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”解题相同的效果新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆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221221,2,(1cos)sin,1,2,3,.22nnnnnaaaaan满足(Ⅰ)求34,,aa并求数列na的通项公式；(Ⅱ)设21122,.nnnnnabSbbba证明：当162.nnSn时，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121,2,aa所以22311(1cos)sin12,22aaa22422(1cos)sin24.aaa一般地，当*21(N)nkk时，222121(21)21[1cos]sin22kkkkaa＝211ka，即21211.kkaa所以数列21ka是首项为1、公差为1的等差数列，因此21.kak当*2(N)nkk时，22222222(1cos)sin2.22kkkkkaaa所以数列2ka是首项为2、公比为2的等比数列，因此22.kka故数列na的通项公式为**21,21(N),22,2(N).nnnnkkankk(Ⅱ)由(Ⅰ)知，2122,2nnnanba23123,2222nnnS①2241112322222nnnS②①-②得，23111111222222nnnnS21111[1()]1221.122212nnnnn所以11222.222nnnnnnS要证明当6n时，12nSn成立，只需证明当6n时，(2)12nnn成立.证法一(1)当n=6时，66(62)48312644成立.(2)假设当(6)nkk时不等式成立，即(2)1.2kkk则当n=k+1时，1(1)(3)(2)(1)(3)(1)(3)1.222(2)(2)2kkkkkkkkkkkkkk由(1)、(2)所述，当n≥6时，2(1)12nn.即当n≥6时，12.nSn证法二令2(2)(6)2nnncn，则21121(1)(3)(2)30.222nnnnnnnnncc所以当6n时，1nncc.因此当6n时，66831.644ncc于是当6n时，2(2)1.2nn综上所述，当6n时，12.nSn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12tan，函数)42sin(2tan)(2xxxf，数列{an}的首项)(,2111nnafaa.(1)求函数)(xf的表达式；⑵求证：nnaa1；⑶求证：),2(21111111*21Nnnaaan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：⑴1)12(1)12(2tan1tan22tan22又∵为锐角∴42∴1)42sin(∴xxxf2)(⑵nnnaaa21∵211a∴naaa,,32都大于0∴02na∴nnaa1⑶nnnnnnnaaaaaaa111)1(11121∴11111nnnaaa∴1322121111111111111nnnaaaaaaaaa1111211nnaaa∵4321)21(22a,143)43(23a,又∵nnaan12∴131aan∴21211na∴2111111121naaa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na满足111,21nnaaanN（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若数列nb满足nnbnbbbba)1(44441111321，证明：nb是等差数列；（Ⅲ）证明：23111123nnNaaa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）121nnaa，)1(211nnaa故数列}1{na是首项为2，公比为2的等比数列。nna21，12nna（2）nnbnbbbba)1(44441111321，nnnbnbbb24)(21nnnbnbbb2)(221①1121)1()1(2)(2nnnbnnbbbb②②—①得nnnnbbnb11)1(22，即1)1(2nnbnnb③212)1(nnnbbn④④—③得112nnnnbnbnb，即112nnnbbb所以数列}{nb是等差数列（3）1111212211211nnnnaa设132111naaaS，则)111(211322naaaaS)1(21112naSa3213212112nnaaaS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。例题4.已知函数()ln1fxxx,数列na满足101a,1nnafa;数列nb满足1111,(1)22nnbbnb,*nN.求证:（Ⅰ）101;nnaa（Ⅱ）21;2nnaa（Ⅲ）若12,2a则当n≥2时,!nnban.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01na,*nN.（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01ka.则当n=k+1时,因为0x1时,1()1011xfxxx,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)f(ka)f(1),即011ln21ka.故当n=k+1时,结论也成立.即01na对于一切正整数都成立.又由01na,得1ln1ln(1)0nnnnnnaaaaaa,从而1nnaa.综上可知101.nnaa(Ⅱ)构造函数g(x)=22x-f(x)=2ln(1)2xxx,0x1,由2()01xgxx,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在0,1上连续,所以g(x)g(0)=0.因为01na,所以0nga,即22nnafa0,从而21.2nnaa(Ⅲ)因为1111,(1)22nnbbnb,所以0nb,1nnbb12n,所以1211211!2nnnnnnbbbbbnbbb————①由(Ⅱ)21,2nnaa知:12nnnaaa,所以1naa=31212121222nnnaaaaaaaaa,因为122a,n≥2,101.nnaa所以na1121222naaaa112nna2122na=12n————②由①②两式可知:!nnban.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)=52168xx，设正项数列na满足1a=l，1nnafa．(1)试比较na与54的大小，并说明理由；(2)设数列nb满足nb=54－na，记Sn=1niib．证明：当n≥2时,Sn＜14(2n－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。解：(1)152168nnnaaa，因为11,a所以2373,.84aa（2）因为10,0,nnaa所以1680,02.nnaa15548()52553444168432(2)22nnnnnnnaaaaaaa,因为20,na所以154na与54na同号，因为151044a，250,4a350,4a…，50,4na即5.4na（3）当2n时，1111531531()422422nnnnnnbaabaa113125224nnbb，所以2131212222nnnnnbbbb，所以3121(12)11114(21)422124nnnnnSbbb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na中，11a，*1122(...)nnnaaaanN．（1）求234,,aaa；（2）求数列na的通项na；（3）设数列{}nb满足21111,2nnnkbbbba，求证：1()nbnk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）2342,3,4aaa（2）1122(...)nnnaaaa①121(1)2(...)nnnaaaa②①—②得1(1)2nnnnanaa即：1(1)nnnana，11nnanan所以32112123...1...(2)121nnnaaanaannaaan所以*()nannN（3）由（2）得：2111111,...02nnnnnbbbbbbbk，所以{}nb是单调递增数列，故要证：1()nbnk只需证1kb若1k，则1112b显然成立;若2k，则21111nnnnnnbbbbbbkk所以1111nnbbk,因此：121111111111()...()2kkkkkbbbbbbkk所以11kkbk,所以1()nbnk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1211111111()...()kkkbbbbbb,这种拆分方法是数学中较高要求的变形.例题7.已知不等式],[log21131212nn其中n为不大于2的整数，][log2n表示不超过n2log的最大整数。设数列na的各项为正且满足111),0(nnnannaabba)4,3,2(n，证明：][