《第4讲 数列中不等式的证明问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第4讲 数列中不等式的证明问题.docx（27页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、*n n 122*222(2n n 1*2第 4 讲数列中不等式的证明问题高考定位1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题； 2. 主要考查数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质； 3. 重点考查学生逻辑推理能力和创新意识.真 题 感 悟(2017 浙江卷)已知数列x 满足：x 1，x x ln(1x )(nN ).n 1 n n1 n1证明：当 nN 时，(1)0x x ；n1 nx x(2)2x x ；n1 n(3)21 1x . n1 n n2证明 (1)用数学归纳法证明：x 0.n当 n1 时，x 10.1假设 nk(k1，kN )时，x 0，k那么
2、 nk1 时，若 x 0，则 0x x ln(1x )0，矛盾，故 x 0，k1 k k1 k1 k1因此 x 0(nN ).n所以 x x ln(1x )x ，n n1 n1 n1因此 0x x (xN ).n1 n(2)由 x x ln(1x )得，n n1 n1x x 4x 2x x 2x (x 2)ln(1x ).n n1 n1 n n1 n1 n1 n1记函数 f(x)x 2x(x2)ln(1x)(x0).f (x)2x xlnx11x)0(x0)，函数 f(x)在0，)上单调递增，所以 f(x)f (0)0， 因此 x 2x (x 2)ln(1x )f(x )0，n1 n1 n1
3、n1 n1x x故 2x x (nN ).n1 n222n1 1n1nn1n2.n n 121 1 1 1x 22n1 1 1 1 1 1n 1n 22x 2xx 2.*n1 nn2*n2*(3)因为 x x ln(1x )x x 2x ，n n1 n1 n1 n1 n 1 1 1 1 1所以 x x x x . 2 2故 x n21n1x x由 2x x 得n1 n 2 0，x n1所以 2 2 2 ， n n1 1 故 x n21n21 1综上， x (nN ).2 2考 点 整 合1.数学归纳法证明一个与正整数 n 有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当 n 取第一个值
4、n (n N )时命题成立；0 0(2)(归纳递推)假设 nk(kn ，kN )时命题成立，证明当 nk1 时命题也成0立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 n 开始的所有正整数 n 都成立.02.反证法一般地，由证明 p q 转向证明：綈 qrt，t 与假设矛盾，或与某个真命题 矛盾，从而判定綈 q 为假，推出 q 为真的方法，叫做反证法.3.放缩法放缩法是利用不等式的传递性，证明不等式的方法，要证 AB，可先将 A 放大 到 C，然后只需证明 C0 且 a1， a 1nnN ).2k 1n2a 1 1a3a22 32*k 121k 22k1 k2n1n n2 2k 13 4a a a
5、1b222 2 223k1b2k12(1)证明：当 n2 时，a a b.a （1b） 2证明 (1)由 an12a 知，a 与 a 的符号相同，n 1n而 a a0，所以 a 0，1 n1所以 a 1，当且仅当 a 1 时，a 1，n 1 n n1a nn下面用数学归纳法证明：因为 a0 且 a1，所以 a 1，即有 a a 1；a 12假设当 nk(k2，kN )时，有 a a 1，k k1则 ak22a a 1k1ak12a1，即 a a 1.a a 1 k1 k1综上，对任意 n2，均有 a a a a b；k k1 k若 a b，因为 0x1 及二项式定理知(1x) 1C xC x
6、1nx， k n n而 a 1b 1b1，且 a a a ba （1a ）（1a ）（1a ） 2 a k1 1b 1b a 1 a 1 （k1）.2 1b 2 1b 因为 k（ba ）（b1）1，a （1b）22a a1b*a*aan 2*na an1b ba b 所以 (k1)1 1 ，2 2所以 a b.k1探究提高数学归纳法是解决和正整数有关命题的证明方法，可以借助递推公式，证明由特殊到一般的结论成立问题 .因此，可以在数列不等式的证明中大显 身手.在本例中，(1)首先根据条件等式的结构特征推出 a 0，然后用数学归纳法n证明即可；(2)首先由(1)知当 k2 时，1a a b，然后利
7、用数列的递推公式k1 k证明即可.热点二 反证法证明数列不等式【例 2 】 (2017 台州调考)已知数列a 满足：a 0，an nn11 2(nN ). n(1)求证：a a 1(nN ).n证明 (1)由 a 0，an1 2，n1n得 an112 an21 a 2a an1(由题知 a a )，n1 n2n1所以 a a N 时，a a 1.n N1根据 an11 a 111 0，而 a 1 ， a 1 a 1 a 1n1 n n1 1于是 1 ， a 1 a 1N2 N 11 11 .a 1 a 1Nn Nn11 1累加可得 n1 .(*) a 1 a 1Nn N1*na ann 1an
8、 naN1aN1aN1aN1N 11aN1*由假设可得 a 1 1 时，显然有 n1 0， a 1 a 1N1 N11 1因此有 1(nN ).n法二 假设存在 a 1(N1，NN )，N由(1)可得当 nN 时，0a a 1.n N1根据 an11 a 111 0，而 a 1，nn n1 a所以 1.1a aN 1于是 1a (1a nn1 1 ) ， 1an1(1an2 1 ) ， 1aN2(1aN1 1 ) . 累乘可得 1a (1anN1 1 ) nN1，(*)由(1)可得 1a log a 11aNN1 时， 则有(1aN1 1 ) nN11，这显然与(*)矛盾.所以 a 1(nN
9、).n探究提高 数列不等式需要对数列的范围及变化趋势进行探究，而条件又少，因此，反证法就成为解决有关问题的利器.在本例中，(1)首先根据已知不等式由 anan*5n1n1a6 2n 215133 113n2 a 2n1 31 2 ana33n1 n22a 2 a 2 n2ann15 3n3 33 222133 6 2n53112 2 证明不等式的右边，再根据已知不等式利用基本不等式，可证明不 n等式的左边；(2)考虑反证法，即假设存在 a 1，利用条件和(1)，并结合放缩法N逐步推出矛盾.进而证明不等式成立.热点三 放缩法证明数列不等式命题角度 1放缩为等比数列2 2a【例 3 】 (2017
10、 湖州调研测试)已知数列a 满足 a ，a ，nN . 3an(1)求 a ；21 (2)求 的通项公式； n(3)设an的前 n 项的和为 Sn，求证： 1Sn .(1)解由条件可知 a 22a 4 .3a1(2)解由 an12 a 1 3 1 1 得 ，3 a an n 1即 1 1，a n11 所以 1是等比数列， n 1 3 1 3 又 1 ，则 1 ，1 n1 3所以 1.(3)证明由(2)可得1 1 22a . n n n1 1 2 2 2 2 2 所以 S n 5 5 5 1， n1故 S 6 2n53 n3n nn223 45 13 3 33365 9 135 1365 131
11、3所以 S .5133n232na23nn2222n1n3322nn1n233 2 12n 1成立.1 1 2另一方面 a ，3 31 所以 S a a a an 1 2 3n2 4 2 2 2 n46 8 8 2 65 9 9 n246 8 21 ，n3，2 21 46 21 21又 S ，S ，因此 S a ；n1 nn1(2)证明：a 2 ；1 (3)设数列 的前 nnn 项和为 S ，求证：1S 0，n1 n na a .n1 n(2)2a 4a 2a a (a 2)，n1 n n n na 2 a 3 ，a 2 2 2n2a 2 (a 2)(a 2) n1 n1 (a 2) ， 32
12、nn 1n n ，n na a a321 23213 n2n1n3n1a 2 .(3)2(a 2)a (a 2)，n1 n n1 1 1 2（a 2） a （a 2） 21 1 an2 an1 1 1 1 1 1 ， ， a 2 a 2 a a a 2 a 2n1 n n n11 1 1S n1 2 n1 1 1 1 1 1 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 1 2 2 3 n n11 1 a 2 a 21 n111.a 2n1an1n n2，0 ， a 2 n1n1S 1 1. a 2n1探究提高 数列中不等式的证明本身就是放缩的结果，在证明过程中，要善于观 察数列通项的特点，
13、结合不等式的结构合理地选择放大与缩小，常见的两种放缩 方式是：放缩成等比数列求和形式；放缩成裂项求和形式.数列、不等式是高中数学的重点内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点之 一.命题方式灵活，对学生的数学思维要求较高，具有良好的高考选拔功能 .数列 中不等式的证明，是浙江省高考数学试题的特色，解决问题方法独特，需要综合 运用分析法、放缩法、反证法、数学归纳法、以及构造函数借助导数的工具、不 等式的性质等解决问题.1 11.(2017 绍兴仿真考试)已知数列a 满足，a 1，a .an12(1)求证： a 1；n327*31 2 12 3 21 1 32 2*33 1 1 11 1 1 32
14、22nn1nn n2 2a a nn1223 2 131 21333 27 271(2)求证：|a a | ；n1 n10(3)求证：|a a | .2n n证明 (1)用数学归纳法证明.当 n1 时，命题显然成立；2假设 nk(k1，kN )时，有 a 1 成立，k1 1则当 nk1 时，a 1，k1a k1 1 2a ，k1a 1k即当 nk1 时也成立，2所以对任意 nN ，都有 a 1.n1(2)当 n1 时，|a a | ，2 1当 n2 时，a a a 1 1 ， a 2a 2 2|an1a |n1 1 1 1 a a n n1|a a |n n1 1 1 2 2n1 |a a |
15、 |a a | n n1n1 .3 31综上所述，|a a | .n1 n1 9 10(3)当 n1 时，|a a | ；2 1当 n2 时，由(2)知|a a |a a2n n 2n 2n1|aa 2n1 2n2|a a |n1 n333222 2 10 333327272n2n1n 1 n列的前a22n又n 1a22nnana nn1322n2 22n3 2n1 n1 2n1 3 . 10综上所述，|a a | .2n n1 a2.(2017 浙东北大联盟考试 )已知数列a 满足 a ，a a ，数 n（n1）an1 n n 项和为 S .证明：当 nNn*时，(1)0a n .n证明 (
16、1)由于 a则 a a . n1 na n1 na0， n（n1）若 an1a ，则 a 0，与 a 矛盾， 1 n n 1 2故 a 0，从而 a a a a .1 2 2 3 nan1ann（n1）112 n（n1）0，则 an1与 a 同号.n1又 a 0，则 a 0，故 0a a . 1 n1 n1 n(2)由于 0a a ，n1 n则 aa n1 naa n（n1）a an n 1 n（n1），1 1 1 1 1 即 .n1n1an aa aa2 a n n1n21nn1n1ann n12n12 3n1a a a 22n n n 2* 2*nn n1 ，*n n 2 21 当 n2
17、时， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n1 an1 an2 2 1 a1 n1 n n21 1 1 1 3n11 3 0，n1n从而 a n .1 2 n3.(2017 杭州质量检测)已知数列a 的各项均为非负数，其前 n 项和为 S ，且对n na a任意的 nN ，都有 a .n 1(1)若 a 1，a 2 017，求 a 的最大值；1 505 62(2)若对任意 nN ，都有 S 1，求证：0a a . n（n1）(1)解由题意知 a a a a ， n1 n n2 n1设 d a a (i1，2，504)， i i1 i则 d d d d ，1 2 3 504且 d d d
18、 d a a 2 016. 1 2 3 504 505 1d d d d d d1 2 5 6 7 5045 4992 016（d d d ）1 2 5499d d d 20，1 2 5a a (d d d )21， 6 1 1 2 5a 的最大值为 21.6(2)证明若存在 kN ，使得 a 2，且对任意 nN ，都有 S na (n1)，1 n 1证明：S a21a12 1a ， 11得 0a a 32a22 2 1a 0a 20a 12， 2 1得 1a 2，1由，得 1a 2.1下面用数学归纳法证明：当 1a 2 时，1a 2 对任意 nN 恒成立. 1 n()当 n1 时，1a 2
19、成立；1()假设当 nk(k1，kN )时，1a 2 成立，ka*a*a3a3333 7 13 1 1 13 131 33nn1 nnn1 n1n 7 1 3311则当 nk1 时，ak2a 12 21，2) (1，2). 1 kk综上，可知 1a 0，即a 是递增数列. n nn所以 a 的取值范围是 1a 2，可用数学归纳法证明：a 2 对任意 nN 恒成立. 1 n于是 an12a 10，即a 是递减数列. n nn1在 S na (n1)中，令 n2，n 12 1得 2a 1S 2a ，解得 a 3，1 2 1 11故 2a 3.17下证：当 2a 时，11S na (n1)恒成立.n
20、 17事实上，当 2a 时，1由于 a a (a a )a 2 a ，n 1 n 1 1 3于是 S a a a a (n1)a na (n1). n 1 2 n 17再证：当 时，设 a b 2，1 n n则由 an12 2a 1 可得 b b 1，a b 2nb b 1 b 1 2 得 b b 2 b 2 3 n 1因为由 a 3得 b 1， 333333333b b 1 b 1 4 7n 1 n1311n13474 37于是数列b 的前 n 项和 T b n n 12121n3b 3， 1故 S 2nT 0)，则由(*)式得11 8S na (2a )n3na (n1)tn ，n 1 1 11 1只要 n 充分大，就有 S na (n1)，这与 S na (n1)矛盾.n 1 n 17所以 a 3 不合题意.17综上，有 2a .1于是 因为2a ，故0bb b 2 b 2 7n 1 ，故数列b 的前 n 项和 T b n n 1所以 S 2nT 2n1. n nn1 7 b 1，11