1、數(shù)列型不等式證明的常用方法一.放縮法數(shù)列型不等式證明是前見年高考中的一個熱點，在多省試題中常常作為壓軸題由現(xiàn)。放縮法是數(shù)列不等式證明的一個重要方法，它具有很強的技巧性的特點，學(xué)生往往無從下手，下面總結(jié)放縮法證明的一些常用技巧，例如歸一技巧、抓大放小技巧、回頭追溯技巧、利用函數(shù)性質(zhì)技巧，僅供參考.1歸一技巧歸一技巧，指的是將不容易求和的和式中的所有項或若干項全部轉(zhuǎn)化為同一項，或是將和式的通項中的一部分轉(zhuǎn)化為同一個式子（或數(shù)值），既達(dá)到放縮的目的，使新的和式容易求和.歸一技巧有整體歸一、分段歸一。、111例如設(shè)n是正整數(shù)，求證2.二二111-111【證明】n1n22n2n442442442n2.人

2、1111J12n94%4244n43n1n個1n【說明】在這個證明中，第一次我們把12n另外:11,11順利把不易求和的一；I-Lh變成了n個丁的n1n22n2n和，既將式子縮小，同時也使縮小后的式子非常容易求和，這就是“歸一”所達(dá)到的效果。而不等式右邊的證明也類似1.1整體歸一放縮法中，如果通過將所有項轉(zhuǎn)化為同一項而達(dá)到放縮目的的，稱之為“整體歸一”.例1.數(shù)列an的各項均為正數(shù)，Sn為其前n項和，對于任意nN*,總有an,Sn,an2成等差數(shù)列.(I)求數(shù)列an的通項公式;1L云這些含n的式子都“歸1為2n，此時式子同時變小,(n)設(shè)數(shù)列bn的前n項和為Tn，且bn求證：對任意實數(shù)x1,e

3、(e是常數(shù)，e=2.71828)和任意正整數(shù)n，總有Tn2；(I)解：由已知：對于nN,總有 2S2Sna an2Sn1an1an12(n2)22-得2anananan1an1a an2成立一anan1anan1anan1an,an1均為正數(shù)，.anan11(n2)數(shù)列an是公差為1的等差數(shù)列24(nN)又n=1時，2sl.ann.(n（n）證明：.對任意實數(shù)1,e和任意正整數(shù)n,總有Innxbn/an12.n（放縮通項,整體歸一）（放縮通項,Tn111222裂項求和）例2.已知數(shù)列an中的相鄰兩項a2k1,a2k是關(guān)于x的方程（3k2k）x3k2k0的兩個根，且1a2k(k1,2,3,L).

4、(I)求ai,32,a3,a7；（II）求數(shù)列an的前2n項和S2n；（田）記f（n）1sinn2sinn(1嚴(yán))(1嚴(yán))(1)f(4)1naa2a3a4a5a6(1)f(n1)a2n1a2n【分析】(1)略.a12；a?4；a53n23non1o(II)略.S2n222(III)本題應(yīng)注意到以下三點，f(n)1,2,且f(n)具有周期性.f(n)1,2,f(n)1,2,這就有(小1,1,f(n)雖有周期性，可周期為2(1)f(n1)這就使當(dāng)n很大時，和式通項的符號增加了不確定a2n1a2n性.很顯然，當(dāng)n4時，a2n13n,a2n2n；當(dāng)n3時，a2n12n,a2n3n.縱然沒有符號的問題，

5、通1項Q/如何求和？也需要解決.3n2項開始的項之和為非負(fù)數(shù)，可否考慮將第三項開始的項縮【解答】當(dāng)n43時,8時；a712.a1a21一丁26，a1a2a3a4524,本題相當(dāng)于證明T1wTnT2(nN).基于以上三點，我們可以看到:T12時，bnann!.X:若X1,:ln(X1)X來證明。X1.一.一*解析：(I)先用數(shù)學(xué)歸納法證明0an1,nN.(1)當(dāng)n=1時，由已知得結(jié)論成立；(2)假設(shè)當(dāng)n=k時，結(jié)論成立，即0ak1.則當(dāng)n=k+1時，,、1x-因為0X1時，f(X)10,X1X1所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù).(函數(shù)性質(zhì))又f(x)在0,1上連續(xù)，所以f(0)f(ak)f(1

6、),即002x x 構(gòu)造函數(shù)g(x)=-f(x)=X2ln(ix)x,0 xg(0)=0.2can工0,即彳fan0,由兩式可知：bnann!.因為0ani,所以9an從而an2an2（田）因為ii2N2(n1)bn,所以bn1bn0，bn,bn所以bnbT;i2，bniIb2L-卜面只需證明由(n)anibn2i2n2anbian（逐步轉(zhuǎn)化）anianan2,an所以a因為ai所以a2aiJ2生La2anani電生L22ani22,0anani.曳生L垢an2222aiai2if(1)癡3即an32Tn.證法二：同證法一求得bn及 TnTn, ,由二項式定理知，2Tn31，從而；1當(dāng)c0時,

7、由此不等式有不等式（1313c成立.2Tn3213n綜上2an32Tn對任何nN+成立.473n1八583n2Cn363nn473n1，3n3n13n2因o7二二7.3n13n3n1一，_33n+2一、.因此T；TnBnCn.(局部放縮)3從而2Tn2TnBnCn3n+23n3.證法四：同證法一求得 6 及八，易得0,430.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：an32Tn3,nN.-L327當(dāng)n1時，司35,2T1,3因此a132T1,結(jié)論成立.3假設(shè)結(jié)論當(dāng)nk時成立，即ak32Tk,kN.則當(dāng)nk1時，3c(3k3)2Tk12T：.1()郃2)3(3k3)3ak133k5(3k5)(3k5)(3k2)2

8、因(3k3)3(3k5)(3k2)29k70.(3k3)31故(3k5)(3k2)2從而a-32T：1.這就是說，當(dāng)nk1時結(jié)論也成立.例11.已知函數(shù)yf(x)(xR)滿足f(x)f(1x)-,2(1)求fJ)和f(-)f()(n2nn*(3)若數(shù)列bn滿足anbn一,Snbb2b2b3b3b44則實數(shù)k為何值時，不等式2kSnbn恒成立.令x1,則fp)f(1-)二即fp)f(U)nnn2nnanf(1)f()f(j)nn由(1),知f(1)f(U)1,nn21+，佝2an(n1),an2作差構(gòu)造函數(shù)(3)ann-1,anbn1,bn,44n1_一111111Snbb2b2b3b3b4bn

9、bn1-2334451111n()一n1n22n22(n2)2_1kn(1k)n2on1(n1)(n2)N*）的值;(2)若anf(0)f(1)f(-)nn通項公式；f（L）f，求數(shù)列an的nbnbn1,解令x小則心1f(122anf日?f(U)f(1),n1f(-)f(0),nn11111(23)(14)(2kSnbnJSn-n2由條件，可知當(dāng)kn2(1k)n20恒成立時即可滿足條件設(shè)f(n)kn2（1k）n2,當(dāng)k0時，由二次函數(shù)的性質(zhì)知kn2(1k)n20不可能恒成立；當(dāng)k0時，f(n)n20恒成立;當(dāng)k0時，由于對稱軸直線nf(n)在1,+)上為單調(diào)遞減函數(shù)只要f(1)0即可滿足kn2

10、(1k)n由f(1)女(1220,得女，又卜0,k0綜上知：k0時，不等式2kSnbn恒成立例12.已知數(shù)列an滿足：a11且1，2an3an12n2(n2).(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)mN*,且mn2,證吐(1k)12k2k20恒成立(m1*n1)(為了嚴(yán)解析：(1)不妨設(shè)an53,2n2%1x277)(n2),與an3a212nL2n1|(41比較系數(shù)得:，)2n1f又a112n是首項為公比為3an2an132-的等比數(shù)列,-1,3、n-,3、n1故an-n(-)an(-)-nn2n2n22n.號成立。3三設(shè)bn(mn1)(2)卜面先研究其單調(diào)性o1bnmn13-當(dāng)mn時，()(

11、二)?bn1mn23bn1bn1m(1bn1即數(shù)列（因為n2,上嗚1百1是遞減數(shù)列.故只須證b2(mml)m利用二項式定理,事實上,(mJ)m1Cm11mmC2m2m12m(1)知,題目結(jié)論等價于證明(mn31）（2）mmn時顯然成立，易驗證當(dāng)且僅當(dāng)mn2時，等(13-)(2)m，綜上，原不等式成立需要指由的是，在許多的數(shù)列型不等式放縮中，往往不是一個技巧的使用，而是多個技巧，多種放縮方式的綜合使用.構(gòu)造新數(shù)列，比較兩個數(shù)列的通項111例13.求證ln(3+5+7+【解析】構(gòu)造數(shù)列an且它的前n項和為sn=ln(n+1),則可得an=lnnk+11*、卜面只需證明lnnr2rn(keN(x)=

12、x_(x+1)1=1.x+1,-hx+112n+1_*(nWN).令h(x)=lnx2+1x(x+1)20,，函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,十0)上是增函數(shù)當(dāng)x1時，h(x)h(1)=0,即lnx+71,即lnxx7.x+1x+1令xn1，則有l(wèi)nkJrkk2k+1nk+1n1lnkII2k+1k=1k=1n+1)=lnk,kk=1n+1)3+5+3-II+1+x.ln(點評:本題是構(gòu)造數(shù)列以及換元方法O數(shù)學(xué)歸納法與積分法例14.設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=xf(x),x0,其中f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).令gi(x)=g(x),gn+i(x)=g(gn(x),nsNU,求gn(x)的

13、表達(dá)式；(2)若f(x)nag(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍;g(l)+g(2)+g(n)與n-f(n)的大小，并加以證明.(1)由已知,gi(x)x1+xxg2(x)=g(g1(x)=x=1+2x,設(shè)nWN+,比較【解析】：由題設(shè)得,，、x，g(x)=7-(x0).xx一，1xg3(x)=7w,，可得gn(x)=-.八1+3x八1+nx卜面用數(shù)學(xué)歸納法證明.-x.當(dāng)n=1時，91(乂)=丁5，結(jié)論成立.一x假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即gk(x)=Q那么，當(dāng)n=k+1時，gk+i(x)=g(gk(x)當(dāng)aw1時，小(x)A0(僅當(dāng)x=0,a=1時等號成立)，6(x)在0,+8)上單調(diào)遞增，又6(

14、0)=0,，Mx)o在0,+s)上恒成立,ax、，awi時，ln(1+x)ARx恒成立(僅當(dāng)x=0時等號成gk(x)1+gk(x)一x1+kxx1+1+kxx=1+(k+1)x=1+(k+1)x,即結(jié)論成立.由可知，結(jié)論對nN+成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1+x)ax、F 恒成立.1十xax設(shè)Hx)=ln(1+x)-T(x0),x=一，、2=1+x(1+x)x+1a(1+x)2,當(dāng)a1時，對x(0,a1有小(x)0,，。(心在(0,a1上單調(diào)遞減,.Ha-1)1時，存在x0,使3(x)綜上可知，a的取值范圍是(一 8,1.g(1)+g(2)+g(n)=2+nT7比較結(jié)果為g(1)+g(2)+g(n)n-ln(n+1).證明如下：、，一人111方法一上述不等式等價于+-+:7T,x0.1十x一1故有l(wèi)n2ln12,1-1-ln231ln(n+1)lnnn+1(3)由題設(shè)知則lnn+11nn+1ln3結(jié)論得證.、