数列中不等式证明问题

第一篇：数列中不等式证明问题

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

第二篇：放缩法证明“数列+不等式”问题的两条途径

数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年命题的热点，解决这类问题常常用到放缩法。用放缩法解决“数列+不等式”问题通常有两条途径：一是先放缩再求和，二是先求和再放缩。

1、 先放缩再求和

例1 (05年湖北理)已知不等式[log

n]表示不超过log

nan1nan1nan1nan

11n

1213

1n12[log

2n],其中n为不大于2的整数，

2

2n的最大整数。设数列an的各项为正且满足

2b2b[log

2

a1b(b0),an(n2,3,4)，证明：an

n]

，n3,4,5

分析：由条件an

得：

1an



1an1



1n



1an1



1an1

(n2)

an1an2



1n1

……

1a2

1a1

12

以上各式两边分别相加得：

1an

1a11n

1n11n1



12

1an

1b1b



1n12



12



[logn](n3) 2

=

2b[log

2b

2

n]

 an

2b2b[log

2

n]

(n3)

本题由题设条件直接进行放缩，然后求和，命题即得以证明。

n

例2 (04全国三)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)， n1

(1)写出数列{an}的前三项a1，a2，a3; (2)求数列{an}的通项公式; (3)证明：对任意的整数m4，有

1a

41a

5

1am

78

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2an12(1)n1 an(1)

n

2

an1(1)

n1

2,

an(1)

n



2

32[

an1(1)

n1



23

]

故数列{

an(1)2

n



23

}是以a1

23

为首项, 公比为2的等比数列.故

an(1)

n



12n2n1n

()(2)∴an[2(1)]

333

23[2

n2

∴数列{an}的通项公式为：an

(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=

1a4

1a5



1am

3[1

221



121



12

m2

(1)

m

]，如果我们把

上式中的分母中的1去掉，就可利用等比数列的前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：

121

121



121



12



12

，



121



12



12

，因此，可将

12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，

1a4

1a5

1am

1a412

(3

1a51



1a61

)(

1am11

m2



1am

)



2222

1311

(1m4)

2242137



288

()

(2)当m是奇数(m4)时，m1为偶数，

1a4

1a5

1am

1a4

1a51a4

1a61a5

1am1am

1am178



78

所以对任意整数m4，有

。

本题的关键是并项后进行适当的放缩。

2、 先求和再放缩

例3(武汉市模拟)定义数列如下：a12,an1anan1,nN 证明：(1)对于nN恒有an1an成立。

(2)当n2且nN，有an1anan1a2a11成立。(3)1

12

2006



1a1



1a2



1a2006

1。

分析：(1)用数学归纳法易证。(2)由an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

12

2006



1a1



1a21



1a2006

1，

可先设法求和：

1a1



1a2



a2006

，再进行适当的放缩。

an11an(an1)



1an11



1an1



1an



1an1a1



1an11a2



1an111a2006



(

1a111



1a211

)(

1a21



1a31

)(

1a20061



1a20071

)



a11



a200711

1

a1a2a2006

1

又a1a2a2006a1

1

1a1a2a2006

2006

2

2006

1

12

2006

原不等式得证。

本题的关键是根据题设条件裂项求和。

第三篇：数列不等式的证明举例

1. 已知数列an满足a11,an12an1nN 

(Ⅰ)求数列an的通项公式;

(Ⅱ)若数列bn满足4b114b214b314bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列; (Ⅲ)证明：1112nN aa3an13

2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。

an12n，an2n

1(2)4b114b214b314bn1(an1)bn，4(b1b2bnn)2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①

2(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

11111(3) n1n1an21222an1

11111111111设S，则S()(S)a2a3an1a22a2a3ana22an1

21212S a2an13an1

3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。

2. 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,bn1(n1)bn, nN*.求证:

(Ⅰ)0an1an1; 1212

an2; (Ⅱ)an12

(Ⅲ)若a1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

又f(x)在0,1上连续,所以f(0)又由0an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.



x2x2

ln(1x)x, 0

22

x2

0,知g(x)在(0,1)上增函数. 由g(x)1x

又g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.

an2an2

fan>0,从而an1. 因为0an1,所以gan0,即22

11n1b

(Ⅲ) 因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,

222bn

bbb1

所以bnnn12b1nn!————① ,

bn1bn2b12

an2aaaaaaaaa

,知:n1n,所以n=23n12n1 , 由(Ⅱ)an122an2a1a1a2an122, n≥2, 0an1an1. 2

a1n2a121a1a2an1

a1

222222

由①② 两式可知: bnann!.

因为a1

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。

3. 已知数列an满足a1

(Ⅰ)求数列an的通项公式an; (Ⅱ)设bn

an1

1(n2,nN). ，ann

41an1

21an

，求数列bn的前n项和Sn;

(Ⅲ)设cnansin

(2n1)

，数列cn的前n项和为Tn.求证：对任意的nN，2

Tn

4. 7

分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。 解：(Ⅰ)又

1211

，(1)n(1)n(2(1)n1]，

anan1anan1

11n

1，数列(1)3是首项为3，公比为2的等比数列.

a1an

(1)n11nn1

. (1)3(2)， 即ann1an321

(Ⅱ)bn(32n11)294n162n11.

1(14n)1(12n)Sn96n34n62nn9.

1412(2n1)

(1)n1， (Ⅲ)sin

2(1)n11

.cnn1nn1

3(2)(1)321

1111当n3时，则Tn 2n1

31321321321

n21

[1(1]1111111) 23n11

47322813232111111147484[1()n2]. 286228684847

T1T2T3，对任意的nN，Tn.

7点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列an的通项 4. 已知函数f(x)=

52x

，设正项数列an满足a1=l，an1fan.

168x

(1)写出a

2、a3的值;(2)试比较an与

的大小，并说明理由;

4n

51n

(3)设数列bn满足bn=-an，记Sn=bi.证明：当n≥2时,Sn<(2-1).

44i

1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。

52an7

3解：(1)an1，因为a11,所以a2,a3.168an84(2)因为an0,an10,所以168an0,0an2.

5

548(an)an

552an53, an1

4168an432(2an)22an

55

因为2an0,所以an1与an同号，

44

515555

因为a10，a20,a30,„，an0,即an.

444444

531531

(an1)bn1 (3)当n2时，bnan

422an1422an1

31bn12bn1，

224

所以bn2bn122bn22n1b12n3，

(12n)

1111

所以Snb1b2bn(2n1)

421242

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

3n

第四篇：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

111

,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

11

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

55

.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

71

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

11

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!

19

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.

第五篇：用数学归纳法证明数列不等式

【例1】(2012全国大纲卷理22)函数f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1是过两点P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标. (1)证明:2xnxn13; (2)求数列xn的通项公式. 【证】(1)证：直线PQn的方程为y5f(xn)5(x4)，即y5(xn2)(x4)，

xn44x35令y0，解得xn14. nxn2xn2下用数学归纳法证明2xn3：

① 当n1时，x12，所以2x13. ② 假设当nk时结论成立，即2xk3，则当nk1时，

由xk1411555xk13，故xk14，得4，即42232xk2*2xk13. 由①②知，对一切nN都有2xn3. 4xn3xn22xn3(3xn)(xn1)从而xn1xnxn0，故xn1xn. xn2xn2xn2综上，2xnxn13.

4x3x35(xn1)(2)解：由(1)知，xn1n，则 xn13n ①，xn11 ②，

xn2xn2xn

2①②，得

x311xn131xn3，故数列n是首项为，公比为的等比数列. 53xn115xn1x1nn195n11xn311*

因此，(nN). ，解得：xnn1351xn135【例2】已知函数f(x)ln(2x)ax在开区间(0，1)内是增函数.

(Ⅰ) 求实数a的取值范围;

(Ⅱ) 若数列an满a1(0,1),an1ln(2an)an(nN*)，证明：0anan11. (Ⅰ) 解：f(x)1a，由于f (x)在(0，1)内是增函数， 2x1a0在x∈∴ f(x)0，即 (0，1)时恒成立. 2x1∴ a 恒成立，

x2而

-2

11， x22111， 即 2x2∴

a1即为所求. ∴ 1(Ⅱ) 证明：① 当n=1时，由题设知a1∈(0，1). ② 假设当n=k时，不等式成立，即ak∈(0，1)，则 当n=k+1时，由(Ⅰ)知，f(x)=ln(2-x)+x在(0，1)上是增函数

∴0f(0)ln(20)0ak1ln(2ak)akf(ak)f(1)ln(21)11， 即ak+1∈(0，1)，故n=k+1时命题成立. 根据① ② 知0

【例3】已知函数f(x)xsinx,数列{an}满足：0a11,an1f(an),n1,2,3,证明：

，

13an. 6证明：(Ⅰ) 先用数学归纳法证明0an1,n1,2,3, (Ⅰ) 0an1an1;(Ⅱ) an1① 当n=1时，由已知，结论成立. ② 假设当n=k时结论成立，即0ak1， 因为0x1时，f(x)1cosx0，

所以f(x)在(0，1)上是增函数，又f(x)在[0，1]上连续， 从而f(0)f(ak)f(1)，即0ak11sin11， 故当n=k+1时，结论成立. 由①②可知，0an1对一切正整数都成立. 又因为0an1时，an1anansinanansinan0， 所以an1an，综上所述0an1an1. (Ⅱ) 设函数g(x)sinxx13x,0x1， 6由(Ⅰ)可知，当0x1时，sinxx.

x2x2x2x22x2sin2()0, 从而g(x)cosx122222所以g(x)在(0，1)上是增函数. 又g(0)0，

所以当0x1时，g(x)>0成立.

13于是g(an)0，即sinananan0，

613故an1an.

【例4】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*.求证: 22(Ⅰ)0an1an1;

an2; (Ⅱ)an122,则当n≥2时,bnann!.( n!n(n1)(Ⅲ)若a12*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1) (2)假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,因为0 故当n=k+1时,结论也成立. 即0an1对于一切正整数都成立. 又由0an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.

x2x2ln(1x)x, 0g(0)=0. 由g(x)1xan2an2fan>0,从而an1.因为0an1,所以gan0,即2211n1b (Ⅲ) 因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,

222bnbbb21 所以bnnn1 b1nn!

————①bn1bn2b12 an2aaaaa,知:n1n, 所以n=23由(Ⅱ)an12a1a1a2an2因为a1anaa12an122an1 , 22, n≥2, 0an1an1. 2a1a2an1a1n2a121a1

所以 an .

222222 由①② 两式可知: bnann!. 【例5】

设函数f(x)与数列an满足以下关系：

① a1，其中是方程f(x)x的实根; ② an1f(an);

1). ③ f(x)的导数f(x)(0，(Ⅰ) 求证：an;

(Ⅱ) 判断an与an1的大小关系，并证明你的结论. (Ⅰ) 证：① 当n1时，a1，不等式成立. ② 假设当nk时不等式成立，即ak，则nk1时， ∵f(x)0，则f(x)递增.

∴ak1f(ak)f()，即nk1时不等式也成立.

由①、②知，an对一切nN都成立. (Ⅱ) 解：an1anf(an)an，

设F(x)f(x)x，则F(x)f(x)10，

∴F(x)递减，而an，

∴F(an)F()f()0，

即f(an)an0，亦即an1an0，

*∴an1an. 【例6】(2005江西)已知数列{an}的各项都是正数,且满足:

1an(4an),nN. 2(1)证明anan12,nN; a01,an1(2)求数列{an}的通项公式an. 解：(1)方法一 用数学归纳法证明：

13a0(4a0),∴a0a12，命题正确. 222°假设n=k时有ak1ak2.

1

1 则nk1时,akak1ak1(4ak1)ak(4ak)

2212(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)

21(ak1ak)(4ak1ak).2而ak1ak0.4ak1ak0,akak10.

112又ak1ak(4ak)[4(ak2)]2.

22∴nk1时命题正确. 由1°、2°知，对一切n∈N时有anan12. 1°当n=1时，a01,a1方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a1

2°假设n=k时有ak

1 令f(x)13a0(4a0),∴0a0a12; 22ak2成立，

1x(4x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设 2111有：f(ak1)f(ak)f(2),即ak1(4ak1)ak(4ak)2(42),

222也即当n=k+1时

akak12成立，

所以由1°、2°知，对一切nN,有akak1

2(2)下面来求数列的通项：an111an(4an)[(an2)24],所以 222(an12)(an2)2

121122112221122n12n令bnan2,则bnbn(b)()b()bn1n2n1222222,

2又bn=-1，所以bn()12n11n,即an2bn2()21

【拓展题】

【例】、数列an满足an12a3an，且a11.(1)当1时，求数列an的nan12通项公式;

(2)若不等式an1an对一切nN恒成立，求的取值范围;

(3)当31时，证明：

*11111n. 1a11a21an2解：(1)当1时，an12an1an112(an1)an2n1. (an1)21*(2)an1an①，要使an1an对一切nN恒成立，

an1(a11)213至少需使a2a10成立3.

a112下面先用数归法证明：当3时，an1(略)，再由①知an1an恒成立. 所以[3,)为所求. (3)当31时，由(2)知an1，则由

2a(a1)(an1)11an1nn2an12an1

an1an1an112(an1)22(an11)2n(a11)2n1110an12nn，

1an21111111从而2n1n，等号当且仅当n11a11a21an2222时成立.

(2009安徽理21)首项为正数的数列an满足an1为奇数，

则对一切n2,an都是奇数;(2)若对一切nN都有an1an，求a1的取值范围. 略解：(1)已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，

*12(an3),nN*. (1)证明：若a14ak23m(m1)1是奇数.(因为m(m1)是偶数) 则由递推关系得ak14*根据数学归纳法，对任何nN，an都是奇数.

1(2)(方法一)由an1an(an1)(an3)知，an1an当且仅当an1或an3.

4133231;若ak3，则ak13. 另一方面，若0ak1,则0ak144根据数学归纳法，0a11,0an1,nN*;a13an3,nN*.

综合所述，对一切nN都有an1an的充要条件是0a11或a13.

*a123a1,得a124a130,于是0a11或a13. (方法二)由a24an23an23an123(anan1)(anan1), an1an，因为a10,an14444所以所有的an均大于0，因此an1an与anan1同号. 根据数学归纳法，nN，an1an与a2a1同号.

*因此，对一切nN都有an1an的充要条件是0a11或a13.

*