数列与不等式证明专题

复习建议：

1．“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果

2．归纳——猜想——证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想．学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义．

3．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．

4．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解． 证明方法：（1）先放缩后求和；（2）先求和后放缩 (3)灵活运用

例1．数列an满足a11,a22,an2(1cos2n2)annsin22,n1,2,3,.

(Ⅰ)求

a3,a4,并求数列an的通项公式；

ba2n1n,Snb1b2bn.n6时，S1 (Ⅱ)设

an2.2n证明：当

n 分析：本题给出数列相邻两项的递推关系，且要对n分奇偶性。

aa1,a23(1cos2)a解: (Ⅰ)因为122,所以

21sin2a112,

a4(1cos2)a2sin22a24. 一般地，当n2k1(kN*)a2(2k1)2时，2k1[1cos2]a2k12k1sin2

＝

a2k11，即a2k1a2k11.

所以数列

a2k1是首项为1、公差为1的等差数列，因此a2k1k.

(1cos22k当n2k(kN*)a时，

2k2)a22k22ksin22a2k.

所以数列ak2k是首项为2、公比为2的等比数列，因此

a2k2. an1,n2k1(kN*),n2故数列ann的通项公式为22,n2k(kN*).

ba2n1nn22,S(Ⅱ)由(Ⅰ)知，

2n2n1222323na2n, ① 12S123nn2222242n1 ②

1[1(1122)2]n11n1n. ①-②得，2S1111n122n2n1n222232n2n112S1nn2 所以

n22n12n22n. 1n( 要证明当n6Sn2)时，n2n成立，只需证明当n6时，2n1成立.

证法一

6(62)4831 (1)当n = 6时，26644成立.

k(k2) (2)假设当nk(k6)时不等式成立，即2k1.

(k1)(k3)k(k2)(k1)(k3) 则当n=k+1时，2k12k2k(k2)(k1)(k3)(k2)2k1. n(n1)1S21. 由(1)、(2)所述，当n≥6时，22.即当n≥6时，nn

cn(n2)(n6)c(n1)(n3)n(n2)3n2证法二 令n22，则n1cn2n1222n10.所以当n6时，cn1ccc683n.因此当n6时，n66441.

n(n2)于是当n6时，221.S1 综上所述，当n6时，n2n.

点评：本题奇偶分类要仔细，第（2）问证明时可采用分析法。 例题2. 已知f(x)x2tan2xsin(2为锐角，且tan21，函数

4)，a1数列{a1n}的首项

2,an1f(an).

(1) 求函数f(x)的表达式； ⑵ 求证：an1an；

11⑶ 求证：1a112(n2,nN*)11a21an

分析：本题是借助函数给出递推关系，第（2）问的不等式利用了函数的性质，第（3）问是转化成可以裂项的形式，这是证明数列中的不等式的另一种出路。

tan22tan2(21)解：⑴

1ta2n1(21)212sin(2)1 又∵为锐角 ∴4 ∴4 ∴

f(x)x2x

⑵ aa2a12n1nan ∵12 ∴a2,a3,an都大于0 ∴an0 ∴an1an

11111 ⑶

an1a2a1(1a11nnann)an1an ∴1ananan1

111111a11111 ∴11a21ana1a2aa1212a3anan11an1an1

a1213323∵2(2)24a, 3(4)41 , 又∵

n2an1an ∴an1a31 1212111a112∴

an1 ∴

11a21an

点评：把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想，本题中的第（3）问不等式的证明更具有一般性。

例题3.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）若数列b满足

4b114b214b314bn1(abnn1)n，证明：

bn是等差数列；

1112nN（Ⅲ）证明：a2a3an13

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 解：（1）

an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。 an12n，an2n1 （2）4b114b214b314bn1(an1)bn，4(b1b2bnn)2nbn 2(b1b2bn)2nnbn① 2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③ (n1)bn12nbn2④ ④—③得

2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1 所以数列{bn}是等差数列

111111（3）

an1n1S11n21222an1设a2a3an1， S111111112则

a()(S)S121222a2a3ana22an1 a2an13an13

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角

度的思考问题。 例题4. 已知函数

f(x)xln1x,数列

an满足0a11,

abn1fan; 数列

bn满足

112,b1n12(n1)bn, nN*.求证:

a2（Ⅰ）0an1an1;an2 （Ⅱ）n12;a （Ⅲ）若12,则当n≥2时,bnann!. 分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN*.

（1）当n=1时,由已知得结论成立; （2）假设当n=k时,结论成立,即

0ak1.则当n=k+1时,

f(x)11因为0又f(x)在

0,1上连续,所以f(0)故当n=k+1时,结论也成立. 即

0an1对于一切正整数都成立.

又由

0an1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an. 综上可知

0an1an1.

x2x2x2ln(1x)xg(x)0(Ⅱ)构造函数g(x)=2-f(x)= 2, 0增函数. 又g(x)在

0,1上连续,所以

g(x)>g(0)=0. 因为

0an1,所以gan0,即

a2n2faa2nna>0,从而n12.

b1,b1bn1n1(Ⅲ) 因为 12n12(n1)bn,所以bn0,

bn2 , bbnbn1b212nb1ann!anan1an

所以bn1,n1bn2b12 ————① 由(Ⅱ)

2知:an2, ana2a所以a1=a31aan2aa1a22an122an12 , 因为12, n≥2, 0an1an1. an21a2an1a12a1所以 aa1n2221<2n1<2n=2n————② 由①② 两式可知: bnann!. 点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

52x例题5. 已知函数f(x)=168x，设正项数列an满足a1=l，an1fan． 5 (1) 试比较an与4的大小，并说明理由；

5n1 (2) 设数列bn满足bn=4－an，记Sbin

n=i1．证明：当n≥2时,Sn＜4(2－1)．

分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

a52ann1，因为aa73解：(1)

168an11,所以

28,a34. （2）因为an0,an10,所以16a8n0,a0n

a552a48(a5)a5n5nn14n554168a34an1ann432(2an)22an, 因为2an0,所以4与4同号，

因为

a1541555540，a240,a340,„，an40,即

an4. b531bn1（3）当n2时，4a315312bn1nn522a(an1)bn122n1422an14，

所以b2b22bn1n3nn1n22b12，

3n1(12n)Sb1所以

n1b2b4121n241214(2n1)

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

例题6. 已知数列an中，a11，

nan12(a1a2...a*n)nN． （1）求

a2,a3,a4； （2）求数列an的通项an；

（3）设数列{bn}b1121满足2,bn1abnbnk，求证：bn1(nk) 分析：条件中有类似于前n项和的形式出现，提示我们应该考虑an＝Sn－Sn－1(n≥2) 解：（1）

a22,a33,a44 （2）nan12(a1a2...an) ①

(n1)an2(a1a2...an1) ② ①—②得nan1(n1)an2an

an1n1aaaa23nn即：nan1(n1)aa23n1...1...n(n2)n，ann 所以a1a2an112n1

所以ann(nN*) b1b1b2（3）由（2）得：12,n1knbnbnbn1...b10，

所以

{bn}是单调递增数列，故要证：bn1(nk)只需证bk1

b111b1b21若k1，则

2显然成立; 若k2，则n1knbnkbnbn1bn

1111(11)...(11)1k1k1所以bn1bb2nk, 因此：bkbkk1b2b1b1kk bk所以

kk11, 所以bn1(nk) 点评：与数列相关的不等式证明通常需要“放缩”，而放缩的“度”尤为关键，本题中

1111b(b)...(1)1kkbk1b2b1b1, 这种拆分方法是数学中较高要求的变形.

1111[log例题7. 已知不等式23n22n],其中n为不大于2的整数，

[log2n]表示不超过log2n0),an1nna的最大整数。设数列

ana1b(b的各项为正且满足

nan1(n2,3,4)，证明：

a2bn2b[log2n]，n3,4,5

anan11n分析：由条件

na11111n1得：anan1n anan1n (n2)

11111 an1an2n11 „„ a2a12 以上各式两边分别相加得：

11111ann121111111[logna1 anbnn12 b22n] (n3) 2b[log2n]a2bn =2b 

2b[log2n] (n3) 本题由题设条件直接进行放缩，然后求和，命题即得以证明。

例题8. 已知数列{ann}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)， n1

（1）写出数列

{an}的前三项a1，a2，a5； （2）求数列{an}的通项公式；

1117（3）证明：对任意的整数m4，有a4a5am8

分析：⑴由递推公式易求：a1=1,a2=0,a3=2；

⑵由已知得：anSnSn12an(1)n2an1n1(1)（n>1）

ann1n2an1an2an12n12n2[n]化简得：an2a2(1)(1)1n1 (1),(1)3(1)3 ann2故数列{(1)3a2an13(1)n2(1)(2)n1}是以为首项, 公比为2的等比数列. 故33

a22(1)n]a22n∴n3[2n ∴数列{an}的通项公式为：n3[2n(1)].

⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。而左边

1113[11123m2m]=a4a5am221212(1)，如果我们把上式中的分母中的1去掉，

就可利用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一

1111111起进行放缩，尝试知：2212312223411231，231224，因此，可将221保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和。这里需要对m进行分类讨论，（1）当m为偶数(m4)时，

1a111(1a1)(11)1232(12312412m2)4a5ama45a6am1am 1311137224(1m4)8 2 28

（2）当m是奇数(m4)时，m1为偶数，

1a111a111174a5am4a5a6amam18

1117所以对任意整数m4，有a4a5am8。 本题的关键是并项后进行适当的放缩。

a2,aa2例题9. 定义数列如下：1n1nan1,nN

证明：（1）对于nN恒有

an1an成立。 （2）当n2且nN，有an1anan1a2a11成立。

111（3）

2a12006111a2a2006。

分析：（1）用数学归纳法易证。

aanan1得：an11an(an1) （2）由n1an1an1(an11) „ „ a21a1(a11)

以上各式两边分别相乘得：

2an11anan1a2a1(a11)，又a12

an1anan1a2a11

1（3）要证不等式

1220061111111a1a2a2006aa2a2006，

，可先设法求和：11an1111111an1an anan1an11

再进行适当的放缩。

an11an(an1)

111111111()()()a1a2a2006a11a21a21a31a20061a20071 1111a11a20071a1a2a20061

2006aaa2006a1又122120061112006a1a2a20062 原不等式得证。

点评：本题的关键是根据题设条件裂项求和。