例说一类与数列求和有关的不等式的证明方略

例说一类与数列求和有关的不等式的证明方略（共1篇）

例说一类与数列求和有关的不等式的证明方略 篇1

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

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)***111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()()()()，***221022∴2STS 6

故S11，即a1a2a50。

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。