数列不等式证明方法

关键词： 方法 证明

数列不等式证明方法（共6篇）

篇1：数列不等式证明方法

关于“和式”的数列不等式证明方法

方法：先求和，再放缩

例

1、设数列an满足a10且an

n,2an11an1an，n

N*，记Snbk,证明：Sn1.k1n

（Ⅰ）求an的通项公式；（Ⅱ）设bn

【解析】：（Ⅰ）由

11

11.得为等差数列，1a1an11ann

前项为

1111

1,d1,于是1(n1)1n，1an,an

1

1a11annn

（Ⅱ）bn

n









Snbkk

1

11 练习：数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且

a13,b11，数列{ban}是公比为64的等比数列，b2S264.（1）求an,bn；（2）求证

1113.S1S2Sn

4解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，an3(n1)d，bnqn1

ban1q3ndd6

q642

q3(n1)d依题意有ban①



S2b2(6d)q64

由(6d)q64知q为正有理数，故d为6的因子1,2,3,6之一，解①得d2,q8

故an32(n1)2n1,bn8

n1

（2）Sn35(2n1)n(n2)∴

1111111



S1S2Sn132435n(n2)

11111111(1)232435nn211113(1) 22n1n24

方法：先放缩，再求和 例

1、（放缩之后裂项求和）（辽宁卷21）．

在数列|an|，|bn|中，a1=2，b1=4，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列（nN）

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测|an|，|bn|的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：

*

5…． a1b1a2b2anbn1

2本小题主要考查等差数列，等比数列，数学归纳法，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证等能力．满分12分． 解：（Ⅰ）由条件得2bnanan1，an1bnbn1 由此可得

a26，b29，a312，b316，a420，b425． ···················································· 2分

猜测ann(n1)，bn(n1)． ······················································································· 4分 用数学归纳法证明：

①当n=1时，由上可得结论成立． ②假设当n=k时，结论成立，即

akk(k1)，bk(k1)2，那么当n=k+1时，2ak

ak12bkak2(k1)k(k1)(k1)(k2)，bk12(k2)2．

bk

所以当n=k+1时，结论也成立．

由①②，可知ann(n1)，bn(n1)对一切正整数都成立． ·········································· 7分（Ⅱ）

5．

a1b161

2n≥2时，由（Ⅰ）知anbn(n1)(2n1)2(n1)n． ·············································· 9分 故

11111111

…… a1b1a2b2anbn622334n(n1)



11111111… 622334nn11111115 622n16412



综上，原不等式成立．··································································································· 12分（例

2、（放缩之后等比求和）

（06福建）已知数列an满足a11,an12an1(nN).*

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）证明：

an1a1a2n

...n(nN*)23a2a3an1

22n

（III）.设bnan(an1)，数列bn的前n项和为sn，令Tn，sn

（i）求证：T1T2T3Tnn；

（ii）求证：T1T2T3Tn；

本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。

（I）解：an12an1(nN),*

an112(an1),an1是以a112为首项，2为公比的等比数列。an12n.即 an21(nN).*

（II）证法一：41

4k1k2

1...4kn1(an1)kn.4(k1k2...kn)n2nkn.2[(b1b2...bn)n]nbn,①

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1.② ②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20,nbn2(n1)bn120.③－④，得 nbn22nbn1nbn0,即 bn22bn1bn0,bn2bn1bn1bn(nN*),bn是等差数列。

证法二：同证法一，得(n1)bn1nbn20 令n1,得b12.设b22d(dR),下面用数学归纳法证明 bn2(n1)d.（1）当n1,2时，等式成立。

（2）假设当nk(k2)时，bk2(k1)d,那么

k2k2bk[2(k1)d]2[(k1)1]d.k1k1k1k1这就是说，当nk1时，等式也成立。bk1

根据（1）和（2），可知bn2(n1)d对任何nN都成立。

*

bn1bnd,bn是等差数列。

ak2k12k11

k1,k1,2,...,n,（III）证明：

ak1212(2k1)

2

aa1a2n

...n.a2a3an12

ak2k11111111k1.,k1,2,...,n, ak12122(2k11)23.2k2k2232k



aa1a2n1111n11n1

...n(2...n)(1n), a2a3an1232222322

3an1aan

12...n(nN*).23a2a3an12

方法：先放缩，再化类等差等比

例1（有界性放缩，迭加）、各项为正数的等比数列an中，a1a310，a3a540,nN*；

（1）求数列an的通项公式；（2）设b11，bn1nn

11，求证：bn1bn3n1 bnan

2an2；分析；（1）（2）证明：因为an1(1

所以an0，n

n

所以an1与an同号，又因为a110，)an，2n

n

an0，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11，n2nn12n1

即an1annann，累加得：ana12n1．

22222

12n1112n1

令Sn2n1，所以Sn23n，两式相减得：

2222222

11111n1n1n1Sn23n1n，所以Sn2n1，所以an3n1，22222222

n1

故得an1an3n1．

即an1an

例2（利用有界性化为类等比）、（安徽卷21）．（本小题满分13分）

设数列an满足a00,an1can1c,cN,其中c为实数

*

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

*

1n1*，证明：an1(3c),nN;312222

（Ⅲ）设0c，证明：a1a2ann1,nN*

313c

（Ⅱ）设0c

解(1)必要性 ：∵a10,∴a21c，又 ∵a2[0,1],∴01c1，即c[0,1]

充分性 ：设 c[0,1]，对nN用数学归纳法证明an[0,1]当n1时，a10[0,1].假设ak[0,1](k1)

则ak1cak1cc1c1，且ak1cak1c1c0

*

∴ak1[0,1]，由数学归纳法知an[0,1]对所有nN*成立

(2)设 0c，当n1时，a10，结论成立 3

当n2 时，∵ancan11c,∴1anc(1an1)(1an1an1)∵0C

12,由（1）知an1[0,1]，所以 1an1an13 且 1an103

∴1an3c(1an1)

∴1an3c(1an1)(3c)(1an2)(3c)∴an1(3c)

(3)设 0c

n1

n1

(1a1)(3c)n1

(nN*)

122，当n1时，a102，结论成立 313c

n1

当n2时，由（2）知an1(3c)

0

∴an(1(3c)n1)212(3c)n1(3c)2(n1)12(3c)n1 22222n1∴a2]1a2ana2ann12[3c(3c)(3c)

2(1(3c)n)2

n1n1

13c13c

篇2：数列不等式证明方法

安徽五河一中邢文举、杨梅玲

由数列前n项和构成的不等式是一种非常重要的题型，常在高考题中出现，由于不等式证明本身就是一个难点，再加数列的各种变形应用，不少学生对该题型束手无策，不知从何处去分析寻求解题思路，该题型一般有三种解题思路：第一，若数列an是可求和数列，应先求和Sn，再证明不等式；第二，若数列an是不可求和数列，一般先将数列的通项放缩成可求和数列，再求和证明不等式；第三，若数列是不可求和数列，对通项的放缩又有一定的困难可尝试用数学归纳法证明不等式，当然有的可求和数列和构成的不等式也可用数学归纳法证明，下面以例说明。

例

1、各项均为正数的等差数列an，a1=3前n项和为Sn，等比数列bn中，b1=1，且b2S2=64，ban是公比为64的等比数列。

（1）求an、bn；

（2）证明1113 S1S2Sn4

解：（1）设an的公差为d，bn的分比为q（d>0,q>0）

则an=3+(n-1)dbn=q n-1

ban1qan11

an1qan1anqd64 banq

又b2S2=q(6+d)=64

可求得：d=2，q=8

∴an=2n+1，bn=8n-1

（2）由（1）知Sn=n(n+2)11111()Snn(n2)2nn2

1显然是可求和数列，先求和，再证明不等式

Sn

∴11111111111(1)()()() S1S2Sn232435nn2

1111113=(1)(1) 22n1n2224

∴原不等式对nN成立

例

2、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)的图象上。

（1）求r的值；

（2）当b=2时设bnn11(nN)，数列bn的前n项和为Tn，证明Tn 4an2解：（1）由已知有Sn=bn+r，当n≥2时，Sn-1=bn-1+r

∴an=Sn-Sn-1=(b-1)·bn-1

又a1=b+ra2=(b-1)b ∴a2(b1)bb∴r=-1 a1br

（2）由b=2，故（1）有：an=2n-1bn=n1 n12

由于bn是可求和数列，先求和后证明不等式

Tn=b1+b2+b3+…+bn 234n1∴Tn234n1① 2222

123nn1Tn34n1n2② 22222

12111n1①-②得：Tn234n1n2 222222

3n3∴Tnn1 22

∵Tn为递增数列 ∴TnT1

∴Tn311 221对nN成立

221

31

n2(n11)（nN）例

3、证明不等式：1

1证明

（一）∵数列是不可求和数列，应先放缩再证明不等式。n

∵

∴

11

21n2nn2n1n2(n1n)1

1

n2(21)(32)(4)(n1n)

=2（n11）∴11

21

1

n2(n11)对nN成立

（二）数学归纳法证明

（1）当n=1时，12(21)，即n=1不等式成立。

（2）假设当n=k(nN)时不等式成立 即：11

21

1

k2(k11)

当n=k+1时

11

21



k111k12(k11)1k11k1 =2k12(2k1)22 =4(k1)4124(k1)42 k1

=2((k1)11)

即n=k+1时，不等式成立。

由（1）（2）知，原不等式对nN均成立

例

4、已知数列an前n项和为Sn，点(n,Sn)在函数y=3x-1的图象上，bn=n(n1)an，bn前n项和为Bn，证明：Bn

解：由已知：Sn=3n-1

当n=1时，a1=3-1=2

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2×3n-1

∴an=2×3n-1（nN）∴bnn(n1)23n1

法

（一），显然bn是不可求和数列，先放缩，再证明不等式。∵bnn(n1)23n1=4n24n3n1(2n1)23n1

=(2n+1)×3n-1

∴Bn=b1+b2+b3+…+bn

<3×1+5×3+7×32+…+(2n+1)×3n-1

令Tn=3×1+5×3+7×32+…+(2n+1)×3n-1

由错位相减法可求得Tn=n×3n

∴Bn< n×3n n(n1)2n1对bn进行放缩。22n法

（二）用数学归纳法证明：Bn< n·3 注：也可用均值不等式：n(n1)

①当n=1时，B1=b1=2222<1×31=3

即n=1时，不等式成立

②假设当n=k+1时，不等式成立，即Bk

当n=k+1时）(k2)23k Bk+1=Bk+bk+1

(k1)(k2)23k 2k=(3k+3)×3=(k+1)×3k+1

即n=k+1时不等式成立< k·3k+

由①②知：Bn< n·3n对nN均成立

由以上例题可知，对于由数列an的前n项和Sn构成的不等式证明，首先考查an是否可求和，若能求和，先求出Sn再证明不等式，若不可求和，要么先将an进行放缩成可求和数列，再求和证明不等式；要么利用数学归纳法进行证明，当然还可构造函数来证明，在这就不说了，希望通过本文，对同学们解答这类题有一定的启发。

篇3：浅谈数列中不等式的证明方法

利用比较法

比较法就是直接利用比较原理证明不等式的一种方法.当要证明的是项与项或和与和之间的大小时,常用比较法.

例1已知数列{an}各项均不为0,其前n项和为Sn,且对任意n∈N+,都有:(1-P)Sn=p-pan(p为不大于1的常数),记

(1)求an;

(2)试证明:

解:(1)∵(1-p)Sn=p-pan①,∴当n≥2时,(1-p)Sn+1=p-pan+1②.

②-①得,an+1=pan.又由(1-P)S1=p-pa1得a1=p.

∴数列{an}是以p为首项,p为公比的等比数列,

∴an=pn.

证明:

利用放缩法

放缩法是指根据题设条件和不等式的结构特征从不等式的一侧出发,适当放大或缩小,进而证明不等式的一种方法.放缩法可以单独应用,也可以和其他方法配合应用.

例2已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an=,求证:

方案1:首先想到如下放缩:,所以.

显然这个值超出,失败的原因是分母缩得太小.

方案2:,显然可行.

点评:在放缩过程中,要根据题目中所证的结论适当调整放缩程度.

利用迭代法

篇4：数列不等式证明方法

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

篇5：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a

2nn满足a11,a22,an2(1cos2)asin2n

n2,n1,2,3,.(Ⅰ)求a3,a4,并求数列an的通项公式；(Ⅱ)设ba2n

1n

a,Snb1b2bn.证明：当n6S21n2n

n.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acos

2

11,a22,所以a3(12)a1sin2



a112,a4(1cos2)a2sin22a24.一般地，当n2k1(kN*)时，a2

k1)2k1[1cos

(22]asin22k1

2k12

 ＝a2k11，即a2k1a2k11.所以数列a2k1是首项为

1、公差为1的等差数列，因此a2k1k.当n2k(kN*)时，a2k2k2(1cos

22)a2k

2ksin2

22a2k.所以数列a2k是首项为

2、公比为2的等比数列，因此a2k2k.故数列an1n的通项公式为an

2,n2k1(kN*),n22,n2k(kN*).(Ⅱ)由(Ⅰ)知，ba2n1nan

123n2,Sn23n,①2n22222

12S1223n

n222242

n1② 1①-②得，1[1(1)2]2S1111nn222232n2n1n1n12n112n2n1.2所以S1nn2

n22n12n22

n.要证明当n6时，S1n(n2)

n2n成立，只需证明当n6时，2n

1成立.证法一

(1)当n = 6时，6(62)264864

341成立.(2)假设当nk(k6)时不等式成立，即k(k2)

k

1.则当n=k+1时，(k1)(k3)k(k2)(k1)(k2k12k3)2k(k2)(k1)(k3)

(k2)2k

1.由(1)、(2)所述，当n≥6时，n(n1)2

21.即当n≥6时，Sn2

1n

.证法二令cn(n2)n

22(n6)，则c(n1)(n3)n(n2)3n2

n1cn2n1222

n10.所以当n6时，c68n1cn.因此当n6时，cnc664

341.于是当n6时，n(n2)221.综上所述，当n6时，Sn

21

n

.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tan

21，函数f(x)x2tan2xsin(2



4)，数列{an}的首项a1

2,an1f(an).(1)求函数f(x)的表达式；⑵ 求证：an1an；

⑶ 求证：

111a112(n2,nN*)11a21an

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：⑴tan2

2tan2(1)2

又∵为锐角 ∴2 ∴sin(2)1∴f(x)xx1

441tan21(21)2

∴a2,a3,an都大于0∴an0∴an1an2

∴

则S

1111121212111()(S)S a22a2a3ana2an13an13a22an1

⑵

an1anan∵a1

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。

⑶

1an1



1111

2

ananan(1an)an1an111

1ananan1

例题4.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,∴

111111111111

2

an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

1a11a21ana1a2a2a3anan1a1an1an1

∵a(12)21234, a(34)23

234

1 ,又∵n2an1an∴an1a31

∴1

2

1a2∴1

1n1a11

2

1

11a21an

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aa

n满足a11,n12an1nN

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列b1n满足4b114b24

b31

4bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

（Ⅲ）证明：

11a12nNa 23an13

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。ann12n，an21

（2）4

b114

b214

b31

4bn1(an1)bn，4

(b1b2bnn)

2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①2(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

（3）

1a1111

2n112n12

设S



1n2ana11，2a3an1

（Ⅰ）0a（Ⅱ）aa2nn1an1;n12;

（Ⅲ）若a12

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

1x1xx1

0,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)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.(Ⅱ)构造函数g(x)=

x2

x2x2

-f(x)=

ln(1x)x, 0g(0)=0.因为0aa2nn1,所以gan0,即2faa2

nn>0,从而an12

.(Ⅲ)因为

b12b1b

n11,n12(n1)bn,所以bn0,n1bn,所以bba2nbn1bnn

b2b1

1nn!————①由(Ⅱ)an1,知:an1an,n1bn2b122an2

所以

anaa3naa1a2n1 ,因为aa=

a2aa1, n≥2, 0an1an1.1

1a2n12222

a2a2

所以

a1a2an1aan

1<

n

2221<2

n12n

=

2n

————②由①② 两式可知:

bnann!.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)=52x

168x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

(1)试比较a

5n与

4的大小，并说明理由；

(2)设数列b5n

nn满足bn=4－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

i

14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)a2ann1



5168a，因为a所以a7

311,2,a34

.（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.n8a552a48(a55

n5nn1)3an554168a432(2a,因为2an0,所以an1与a同号，nn)22an

4n

4因为a514140，a5555

240,a340,„，an40,即an4

.（3）当n2时，b531n4an22a(5a31

31n1)bn1bn12bn1，n1422an1225

所以bn

2bn122bn22n1b312n，13n

(12n)

所以Snb1b2bn

4121

2

121

(2n1)

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a*

n中，a11，nan12(a1a2...an)nN

．

（1）求a2,a3,a4；（2）求数列an的通项an；（3）设数列{b1n}满足b1

2,b12

n1abnbn，求证：bn1(nk)k

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）a22,a33,a44（2）nan12(a1a2...an)①

(n1)an2(a1a2...an1)②①—②得nan1(n1)an2an

即：nan1

(n1)a1n1aa3ann，ana所以aa223n

n1a...1...1

n(n2)

nna12an112n所以a*n

n(nN)

（3）由（2）得：b1

12,b12

n1k

bnbnbnbn1...b10，所以{bn}是单调递增数列，故要证：bn1(nk)只需证bk1

若k

1，则b121显然成立;若k2，则b1211

n1kbnbnk

bnbn1bn 所以

1b11,因此：1(11)...(11)1k12

k1

n1bnkbkbkbk1b2b1b1kk所以bk



k

k1

1,所以bn1(nk)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

1b(11)...(11)1,这种拆分方法是数学中较高要求的变形.kbkbk1b2b1b1

例题7.已知不等式

12131n1

[log2n],其中n为不大于2的整数，[log2n]表示不超过log2n的最大整数。设数列a1

n的各项为正且满足a1b(b0),anann

na(n2,3,4)，证明：

n1

an

2b

2b[log，n3,4,5

2n]

分析：由条件an111111n



nana得：

n1

a1

nan1n

an(n2)

nan1

11a



1n1

an2

n1

„„

a11以上各式两边分别相加得： 2a121a111111111

11[log2n](n3)na1nn12anbnn12

b2

=

2b[log2n]2b a2b

n2b[logn]

(n3)

2本题由题设条件直接进行放缩，然后求和，命题即得以证明。

例题8.已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)n，n1（1）写出数列{an}的前三项a1，a2，a5；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对任意的整数m4，有1117

a

4a5am8

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1anan1anan1n

2an12(1)

(1)n2(1)n12,(1)n232[(1)

n1

2

3] 故数列{

an2(1)n3}是以a123为首项, 公比为2的等比数列.故an21

(1)

n

3(3)(2)n1∴a23[2n2(1)n]∴数列{a2

n

n}的通项公式为：an3

[2n2(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=

1a1a13[111

2212312m2(1)

m]，如果我们把上式中的分母中的1去掉，就可利45am2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：

11111

22112311221

23，2312412324，因此，可将

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，1a11a1(11)(11)13(11134m2)4a5ma4a5a6am1am

22222



1311224(1137

m4)288（2）当m是奇数(m4)时，m1为偶数，1a1111a1117 4a5ama45a6amam18

所以对任意整数m4，有

aa

7。本题的关键是并项后进行适当的放缩。45am8

例题9.定义数列如下：a2

12,an1anan1,nN

证明：（1）对于nN

恒有a

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

112a12006



a1

1。12a2006

分析：（1）用数学归纳法易证。

（2）由a2

n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

11122006



a11，可先设法求和：11，1a2a2006a1a2a2006

再进行适当的放缩。a111n11an(an1)

aaa11

a n11



n1nanan1n11



1111a(1)(11)(11)1a2a2006a11a21a21a31a20061a20071

1a1a1

1120071

aa 12a2006又aa2006

1a2a20061

220061

1a11

2006原不等式得证。

1a2a20062

篇6：探索数列不等式的证明

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)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