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数列的几种放缩及不等式的证明答案

时间:2012-05-06


1.已知数列 {an } 中 a1 = 2 , an +1 = ( 2 ? 1)( an + 2) , n = 1, 3, . 2, … (Ⅰ)求 {an } 的通项公式; (Ⅱ)若数列 {bn } 中 b1 = 2 , bn +1 = 证明: 2 < bn ≤ a4 n ?3 , n = 1, 3, . 2, …

3bn + 4 , n = 1, 3, , 2, … 2bn + 3

< (3 ? 2 2)2 (bk ? 2) ≤ ( 2 ? 1) 4 (a4 k ?3 ? 2) = a4 k +1 ? 2 .
也就是说,当 n = k + 1 时,结论成立. 根据(ⅰ)和(ⅱ)知 2 < bn ≤ a4 n ?3 , n = 1, 3, . 2, … 【点评 点评】 本题考查等差、 等比数列的基本运算和错位相减法求和的技巧以及方程意识在解 点评 题中的作用.属于中档题,是高考中常见类型.在数列求和中常见的方法有公式法、分组法、 错位相减法、裂项相消法、倒序相加法等,方法的选择由数列通项公式的特点来决定. 2.设数列 {an } 的前 n 项的和

Sn =

4 1 2 a n ? × 2 n +1 + , n = 1, 2, 3, 3 3 3
2n , n = 1, 2, 3, Sn
,证明:

(Ⅰ)求首项 a1 与通项 an ; (Ⅱ)设 Tn =
n n 解:易求 an = 4 ? 2

∑T < 2
i =1 i

n

3

(其中 n 为正整数)

4 1 2 4 1 2 2 Sn = an ? × 2n +1 + = ( 4n ? 2n ) ? × 2n +1 + = ( 2n +1 ? 1)( 2n ? 1) 3 3 3 3 3 3 3

Tn =

2n 3 2n 3 ? 1 1 ? = × n +1 = ×? n ? n +1 ? n Sn 2 ( 2 ? 1)( 2 ? 1) 2 ? 2 ? 1 2 ? 1 ?

所以:

∑T = 2 × ? 2 ?
i =1 i

n

3 ? 1 1 ? 3 ? n +1 ? < 1 ?1 2 ?1 ? 2
*

3.(2006 年福建卷)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:

a n 1 a1 a2 n ? < + + ... + n < (n ∈ N * ). 2 3 a2 a3 an +1 2
2 *

解: (I)易求 an = 2 ? 1( n ∈ N ). (II)证明:Q

ak 2k ? 1 2k ? 1 1 = k +1 = < , k = 1, 2,..., n, ak +1 2 ? 1 2(2 k ? 1 ) 2 2 an a1 a2 n ∴ + + ... + < . a2 a3 an +1 2 ak 2k ? 1 1 1 1 1 1 1 1 = k +1 = ? = ? k ≥ ? . k , k = 1, 2,..., n, k +1 k ak +1 2 ? 1 2 2(2 ? 1) 2 3.2 + 2 ? 2 2 3 2 a 1 1 a a n 1 1 1 n 1 n 1 ∴ 1 + 2 + ... + n ≥ ? ( + 2 + ... + n ) = ? (1 ? n ) > ? , 2 2 3 2 2 3 a2 a3 an +1 2 3 2 2 a n 1 a a n ∴ ? < 1 + 2 + ... + n < (n ∈ N * ). 2 3 a2 a3 an +1 2

Q

点评:两个高考题向我们说明了数列求和中不等关系证明的两种方法:1.每一项转化为 两项差,求和后消去中间项(裂项法)与放缩法的结合;2.用放缩法转化为等比数列求和。

4.(2005 年江西省高考题) 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足

求数列{an}的通项公式.

解:因为

两边同乘以

,可得:



所以

………

评注:对于有些数列问题,我们可以建立起一个递推关系式,根 评注 据递推关系的性质进行探求. 5. (2005 年湖南省高考题) 已知数列 ) ,

满足

,则

等于(

A.0

B.

C.

D.

解:由





,由



,

再代入



,依次递推我们可以知道数列 ,选 B.



周期为 3 的数列,因此
一.先求和后放缩

例 1.正数数列 {a n } 的前 n 项的和 S n ,满足 2 S n = a n + 1 ,试求:

(1)数列 {a n } 的通项公式; (2)设 bn =

1 1 ,数列 {bn } 的前 n 项的和为 Bn ,求证: Bn < a n a n +1 2
2 2

解 : 1 ) 由 已 知 得 4 S n = ( a n + 1) , n ≥ 2 时 , 4 S n ?1 = ( a n ?1 + 1) , 作 差 得 : (
2 2 4a n = a n + 2a n ? a n?1 ? 2a n ?1 ,所以 (a n + a n ?1 )(a n ? a n ?1 ? 2) = 0 ,又因为 {a n } 为正数数

列,所以 a n ? a n ?1 = 2 ,即 {a n } 是公差为 2 的等差数列,由 2 S1 = a1 + 1 ,得 a1 = 1 ,所 以 a n = 2n ? 1 (2) bn =

1 1 1 1 1 = = ( ? ) ,所以 a n a n +1 (2n ? 1)(2n + 1) 2 2n ? 1 2n + 1

Bn =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 ? + ? L ? )= ? < 2 3 3 5 2n ? 1 2n + 1 2 2(2n + 1) 2

注:一般先分析数列的通项公式.如果此数列的前 n 项和能直接求和或者通过变形后求和, 则采用先求和再放缩的方法来证明不等式. 求和的方式一般要用到等差、 等比、 差比数列 (这 里所谓的差比数列,即指数列 {an } 满足条件 a n +1 ? a n = f (n ) )求和或者利用分组、裂项、 倒序相加等方法来求和. 二.先放缩再求和 1.放缩后成等差数列,再求和 .放缩后成等差数列, 例 2.已知各项均为正数的数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且 an + an = 2 S n .
2

an 2 + an +12 (1) 求证: S n < ; 4 Sn
(2) 求证:

2

< S1 + S 2 + ??? + S n <

S n +1 ? 1

2

解: (1)在条件中,令 n = 1 ,得 a12 + a1 = 2S1 = 2a1 , Q a1 > 0 ∴ a1 = 1 ,又由条件
2 2 a n + a n = 2 S n 有 a n+1 + a n +1 = 2 S n+1 ,上述两式相减,注意到 a n+1 = S n +1 ? S n 得

(a n +1 + a n )(a n +1 ? a n ? 1) = 0

Q a n > 0 ∴ a n +1 + a n > 0
n(n + 1) 2
2 2

∴ an +1 ? an = 1

所以, a n = 1 + 1 × ( n ? 1) = n , S n = 所以 S n =

n(n + 1) 1 n 2 + (n + 1) 2 a n + a n +1 < ? = 2 2 2 4

(2)因为 n <

n(n + 1) < n + 1 ,所以

n 2

<

n(n + 1) n + 1 < ,所以 2 2

S1 + S 2 + L S n = = n 2 + 3n 2 2 = S n +1 ? 1 2

1× 2 2×3 n(n + 1) 2 3 n +1 + +L+ < + +L+ 2 2 2 2 2 2
S2 + L Sn > 1 2 + 2 2 +L+ n 2 = n(n + 1) 2 2 = Sn 2

; S1 +

2.放缩后成等比数列,再求和 .放缩后成等比数列, 例 3. (1)设 a,n∈N*,a≥2,证明: a
2n

? (? a ) n ≥ (a + 1) ? a n ;

1 (2)等比数列{an}中, a1 = ? ,前 n 项的和为 An,且 A7,A9,A8 成等差数列.设 2

a 1 bn = n ,数列{bn}前 n 项的和为 Bn,证明:Bn< . 3 1 ? an
解: 1)当 n 为奇数时,an≥a,于是, a 2 n ? ( ? a ) n = a n ( a n + 1) ≥ (a + 1) ? a n . ( 当 n 为偶数时,a-1≥1,且 an≥a2,于是

2

a 2 n ? (? a ) n = a n (a n ? 1) ≥ (a 2 ? 1) ? a n = (a + 1)(a ? 1) ? a n ≥ (a + 1) ? a n .
(2)∵ A9 ? A7 = a8 + a9 , A8 ? A9 = ? a9 , a8 + a9 = ? a9 ,∴公比 q =
a9 1 =? . a8 2

∴ a n = (? ) . bn =
n

1 2

1 4n 1 1 ? (? ) n 2

=

1 1 ≤ . n 4 ? ( ? 2) 3 ? 2n
n

1 1 (1 ? 2 ) 1 1 1 1 2 2 = 1 (1 ? 1 ) < 1 . ∴ Bn = b1 + b2 + L bn ≤ + +L+ = ? 2 n 1 3? 2 3? 2 3 3 3 2n 3? 2 1? 2
3.放缩后为差比数列,再求和 .放缩后为差比数列, 例 4.已知数列 {an } 满足: a1 = 1 , a n +1 = (1 +

a n+1 > a n ≥ 3 ?

n +1 2 n ?1

n )a n (n = 1,2,3L) .求证: 2n

证明:因为 a n +1 = (1 + 即 a n +1 ? a n =

n )a n ,所以 a n+1 与 a n 同号,又因为 a1 = 1 > 0 ,所以 a n > 0 , 2n

n a n > 0 ,即 a n+1 > a n .所以数列 {an } 为递增数列,所以 a n ≥ a1 = 1 , 2n n n 1 2 n ?1 即 a n +1 ? a n = n a n ≥ n ,累加得: a n ? a1 ≥ + 2 + L + n ?1 . 2 2 2 2 2

令 Sn =

1 2 n ?1 1 1 2 n ?1 + 2 + L + n ?1 ,所以 S n = 2 + 3 + L + n ,两式相减得: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n ?1 n +1 n +1 S n = + 2 + 3 + L + n ?1 ? n ,所以 S n = 2 ? n ?1 ,所以 a n ≥ 3 ? n ?1 , 2 2 2 2 2 2 2 2 n +1 故得 a n +1 > a n ≥ 3 ? n ?1 . 2

4.放缩后为裂项相消,再求和 .放缩后为裂项相消, 例 5.在 m(m≥2)个不同数的排列 P1P2…Pn 中,若 1≤i<j≤m 时 Pi>Pj(即前面某数大 于后面某数) 则称 Pi 与 Pj 构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. , 记排列 ( n + 1) n( n ? 1) L 321 的逆序数为 an,如排列 21 的逆序数 a1 = 1 ,排列 321 的逆序数

a3 = 6 .
(1)求 a4、a5,并写出 an 的表达式; (2)令 bn =

an a + n +1 ,证明 2n < b1 + b2 + L bn < 2n + 3 ,n=1,2,…. a n+1 a n
n(n + 1) . 2

解(1)由已知得 a 4 = 10, a 5 = 15 , a n = n + ( n ? 1) + L + 2 + 1 =

(2)因为 bn =

an a n n+2 n n+2 + n +1 = + >2 ? = 2, n = 1,2, L , a n +1 an n+2 n n+2 n

所以 b1 + b2 + L + bn > 2n .

n n+2 2 2 + = 2+ ? , n = 1,2, L , n+2 n n n+2 1 1 1 1 1 1 所以 b1 + b2 + L + bn = 2n + 2[( ? ) + ( ? ) + L + ( ? )] 1 3 2 4 n n+2 2 2 = 2n + 3 ? ? < 2n + 3 . n +1 n + 2
又因为 bn = 综上, 2n < b1 + b2 + L bn < 2n + 3, n = 1,2, L .

注:常用放缩的结论: (1)

1 1 1 1 1 1 1 ? = < 2 < = ? ( k ≥ 2) k k + 1 k (k + 1) k k (k ? 1) k ? 1 k 2 k + k +1 < 1 k < 2 k + k ?1 = 2( 1 k ?1 ? 1 k )(k ≥ 2)

(2) 2( .

1 k

?

1 k +1

)=

题目 1:求证 1 + 1 + 1 +…+ n 1 1 < ln(1 + n) 2 3 4 +

x 构造函数① 构造函数① f ( x) = ln(1 + x) ? 1 + x ( x > 0)

1 分析: f ′( x) = 1 + x ? (1(1++x)x)? x = (1 +xx) >0,
2 2

函数 f (x) 在(0,+ ∞ )上单调递增。 所以当 x > 0 时, f (x) >f(0)=0, 有 即有 因而有
1 1 1 1 ln(1 + ) > = ln(1 + ) > 1 1+1 2 2 ln(1 + x) > x ( x > 0) 1+ x

,

1 2 1 1+ 2

=

1 1 ln(1 + ) > 3 3

,

1 3 1 1+ 3

=

1 4

,……

1 ln(1 + ) > n

1 n 1+ 1 n

=

1 n +1

故 :

1 ln(1 + ) 1

+

1 ln(1 + ) 2

+

1 ln(1 + ) 3

+ … …

+ ln(1 + 1 ) > 1 + 1 + 1 +……+ n 1 1 n 2 3 4 + 即 ln(1 + n) > 1 + 1 + 1 +……+ n 1 1 2 3 4 + 题目 2:求证 ln(1 + n) < 1+ 1 + 1 + 1 +…+ 1 2 3 4 n 构造函数② 构造函数② f ( x) = ln(1 + x) ? x( x > 0)
1 分析: f ′( x) = 1 + x ? 1 = 1?+xx <0,函数 f ( x) 在(0,+ ∞ )上单

调递减。 所 以 当 x>0 时 , 有 ln( + x) < x(x > 0) 1

f (x )

<f(0)=0 , 即 有

因而有 ln(1 + 1) < 1, ln(1 + 1 ) < 1 , ln(1 + 1 ) < 1 ,……, 1 2 2 3 3 故 :
1 ln(1 + ) 1

1 1 ln(1 + ) < n n

+

1 ln(1 + ) 2

+

1 ln(1 + ) 3

+ … …

+ ln(1 + 1 ) <1+ 1 + 1 + 1 +……+ 1 n 2 3 4 n 即 ln(1 + n) < 1+ 1 + 1 + 1 +……+ 1 2 3 4 n 题目 7:求证 ln42 + ln43 + ? ? ? + ln4n < 21e
2 3 n

构造函数⑦ 构造函数⑦函数 f(x)= ln2x ( x > 0)
x

分析: f ′( x) =

1 1 ? 2 ln x = x2 x3

函数 f (x) 在( e ,+ ∞ )上单调递减,在(0, e ) 上单调递减 所以有 f(x)= ln2x ≤ f (
x
ln x 1 1 ≤ ? x 4 2e x 2

e) =

1 2e

,且有

ln n 1 1 1 1 1 < ? 2 < ?( ? ) 2e n ? 1 n n 4 2e n

取 x=2,3…, 则 ln42 + ln43 + ? ? ? + ln4n < 21e ? [(1 ? 1 ) + ( 1 ? 1 ) + ? ? ? + ( n 1 1 ? 1 )] 2 2 3 ? n
2 3

n

故有: ln42 + ln43 + ? ? ? + ln4n < 21e ? (1 ? 1 ) < 21e n
2 3

n

an = 2 ? 3n ,从而

1 1 1 1 1 + +L+ = (1 ? n ) , a1 a2 an 4 3

一方面

1 1 1 0 1 (1 ? n ) < ,另一方面 3n = (1 + 2)n ≥ Cn ? 20 + Cn ? 21 = 2n + 1 4 3 4

所以

1 1 1 1 1 2n n ,所以,综上 = (1 ? n ) ≥ (1 ? )= ? 4 3 4 2n + 1 4 2n + 1 4n + 2

n 1 1 1 1 ≤ + +L + < . 4n + 2 a1 a2 an 4
例如:
0 1 n 0 1 n 2 n = (1 + 1) n = C n + C n + L + C n , 2 ≥ C n + C n = n + 1 , n ≥ 2
0 1 2 n ≥ C n + C n + C n2 =

n2 + n + 2 n ≥ 3 2n 2 ,

> n( n ? 1)( n ≥ 2)


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