证明等差数列

证明等差数列（精选13篇）

证明等差数列 篇1

最大数加最小数除以二即

/2=a1+(n-1)d/2

{an}的平均数为

Sn/n=/n=a1+(n-1)d/2

得证

1三个数abc成等差数列，则c-b=b-a

c^2(a+b)-b^2(c+a)=(c-b)(ac+bc+ab)

b^2(c+a)-a^2(b+c)=(b-a)(ac+bc+ab)

因c-b=b-a，则(c-b)(ac+bc+ab)=(b-a)(ac+bc+ab)

即c^2(a+b)-b^2(c+a)=b^2(c+a)-a^2(b+c)

所以a^2(b+c),b^2(c+a),c^2(a+b)成等差数列

等差：an-(an-1)=常数(n≥2)

等比：an/(an-1=常数(n≥2)

等差：an-(an-1)=d或2an=(an-1)+(an+1),(n≥2)

等比：an/(an-1)=q或an平方=(an-1)*(an+1)(n≥2).2

我们推测数列{an}的通项公式为an=5n-4

下面用数学规纳法来证明：

1)容易验证a1=5*1-4=4，a2=5*2-4=6，a3=5*3-4=11，推测均成立

2)假设当n≤k时，推测是成立的，即有aj=5(j-1)-4，(j≤k)

则Sk=a1+a2+…ak=5*(1+2+…+k)-4k=5k(k+1)/2-4k=k(5k-3)/2

于是S(k+1)=a(k+1)+Sk

而由题意知：(5k-8)S(k+1)-(5k+2)Sk=-20k-8

即：(5k-8)*-(5k+2)Sk=-20k-8

所以(5k-8)a(k+1)-10Sk=-20k-8

即：(5k-8)a(k+1)=5k(5k-3)-20k-8=25k^2-35k-8=(5k-8)(5k+1)

所以a(k+1)=5k+1=5(k+1)-4

即知n=k+1时，推测仍成立。

在新的数列中

An=S

=a(4n-4)+a(4n-3)+a(4n-2)+a(4n-1)+a(4n)

A(n-1)=S

=a(4n-8)+a(4n-7)+a(4n-6)+a(4n-5)+a(4n-4)

An-A(n-1)=a(4n-4)+a(4n-3)+a(4n-2)+a(4n-1)+a(4n)-a(4n-8)+a(4n-7)+a(4n-6)+a(4n-5)+a(4n-4)

=4d+4d+4d+4d+4d

=20d(d为原数列公差)

20d为常数,所以新数列为等差数列上，an=5n-4即为数列的通项公式，故它为一等差数列。

A(n+1)-2An=2(An-2An-1)A(n+1)-2An=3*2^(n-1)两边同时除2^(n+1)得-An/2^n=3/4即{An/2^n}的公差为3/4An除以2的n次方为首项为1/2公差为3/4的等差数列

那么你就设直角三角形地三条边为a，a+b,a+2b

于是它是直角三角形得到

a²+(a+b)²=(a+2b)²

所以a²+a²+2ab+b²=a²+4ab+4b²

化简得a²=2ab+3b²

两边同时除以b²

解得a/b=3即a=3b

所以三边可以写为3b，3b+b。3b+2b

所以三边之比为3：4：5

设等差数列an=a1+(n-1)d

最大数加最小数除以二即

/2=a1+(n-1)d/2

{an}的平均数为

Sn/n=/n=a1+(n-1)d/2

证明等差数列 篇2

例1 ( 2010年湖北理科高考压轴题) 已知函数f ( x) = ax+b/x+ c ( a > 0) 的图象在点 ( 1, f ( 1) ) 处的切线方程为y = x- 1.

(Ⅰ) 用a表示b, c;

( Ⅱ) 若f ( x) ≥lnx在[1, + ∞ ) 上恒成立, 求a的取值范围;

( Ⅲ) 证明: 1 +1/2+1/3+ … +1/n> ln ( n + 1) +n/ (2 ( n + 1) ) ( n≥1) .

解析: ( Ⅰ) , 解得.

( Ⅱ) 由 ( Ⅰ) 知, .

令.

则.

( ⅰ) 当 0 < a <1/2时, (1 - a) /a> 1,

若, 则g' ( x) < 0, g ( x) 是减函数, 所以g ( x) < g ( 1) = 0.

即f ( x) < lnx, 故f ( x) ≥lnx在[1, + ∞ ) 上不恒成立.

( ⅱ) 当 a ≥1/2时, (1 - a) /a< 1.

若x > 1, 则g' ( x) > 0, g ( x) 是增函数, 所以g ( x) > g ( 1) = 0.

即f ( x) > lnx, 故当x≥1时, f ( x) ≥lnx.

综上所述, 所求a的取值范围为[12, + ∞ ) .

( Ⅲ) 由 ( Ⅱ) 知, 当 a ≥1/2时, 有 f ( x) ≥ lnx, ( x ≥ 1)

令 a =1/2, 有.

且当x > 1时,

令

即

将上述n个不等式依次相加得

整理得.

评注: 在解决第 ( Ⅱ) 问的恒成立问题后, 要证明第 ( Ⅲ) 问, 通常借助第 ( Ⅱ) 问, 合理赋值, 一般来说寻找端点值, 得到不等式后, 再分析不等式的结构特征, 对x赋值叠加得证. 另外, 注意这个结构也经常使用.

例2 ( 2014年湖北武汉2月调研考试理科)

( Ⅰ) 已知函数, 使 f ( x0) ≤ 0, 求实数t的取值范围;

( Ⅱ) 证明:, 其中0 < a < b;

( Ⅲ) 设[x]表示不超过x的最大整数, 证明:.

解析: ( Ⅰ) 若t < 0, 令, 则;

若 t = 0, , 不合题意;

若t > 0, 只需.

求导数, 得

令f ' ( x) = 0, 解得x = lnt + 1.

当x < lnt + 1时, f ' ( x) < 0, 所以f ( x) 在 ( - ∞ , lnt + 1) 上是减函数;

当x > lnt + 1时, f ' ( x) > 0, 所以f ( x) 在 ( lnt + 1, + ∞ ) 上是增函数.

故f ( x) 在x = lnt + 1处取得最小值f ( lnt + 1) = t - t ( lnt+ 1) = - tlnt.

所以 - tlnt≤0, 由t > 0, 得lnt≥0, 所以t≥1.

综上可知, 实数t的取值范围为 ( - ∞ , 0) ∪[1, + ∞ ) .

( Ⅱ) 由 ( Ⅰ) , 知 f ( x) ≥ f ( lnt + 1) , 即

取 t = 1, 0, 即

当x > 0时, lnx≤x - 1, 当且仅当x = 1时, 等号成立,

故当x > 0且x≠1时, 有lnx < x - 1.

令, 得) , 即

令, 得, 即b, 亦即

综上, 得

( Ⅲ) 由 ( Ⅱ) , 得

令 a = k, , 得

对于, 分别取k = 1, 2, …, n,

将上述n个不等式依次相加, 得

所以

对于1, 分别取k = 1, 2, …, n - 1,

将上述n - 1个不等式依次相加, 得

, 即

所以

综合12, 得

易知, 当p < q时, [p]≤[q],

所以

又因为[1 + lnn] = 1 + [lnn],

所以

评析: 这道题是一道很好的试题: 第 ( Ⅰ) 问存在性问题是函数中的常考点, 它与恒成立问题同等重要. 第 ( Ⅱ) 问要求证明重要不等式, 这是一个非常重要的不等关系; 第 ( Ⅲ) 问更是引进高斯函数, 使老题焕发新颜. 其中两点: 一是不等式的证明需要借助 ( Ⅱ) 中的结论, 合理赋值;二是简单考察高斯函数的两条性质: ( 1) 当x < y, [x]≤[y]; ( 2) 当n∈Z, x∈R, [n + x] = n + [x].

例3 ( 2014年襄阳高三模拟试题) 已知函数

( Ⅰ) 求f ( x) 的极值;

( Ⅱ) 求证:

解析: ( Ⅰ)

因为a < 0, 当x∈ ( - 1, - a - 1) 时, f ' ( x) < 0; 当x∈ ( - a - 1, + ∞ ) 时, f ' ( x) > 0, 故

( Ⅱ) 由 ( Ⅰ) 知取a = - 1, , 当 x > 0 时, , 取得, 从而

, 即

, 得证

评析: 在第 ( Ⅱ) 中要敏锐发现令a = - 1, 构建函数不等式, 它本质即不等式, 再给其赋值即可.

例4 ( 2014年四川名校诊断测试) 已知函数在x = 1处取得最大值, g ( x) = ( x + 1) f ( x) .

( Ⅰ) 求函数f ( x) 的解析式;

证明等差数列 篇3

通过研究各类试题，笔者发现，伪等比数列法亦是数列不等式证明的一种有效方法.本文结合各类试题，谈谈“伪等比数列法”及其应用.1“伪等比数列法”相关结论

对于正项数列{an}，若an+1an>q（或an+1an≥q或an+1an

结论对于正项数列{an}，有

（1）若an+1an>q（n∈N*），则an>a1·qn-1（n≥2，n∈N*）成立；（2）若an+1an≥q（n∈N*），则an≥a1·qn-1（n∈N*）成立；

（3）若an+1an证明（1）由an+1an>q，得an=anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2a1·a1>a1·qn-1（n≥2）.

（2）（3）（4）类似可证.2应用于高考试题

例1（2014年新课标全国Ⅱ理17）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1.

（1）证明{an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式；

（2）证明：1a1+1a2+…+1an<32.

证明（1）an=3n-12（过程略）.

（2）当n=1时，所证不等式显然成立（下文同，不再重复）；

当n≥2时，由an+1=3an+1，a1=1，得an+1>3an>0，所以1an+1<13·1an，则1an<（13）n-1（n≥2），

所以1a1+1a2+…+1an<1+13+…+13n-1=1-（13）n1-13=32[1-（13）n]<32.

例2（2012年全国高考广东理19）设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn=an+1-2n+1+1，n∈N*，且a1、a2+5、a3成等差数列.

（1）求a1的值；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对一切正整数n，有1a1+1a2+…+1an<32.

解（1）a1=1（过程略）.

（2）由2Sn=an+1-2n+1+1，可得2Sn-1=an-2n+1（n≥2），

两式相减，可得2an=an+1-an-2n，即an+1=3an+2n，即an+1+2n+1=3（an+2n），

所以数列{an+2n}（n≥2）是以a2+4为首项，3为公比的等比数列.

由2a1=a2-3，可得a2=5，所以an+2n=9×3n-2，即an=3n-2n（n≥2），

当n=1时，a1=1，也满足上式，所以数列{an}的通项公式是an=3n-2n.

（3）由（2）知an+1=3an+2n，an>0，所以1an+1=13an+2n<13·1an，则1an<（13）n-1（n≥2），

所以1a1+1a2+…+1an<1+13+…+13n-1<32（1-13n）<32.

例3（2008年全国高考安徽理21）设数列{an}满足：a1=0，an+1=ca3n+1-c，n∈N*，其中c为实数.

（1）证明：an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；

（2）设0

（3）略.

证明（1）（略）.

（2）设0

当n≥2时，因为an=ca3n-1+1-c，所以1-an=c（1-an-1）（1+an-1+a2n-1），

因为0

所以1-an≤3c（1-an-1），1-an≤（1-a1）·（3c）n-1=（3c）n-1，所以an≥1-（3c）n-1（n∈N*）.

例4（2006年全国高考浙江理20）已知函数f（x）=x3+x2，数列{xn}（xn>0）的第一项x1=1，以后各项按如下方式取定：曲线y=f（x）在（xn+1，f（xn+1））处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn））两点的直线平行（如图）.求证：当n∈N*时：

（1）x2n+xn=3x2n+1+2xn+1；

（2）12n-1≤xn≤12n-2.

证明（1）略.

（2）因为函数h（x）=x2+x当x>0时单调递增，

而x2n+xn=3x2n+1+2xn+1≤4x2n+1+2xn+1=（2xn+1）2+2xn+1，所以xn≤2xn+1，即xn+1xn≥12，

因此xn≥（12）n-1，又因为x2n+xn=3x2n+1+2xn+1≥2（x2n+1+xn+1），则x2n+1+xn+1x2n+xn<12，

所以x2n+xn≤（x21+x1）（12）n-1=（12）n-2，所以xn≤x2n+xn≤（12）n-2.

故（12）n-1≤xn≤（12）n-2.3应用于自主招生试题

例5（2013年“卓越联盟”自主招生试题）

已知数列{an}中，a1=3，an+1=a2n-nan+α，n∈N*，α∈R.

（1）若an≥2n对n∈N*都成立，求α的取值范围；

（2）当α=-2时，证明1a1-2+1a2-2+…+1an-2<2（n∈N*）.

解（1）α的取值范围是[-2，+∞）（过程略）.

（2）由（1）知，当α=-2时，an≥2n（n∈N*）.

所以n≥2时，an+1-2=a2n-nan-4=an（an-n）-4≥nan-4≥2（an-2）>0，

所以1an+1-2≤12·1an-2，从而n≥2时，1an-2≤1a1-2·12n-1=12n-1.

所以1a1-2+1a2-2+…+1an-2≤1+12+122+…+12n-1=2-12n-1<2.4应用于竞赛试题

例6（2013年首届“学数学”奥林匹克试题）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n-an（n∈N*）.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足bn=2n-1an，求证：1b1+1b2+…+1bn<53.

解（1）an=2-12n-1（过程略）.

（2）由（1）知，bn=2n-1an=2n-1.

所以bn+1=2n+1-1=2（2n-12）>2（2n-1）=2bn，

所以当n≥3时，bn>b2·2n-2=3×2n-2，所以1bn<13·（12）n-2（n≥3）.

所以1b1+1b2+…+1bn<1+13+13（12+122+…+12n-2）=43+13（1-12n-2）=53-13·12n-2<53.

例7（2012年全国高中数学联赛辽宁省预赛）

设递增数列{an}满足a1=1，4an+1=5an+9a2n+16，n∈N*.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）证明：1a1+1a2+…+1an<2.

解（1）an=23（2n-12n）（过程略）.

（2）易知，n≥2时，an+1=23（2n+1-12n+1）=43（2n-12n+2）>43（2n-12n）=2an.

所以an>a1·2n-1，1an<1a1·（12）n-1=（12）n-1（n≥2）.

所以1a1+1a2+…+1an<1+12+122+…+12n-1=2（1-12n）<2.5应用于模考试题

例8（2014年安徽省“合肥三模”试题）

已知数列{an}，a1=1，an+1=an+1+p1-pa2n（n∈N*，p∈R，p≠1）.

（1）求数列{an}为单调递增数列的充要条件；

（2）当p=13时，令bn=11+2an，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：12-15n

解（1）数列{an}为单调递增数列的充要条件为-1

（2）当p=13时，an+1=an+2a2n（n∈N*），所以an+1an=1+2an，

所以bn=11+2an=anan+1=2a2n2anan+1=an+1-an2anan+1=12（1an-1an+1），

所以Sn=12[（1a1-1a2）+（1a2-1a3）+…+（1an-1an+1）]=12-12an+1.

由（1）知{an}为单调递增数列，a1=1，所以an+1>0，所以Sn<12.

又an+1-an=（an+2a2n）-（an-1+2a2n-1）=（an-an-1）（1+2an+2an-1）>5（an-an-1），

所以an+1-an>（a2-a1）·5n-1=2×5n-1（n≥2），而a2-a1=2×50，

所以an+1>（an+1-an）+（an-an-1）+…+（a2-a1）+a1>2（5n-1+5n-2+…+50）+1

=2×1-5n1-5+1=5n+12>12×5n.

所以-1an+1>-25n，所以Sn=12-12an+1>12+12（-25n）=12-15n.

综上所述，12-15n

数列等差证明2010江西理数 篇4

2010江西理数）22.（本小题满分14分）

证明以下命题：

（1）对任一正整a,都存在整数b,c(b

（2）存在无穷多个互不相似的三角形△n，其边长an，bn，cn为正整数且an，bn，cn

成等差数列。

【解析】作为压轴题，考查数学综合分析问题的能力以及创新能力。

（1）考虑到结构要证ac2b，；类似勾股数进行拼凑。

证明：考虑到结构特征，取特值1,5,7满足等差数列，只需取b=5a，c=7a，对一切正整数a均能成立。

结合第一问的特征，将等差数列分解，通过一个可做多种结构分解的因式说明构成三角形，再证明互不相似，且无穷。

证明：当an，bn，cn成等差数列，则bnancnbn，分解得：(bnan)(bnan)(cnbn)(cnbn)

选取关于n的一个多项式，4n(n1)做两种途径的分解 ***22222

4n(n21)(2n2)(2n22n)(2n22n)(2n2)4n(n21)

ann22n1对比目标式，构造bnn21(n4)，由第一问结论得，等差数列成立，cn22n1n

考察三角形边长关系，可构成三角形的三边。

下证互不相似。

任取正整数m，n，若△m，△n相似：则三边对应成比例m22m1m21m22m1，n22n1n21n22n1

由比例的性质得：

数列证明 篇5

1．已知a13且anSn12，(1)证明 数列公式.nSn是等差数列；（2）求Sn及an的通项n2

112.已知等比数列an的公比为q=-.（1）若a3，求数列an的前n项和；（Ⅱ）证明：

42对任意kN，ak，ak2，ak1成等差数列。

3.已知等比数列an中，a11an11（1）sn为数列an前n项的和，证明：sn,q，332

（2）设bnlog3a1log3a2log3an，求数列bn的通项公式.4.成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b2、b4、b5(Ⅰ)求数列{bn}的通项公式；(Ⅱ)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列{Sn是等比数列.5.在数列an中，a1=0，且对任意kN，a2k1,a2k,a2k+1成等差数列，其公差为2k.*54

求等比数列的参数及证明等比数列 篇6

例

1、（Ⅰ）已知数列Cn，其中Cn2n3n，且数列Cn1pCn为等比数列，求常数p；

（Ⅱ）设an、bn是公比不相等的两个等比数列，Cnanbn，证明数列Cn不是等比数列

分析：要求常数p使数列Cn1pCn为等比数列，可从等比数列的概念和基本性质入手进行推理运算．

解：（Ⅰ）因为Cn1pCn是等比数列，故有(Cn1pCn)2(Cn2pCn1)(CnpCn1)，将Cn2n3n代入上式，得

2n13n1p(2n3n)

22n23n2p(2n13n1)2n3np(2n13n1)，即(2p)2n(3p)3n

n1(2p)22(3p)3n1(2p)2n1(3p)3n1 

整理得

解得 1(2p)(3p)2n3n0，6p2或p3.（Ⅱ）设an、bn的公比分别为p、q，pq，Cnanbn

2欲证Cn不是等比数列，只需证C2C1C

3事实上，2C2(a1pb1q)

2a12p2b12q22a1b1pq

C1C3(a1b1)(a1p2b1q2)

a1pb1qa1b1(pq)222222

22由于pq，pq2pq，又a1、b1不为零，因此 2C2C1C3，故Cn不是等比数列．

放缩法证明数列不等式常用技巧 篇7

例1(2014年广东高考文)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足S2n-(n2+n-3)Sn-3(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.

(1)求a1的值;

(2)求数列{an}的通项公式;

分析:在证明“a1+a2+a3+…+an<f(n)(或>f(n)”数列不等式时,如果左边不易直接求和,可以适当放缩为可以裂项求和或直接求和的式子进行求解.

二、等比放缩

例2(2014年全国新课标2理)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.

三、加减放缩

点评:用放缩法证明不等式常常在等式的基础上通过对其中一边加减一个数或可判断正负的式子,达到放大或缩小的目的.

四、凑项放缩

点评:观察不等式左右两边的结构特点,再作适当配凑(分拆重组)发现规律,再与结论对照合理放缩,“凑”是达到证明目标的重要手段.

五、分类放缩

点评:要证不等式当变量取不同的值不等式也不一样时,要分类运用放缩法,最后还需合并说明.

六、基本不等式放缩

点评:基本不等式本身具有放缩的作用,若要证不等式具有基本不等式的特征时可考虑用不等式法进行放缩.

七、二项式放缩

八、构造函数放缩

例8已知n∈N*,求证:en>1+n.

证明:构造函数g(n)=en-n-1,则g'(n)=en-1.当n≥1时g'(n)>0,g(n)在[1,+∞)上是增函数,所以g(n)>g(1)=e-2>0,即en>1+n.

点评:如果把所证不等式两侧相减的结果构造成一个函数,这个函数容易求导,求导后也容易判断正负,就可以直接构造函数.另外例7也可以构造函数来解决,有兴趣的读者可以试一试.

参考文献

对一类数列不等式的证明题的探究 篇8

关键词：高考；数列；对数不等式

数列不等式的证明问题是高考的热点问题，而数列不等式与函数结合来考核的题型更是屡见不鲜. 近几年的相关高考题有：2015年广东高考数学（理科）第21题、2014年陕西高考数学（理）第21题、2013年全国高考数学大纲（理）第22题、2012年天津高考数学（理）第20题. 那么，数列不等式与函数结合的题目是否有规律可循？下面结合实例来分析，揭示其中的奥妙！

点评：本题中令x=是如何想到的？考虑到对数叠加之后，真数需要相乘，如何把n个真数相乘变成一个数？那就需要能够抵消很多部分，所以可以借助分式！自然联系到要赋值x=，这些都是需要做一些尝试的！

高考中函数与数列不等式的证明是热点和难点. 作为压轴题，其方法技巧可能会让很多学生感觉雾中看花，但是其实它是有方法的. 利用常用的三个对数不等式可以构造出很多类似的题.其实这些题目之间都隐藏着这些对数不等式的影子. 本文揭示内部的神秘联系，破解高考中的“硬骨头”，赋值法将成为解决该类问题的“尚方宝剑”，让学生在高考中如鱼得水！

探索数列不等式的证明 篇9

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)n4、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

证明等差数列 篇10

教学目标

1．对数学归纳法的认识不断深化．

2．帮助学生掌握用不完全归纳法发现规律，再用数学归纳法证明规律的科学思维方法． 3．培养学生在观察的基础上进行归纳猜想和发现的能力，进而引导学生去探求事物的内在的本质的联系． 教学重点和难点

用不完全归纳法猜想出问题的结论，并用数学归纳法加以证明． 教学过程设计

（一）复习引入

师：我们已学习了数学归纳法，知道它是一种证明方法．请问：它适用于哪些问题的证明？

生：与连续自然数n有关的命题． 师：用数学归纳法证明的一般步骤是什么？ 生：共有两个步骤：

（1）证明当n取第一个值n0时结论正确；

（2）假设当n=k（k∈N，且k≥n0）时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确． 师：这两个步骤的作用是什么？

生：第（1）步是一次验证，第（2）步是用一次逻辑推理代替了无数次验证过程． 师：这实质上是在说明这个证明具有递推性．第（1）步是递推的始点；第（2）步是递推的依据．递推是数学归纳法的核心．用数学归纳法证题时应注意什么？

生：两个步骤缺一不可．证第（2）步时，必须用归纳假设．即在n=k成立的前提下推出n=k+1成立．

师：只有这样，才能保证递推关系的存在，才真正是用数学归纳法证题． 今天，我们一起继续研究解决一些与连续自然数有关的命题．请看例1．

（二）归纳、猜想、证明 1．问题的提出

师：我们一起来看两位同学的解题过程．学生甲的计算结果正确，但没有猜出来．学生乙没有求出f（2），f（3），f（4）的值，但猜出了计算公式，并用数学归纳法给予了证明．题目要求求值，还是应写出结果的，说说你这么写的理由吧．

生乙：其实一开始，我跟学生甲一样，先算出了f（2），f（3），f（4）的值，但从-lg 2，0，2lg 2，5lg 2我除发现了应是多少倍的lg2就再无收获了，这“多少倍的”从-1，0，2，5实在无法断定，于是我就往回找，从计算的过程中，我发现了规律，一高兴就忘了写结果了．

师：你是怎么从计算的过程中发现规律的？ 生乙：我是看f（2），f（3），f（4）每一个的计算过程都是在前一个结果的基础上加上（n-1）lg 2，也就是从n=2，3，4，„分别代入递推关系式f（n）=f（n-1）+（n-1）lg 2的求值计算过程中得到的．这里算每一个时要用前一个的结果，写时也用它的计算过程来表示，这样就容易发现规律了．

师：实际上，他是通过算式的结构特征作出归纳、推测的，这种归纳我们不妨称之为：“猜结构”，而例1那种归纳我们就叫它做“猜结果”吧．

其实，我们在猜想时，往往是先看结果，从结果得不出猜想时，再看过程，从解题过程中的式子结构去思考．但不管怎么猜想，都离不开对题目特征的认识．

学生乙在用数学归纳法证明猜想时，注意了两个步骤及归纳假设的使用，证明正确．这个问题解决得非常好．

归纳、猜想、证明是一种科学的思维方法，重要的解题途径，它是我们认识数学的一把钥匙．

（三）练习

（四）小结

（引导学生一起归纳小结）

1．归纳、猜想、证明是一个完整的思维过程，既需要探求和发现结论，又需要证明所得结论的正确性．它引导我们在数学的领域中积极探索，大胆猜想，可以充分地发挥我们的数学想象力．同时又要求我们注意对所得的一般结论作严格的数学证明． 2．归纳法是一种推理方法，数学归纳法是一种证明方法．归纳法帮助我们提出猜想，而数学归纳法的作用是证明猜想．在归纳、猜想、证明的过程中，猜想是关键．我们可以“猜结果”，也可以“猜过程”，只要抓住问题的本质特征、知识的内在联系，就不难得到猜想．在用数学归纳法证明时，有时还可以弥补猜想中的不足．

（五）布置作业

1．高级中学课本《代数》下册（必修）P129第35题．

课堂教学设计说明

利用“归纳、猜想、证明”这一思维方法解题，在课本中虽无这类例题，但复习参考题的最后一道却属此类．它对于学生认识数学、提高数学修养、发展数学能力的作用重大．

在归纳、猜想、证明中，准确猜想是关键．因此我们把重点放在了如何猜想．它不仅能帮助学生使问题得以顺利解决，而且对于开发学生的想象力、培养学生的创新意识、培养新世纪人材都很有意义．

在例题、习题、作业题的配备上，我们认为高中的学习特点是梯度陡、跨度大、思维能力要求高（较初中而言）．因此在题目的设置上，我们加大了思维的含量．让学生在处理每一个问题，操作每一步时都必须有所思考，使学生深切体会到：数学不能死记硬背，也不能生搬硬套．要用数学的思想方法观点学习数学、看待数学．

本节安排的这道练习题．从题目本身看，学生得不到一个解题程序，似乎无从下手．但如果他已掌握了归纳、猜想、证明的思想而不只是方法的话，他就会有解题意识与思路．更可从中领略到发现、观察、归纳、猜想、证明这一数学研究的全过程，体会有限与无限、特殊与一般等辩证关系．

等差数列与等比数列新题速递 篇11

数列是刻画离散现象的数学模型，学好本章对进一步理解函数的概念，体会数学的应用价值具有重要的意义。在高考中数列承载着对高中数学抽象概括能力、运算能力、建模能力、类比与化归能力等多种数学能力的考查。因此数列试题为必考题且属于中、高档难度。

近年江苏高考每年均出现一道数列填空题（或涉及数列知识）和一道数列解答题，江苏《考试说明》中将等差数列、等比数列定位为C级要求，即要系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题。因此数列是江苏数学高考的一个重要的内容。题型在常规中出现变化，在注重基本能力要求的同时，又注重探究创新能力的考查。试题如果出现在客观题中，一般考查两种常见题型：1. 等差等比数列求通项或求和等问题，主要涉及基本量思想；2. 数列的探索性问题，如周期数列、数表等。如果数列出现在解答题的前几题中，往往考查等差等比数列的性质及基本量运算，如果数列问题出现在最后一两题，则是综合性很强的问题，大多以数列为考查载体，综合运用函数、方程、不等式、简单数论等知识，通过运用递推、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题、解决问题的能力和数学探索创新的能力。

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证明等差数列 篇12

1数列型不等式的定义

对于正项数列{an}(n∈N*),称形如a1+a2+…+an,≥)和a1a2…an,≥)的不等式为数列型不等式,其中f(n)是关于n的一个代数式.

2数列型不等式的两个命题

设数列{an}(n∈N*)为正项数列,且函数f(x)在[0,+∞)上有定义,则有下列命题成立:

命题1若a1+a2+…+an

命题2若a1a2…an

略证(1)假设an≥f(n)-f(n-1),则a1≥f(1),a2≥f(2)-f(1),a3≥f(3)-f(2),…,于是a1+a2+…+an≥f(n),这就与已知条件矛盾,所以假设不成立,则命题1成立.

(2)假设,则a1≥f(1),,…,于是a1a2…an≥f(n),这就与已知条件矛盾,所以假设不成立,则命题2成立.

注将命题1和命题2中的不等号“<”变为“≤”、“>”或“≥”,所得新命题亦成立.

3应用举例

例1 (2008福建,第22题)已知函数f(x)=ln(1+x)-x.

(Ⅰ)求f(x)的单调区间;

(Ⅱ)记f(x)区间[0,n](n∈N*)上的最小值为bn,令an=ln(1+n)-bn.

①如果对一切n,不等式恒成立,求实数c的取值范围;

②求证:

思路分析只分析并证明第2问.不难求出数列{an}的通项为an=n,则(1)可化为

令,则数列{bn}(n∈N*)为正项数列.令函数中,则f(0)=0.由命题1可得,

这就是所要探寻的放缩关系式!但是当函数时,g(0)无定义,注意到

令,则数列{tn}(n∈N*)为正项数列,且bn=t1t2…tn,所以要证明不等式(3)成立,只需证明不等式

成立.令h(x)则h(0)=1.由命题2可得化简得4n2-1<4n2,这就是可证明不等式(4)成立的放缩关系式!

略证因为4m2-1<4m2,所以

依次取m=1,2,3,…,k,用累乘法得

再依次取k=1,2,3,…,n,用累加法得

即不等式(2)成立,所以不等式(1)成立.

例2 (2009山东,第20题)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知对任意的n∈N*,点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0,且b≠1,b,r均为常数)的图像上.

(Ⅰ)求r的值;

(Ⅱ)当b=2时,记bn=2(log2an+1)(n∈N*),证明:对任意的n∈N*,不等式

成立.

思路分析只分析并证明第2问.不难求出数列{bn}的通项bn=2n,则(1)可化为

令,则数列{un}(n∈N*)为正项数列.当函数时,f(0)=1.

由命题2可得,,即

这就是所要探寻的放缩关系式!

略证当m>0时,由

可得

依次取m=1,2,3,…,n,用累乘法得

即不等式(2)成立,所以不等式(1)成立.

例3 (2011佛山二模,第21题第2问)定理:若函数f(x)的图像在区间[a,b]上连续,且在(a,b)内可导,则至少存在一点ζ∈(a,b),使得f(b)-f(a)=f'(ζ)(b-a)成立.应用上述定理证明

说明借鉴例1中的分析思路,就能轻松地探寻到所需要的放缩关系式,证明过程留给读者自己去练习.

4讨论和启发

一道数列极限证明题的应用与推广 篇13

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术论坛

一道数列极限证明题的应用与推广

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摘要：参政文献【Ｉ】的一道教列极限证明题！鳃√吖＋吼“＋„＋％”一ｍａｘ｛口ｌ，口２，„％｝引入。将她命题推广到函数极限上，用其结论将玩牛拳

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关键词：数列极限 考拼 应用

中图分类号ｊ０２４２

文献标识码｝Ａ

文章编謦。１６７４一０９８ｘ（２００８）０３（ｅ）一０１３２一０２

１艨题垂现：（《数学分斩》（牮东师大第兰舨）ｐ３４）

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２轻松解题

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北时，当ｊ一穗时，就骞：口一ｅ≤（娄Ｆ∞。习；丽≤口＋￡

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《上揍ｌ ３１页》

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分考虑誊物联系的广滋性，在发展巾注重解决 存在的突出矛盾和悯题，实现城乡、区域，经济巷会．Ａ与自然等不霾方嚣的良牲互 动。同时，妥善处理好各种誊ｌ益关系，充分调 动一切积极因素。特别要高度重视和关心农 民，城市低收入居民和其他困难群众的利 益，楚金捺入民赣蔫熬颡富裕购蠢囊稳步兹 迸。

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题，都是掇高党的领导水平和执政水平，提蹇全党潮志特爨是备缀领导干部瓣执致

能力静雨簌要求。实践｝正明，一个映乏正

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以自己的示范和带动作用，使科学发展观深入

人心，成为广火干部群众的自觉行动，更好地 毙全面建设小壤社会豹伟大攀韭不断攘巍翦

发展观，瓶违背科学发展现的所谓政绩，只毙建发袋陷入富区秘溪区。当翦瓣立正 确静改绩畿。遥韬需要落实好囊巾央，国 务院提出的带能减排政绩一票否决制，维 护好人民的生存，发展空间。总之，贯彻落实辩学发展现，领搏手部

逡？，不断夺取众瑟建设冬藤社会事鼗的新鞋

刹，早日实现寓强，民主，文明，和谐的社

２．３坚持以人为本 以人为本是科学发展观的本质和核 心，俸境了我们党的执政宗旨。坚持以入

秀本，虢楚要蹙实税、维护稻发襞入民静 根本利箍作为一切■作的出发点和落脚 点，在经济发展的基础上。不断掇高人民群 众的物赁文化生活水平，为充分发挥人的衾主义现代化国家奋斗融标。

楚关键，纛锈导予舒领导拳平豹撵麓又有 赖于加强凳的执政能力建设。在党的“十

七大”召开之后的相当长的时期内，领导 干部树立和落实科学发展观，既是～个重

黎甏考麓镄造良舞豹繇凌，提褰久懿整裕 素质，促进入的全面发展，要保障人民的经济，政治、文化权箍，切实做副发展为了 人民；发展依靠人民、发展成果幽入民共

大懿理论瀑遂，又是一磺艰巨懿实羧任务，既要有紧迫感和责任感，又要看到解决发 展不平衡问题的艰巨憔，复杂性和长期 性。还应当看到，坚持以人为本，努力满足

享，在经济茬会事务管瑾中蓦薰入、关心

入。人的全面发展怒一个长期的渐进的过 程，只有随着社会财富的不断增加和社会

入涎群众黢雳要霸促进入懿垒瑟发瓣，是

一个不断发展和透步静过程，只有随着社 会财富的不断增加和社会文明的持续进

文明的持续进步，才能逐步得以实现。因

筵，我嬲必矮麸办簿翔豹辜猿激越，把以太

步，这个翻标才能愈蕊充分地得剿实现。巍这个过程孛，不毙要求过急，｛委期过褰。

我国入瑟多，底子薄，幅爨广，差异太，在领 导工作中，各地、各部门一定要结禽自己的 实际情况，因地制宜，因时制宜地把科学发 鼹筏豹要求贯穿手各方蕊戆工作，麸办攥刭的 事情骰起，袄追纫需要解决的事请舔鹣，蕾鸯

为本的耩神体现嚣我们的各项置作中去。

树崴正确的政绩ｊ昵。政绩观是发展现 在领导业绩上的具体体现，直接反映领导

手部默政的份值取淘。辩学发鬏缆翻正确 酶致绩躐既耜互医鄹，又密韬联系。褥立

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一道数列极限证明题的应用与推广

作者： 作者单位： 刊名： 英文刊名： 年，卷(期)： 被引用次数： 赵建红 丽江师范高等专学校,云南丽江,674100 科技创新导报 SCIENCE AND TECHNOLOGY INNOVATION HERALD 2008，“"(9)1次