數(shù)列不等式放縮

1C1C2C3Cnn2

(n1,nN) 簡(jiǎn)析不等式左邊C1C2C3Cn2n11222 nn12222n1=n2

2求證(11)(11)(11)(1 )

2n 2n1bbm(ba0m0 a246

3572n11352n1(2n13 2n

24 24 (24

2n)22n1即(11)(11)(11)(1

)

2n13

2n

2n法2利用不等式(1x)n1nx(nN,n2,x1,x0)的一特例(1

1)212

(此處n2x

)2k1

2k2k2k2k

2k2k2k2k2n2k

(1k

2k

)k令

(11)(11)(11)(11 2n1 232n23

Tn1

2n

2n12n12nT ,{T遞增，有TT

1 另證：原不等式變形 ，令 注：由此可得加強(qiáng)命題(11)(11)(1

1)2

2n12n 2n2n探索性問(wèn)題求對(duì)任意n1使(11)(11)(1 1)

2nk證明(11)(11)(1

)33n1.(可考慮 不等式n3的特例 3n3f(x)

12x3x(n1)xanxn

,0a1給定n

,n求證：f(2x)2f(x)(x0)對(duì)任意nN且n2恒成立（90年卷壓軸題）簡(jiǎn)析本題可用數(shù)學(xué)歸納法證明，詳參高考評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)；這里給出運(yùn)用（Cauchy） 不等式[(ab)]2a2b2i

f(2x)2f(x)

122x32x(n1)2xan

2

12x3x(n1)xanxn[12x3x(n1)xanx]2n[122x32x(n1)2xan2x而由Cauchy不等式得(1112x13x1n1xanx1212[122x32xn1)2xa2n2xx0n122x32xn1)2xan2x（0a1已知

n2

1.(I用數(shù)學(xué)歸納法證明an2(n2(IIln(1xxx0都成立，證明

e2（無(wú)理數(shù)e

（05解 (II)結(jié)合第(I)問(wèn)結(jié)論及所給題設(shè)條件ln(1x)x（x0）的結(jié)構(gòu)特征，可

1

n21

1

ln

1

n21

1)lna lnann2n2n。于是lnan1lnann2n2n

1

(lnai1lnai)

(i2i2i)lnanlna11n

12

2 即ln

ln

2

e2.注：題目所給條件ln(1xx（x0）為一有用結(jié)論，可以起到提醒思路與探索放縮方向的作用；當(dāng)然，本題還可用結(jié)論2nn(n1)(n2來(lái)放縮： (1

)a

1)n

nn1)(

nn

nn

n

1)

1)

)n(n

n(n [i

i

1)

i

1 ln(ai(i

1)

1)111n即ln(an11ln3an3e1e2已知不等1111[lognnNn2.[logn表示不超log 的最大整數(shù)。設(shè)正數(shù)數(shù)列

}滿足

b(b0),

n

,n求證

,n3.（05年卷第（22）題

簡(jiǎn)析n2時(shí)

nan1n

nan1

1n111 (11) 1 k ak k2n31

1

n]

2b[log2n]注：111 1111

n

11)n，求證：數(shù)列

}單調(diào)遞增且

解析引入一個(gè)結(jié)論：若ba0則bn1an1n1)bn(ba（證略）an1bn[(n1)anb].（）以a11b11代入（）式得(1

1)n1(11)nn 即{an}單調(diào)遞增

n 以a1b1

1代入（）式得111)n111)2n n都成立，即對(duì)一切偶數(shù)有(11)n4，又因?yàn)閿?shù)列{ann單調(diào)遞增，所以對(duì)一切正整數(shù)n有(11)n4n注：①上述不等式可加強(qiáng)為211)n3n

(11)n1C11C2

Cn1 n n

n只取前兩項(xiàng)有

1C112 nCk

1nn1nk11

1n

k!

1

2k

11(1/故有an112222n122

11/

②上述數(shù)列{an}的極限存在，為無(wú)理數(shù)e；同時(shí)是下述試題的背景mnimn是正整數(shù)，且1imn（1）niAimiAi（2）mn(1m)n(1n)m.（01 卷理科第20題1（2）問(wèn)：用1nn得數(shù)列{bn}:bn1nn {(1nn1imn(1mm(1nn(1m)n1n)m設(shè)數(shù)列a滿足 a2na1nN，當(dāng)a3時(shí)證明對(duì)所有n1,

n2；

1

1

1

1（02 高考題2解析(i用數(shù)學(xué)歸納法：當(dāng)n1時(shí)顯然成立，假設(shè)當(dāng)nk

k2nk1ak1ak(akk1ak(k2k1k221k3，成立。11

ak12ak

ak11

1)

12k1

1)2k142k1

ak

12kn1n

11

(1)2

1i

1

i

2i

1 2上述證明(i)用到部分放縮，當(dāng)然根據(jù)不等式的性質(zhì)也可以整體放縮：ak1(k2)(k2k)1k3；證明(ii)就直接使用了部分放縮的結(jié)論ak12ak或11a1

1

1

12

2

.n1nN

(3

(n1)(n簡(jiǎn)析觀察2)n的結(jié)構(gòu)，注意到3)n11)n(1

n1)C11C2

C3

1nnn

6 n

n

n 即(11)n(n1)(n2，得2n2n設(shè)數(shù)列{a

2,

a

1(n1,2,).（Ⅰ）a

na n nan（Ⅱ）

an(n1,2,)，判定b與 的大小，并說(shuō)明理由（04年重nnn卷理科第（22）題

n本題有多種放縮證明方法，這里我們對(duì)（Ⅰ）k1（只考慮第二步）a2k1a22k

12k122(k1)a2ka22a2n1a221a22a

a22,k1,2,,na an

k 2na2a22(n1a22n22n12n 10數(shù)列

由下列條件確定：xa0

1

a

nN（I

2

xnn對(duì)n2總有xa；(II)證明：對(duì)n2總有xnxn1（02年卷第（19）題n解析f(x)1xaf(x在

a,nk1

21

xa在

a,

f

a) k

2

2xxk2x

k對(duì)(IIx

1

af(x)1xa它在

a,

2 x nxn

1

af

a)0

2 xnn著高等數(shù)學(xué)背景—數(shù)列xn單調(diào)遞減有下界因而有極限an

a(nf(x)1xa

1xa2xn 2xn

2 n11求證1 1nn簡(jiǎn)析ann

(nN,n2n1hn，這里hn0(n2nn(1h)nn(n1)h20h

(n1，從而有1

1

2n2n 2n2n1120a1，定義1

1a,

n1

a，求證：對(duì)一切正整數(shù)n有an1n1解析用數(shù)學(xué)歸納法推nk1an11，僅用歸納假設(shè)

1及遞推1aak11ak

a是難以證出的，因?yàn)閍k出現(xiàn)在分母上！可以逆向考慮1aak11ak

a1

1a

對(duì)一切正整數(shù)n有1

1.1a13

滿足

1,2

n證

（01年中國(guó)西部數(shù)試題

xn.用數(shù)學(xué)歸納法，只考慮第二步：xxk

kk

kk

(2

)2

k1

k2

xN

n.n14已知數(shù)列{annSnSn2an1)nnn（Ⅰ）寫(xiě)出數(shù)列{an}的前3項(xiàng)a1,a2,a3（Ⅱ求數(shù)列{an}的通項(xiàng)（Ⅲ證明對(duì)任意的整數(shù)m4

1

7（04 卷8簡(jiǎn)析（Ⅰ）

（Ⅲ）由于通項(xiàng)中含有(1)n，很難直接放縮，考慮分項(xiàng)討論 n3na

22n232

2n2

3(

（減項(xiàng)放縮m4m

1

1(

1)( 13(1

2 m4m

11

1

1

（添項(xiàng)放縮

11

7

15已知，求證 證明∵∴，當(dāng)且僅 時(shí)等號(hào)成立16已 均為正數(shù)，求證分析由于所證不等式兩端都是冪和積的形式，且 .由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可，，所以 a2b2c2c2a217求證a2b2c2c2a2證明

a22

(ab)2 a2a2b22

|ab|

a2a2bc2aa2bc2a同理

2(bc)b2b2c

2(ca)a2b2c2c2a2三式相加a2b2c2c2a218已知函 ② 時(shí) .，，，為在時(shí).所 ，.19若a，b，c，d是正數(shù)．求證：1 證明

ab ab bc ac ab ab bc ac abc abc abc abc ab ab bc ac a a c c ab ab bc ac a b a b abc abc abc abc a（

b

(m0) ∴1 ab ab bc ac20當(dāng)n2logn(n1logn(n1證明n2logn(n10logn(n10，且logn(n1logn(n1 log(n1)log(n1)[logn(n1)logn(n

log(n21)[

n2[

n2時(shí),logn(n1logn(n11 1 21已知數(shù)列{an}滿足an1an,0a1 ,求證：(akak1)ak2 k證 0a1,

a21,a

a1

k n(a n

1(a

)1(a

)1aka

k

k

16k

k

n本題通過(guò)對(duì)因式ak2放大，而得到一個(gè)容易求和的式子(akak1nk22

2,

2

1,nN n證明（1）對(duì)于nN恒有 n當(dāng)n2且nN

a

aa11

1

a

nn121 （1） （2）由 a2a an11an(an1)，an1an1(an1

…，a21a1(a1an11anan1a2a1(a11，又a12，an1anan1a2a1 （3）要證不等式1

111111

nnnan11an(an1)nnn

1a1a，

an

an11

a1

a2

)

a2

a3

)

a2006

a1

a2007

1

a1a2

a

1

123.（西城區(qū)4月）設(shè)m>3，對(duì)于有窮數(shù)列{an}(n=1,2,L,m),令bk為a1,a2,L,1中的最大值，稱數(shù)列{bn}為{an的“創(chuàng)新數(shù)列”.數(shù)列{bn中不相等項(xiàng)的個(gè)數(shù)稱為{an的“創(chuàng)新階數(shù)”.例如數(shù)列2,137,52,2,3,7,73.自然數(shù)12,Lm(m>3的所有排列，將每種排列都視為一個(gè)有窮數(shù)列（Ⅰ）m=5,3,4,4,5,5的所有數(shù)列(Ⅱ)是否存在數(shù)列{cn}{cn，（Ⅱ）解：設(shè)數(shù)列{cn}的創(chuàng)新數(shù)列為{en}(n=12,Lm，因?yàn)閑m為c1c2,L,cm中的最大值.所以em=mek為c1c2,Lckek1為c1c2,Lckck+1所以ek￡ek1，且ek?{12,L若{end，則d=ek1

ek

0，且d?d=0時(shí)，{en為常數(shù)列，又em=m所以數(shù)列{en為mm,L,m，此時(shí)數(shù)列{cnmd=1時(shí)，因?yàn)閑m=m所以數(shù)列{en為12,3,Lm，此時(shí)數(shù)列{cn是12,3,Lm當(dāng)d

時(shí)，因?yàn)閑m=e1+(m

d?

(m

? 2m

2+e1又m>3,e1>0，所以em>m這與em=

，所以此時(shí){en}不存在，即不存在{cn}使得它的創(chuàng)新數(shù)為d32的等差數(shù)列（1）（2）列a中，a3a5，其前n項(xiàng)和S滿足S

2n1n3 1bna 1

求數(shù)列an的通項(xiàng)若fx2x1，求證：Tbf1bf2 bfn1（n≥1 令T1baba2ba3 ban（a0求同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件的 a的值：①對(duì)于任意正整數(shù)n，都有T1；②對(duì)于任意的m01 6 nN，使得nnTm 【解（Ⅰ）由題意知S 2n1n≥3即a ∴ananan1an1an2222n122n檢驗(yàn)知n1、2時(shí)，結(jié)論也成立，故a2n n

（Ⅱ）由于bnfn

2n故Tnb1f1b2f11 1

1 21 2n11

21 （Ⅲ（?。┊?dāng)a2時(shí)，由（Ⅱ）T1，即條件①滿足；又0m1 ∴ m1 21取n等于不超過(guò)log 1的最大整數(shù)，則當(dāng)n≥n時(shí)，

m 21

a

a≥

an

an≥

a2nab2 n

i a

2

n ∴T i1

bia

bi 22由（?。┲嬖?/p>

Nnn11

1 21 2n11 故存在nNnn

a11 a

221 2n11

2（ⅲ）當(dāng)0a

時(shí)，∵

n≥1

ann 2 2

，2

an

a2n，2ban≤ba2na

2n n 21 n21

∴Tn

bia≤22

bi m

a01

N

nn

m

a11

a 6 221 2n11 ∴1

.故不存在nN，當(dāng)nn

1 2n1

綜上所述：只有a2時(shí)滿足條件，故a 【 市普通高等學(xué)校春季招生考 20.】設(shè)函fn()sinn(1)ncosn判斷函數(shù)f1)

0，其中n為正整數(shù)4f3(的單調(diào)性，并就f1() 2f(f(cos4sin4cos2sin2 對(duì)于任意給定的正整數(shù)n，求函數(shù)fn()的最大值和最小值（1）f()、f(在

上均為單調(diào)遞增的函數(shù) ……2

4對(duì)于函數(shù)f1)sin

，設(shè)12

、 ，f1(1)f1(2)sin1sin2cos2cos1， sin1sin2 cos2cos1 ff,

函數(shù)f(在

上單調(diào)遞增 ……41

42sin6cos6 2sin2cos2sin4sin2cos2cos4sin4cos41sin22cos22 ……6 原式右邊cos2sin22cos22 2f(f(cos4sin4cos2sin2 8 當(dāng)n1時(shí)，函數(shù)

(在

4f(的最大值為f0，最小值為f0 14 當(dāng)n2f21，函數(shù)f2當(dāng)n3時(shí)，函數(shù)f(0,

f

(的最大值為

0，最小值為3 3

0 當(dāng)n

時(shí)，函數(shù)

(11sin22在

4f()的最大值為f01，最小值為f1 ……11 44 下面討論正整數(shù)n5當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，對(duì)任意、

且1 f()f()

s

4 ，以 sinn1sinn2

cosn2cosn1

fn(1)fn(2)f(在0, 4fn(的最大值為

0，最小值為n n

01 14 當(dāng)n

fn()sinncosnsin2cos21fn(0)另一方面，由于對(duì)任意正整數(shù)l 2l2f() ()cos2l2sin2l2cos2sin2 2l f

()12

n

n