有关数列不等式放缩问题的研究 无锡新领航教育 江苏高考数学 一对一 艺考生文化课 高二会考

第1页共20页有关数列不等式放缩问题的探究一、直接放缩1、放大或缩小“因式”；例1.（2009年四川）设数列na的前n项和为nS，对任意的正整数n，都有51nnaS成立，记*4()1nnnabnNa。（I）求数列nb的通项公式；（II）记*221()nnncbbnN，设数列nc的前n项和为nT，求证：对任意正整数n都有32nT；解：（Ⅰ）当1n时，111151,4aaa又1151,51nnnnaaaaQ11115,4nnnnnaaaaa即数列na成等比数列，其首项114a，公比是14q1()4nna14()411()4nnnb…（Ⅱ）由（Ⅰ）知54(4)1nnb2212215525164141(161)(164)nnnnnnnncbb=222516251625(16)3164)(16)16nnnnnn（舍去项直接放大）又1211343,,33bbc当1312nT时，当234111225()3161616nnnTK时，12211[1()]416162513116146931625......................713482116n分例2.已知数列na满足111,21nnaaanN（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅲ）证明：23111123nnNaaa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。第2页共20页解：（1）121nnaa，)1(211nnaa故数列}1{na是首项为2，公比为2的等比数列。nna21，12nna（3）1111212211211nnnnaa设132111naaaS，则)111(211322naaaaS)1(21112naSa3213212112nnaaaS例3、已知*21().nnanN求证：*122311...().23nnaaannNaaa证明：111211111111.,1,2,...,,2122(21)23.222232kkkkkkkkakna1222311111111...(...)(1),2322223223nnnnaaannnaaa*122311...().232nnaaannnNaaa例4、已知数列{}na满足2111,0,2nnaaa求证：1211().32nkkkkaaa证明22112131110,,,.2416nnaaaaaa2311,0,16kkaa当时1211111111()()().161632nnkkkkknkkaaaaaaa本题通过对因式2ka放大，而得到一个容易求和的式子11()nkkkaa，最终得出证明2、先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）例5、已知an=n，求证：∑nk=1ka2k＜3．证明：∑nk=12kka=∑nk=131k＜1＋∑nk=21(k－1)k(k＋1)＜１＋∑nk=22(k－1)(k＋1)(k＋1＋k－1)=2111(1)(1)nkkkkk=1＋∑nk=2(1(k－1)－1(k＋1))第3页共20页=1＋1＋22－1n－1(n＋1)＜2＋22＜3．本题先采用减小分母的两次放缩，再裂项，最后又放缩，有的放矢，直达目标.3、先适当组合,排序,再逐项比较或放缩例6、(2001年全国).已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.(1)证明：niAim＜miAin；(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m证明：(1)对于1＜i≤m，且Aim=m·…·(m－i+1)，ninnnnnnmimmmmmmiimiim11A,11A同理，由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有mkmnkn，所以imiiniiimiinnmmnAA,AA即(2)由二项式定理有：(1+m)n=1+C1nm+C2nm2+…+Cnnmn，(1+n)m=1+C1mn+C2mn2+…+Cmmnm，由(1)知miAin＞niAim(1＜i≤m＜n)，而Cim=!AC,!Aiiininim∴miCin＞niCim(1＜m＜n)∴m0C0n=n0C0n=1，mC1n=nC1m=m·n，m2C2n＞n2C2m，…，mmCmn＞nmCmm，mm+1C1mn＞0，…，mnCnn＞0，∴1+C1nm+C2nm2+…+Cnnmn＞1+C1mn+C2mn2+…+Cmmnm，即(1+m)n＞(1+n)m成立.二、添减项放缩例7.设Nnn,1，求证)2)(1(8)32(nnn.简析观察n)32(的结构，注意到nn)211()23(，展开得86)2)(1(8)1(212121211)211(33221nnnnnCCCnnnn，即8)2)(1()211(nnn，得证.例8.设数列}{na满足).,2,1(1,211naaaannn（Ⅰ）证明12nan对一切正整数n成立；（Ⅱ）令),2,1(nnabnn，判定nb与1nb的大小，并说明理由（04年重庆卷理科第（22）题）第4页共20页证明：21222212nnnnaaaa.1,,2,1,2221nkaakk则1222)1(22212nnanaann12nan例9.已知数列}{na的前n项和nS满足.1,)1(2naSnnn（Ⅰ）写出数列}{na的前3项321,,aaa；（Ⅱ）求数列}{na的通项公式；（Ⅲ）证明：对任意的整数4m，有8711154maaa（04年全国卷Ⅲ）简析（Ⅰ）略，（Ⅱ）.)1(23212nnna；（Ⅲ）由于通项中含有n)1(，很难直接放缩，考虑分项讨论：当3n且n为奇数时12222223)121121(2311213212121nnnnnnnnnaa)2121(2322223123212nnnnn（减项放缩），于是①当4m且m为偶数时maaa11154)11()11(11654mmaaaaa.878321)211(412321)212121(23214243mm②当4m且m为奇数时maaa111541541111mmaaaa（添项放缩）由①知.871111154mmaaaa由①②得证。三、部分项放缩1.固定一部分项，放缩另外的项例10.数列na的通项公式12nnan，求证：它的前n项的和3744ns证明：45111111711...()3611222882nnns例11.已知数列na满足411a，2)1(11nnnnaaa（Nnn,2）。（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅲ）设2)12(sinnacnn，数列nc的前n项和nT，求证：对74,nTNn。解：（Ⅰ）∵12)1(1nnnaa，∴11)1(1)2()1(1nnnnaa，又∵3)1(11a，∴数列nna)1(1是首项为3，公比为-2的等比数列，nna)1(1=1)2(3n，即123)1(11nnna。………………………………4分第5页共20页（Ⅲ）∵2)12(sinn=n)1(，∴1231)1()2(3)1(111nnnnnc，当n≥3时，nT=12311231123113112n1322312312317141n=211])21(1[12128112n=2)21(1612811n748447612811,……………12分又∵321TTT，∴对74,nTNn。……………………………13分例12、求证：2222111171234n证明：21111(1)1nnnnn2222211111111151171()().1232231424nnnn2.固定部分因子，放缩例13.设ana211.2,131anaa求证：.2na解析ana211.131211131222nnaa又2),1(2kkkkkk（只将其中一个k变成1k，进行部分放缩），kkkkk111)1(112，于是)111()3121()211(1131211222nnnan.212n例14.(2010四川)设11xxaf(x)a（0a且1a），g(x)是f(x)的反函数.（Ⅲ）当0＜a≤12时，试比较1nkf(k)n与4的大小，并说明理由.解：设a＝11p，则p≥1，1＜f(1)＝1211aap≤3当n＝1时，|f(1)－1|＝2p≤2＜4当n≥2时设k≥2,k∈N*时，则f(k)＝(1)121(1)1(1)1kkkpppw_ww.k#s5_u.co*m第6页共20页＝1＋1222kkkkkCpCpCp所以1＜f(k)≤1＋12244411(1)1kkCCkkkk从而n－1＜2()nkfk≤n-1+4421n＝n+1-41n＜n＋1所以n＜1()nkfk＜f(1)＋n＋1≤n＋4综上所述，总有|1()nkfk－n|＜4四、分组放缩例15.求证:212131211nn解析:)21212121()4141(211121312113333n2)211(221)212121(nnnnnnn例16..(泉州市高三质检)已知函数),1()(2Rcbcbxxxf，若)(xf的定义域为[－1，0]，值域也为[－1，0].若数列}{nb满足)()(*3Nnnnfbn，记数列}{nb的前n项和为nT，问是否存在正常数A，使得对于任意正整数n都有ATn？并证明你的结论。解析:首先求出xxxf2)(2,∵nnnnnnfbn12)(323∴nbbbbTnn131211321,∵214124131,2181481716151,…2121221221121111kkkkk,故当kn2时,12kTn,因此，对任何常数A，设m是不小于A的最小正整数，则当222mn时,必有AmmTn1222.故不存在常数A使ATn对所有2n的正整数恒成立.例17.求证:213121111nnn解析:一方面:142214131211312111nnn(法二)11131312113111211312111nnnnnnnnn)13)(1(24)2(324)1)(13(2421nnnnnnnnn1)12()12()12(1)1()12(1)12(11222222222nnnnnnnnn