证明数列求和不等式的两种放缩技巧_放缩法证明数列不等式

证明数列求和不等式的两种放缩技巧由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“放缩法证明数列不等式”。

证明数列求和不等式的两种放缩技巧

江苏省包场高级中学张巧凤2261

51数列求和不等式的证明，历来是高考数学命题的热点与重点，并且往往出现在压轴题的位置上，扮演着调整试卷区分度的角色。笔者发现对这类问题的处理方法中，以放缩法较为常用，而学生在运用放缩法时普遍感到难以驾驭，本文重点谈谈通项放缩与舍项放缩两种放缩技巧在证明数列求和不等式中的应用。

1、通项放缩，转化为可以求和的数列1、1放缩通项，利用等差数列求和

例

1、已知nN,求证：



（n+1）

2

n+（n+1）2n

1

352n1



222

=

n2n2

＜

n2n1



(n1)2

n+12n1、2放缩通项，利用等比数列求和 例

2、数列an中，a1=2,an+1=(1)求数列an的通项公式；(2)设bn=

an

22an(nN+)

16n-an，若数列bn的前n项的和为Tn，求证：Tn＜

12。

（1）用迭代累乘或者构造新的等比数列（2）证明：bn

an1n-11n-2an

a()即an()可以求得，1nn22n

an

16n-an



14

1n

当n=1时，T1=＜2；

3当n2时，∵4n1(31)n-1=(3nCn13n-11)13n,∴bn

11n

1()

1111n11331

1()＜∴Tn=+b2++bn＜2n

133332321

3∴对一切正整数n，都有Tn＜

141

n

n

.注：本题将数列从第二项起开始放缩，放缩成以b1为首项，为公比的等比数列，转化为等比数列求和。

事实上，也可以利用

141

n



14

4n

n-1



134

n-1，将数列放缩成以为首项，3

114

为公比的11n1()

41n4134

等比数列，易得Tn1()＜＜

194921，放缩的关键在于合理与适度。

1、3放缩通项，利用裂项相消求和 对于例2，也可以这样证明：bn

an

216n-an



14

1n



(21)(21)

n

n

当n=1，2时，2n2n，当n3时，2n(11)n=Cn0Cn1Cnn1Cnn2(n1)＞2n ∴对一切正整数n，都有bn∴Tn

12(1

131315

12n1

(21)(21)



12n1)

n

n



(2n1)(2n1)

12n1)＜

=

12n1



12n1

=(1。

注：此法将通项放缩成两项之差，转化为用裂项相消求和。

1、4放缩通项，利用叠加求和 例

3、已知数列an中，a1=1，an=an-1

n=2,3,4), an-1

1求证：

an2004年重庆卷改编）证明：由递推关系式得：an2=an-12

1an-1

+2＞an-1+2，即an-an-1＞2，于是有a22-a12＞2，a32-a22＞2，…an2-an-12＞2，这n-1个不等式两边相加可得

ana1＞2（n-1），即an＞2n-1，又an＞0,故an。

1、5放缩通项，利用各项重新组合求和 例

4、数列an满足a1=1且an+1=(1+

1n+n)an+

n1).n

2（1）用数学归纳法证明an2(n2)

n1），（2）已知不等式ln(1+x)＜x对x＞0,成立,证明an＜e（其中无理数e=2.71828…

(2005年重庆卷)

证明:(1)略.(2)由递推关系式及(1)的结论有an+1=(1+两边取对数，且由ln(1+x)＜x得

+lnan

2nn+n21111+n（-）+n 故lnan+1-lnan＜

n（n+1）2nn+12

n+n

1n+n)an+

n

(1+

1n+n

+

n)an，lnan+1ln(1+

+

n)+lnan＜

+

上式中n分别取1，2，…，n-1求和可得

11111111

lnan-lna1＜（1-）（）（-）+（)2n-1223n-1n222

（1-）+（1=

n

112

n-1)＜2

n1）即lnan＜2，故an＜e（.2、写出和式，舍项放缩2、1裂项相消，各项重新组合，舍项放缩 对于例2，还可以这样证明：bn当n=1时，T1=＜2；

31141

n



(21)(21)

n

n



221

（n



121

n)

当n2时，∴Tn=（1

221



121



121



121



121

n



121

n)

=1 (12）（3)(n-1n)n

22121212121212121∵

2n-1

111111

1



121

n



242(2

n-1

n

1)(21)

n

0，∴Tn

221

（

121

n)

∴对一切正整数n，都有Tn＜

n+1n2、2错位相减，各项重新组合，舍项放缩 例

5、数列an中，a1=2,an+1=2((1)求数列an的通项公式；(2)设bn=

nan

n)an(nN+)，求证：bi＜

i=

1172

4。，即ann22n

anann

2是以2为公比的等比数列，可以求得

2nn

n1

（2）证明：bn n

ann2

（1）易知

n



i=1

bi

n

112



122



132



1n2

n

n



i=1

bi

n

12

112





322n(



12321342

1)2n

1n(n1)2

1n(n1)2

nn

n+1

∴

2

ni=1

bi

i=1

122124



1n21n2

n+1n+1)

∴bi1=

1724（14

(

342



1n(n1)2

n



1n2)＜n+117242、3迭代相加，各项重新组合，舍项放缩 对于例

3、也可以这样证明：由已知得：an2=an-12于是有a22-a12

1a

11an-1

+2,即an-an-11an-11an-

222

1an-1

+2，+2，a3-a2

1a2

+2，…，an2-an-12

1an-1

+2，1a1

这n-1个等式两边相加可得an2a12=2（n-1）+（即an2=2n-1+（1an-1

+），+

1an-2



1a1）＞2n-1，又an＞0,故an20、（本题满分16分）

在数列an中，已知a1p0，且，nN（1）若数列an为等差数列，求p的值。（2）求数列an的前n项和Sn

n

当n2时，求证：

i1

2a

i



n1n1