数列不等式求和证明

第一篇：数列不等式求和证明

证明数列求和不等式的两种放缩技巧

江苏省包场高级中学张巧凤2261

51数列求和不等式的证明，历来是高考数学命题的热点与重点，并且往往出现在压轴题的位置上，扮演着调整试卷区分度的角色。笔者发现对这类问题的处理方法中，以放缩法较为常用，而学生在运用放缩法时普遍感到难以驾驭，本文重点谈谈通项放缩与舍项放缩两种放缩技巧在证明数列求和不等式中的应用。

1、通项放缩，转化为可以求和的数列

1、1放缩通项，利用等差数列求和

例

1、已知nN,

求证：



(n+1)

2

2

n+(n+1)2n

1

22

352n1



222

=

n2n2

2

<

n2n1

2

2



(n1)2

2

n+12n

1、2放缩通项，利用等比数列求和 例

2、数列an中，a1=2,an+1=(1)求数列an的通项公式; (2)设bn=

an

2

22an(nN+)

16n-an

，若数列bn的前n项的和为Tn，求证：Tn<

12

。

(1)用迭代累乘或者构造新的等比数列(2)证明：bn

an1n-11n-2an

a()即an()可以求得，1nn22n

an

2

2

2

16n-an



14

1n

当n=1时，T1=<2;

3当n2时，∵4n1(31)n-1=(3nCn13n-11)13n,∴bn

11n

1()

1111n11331

1()<∴Tn=+b2++bn<2n

133332321

3∴对一切正整数n，都有Tn<

2

3

141

n

<

13

n

.注：本题将数列从第二项起开始放缩，放缩成以b1为首项，为公比的等比数列，转化为等比数列求和。

事实上，也可以利用

141

n



14

4n

n-1



134

n-1

，将数列放缩成以为首项，

3

114

为公比的

11n1()

41n4134

等比数列，易得Tn1()<<

194921

，放缩的关键在于合理与适度。

1、3放缩通项，利用裂项相消求和 对于例2，也可以这样证明：bn

an

2

216n-an



14

1n



(21)(21)

n

n

当n=1，2时，2n2n，

当n3时， 2n(11)n=Cn0Cn1Cnn1Cnn2(n1)>2n ∴对一切正整数n，都有bn∴Tn

12(1

131315

12n1

(21)(21)



12n1

)

12

n

n



(2n1)(2n1)

12n1

)<

12

=

12n1



12n1

=(1。

注：此法将通项放缩成两项之差，转化为用裂项相消求和。

1、4放缩通项，利用叠加求和 例

3、已知数列an中，a1=1，an=an-1

n=2,3,4), an-1

1求证：

an2004年重庆卷改编) 证明：由递推关系式得：an2=an-12

1an-1

+2>an-1+2，即an-an-1>2，

于是有a22-a12>2，a32-a22>2，…an2-an-12>2，这n-1个不等式两边相加可得

ana1>2(n-1)，即an>2n-1，又an>0,

故an。

1、5放缩通项，利用各项重新组合求和 例

4、数列an满足a1=1且an+1=(1+

1n+n

)an+

n1). n

2(1)用数学归纳法证明an2(n2)

n1)，(2)已知不等式ln(1+x)0,成立,证明an

(2005年重庆卷)

证明:(1)略.(2)由递推关系式及(1)的结论有an+1=(1+两边取对数，且由ln(1+x)

+lnan

2nn+n21111+n(-)+n 故lnan+1-lnan<

n(n+1)2nn+12

n+n

1n+n

)an+

12

n

(1+

1n+n

+

12

n

)an

，

lnan+1ln(1+

+

n

)+lnan<

+

上式中n分别取1，2，…，n-1求和可得

11111111

lnan-lna1<(1-)()(-)+() 2n-1223n-1n222

(1-)+(1=

n

112

n-1

)<2

n1)即lnan<2，故an

2、写出和式，舍项放缩

2、1裂项相消，各项重新组合，舍项放缩 对于例2，还可以这样证明：bn当n=1时，T1=<2;

31141

n



(21)(21)

n

n



221

(

n



121

n

)

当n2时，∴Tn=(

1

11

221



121



121



121



121

n



121

n

)

=1 (12)(3)(n-1n)n

22121212121212121∵

1

2n-1

111111

1



121

n



242(2

n-1

n

1)(21)

12

n

0，∴Tn

221

(



121

n

)

12

∴对一切正整数n，都有Tn<

n+1n

2、2错位相减，各项重新组合，舍项放缩 例

5、数列an中，a1=2,an+1=2((1)求数列an的通项公式; (2)设bn=

nan

n

)an(nN+)

，求证：bi<

i=

1172

4。

，即ann22n

anann

2是以2为公比的等比数列，可以求得

2nn

n1

(2)证明：bn n

ann2

(1)易知

n



i=1

bi

n

112



122



132



1n2

n

n

12



i=1

bi

n

12

112





322n(



12321342

1)2n

1n(n1)2

1n(n1)2

nn

n+1

∴

2

ni=1

bi

i=1

122124



1n21n2

n+1n+1

)

∴bi1=

1724(

14

(

342



1n(n1)2

n



1n2

)

1724

2、3迭代相加，各项重新组合，舍项放缩 对于例

3、也可以这样证明：由已知得：an2=an-12于是有a22-a12

1a

11an-1

+2,即an-an-11an-11an-

222

22

1an-1

+2

，

+2，a3-a2

22

1a2

+2

，…，an2-an-12

1an-1

+2

，

1a1

这n-1个等式两边相加可得an2a12=2(n-1)+(即an2=2n-1+(

1an-1

+

)，

+

1an-2



1a1

)>2n-1，又an>0,

故an

20、(本题满分16分)

在数列an中，已知a1p0，且，nN (1) 若数列an为等差数列，求p的值。 (2) 求数列an的前n项和Sn

n

当n2时，求证：

i1

2a

i



n1n1

第二篇：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

111 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)222222222222211111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()()()()， 233410010110110221022∴2STS 6

故S11，即a1a2a50。

44 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。

第三篇：等差数列、等比数列的证明及数列求和

等差数列、等比数列的证明

1.已知数列an满足a11，an3an12n3n2， (Ⅰ)求证：数列ann是等比数列;

(Ⅱ)求数列an的通项公式。

2.已知数列an满足a15，an12an3nnN*， (Ⅰ)求证：数列an3n是等比数列;

(Ⅱ)求数列an的通项公式。

3.已知数列an满足a11，an2an12(Ⅰ)求证：数列an是等差数列; n2nn2， (Ⅱ)求数列an的通项公式。

4.已知数列an满足a12，an1

an12an

，

1

(Ⅰ)求证：数列是等差数列;

an

(Ⅱ)求数列an的通项公式。

5.已知数列an，Sn是它的前n项和，且Sn14an2nN，a1

1*

(Ⅰ)设bnan12annN*，求证：数列bn是等比数列; (Ⅱ)设cn

an

2n

，求证：数列cn是等差数列;

(Ⅲ)求数列an的通项公式。

数列求和的方法介绍

一、公式法

利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法。

1、等差数列求和公式：Sn

n(a1an)

na1

n(n1)

2d

2、等比数列求和公式：Sn

na1n

aanqa1(1q)



11q1q

(q1)(q1)

二、错位相减法

这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前n项和，其中an、bn分别是等差数列和等比数列

三、裂项相消法

裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的通项分解，其中裂项是手段，相消是目的。常见的裂项法有：

(1)an

1n(n1)

1n(n2)



1n



1n

1(2)an

1n(n1)



1n1



1n

n2

(3)an



111

2nn2

1anan1



(4)若an等差，公差为d0，则

11

【裂项原理】 an1an

(5)

2n12n1



例

1、已知数列an是等差数列，设其前n项和为Sn，若a59，S525 (Ⅰ)求数列an的通项公式an;

(Ⅱ)设bn3，求数列bn的前n项和Tn

an

例

2、已知数列an的通项公式为an2n13，求前n项和Sn

n

例

3、已知数列an是等差数列，设其前n项和为Sn，若S535，S10120 (Ⅰ)求数列an的通项公式an和Sn; (Ⅱ)设bn

1Sn

，求数列bn的前n项和。

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q

2、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q

3、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：

例

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

1

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：探索数列中不等式的证明

教学目标：

双基：加深学生对放缩法、二项式定理法、数学归纳法等方法的理解，并

能运用这些方法证明数列不等式。

能力：在问题的解决过程中，培养学生自主探索，归纳猜想等直观思维，

训练学生对知识的灵活变通与迁移能力。

教学重点：能合理、准确的运用这些方法证明数列不等式。

教学难点：学生在数学学习过程中，知识的迁移、组合、融合能力的培养。 教学手段：多媒体辅助教学。

教学过程设计：

一、引入：数列，不等式是高中数学两大基础知识，近几年高考多以数列不等式的综合性问题为热点。此类问题难度大，综合性强，学生难以解答完全，下面我们结合几种典型方法，几道典型例题一起来探讨。

二、方法探讨

1、放缩法

分析：形如：

(

1) 11111112 (2)nn1n(n1)nn(n1)n1n

例1函数f(x)(xR)对任意x1x21都有fx1fx2

(1) 1数列an满足：anf0fn

求an的通项式。 1 22f…nn1ff1，n

(

2)设Sn

Tn1)，试证明SnTn。

解：

011n1…1 nn

1，2f0f11fnn11f，„ n2

数列求和中倒序相加法，

1anf0fn2f…nn1ff1① n

1ff0② nn1anf1fn

①+②，得 n2f…n

12an(n1) 2

n1an(nN*)

4(2

)证明：

 Sn113 )

4SnTn41)Tn

本例放缩法的最终目的是为了求和，从而达到不等式的证明。还有一种情况是对数列求和之后再进行放缩。如练习。 练习：求证：1111*2nN，() 22223n

2.数学归纳法

分析：数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，证明分为两步：

(1) 证明n取初始值n0时命题成立;

(2) 假设nk(kn0,kN*)时命题成立，证明nk1时，命题也成立。

由(1)(2)知nn0,nN*命题成立。

例2：数列an、试比较 Sn与2n的大小，an前n项和为Sn，an2n1，bn2n，bn ，

并证明之。 解：Sn(2n11)nn2，bn2n

2计算：当n1时,有S1b1;当n2时,有S2b2;当n3时,有S3b3;

当n4时,有S4b4;当n5时,有S5b5;

由于“指数爆炸”，猜想Snbn(n5,nN*)。

证明：(1)当n5时,有5225成立

(2)假设nk时命题成立,即2kk2

当nk1时,2k1(k1)22.2kk22k

12k2k22k1

k22k1

(k1)22(51)22140

即nk1时，命题也成立

因(1)，(2)知，n5时2nn2，(nN*)

通过此例可看到观察、归纳、猜想、证明的思想方法。其基本思路是：在探讨某些问题时，可以先从观察入手，发现问题的特点形成解决问题的初步思路;然后用归纳方法进行试探，提出猜想;最后用数学归纳法给出证明。

3、二项式定理法

0123n1n分析：2n(11)nCn CnCnCnCnCn

=1nn(n1)n(n1)n1 2

2例3：数列an、bn ，an2n1，bn2n，an前n项和为Sn，

试证明：当n5时,Sn<2n 证明：Sn(2n11)nn2(n5)

20123n1n又(11)nCn CnCnCnCnCn

n(n1)n(n1)n122

n2nn2nn2n 22

2nn21n

1练习：证明：2(1)n(n2) n

4、单调性法

分析：数列本身是一种特殊的函数，其自变量是正整数集，因此可根据其单调性进行证明。f(x)(xR)具有单调性f(n)(nN*)具有单调性，反之不成立。

11125(nN*) n1n23n12

41111,nN* 证明：f(n)n1n2n33n

1111111f(n1)f(n) n2n33n13n23n33n4

1111)(n1n2n33n1

1111= 3n23n33n4n+1例4：求证：



f(n)为增函数

f(n)minf(1)23(n1)(n30 2n)(34)1111325 1112131224

原不等式成立。

三.课堂小结：

1、数列不等式证明几种常见方法，放缩法，二项式定理法，单调性法，数

学归纳法。

2、应注意问题

(1) 数学相关知识的灵活运用

(2) 熟练的数学运算能力

四.思考题：

已知函数f(x)xln(1x),数列an满足0a11,an1f(an); 数列bn满足b111,bn1(n1)bn(nN*) 22

求证：(1)0an1an1

2an(2)an1 2

(3

)若a则当n2时,bnan.n! 五.作业：三维设计 P89。

六.板书设计

七.教学反思