高中数学 高考中数列和不等式证明的交叉论文

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第一篇:高中数学 高考中数列和不等式证明的交叉论文

高考中数列和不等式证明的交叉

数列和不等式是高考的两大热点也是难点,数列是高中数学中一个重要的内容,在高等数学也有很重要的地位,不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容,它可以体现数学思维中的很多方法,当两者结合在一起的时候,问题会变得非常的灵活。所以在复习时,我们在分别复习好两类知识的同时,一定要注意它们的相互渗透和交叉,培养灵活的思维能力。

数列和证明不等式的交叉,是这两大块知识的主要交叉点,它在数列的特殊情景下,巧妙的融合了不等式的证明,它所涉及的问题往往是灵活的应用了数列和不等式的知识,把这两者完美的结合在了一起。

例1设an和bn分别是等差数列和等比数列,且a1b10,a2b20,若a1a2,试比较an和bn的大小。

分析:这两个通项大小的比较,它们的未知量比较多,比容易直接完成。因通过它们的项数n把他们组合在一起。设an的公差为d,bn的公比为q。显然q0,因为a2b20,所以有,a1da1q,即a1q1d。anbna1n1da1qn1a1a1n1q1a1qn1。又因为a1a2,所以

1qn1a2q1。若q1时,anbna11qn1= a11q

=a11q1qq2qn2n1。因为1qq2qn1n1,1q0,所以有:anbn。若0q1时,1qq2qn1n1,1q0,所以也有: anbn。综上所述,当nN,且n2时,anbn。在证明过程,对等比数列求和公式的逆用,是本题证明的一个转折点,它避免了一些不必要的分类讨论,时问题得以简化。

例2已知递增的等比数列an前三项之积为512,且这三项分别减去1,3,9后成等差数列,求证:123n1。a1a2a3an

分析:要想证明这个不等式,首先要求出左边的和式。根据题意,an是等比数列,2所以左边的和式可以利用错位相减法来求和。先确定这个等比数列。由a1a3a2可

得,a1a2a3a2512,所以a28。再设等比数列an的公比为q。则根据条件可

a14

得:818q9283,解得,q2或q1(舍去)。所以,因此,q2q2123n

an2n1。令Sn123n=234n1----------①,则

a1a2a3an222

21S123n--------------②,2n2324252n2由①-②得,1S1111n,即,2n2223242n12n2

1111n11n

1= Sn

222232n2n12n2n1

例3在某两个正数x,y之间,若插入一个数a,使x,a,y成等差数列;若另插入两个数b,c,使x,b,c,y成等比数列,求证:a12b1c1

分析:不等式左边有字母a,右边有不同字母b、c,要比较两边的大小,必须寻找

xy,bx2y,cxy2。a、b、c三者之间的联系,利用数列的关系可得:a2为计算方便,我们再令mx0,n

33

mn则a,bm2n,cmn2,y0,m3n32

1m2n1mn21= 那么,a1b1c1

2m3n3

=m2n2mn0,得a12b1c1。

2

例4设an0,且ananan1,求证:对一切自然数n,都有an。





n

22分析:因为ananan1,所以an1ananan1an,由已知an0,所以有,an1an0,即0an1。又因为an1an1an,111,所以1111。则有,1

an1an1anan1anan1an1an

在上式中取n1,2,,n1,得n1个不等式,把它们相加得,11n1,于

ana1

是,1n11n11n,因此,an1。在此题的证明过程中,我们巧妙的nana1

利用了数列求和的累加法,时问题的解决有一种全新的感觉。本题由于和自然数有关,也可以利用数学归纳法来证明。

例5 设a2,给定数列xn,其中x1a,且满足xn1

xn1

1。xn

2xn

。

2xn1求证:xn2且

分析:这是1984年的高考题,当时难倒了绝大部分的学生,大家觉得无从着手。它给定的是数列,求证的是不等式,而且都是和通项有关,所以我们可以考虑求出数列的通项再来观察。

xnxn1xn1x1因为2,又因为2xn12xn4xn4xn2x2x11n1

xn

xnax1a,所以有,xn2a2

n1

2n,则xn

2a21a

2n1

。而a2,则有,a20a21,所以01

aa因此,xn2且

xn1

1。xn

2n1

a21,那么01a

2n1

a21a

2n

1,1例6求证:1352n1。

2462n3n1

分析:这是一道不等式的证明题,若我们总是在不等式的圈子里转悠,问题不能圆满的解决。跳出这个圈子,我们不难发现这是一个自然数有关的命题,那么,解决它的方法不外乎两种,一是利用数学归纳法;二是构造数列。我们来构造一个数列

a2n23n1=

an。令an1352n1n1,则n1

2462n2n123n4an

12n28n20n41。所以,aa,从而有,aaaa1。=n1nnn1n2112n328n219n4

因此原不等式得证。

lgSnlgSn2

lgSn1。

分析:这是在数列情景下的不等式证明,所以要交叉使用数列的性质和不等式的证

例7设an是正项的等比数列,Sn是其前n项的和.证明:

明技巧。要证不等式等价于SnSn2Sn1,因为an0,所以Sn1Sn0。

由等比数列的定义可得:

aaa2a3

n1n2。a1a2anan1

再用等比定理得:

SnSn2Sn1。

Sn2Sn1an2a2a3an1Sn1a1Sn1,因此有:

Sn1Snan1a1a2anSnSn

例8 数列an和bn都是正项数列,对任意的自然数都有an,bn,an1成等差数列,22,an1,bnbn1成等比数列。

(1)问:bn是不是等差数列?为什么?

222(2)求证:对任意的自然数p和q(pq),bpqbpq≥2bp。

分析:对于第(1)题,我们不难证明它一定是等差数列。问题(2)的证明方法很多,我们可以直接利用等差数列的通项公式,通过作差比较来完成。但是若我们仔细分

222

析题意,观察bp,bbqpqp的特点,我们不难发现它们三者之间有等量关系:

bpqbpq≥

bpqbpq2bp,所以bpqbpq

。此题充分体现了数列和2bp

不等式知识的交叉运用。

例9数列an中,前n项之和为Snan2bn,其中a和b为常数,且a0,ab1,nN。

(1)求数列an的通项公式an;并证明an1an1。(2)若cnloganan1,试判断数列cn中任意两项的大小。

分析:此题的已知条件,前n项之和为Snan2bn 告诉我们,数列an是一个等差数列,要证明an1an1成立,只要证明该数列是一个递增的数列,且a11即可。(1)由Snan2bn可知,a1S1ab1,anSnSn12anab,所以an1an2a0,即数列an是一个单调递增的数列,那么an1ana11。

cn1logan1an2

(2)由(1)可知,数列cn各项都为正。则=logan1an2logan1ancnloganan1

logan1an2logan1an≤2=1logan1an124

2aan

1logaan2an21logan1n2= n1424





1,所以cn1cn.例10 已知数列an中,对一切自然数n,都有an0,1且anan 12an1an0。

求证:(1)an11an;

(2)若Sn表示数列an的前n项之和,则Sn2a1。

分析:从题目的结构可以看出,条件anan12an1an0是解决问题的关键,必2须从中找出an1和an 的关系。(1)由已知anan可得an12an1an0,2an1

1an1,12

又因为an0,1,所以有,01an11,因此an2an1,即an1an。2

1a1aa(2)由结论(1)可知,an1an112an2n,即1n1,于是有,22212n1112112a1,即Sn2a1。Sna1a2ana1a1n1a1a1

12212

从上面的一系列问题中,我们可以看出,数列和不等式证明是紧密相连互相渗透的,在复习中我们一定要注意它们的联系,在知识的交叉点上思考分析,达到知识的融会贯通,培养分析问题和解决问题的能力。

第二篇:【弹无虚发】2013高考数学秒杀必备:数列和不等式证明的交叉论文

高考中数列和不等式证明的交叉

数列和不等式是高考的两大热点也是难点,数列是高中数学中一个重要的内容,在高等数学也有很重要的地位,不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容,它可以体现数学思维中的很多方法,当两者结合在一起的时候,问题会变得非常的灵活。所以在复习时,我们在分别复习好两类知识的同时,一定要注意它们的相互渗透和交叉,培养灵活的思维能力。

数列和证明不等式的交叉,是这两大块知识的主要交叉点,它在数列的特殊情景下,巧妙的融合了不等式的证明,它所涉及的问题往往是灵活的应用了数列和不等式的知识,把这两者完美的结合在了一起。

例1设an和bn分别是等差数列和等比数列,且a1b10,a2b20,若a1a2,试比较an和bn的大小。

分析:这两个通项大小的比较,它们的未知量比较多,比容易直接完成。因通过它们的项数n把他们组合在一起。设an的公差为d,bn的公比为q。显然q0,因为a2b20,所以有,a1da1q,即a1q1d。

anbna1n1da1qn1a1a1n1q1a1qn1。又因为a1a2,所以

1qn1a2n1= q1。若q1时,anbna11q1

=a11q1qq2qn2n1。因为1qq2qn1n1,1q0,所以有:anbn。若0q1时,1qq2qn1n1,1q0,所以也有: 

anbn。综上所述,当nN,且n2时,anbn。在证明过程,对等比数列求和公式的逆用,是本题证明的一个转折点,它避免了一些不必要的分类讨论,时问题得以简化。

例2已知递增的等比数列an前三项之积为512,且这三项分别减去1,3,9后成等差数列,求证:123n1。123n

分析:要想证明这个不等式,首先要求出左边的和式。根据题意,an是等比数列,所以左边的和式可以利用错位相减法来求和。先确定这个等比数列。由

23a1a3a2512,所以a28。再设等比数列an的公比为q。可得,a1a2a3a

2则根据条件可得:818q9283,解得,q2或q1(舍去)。所以

a14q2Sn,因此,an2n

1。令

123n=123n----------①,则123n2223242n1

1S123n--------------②,n2222由①-②得,1S1111n,即,n2223242n12n2

n=11n1 Sn11112222222例3在某两个正数x,y之间,若插入一个数a,使x,a,y成等差数列;若另插入两个数b,c,使x,b,c,y成等比数列,求证:a12b1c1 分析:不等式左边有字母a,右边有不同字母b、c,要比较两边的大小,必须寻

xy

c3xy2。,b3x2y,33mnn0,bm2n,cmn2,为计算方便,我们再令m0,则a,c三者之间的联系,b、找a、利用数列的关系可得:a

m3n32

那么,a1b1c11m2n1mn21=

m3n3

=m2n2mn0,得a12b1c1。

例4设an0,且ananan1,求证:对一切自然数n,都有an。





an1an,由已知an0,所以有,分析:因为ananan1,所以an1anan

an1an0,即0an1。又因为an1an1an,则有,1

111,所以1111。

n1nnnnn1nn

在上式中取n1,2,,n1,得n1个不等式,把它们相加得,11n1,n1

于是,1n11n11n,因此,an1。在此题的证明过程中,我们巧

n1

妙的利用了数列求和的累加法,时问题的解决有一种全新的感觉。本题由于和自

然数有关,也可以利用数学归纳法来证明。

例5 设a2,给定数列xn,其中x1a,且满足xn1

2xn

。

n

求证:xn2且

xn1

1。n

分析:这是1984年的高考题,当时难倒了绝大部分的学生,大家觉得无从着手。它给定的是数列,求证的是不等式,而且都是和通项有关,所以我们可以考虑求出数列的通项再来观察。因为

xnxn1xn1

22n1xn4xn4xn2n1

n1

xn

x

又因为1,1

22n

xnax1a,所以有,n,则xn

2a21

。而a2,则有,a2所以010a21,



因此,xn2且

2n1

a2那么011,



2n1

a21

2n

1,xn1

1。n

1。例6求证:1352n1

分析:这是一道不等式的证明题,若我们总是在不等式的圈子里转悠,问题不能圆满的解决。跳出这个圈子,我们不难发现这是一个自然数有关的命题,那么,解决它的方法不外乎两种,一是利用数学归纳法;二是构造数列。我们来构造一

2n223n1an11352n1个数列an。令an= 3n1,则22n13n4n

12n28n20n41。=所以,an1an,从而有,anan1an2a11。12n328n219n4

因此原不等式得证。

例7设an是正项的等比数列,Sn是其前n项的和.证明:

lgSnlgSn2

lgSn1。

分析:这是在数列情景下的不等式证明,所以要交叉使用数列的性质和不等式的证明技巧。要证不等式等价于SnSn2Sn1,因为an0,所以Sn1Sn0。

由等比数列的定义可得:

aaa2a3

n1n2。12nn1

再用等比定理得:

Sn2Sn1an2a2a3an1Sn1a1Sn1,因此

n1nn112nnn

有:SnSn2Sn1。

2例8 数列an和bn都是正项数列,对任意的自然数都有an,bn,an1成等差数

22列,bn,an1,bn1成等比数列。

(1)问:bn是不是等差数列?为什么?

222(2)求证:对任意的自然数p和q(pq),bp≥b2bqpqp。

分析:对于第(1)题,我们不难证明它一定是等差数列。问题(2)的证明方法很多,我们可以直接利用等差数列的通项公式,通过作差比较来完成。但是若我们仔细

222

分析题意,观察bp q,bpq,bp的特点,我们不难发现它们三者之间有等量关系:

22bpqbpq2bp,所以bpqbpq

bpqbpq2

2b2。此题充分体现了数列≥

p

和不等式知识的交叉运用。

例9数列an中,前n项之和为Snan2bn,其中a和b为常数,且a0,ab1,nN。

(1)求数列an的通项公式an;并证明an1an1。(2)若cnloganan1,试判断数列cn中任意两项的大小。

分析:此题的已知条件,前n项之和为Snan2bn 告诉我们,数列an是一个等差数列,要证明an1an1成立,只要证明该数列是一个递增的数列,且a11即可。(1)由Snan2bn可知,a1S1ab1,anSnSn12anab,所以an1an2a0,即数列an是一个单调递增的数列,那么

an1ana11。

(2)

(1)

知,=数

cn

各项都为正。则≤

cn1logan1an2

nann1

logan1an2logan1an

logan1an2logan1an1logan1an2an2



2aa1logn2n

= an1



=1logan1an1

1,所以cn1cn.2例10 已知数列an中,对一切自然数n,都有an0,1且anan 12an1an0。

求证:(1)an11an;

(2)若Sn表示数列an的前n项之和,则Sn2a1。

2分析:从题目的结构可以看出,条件anan12an1an0是解决问题的关键,2必须从中找出an1和an 的关系。(1)由已知anan12an1an0,可得

an

2an12

01a,又因为,所以有,a0,1n11,因此an2an1,即n2

1an1

an11an。

1a,即a1a,于是有,(2)由结论(1)可知,an1an112an2n n11n11

112

11Sna1a2ana1a1n1a1a121

2a1,即Sn2a1。

从上面的一系列问题中,我们可以看出,数列和不等式证明是紧密相连互相渗透的,在复习中我们一定要注意它们的联系,在知识的交叉点上思考分析,达到知识的融会贯通,培养分析问题和解决问题的能力。

第三篇:高中数学_利用定积分证明数列和型不等式(定稿)

利用定积分证明数列和型不等式

湖北省阳新县高级中学 邹生书

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,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,精彩的解法不是空穴来风而是理性思维的必然结果.作者简介:邹生书,男,1962年12月出生,湖北阳新县人.现任教于阳新县高级中学,中学数学高级教师,黄石市骨干教师.近四年来在《数学通讯》、《数学通报》、《中学数学教学参考》、《中学数学教学》、《中学数学月刊》、《中学数学》、《中学教研》、《中学数学研究》、《中小学数学》、《高中数学教与学》、《中学生数学》、《河北理科教学研究》、《数理天地》、《数理化解题研究》等近二十种期刊上发表教学教研文章百余篇,在人教网中学数学栏目发表文章二十多篇.

第四篇:数列不等式的证明

数列和式不等式的证明策略

罗红波洪湖二中高三

(九)班周二第三节(11月13日)

数列和式不等式的证明经常在试卷压轴题中出现,在思维能力和方法上要求很高,难度很大,往往让人束手无策,其实,这类不等式的证明,是有一定的规律的,利用S1

n

a1q

来证明也能事半功倍,下面用几个例子来简述数列和式不等式的证明

S1

n

a1q

常用策略。

一、基础演练:

1、等比数列{an},公比为q,则{an}的前n项和Sn为()

na1(q1A.)

an

a1(1q)1(1qn)a

1q(q1)B.na1C.1qD.11q2、正项等比数列{an},公比为q,0q1,{an}的前n项和Sn,以下说法正确的是()A.S1n

a11qB.Sa11qC.Saa

nn1qD.Sn11q3、正项数列{a},{a的前n项和Sa

nn}n,要证明S1n1q,其中0q1,可以去证明()A.

an1qB.an1aqC.an1qD.a

n1aq nnanan

二、典例精讲:

1、等比数列{a1

n},a11,q2,{an}的前n项和Sn,求证:Sn2

变式

1、正项等比数列{an},{a1n}的前n项和Sn,a11,Sn2恒成立,求证:0q

2例

2、已知数列{an},an1

2n

1,{an}的前n项和S5n,求证:Sn2(Sn3?)

aann变式

2、数列{n1n},a3232n1,a11,{a3

n1n}的前n项和Sn,求证:Sn n

2例

3、(09四川理22)数列{an}的前n项和Sn,对任意正整数n,都有a4an

n5Sn1成立,记bn1a(nN).n

(1)求数列{bn}的通项公式;

(2)记c

nb2nb2n1(nN),{c3

n}的前n项和Tn,求证:Tn

2变式

3、已知a1n

2,求证Sn(1)a1(1)2a2(1)nan1

(2)n

3三、小结

四、课后作业:

1、等比数列{a1

n},a12,q

3,{an}的前n项和Sn,求证:Sn3

2、已知数列{an},an

14n2,{an}的前n项和Sn,求证:S2

n

3

第五篇:谈数列与高次不等式的证明

龙源期刊网 http://.cn

谈数列与高次不等式的证明

作者:蔡汉书

来源:《读写算》2012年第95期

关于高次不等式的证明,除了常用的数学归纳法之外,还有利用均值不等式,利用二项式定理,利用等比数列求和公式等方法.本文就以上方法以外再介绍一种新的不等式的证明方法--构造单调数列法.例1 已知,且,求证 :

证明 设数列 的通项公式为.

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