知，在区间 上，因，又其函数是凹函数，由图

3个矩形的面积之和小于曲边梯形的面积，图3

即

.所以

.二、型

例4 若，求证:.证明 不等式链的左边是通项为前项之和，中间的的数列的前项之和，右边通项为项之和.故只要证当的数列的时这三个数

可当作是某数列的前列的通项不等式

成立即可.构造函数，因为，作的图象，由图4知，在区间上曲边梯形的面积大小在以区间长度1为一边长，以左右端点对应的函数值为另一边长的两个矩形面积之间，即，而，故不等式

成立，从而所证不等式成立.图4

例5（2010年高考湖北卷理科第21题）已知函数处的切线方程为

（Ⅰ）用表示出 ；

.的图象在点（Ⅱ）若 在内恒成立，求的取值范围；

（Ⅲ）证明:

.本题第三问不等式的证明是本大题也是本卷的压轴戏，具有综合性强、难度大、思维含金量高、区分度大等特点.这个不等式的证明既可用第二问的结论证明也可用定积分来证明.证明（Ⅲ）不等式数列的前项之和，我们也可把右边当作是通项为

左边是通项为的数列的前项之和，则当的时，此式适合，故只要证当 时，即，也就是要证

.由此构造函数，并作其图象如图5所示.由图知，直角梯形的面积大于曲边梯形的面积，即

.图

5而，所以，故原不等式成立.点评 本解法另辟蹊径，挖掘新的待证不等式左右两边的几何意义，通过构造函数利用定积分的几何意义来解决问题，解法虽然综合性强，但由于数形结合解法直观便于操作.积分法是在新课标下证明不等式的一个新方法新亮点，很值得品味.由例4例5可知，要解决这类复杂问题的关键是要善于联想善于分析问题和转化问题，这样才能化繁为简、化难为易，

第三篇：利用定积分证明数列和型不等式

利用定积分证明数列和型不等式

我们把形如(为常数)

或的不等式称之为数列和型不等式，这类不等式常见于高中数学竞赛和高考压轴题中，由于证明难度较大往往令人望而生畏.其中有些不等式若利用定积分的几何意证明，则可达到以简驭繁、以形助数的解题效果.下面举例说明供参考.一、(为常数)型

例1(2007年全国高中数学联赛江苏赛区第二试第二题)

已知正整数，求证

.分析这是一边为常数另一边与自然数有关的不等式，标准答案是用数学归纳法证明比这个不等式更强的不等式，这个不等式是怎么来的令人费解.若由所证式子联想到在用定积分求曲边梯形面积的过程中“分割求和”这一步，则可考虑用定积分的几何意义求解.证明构造函数

数图象可知，在区间并作图象如图1所示.因函数在上是凹函数，由函上的个矩形的面积之和小于曲边梯形的面积，图

1即，因为，所以.所以

.例2求证

.证明构造函数而函数

在，又，上是凹函数，由图象知，在区间上的个矩形的面积之和

小于曲边梯形的面积，图

2即，所以

.例3证明。

证明构造函数知，在区间

上，因，又其函数是凹函数，由图3可

个矩形的面积之和小于曲边梯形的面积，图

3即

.所以

.二、型

例4若，求证:.证明不等式链的左边是通项为前

项之和，中间的的数列的前项之和，右边通项为项之和.故只要证当的数列的时这三个数

可当作是某数列的前

列的通项不等式

成立即可.构造函数，因为，作的图象，由图4知，在区间

上曲边梯形的面积大小在以区间长度1为一边长，以左右端点对应的函数值为另一边长的两

个矩形面积之间，即，而，故不等式

成立，从而所证不等式成立.图

4例5（2010年高考湖北卷理科第21题）已知函数

处的切线方程为的图象在点

.（Ⅰ）用表示出（Ⅱ）若；

在内恒成立，求的取值范围；

（Ⅲ）证明:

.本题第三问不等式的证明是本大题也是本卷的压轴戏，具有综合性强、难度大、思维含金量高、区分度大等特点.这个不等式的证明既可用第二问的结论证明也可用定积分来证明.证明（Ⅲ）不等式

列的前项之和，我们也可把右边当作是通项为

左边是通项为的数列的前项之和，则当的数时，此式适合，故只要证当

时，即，也就是要证

.由此构造函数，并作其图象如图5所示.由图知，直角梯形的面积大于曲边梯形的面

积，即

.图5

而

故原不等式成立.，所以，

第四篇：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：

*

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）

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

第五篇：利用定积分证明数列和型不等式剖析

利用定积分证明数列和型不等式

我们把形如(为常数或的不等式称之为数列和型不等式，这类不等式常见于高中数学竞赛和高考压轴题中，由于证明难度较大往往令人望而生畏.其中有些不等式若利用定积分的几何意证明，则可达到以简驭繁、以形助数的解题效果.下面举例说明供参考.一、(为常数型，求证例1(2007年全国高中数学联赛江苏赛区第二试第二题已知正整数

.分析 这是一边为常数另一边与自然数有关的不等式，标准答案是用数学归纳法证明比这个不等式更强的不等式，这个不等式是怎么来的令人费解.若由所证式子联想到在用定积分求曲边梯形面积的过程中“分割求和”这一步，则可考虑用定积分的几何意义求解.证明 构造函数知，在区间 并作图象如图1所示.因函数在上是凹函数，由函数图象可上的个矩形的面积之和小于曲边梯形的面积，图1

即，因为，所以.所以.例2 求证

.证明 构造函数而函数在和小于曲边梯形的面积，又，上的个矩形的面积之

上是凹函数，由图象知，在区间

图

2即，所以

.例

3证明。

证明

构造函数区间 上，因，又其函数是凹函数，由图3可知，在个矩形的面积之和小于曲边梯形的面积，图3 即

.所以

.二、型

例4 若，求证:.证明 不等式链的左边是通项为项之和，中间的通项不等式的数列的前项之和，右边通项为项之和.故只要证当的数列的前时这三个数列的可当作是某数列的前

成立即可.构造函数，因为，作的图象，由图4知，在区间上曲边梯形的面积大小在以区间长度1为一边长，以左右端点对应的函数值为另一边长的两个矩形面积之间，即，而，故不等式

成立，从而所证不等式成立.例5（2010年高考湖北卷理科第21题）已知函数处的切线方程为（Ⅰ）用表示出（Ⅱ）若； 在内恒成立，求的取值范围；.的图象在点（Ⅲ）证明:

.本题第三问不等式的证明是本大题也是本卷的压轴戏，具有综合性强、难度大、思维含金量高、区分度大等特点.这个不等式的证明既可用第二问的结论证明也可用定积分来证明.证明

（Ⅲ）不等式项之和，我们也可把右边当作是通项为的数列的前项之和，此式适合即，左边是通项为，则当，故只要证当的数列的前时，时，也就是要证

由此构造函数积，即，并作其图象如图5所示.由图知，直角梯形的面积大于曲边梯形的面

.图5

而立.，所以，故原不等式成