数列不等式的证明
放缩法证明数列不等式
放缩法证明数列不等式数列不等式是指对于数列${a_n}$，能够证明其满足其中一种特定的不等关系。
放缩法是一种常用的证明数列不等式的方法，其核心思想是通过数学推导和合适的放缩操作，将需要证明的不等式转化为已知的不等式或者已有的数学结论。
下面我将详细阐述放缩法的步骤，并通过一个具体的例子来演示放缩法如何证明数列不等式。
步骤一：首先，我们要明确需要证明的不等式形式。
通常，数列不等式可以分为两种情况：单调性不等式和两边夹逼不等式。
单调性不等式需要证明数列${a_n}$的单调性（如$a_{n+1}>a_n$），而两边夹逼不等式需要证明数列${a_n}$的极限（如$\lim_{n\to\infty}a_n=a$）。
在这里，我们以两边夹逼不等式为例来进行讲解。
步骤二：建立需要用到的不等式。
通常，需要利用已知的数学不等式或结论来辅助证明原不等式。
常见的不等式包括柯西-施瓦茨不等式、均值不等式、柯西反证法等。
在这里，我们以柯西-施瓦茨不等式为例进行讲解。
步骤三：利用放缩操作将原不等式转化为已知的不等式或数学结论。
放缩操作的核心是通过合适的代换或变形，对不等式进行放大或缩小，使得我们能够应用已知的不等式或数学结论。
在这里，我们以一个具体的例子来演示放缩操作的过程。
假设我们要证明数列${a_n}$满足以下不等式：$\frac{a_{n+1}}{a_n}<2$。
我们可以采用放缩法来证明这个不等式。
首先，我们知道对于任意的实数$x$，都有$x^2\geq 0$。
这是由平方数的非负性质可得，也可以通过推导得出。
根据柯西-施瓦茨不等式，我们有$(a_n\cdot 1-a_{n+1}\cdot 1)^2\geq 0$，即$a_n^2+a_{n+1}^2-2a_n\cdot a_{n+1}\geq 0$。
然后，利用放缩操作，我们可以将上述不等式改写为$a_n^2+a_{n+1}^2\geq 2a_n\cdot a_{n+1}$。
求解数列不等式证明问题的方法
解题宝典证明数列不等式问题是一类综合性较强且难度较大的问题，不仅考查了数列知识，还考查了证明不等式的技巧.本文主要介绍三种证明数列不等式问题的方法，以供大家参考.一、利用数列的单调性我们知道，数列具有单调性.因此在证明数列不等式问题时，我们可以利用数列的单调性来讨论数列的变化趋势，进而证明不等式.利用数列的单调性解题的关键在于观察数列的特征，通过作差、作商等方法，构造出新数列，利用数列的单调性证明结论.例1.已知数列{}a n各项均为正数，前n项和S1>1，满足关系式6S n=(a n+1)(a n+2)，n∈N*.设数列{}bn满足关系式an(2b n-1)=1，令T n为数列{}b n的前n项和，求证：3T n+1>log2(a n+3)，n∈N*.证明：根据前n项和关系式可得a n=3n-1，将其代入到an(2b n-1)=1中可得b n=log23n3n-1，Tn=b1+b2+⋯+b n=log2(32×65×⋯×3n3n-1)，则3T n+1-log2(a n+3)=log2éë(32×65×⋯×3n3n-1)3ùû×23n+2.设f(n)=(32×65×⋯×3n3n-1)3×23n+2，则f(n+1)f(n)=(3n+3)3(3n+5)(3n+2)2，变形得(3n+3)3-(3n+5)(3n+2)2=9n+7>0，则数列{}f(n)单调递增.因此f(n)≥f(1)>1，则3T n+1-log2(a n+3)=log2f(n)>0，所以3T n+1>log2(a n+3).本题的难度较大，欲证明此题，首先需要从结论出发，构造数列f(n)，然后根据新数列的形式，利用作差法、作商法证明数列具有单调性，再利用其单调性证明结论.很多时候，我们并不能直接发现数列的单调性，往往需要对数列的递推式进行多次转换、变形，构造出新数列才能发现其单调性.二、放缩法放缩法是解答不等式问题的基本方法之一.在运用放缩法证明数列不等式问题时，我们必须紧紧围绕着放缩目标，掌握好放缩的尺度，灵活运用不等式的传递性证明不等式.常见的放缩技巧有添加或删除某些项、先放缩再求和（先求和再放缩）、先裂项再放缩（先放缩再裂项）等.但无论运用哪种放缩技巧，都需要把控放缩的尺度，否则容易得出错误的答案.例2.已知数列{}a n满足条件：a1=1，a n+1=2a n+1(n∈N*)，试证明：n2-13<a1a2+a2a3+⋯+a n an+1<n2.证明：由a n+1=2a n+1,(n∈N*)，可得a n=2n-1，则akak+1=2k-12k+1-1=2k-12(2k-12)<2k-12(2k-1)=12，所以a1a2+a2a3+⋯+anan+1<12+12+⋯+12=n2.故akak+1=2k-12k+1-1=12·2k+1-22k+1-1=12(1-12k+1-1)=12-13×2k+2k-2≥12-13×12k(k=1,2,3,⋯)，即a1a2+a2a3+⋯+anan+1≥12-13(12+122+⋯+12n)=n2-13(1-12n)>n2-13.综合上述分析，即可证明不等式n2-13<a1a2+a2a3+⋯+a n a n+1<n2成立.本题主要运用了放缩法，首先结合数列不等式的表达式，对不等式进行缩放，构造出anan+1，再借助不等式的传递性证明了结论.三、导数法对于综合性较强的数列不等式问题，我们往往采用导数法来求解.首先结合不等式构造出函数模型，对函数求导，通过研究其导函数得到函数的单调性、最储文海42解题宝典值，进而证明不等式成立.例3：试证明12+13+14+⋯+1n <ln n <1+12+13+14+⋯+1n +1(n ∈N*).证明：令a n =1n +1、b n =1n ，于是当n ≥2时，S n -1=ln n 、S n =ln(n +1).则S n -S n -1=ln(n -1)-ln n =ln n +1n.欲证明原不等式成立，需要证明1n +1<ln n +1n<1n ，即证明1x +1<ln x +1x <1x ,x ≥1.设函数f (x )=ln x +1x -1x +1，对其进行求导可得到f ′(x )=1x +1-1x +1(x +1)2=-1x (x +1)2<0.令x +1x =t ，则1x =t -1，t -1t<ln t <t -1,(t >1).设函数h (t )=ln t -t -1t ，则h ′(t )=t -1t2>0，则函数h (t )在(1,+∞)单调递增，所以h (t )>h (1)=0，h (t )=ln t -t -1t>0，即是ln t >t -1t.同理可以证得ln t <t -1，即是ln t +1t <1t.综上可得，1t +1<ln t +1t <1t ，当t 分别取1,2,3,…,n -1时，12+13+14+⋯+1n <ln n <1+12+13+14+⋯+1n +1.运用导数法的根本目的是判断数列的单调性，求得数列的最值.这里首先构造出两个数列以及两个数列的和式，然后结合目标不等式的形式构造出函数模型，通过分析导函数确定函数的单调性，从而证明不等式.从上述分析我们不难看出，证明数列不等式问题的难度系数较大.在解答此类问题时，我们需要仔细分析数列不等式的特点，将其进行适当的变形、转化，并要学会联想，将其与不等式的性质、重要结论以及函数、导数的性质关联起来，才能将难题破解.（作者单位：江苏省华罗庚中学）立体几何是高考数学考查的重点.解答立体几何问题常用的方法是几何法和向量法.这两种方法是分别从几何和代数两个角度入手的，有着各自的优势.本文重点探讨这两种方法在解题中的应用.一、几何法几何法是指运用几何知识解答问题的方法.在解答立体几何问题时，我们需要根据题意绘制相应的图形，探寻空间中点、线、面之间的位置关系，通过延长线段，平移、变换、旋转图形，添加辅助线等方式，建立结论与已有条件之间的联系，灵活运用各种定理、定义、性质，对条件进行转化，顺利解答问题.例1.如图1，在三棱台ABC-DEF 中，已知平面BCEF ⊥平面ABC ，∠ACB -90°，BE =EF =FC =1，BC =2，AC =3，（1）求证：BF ⊥平面ACFD （2）求二面角B -AD -C 的余弦值.李鹏飞图143。
巧用放缩法证明数列不等式
证明数列不等式问题一般较为复杂.解答这类问题的常用方法是放缩法，通常要灵活运用数列的定义、性质、通项公式、前n 项公式对不等式进行变形、化简，再运用不等式的性质对数列不等式进行适当的放缩.而证明数列不等式的关键是对不等式进合理的放缩，下面重点谈一谈运用放缩法证明数列不等式的几个技巧.一、通过裂项进行放缩有些数列不等式中的各项为分式，通过变形可裂为两项之差的形式，此时可利用裂项求和法来求得数列的和，再对其进行放缩，从而证明不等式.有时数列的通项公式不能直接裂项，可先将其进行适当的放缩，再进行求和.例1.求证：∑k =1n1k2≤53.证明：因为1k 2=44k 2<44k 2-1=2æèöø12k -1-12k +1，所以∑k =1n 1k 2=1+∑k =2n 1k 2<1+∑k =2n2æèöø12k -1-12k +1=1+2æèöø13-15+15-17+⋯+12n -1-12n +1=1+2æèöø13-12n +1<1+23=53.该数列的通项公式为分式，可根据不等式的可加性和传递性，将其放缩44k 2-1，再将其裂项为2æèöø12k -1-12k +1，这样便可运用裂项相加法求得数列的和，运用放缩法快速证明不等式.二、利用基本不等式进行放缩若a 、b >0，则a +b ≥2ab ，该式称为基本不等式.运用基本不等式可快速将两式的和或积放大或缩小.在运用基本不等式进行放缩时，要注意三个条件“一正”“二定”“三相等”.需根据已知的关系式或目标式，合理配凑出两式的和或积，并使其一为定值.在证明数列不等式时，有时要用到基本不等式的变形式，如a +b +c ≥3abc 3、a 21+a 22+⋯+a 2nn≥a 1a 2⋯a n n 等，对所要证明的不等式进行放缩.例2.设S n =1×2+2×3+⋯+n ()n +1，求证：n ()n +12<S n <()n +122.证明：设a k =k ()k +1(k =1,2,⋯,n )，因为k <k ()k +1<k +k +12=k +12，所以∑k =1n k <∑k =1n k ()k +1<∑k =1n(k +12)，即n ()n +12<S n <n ()n +12+n 2<()n +122.该数列中含有根式,很难快速求得数列的和，于是将其通项看作两式的积，构造出两式的和式，便可利用基本不等式将数列中的每一项进行放缩，再根据等差数列的前n 项和公式进行求解，即可证明不等式.三、根据数列的单调性进行放缩数列具有单调性，所以在证明数列不等式时，可根据不等式的特点找出其中的通项公式，通过作差或作商来判断数列的单调性.若a n ≥a n +1，则该数列单调递增，若a n ≤a n +1，则该数列单调递减，即可利用数列的单调性来放缩不等式.例3.求证：12≤1n +1+1n +2+⋯+1n +n <710(n ∈N *).证明：令S n =1n +1+1n +2+⋯+1n +n ，则S n +1-S n =æèöø1n +2+1n +3+⋯+1n +n +1n +n +1-æèöø1n +1+1n +2+⋯+1n +n =14æèöøn +12()n +1>0.可知数列{}S n 单调递增，因此S n ≥S 1=12.又因为S n +1-S n =14æèöøn +12()n +1<14æèöøn +14æèöøn +54=14×æèççççöø÷÷÷÷1n +14-1n +54=14n +1-14n +5,即S n +14n +1>S n +1+14n +5，可知数列{}S n +14n +1单调递减，所以S n +14n +1≤S 1+14+1=710.综上可得12≤S n <710，即12≤1n +1+1n +2+⋯+1n +n <710.总之，运用放缩法证明数列不等式，关键是对数列的通项公式、和式进行合理的放缩.同学们可根据目标不等式的结构特点，对通项公式进行裂项，也可利用基本不等式，还可以根据数列的单调性来进行放缩.（作者单位：江西省临川第二中学）解题宝典41。
数列中的不等式的证明
数列中的不等式的证明证明数列中的不等式的一般方法：1.数学归纳法：①直接应用数学归纳法：这是由于数学归纳法可以用来证明与正整数相关的命题，当然也包括与正整数相关的不等式（即数列不等式）；②加强命题后应用数学归纳法：直接应用数学归纳法并不能证明所有数列不等式，有些数列不等式必须经加强后才能应用数学归纳法证出.2.放缩法：①单项放缩:将数列中的每一项（通项）进行相同的放缩；②裂项放缩：将数列中的每一项裂开放缩成某两项之差；③并项放缩：将数列中的两项合并放缩成一项；④舍（添）项放缩：将数列中的某些项舍去或添加；⑤排项放缩：将数列中的项进行排序（即确定数列的单调性），从而求出数列中项的最值，达到证明不等式的目的,能用排项放缩证明的数列不等式必能直接应用数学归纳法证明，反之亦然； ⑥利用基本不等式放缩：例如平均数不等式也可在数列不等式的证明中起作用.一、直接应用数学归纳法证明1．已知函数ax x x f +-=3)(在)1,0(上是增函数. )1(求实数a 的取值集合A(2)当a 中取A 中最小值时，定义数列}{n a 满足：)(21n n a f a =+且)1,0(1∈=b a ，b 为常数，试比较n n a a 与1+的大小(3)在(2)的条件下，问是否存在正实数c 使10<-<c a n 对一切+∈N n 恒成立？2. (2007.全国1理第22题）已知数列{}n a 中12a =，11)(2)n n a a +=+，123n =，，，…．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 中12b =，13423n n n b b b ++=+，123n =，，，…43n n b a -<≤，123n =，，，…． 3．已知012)2(112=++++++n n n n a a a a ，211-=a 求证：（1）01<<-n a （2）122->n n a a （3）}{12-n a 递增.4．(2004.辽宁理科高考第21题) 已知函数223)(x ax x f -=的最大值不大于61，又当.81)(,]21,41[≥∈x f x 时 （1）求a 的值； （2）设.11.),(,21011+<∈=<<++n a N n a f a a n n n 证明 5．(2005.重庆理科高考第22题)数列{a n }满足)1(21)11(1211≥+++==+n a n n a a n n n 且. （1）用数学归纳法证明：)2(2≥≥n a n ；(2) 已知不等式)1(:,0)1ln(2≥<><+n e a x x x n 证明成立对，其中无理数e=2.71828….6. (2007.全国2理第21题)设数列{}n a 的首项113(01)2342n n a a a n --∈==，，，，，，…． （1）求{}n a 的通项公式；（2）设n b a =，证明1n n b b +<，其中n 为正整数．7. （2005.辽宁卷第19题）已知函数).1(13)(-≠++=x x x x f 设数列n a {}满足)(,111n n a f a a ==+，数列n b {}满足).(|,3|*21N n b b b S a b n n n n ∈+++=-=（1）用数学归纳法证明12)13(--≤n nn b ； （2）证明.332<n S 8．(2004.重庆理第22题)设数列{}n a 满足).3,2,1(,1,211 =+==+n a a a a nn n 12)1(+>n a n 证明对一切正整数n 成立；的大小，与，判断令1)3,2,1(,)2(+==n n n n b b n n a b 并说明理由.二、应用单项放缩或数学归纳法或排项放缩或基本不等式证明9．（2007重庆理科高考第21题）已知各项均为正数的数列{n a }的前n 项和满足1>n S ，且*),2)(1(6N n a a S n n n ∈++=（1）求{n a }的通项公式；（2）设数列{n b }满足1)12(=-n b n a ，并记n T 为{n b }的前n 项和，求证：*2),3(log 13N n a T n n ∈+>+10．求证：),1(212)1211()511)(311(∙∈>+>-+++N n n n n11．求证：11(11)(1)(1))432n N n ∙+++>∈-12. 求证：)(1212642)12(531∙∈+<⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯N n n n n 13．已知2,1≥>n a ，且+∈N n ，求证)1(1a a n aa n n ->-三、应用裂项放缩证明14. 已知)(x f y =，1)1(=-f ，对任意实数y x ,满足：3)()()(-+=+y f x f y x f(1)当N n ∈时求)(n f 的表达式(2)若11=b ，)1(1-+=+n f b b n n ，求n b(3)求证当+∈N n 时4711121<+++n b b b 15．（2006年全国卷I 第22题）设数列{}n a 的前n 项的和14122333n n n S a +=-⨯+)(+∈N n ， （1）求首项1a 与通项n a ；（2）设2nn n T S =)(+∈N n ，证明：132n i i T =<∑. 16. 已知+∈N n ，求证：3)11(2<+≤n n. 17. 定义数列如下：*+∈+-==N n a a a a n n n ,1,2211,求证：（1）对于*∈N n 恒有n n a a >+1成立。
数列不等式的证明方法
数列不等式证明的几种方法数列和不等式都是高中数学重要内容，这两个重点知识的联袂、交汇融合，更能考查学生对知识的综合理解与运用的能力。
这类交汇题充分体现了“以能力立意” 的高考命题指导思想和“在知识网络交汇处”设计试题的命题原则。
下面就介绍数列不等式证明的几种方法，供复习参考。
、巧妙构造，利用数列的单调性例1•对任意自然数n,求证:%■（1十00 + -）-（14 —「刚也-「加卄‘一证明：构造数列2ti + 2 2ti + 2加4 - 1二2北十2所以＞细，即鼠｝为单调递增数列所以，即点评：某些问题所给条件隐含数列因素或证明与自然数有关的不等式问题，均可构造数列，通过数列的单调性解决。
、放缩自然，顺理成章例2.已知函数£（只）=3 5討+x J，数列％｝爲九）的首项引"，以后每项按如下方式取定：曲线"住）在点:仗M珑j））处的切线与经过（0 , 0 ）和：1 |：:'两点的直线平行。
求证：当时:(1)(2)07证明：（1）因为，所以曲线’二--—处的切线斜率为0又因为过点（0, 0）和两点的斜率为k = * +吕，所以结论成立。
（2）因为函数h（H）- z3 + X, > Q时单调递壇则有叮+s a = +轴*1 w斗％J +刼曲=(%+1严+(:孤*1 二1所以％£也1，即砥2，因此7又因为M 1 f Ji ' - ・ _ ・”1 ' ' - ' r I令，且" 0f(x) = In 设 所以点评：本题是数列、函数、不等式、解析几何、导数等多知识点的综合题，在证 明过程中多次运用放缩，放缩自然，推理逻辑严密，顺理成章，巧妙灵活。
三、导数引入，更显神威丄丄丄…詁皿“+丄丄丄—丄 E例 3.求证：2 3 4 11 3 3 4 n+1] =丄证明：令5一门"红—口，且当心2|时，恥厂血讥f （口1，所以C n = SL - S R _i = ln(n4 1) - In n = In n +“。
高考数学热点难点突破技巧第10讲数列不等式的证明方法
第10讲数列不等式的证明方法【知识要点】证明数列不等式常用的有数学归纳法、放缩法和分析法.一、数学归纳法一般地，证明一个与自然数有关的命题，有如下步骤：（1）证明当取第一个值时命题成立.对于一般数列取值为0或1，但也有特殊情况；（2）假设当（，为自然数）时命题成立，证明当时命题也成立.综合（1）（2），对一切自然数（），命题都成立.二、放缩法证明不等式时，有时根据需要把需证明的不等式的值适当放大或缩小，使其化繁为简，化难为易，达到证明的目的，这种方法称为放缩法.放缩的技巧：①添加或舍去一些项，如：②将分子或分母放大或缩小，如：③利用基本不等式等，如：三、分析法证明不等式时，从待证命题出发，分析使其成立的充分条件，利用已知的一些基本原理，逐步探索，最后将命题成立的条件归结为一个已经证明过的定理、简单事实或题设的条件，这种证明的方法称为分析法，它是执果索因的方法.用分析法证明时，要注意格式，一般格式是“要证明，只需证明……”.对于较难的题目，一般用分析法寻找思路，用综合法写出证明过程.【方法点评】【例1】用数学归纳法证明:【证明】（1）当时，，命题成立.（2）假设当时，成立当时，+当时命题成立. 所以对于任意都成立.【点评】（1）利用数学归纳法证明不等式时，关键在于第二步，证明这一步时，一定要利用前面的假设和已知条件. 否则是“伪数学归纳法”（2）利用数学归纳法证明时，为了利用前面的假设，所以在证明时，一般要配凑出时的结论，再运用.【反馈检测1】已知，（其中）（1）求及；（2）试比较与的大小，并说明理由．【例2】已知函数（1）当时，求函数在上的极值；（2）证明：当时，；（3）证明：.【解析】（1）当变化如下表极大值，（2）令则上为增函数.（3）由（2）知，令得，【点评】(1)本题就是利用放缩法证明不等式，是高考的难点和重点.(2)利用放缩法证明不等式，有时需要先放缩通项，得到一个不等式通项，再求和. 有时是需要先求和再放缩求和的结果，本题两种放缩都用上了.(3)放缩要得当，所以放的度很重要，有时需要把每一项都放缩，有时需要把前面两项不放缩，后面的都放缩，有时需要把后面的项不放缩，所以要灵活调整，以达到证明的目的【反馈检测2】已知数列满足．（1）求及通项公式；（2）求证：．【反馈检测3】将正整数按如图的规律排列，把第一行数1，2，5，10，17，记为数列，第一列数1，4，9，16，25，记为数列（1）写出数列，的通项公式；（2）若数列，的前n项和分别为，用数学归纳法证明：；（3）当时，证明：．【反馈检测4】已知函数（1）当时，比较与1的大小；（2）当时，如果函数仅有一个零点，求实数的取值范围；（3）求证：对于一切正整数，都有.【反馈检测5】已知函数.（1）讨论的单调性与极值点；（2）若，证明：当时，的图象恒在的图象上方；（3）证明：.【例3】已知函数是奇函数，且图像在点处的切线斜率为3（为自然对数的底数）．（1）求实数、的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值；（3）当时，证明：．【解析】（1）是奇函数，所以，即所以，从而此时，.依题意，所以.（2）当时，设，则设，则，在上是增函数（3）要证，即要证即证，。
微专题。用导数证明数列型不等式
微专题。
用导数证明数列型不等式方法1：利用不等式1-≤lnx≤x-1,(x>1)证明数列型不等式背景知识：n=2×3×…×n，lnn=ln2+ln3+…+lnn-11.求证：1+1/2+…+1/n<lnn<1+1/2+…+1/n+(1/n+1)+(1/n+2)+…+(1/2n-1)，(n≥2,n∈N*)证明：在不等式中令x＞1，1-x≤lnx≤x-1，n=2,3,…,n，可得个不等式，相加可以得证。
ln2+ln3+…+lnn-1≤1+1/2+…+1/nln2+ln3+…+lnn-1＞1+1/2+…+1/n+(1/n+1)+(1/n+2)+…+(1/2n-1)2.求证：n≥2,n∈N*，时，2×3×…×n<n^n-1证明：2×3×…×n<2×2×…×2=n^(n-1)3.求证：ln(n^2+1)<1+2lnn!(n≥2,n∈N*)证明：由lnx0)，令x=n^2+1，则有ln(n^2+1)<2n^2/(n^2+1)2n^2/(n^2+1)<2lnn。
即n^2/(n^2+1)<lnn。
整理得ln(n^2+1)<1+2lnn!4.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=x^2+x-a(a∈R)Ⅰ）若直线x=t(t>0)与曲线y=f(x)和y=g(x)分别交于A,B 两点，且曲线y=f(x)在点A处的切线与y=g(x)在点B处的切线相互平行，求a的取值范围；Ⅱ）设Sn=1/2+1/3+…+1/n，证明：ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<2Sn解：（Ⅰ）f（x）=xlnx，（x＞0），∴f′（x）=1+lnx，∵曲线y=f（x）在点A处的切线与y=g（x）在点B处的切线相互平行，∴f′（t）=g′（t）在（0,+∞）有解，即lnt=a-t在（0,+∞）有解，∵t＞0，∴a＞0．令x=e，则得t=e，∴a=e-1 Ⅱ）当x∈(0,e)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，其中F(x)=ln(x^2+1)，则有ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<F(2)+F(3)+…+F(n)，由于F(x)单调递增，故F(2)+F(3)+…+F(n)<∫(1,n)F(x)dx，又因为F(x)在(0,+∞)上单调递增，故∫(1,n)F(x)dx<∫(1,n)F(n)dx=nF(n)-ln(n^2+1)/2，所以ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<nlnn-ln(n^2+1)/2，即ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<2(1/2+1/3+…+1/n)=2Sn。
例析数列不等式的若干证明方法
用 “ 板 法 ＂求 解 无差 异 元 素 的 分 配 问题 插
陈 红旗 河 南省 汝 阳一 高 （ ７ ０ ４ ０ ） ｌ ２
无差 异 元素 的分 配 问题 ，是 排列 组 合 问题 中的 基 本类 型 ，是 对 排列 组合 思 想 的充 分 体 现 ．认 真 研 究 ，大有裨 益 ．本文将 例析 该类 题 目的类 型及 解法 ． 例 １将 １ ０个相 同 的小 球分 别装 入 ４个不 同的盒 子 中 ，且 每 盒至 少 一 个小 球 ，问有 多 少种 不 同的装
当 ｎ＝ｋ １ ， ＋时
一
一 ２． ４
＝ 日４川
一
也 就是 说 ，当 ＝ｋ 时 ，结 论成立 ． ＋１
（ — ｘ ） ＋（ ～ ） ３ ２ｆ ｂ ４ ３ ２ ｋ
２ ，＋３ ａ
５ １
／筹 一 ５ ＝ ＝
—
根据 （ｉ）和 （ ｉ ｉ）知
，
／ ２＜６ ａ ， ，＝ １ ２， … ． ４ ｚ ， ３，
１ １ ｒ１
一
求 ： 于 ， 知１ ， 证 证 对 ６已 （ ＜ 求 一 ］ （ － 一 ２ ， …
分析 此 不 等 式在 结 构 上类 似 于 贝 努 利 不 等 式
１、 １ １ ５
６一一 １ 一 一 一’ ＋Ｉ一＋Ｊ６４ １ ２２ ＋ ２ ＼ Ｊ ＜
解 将 ｌ ０个小 球排 成一 排 ，在 其 两 两之 间的 ９
个 空挡 中任意 插 入三个 板 ，这 样 就将 １ 小球 分成 ０个
例 ４ 方程 Ｘ ＋ ＋Ｙ ＝４有 多少组 自然 数解？ 解 本 题可理 解 为将 ４个… ’ 配给 、Ｙ、ｚ １分 三 个字 母 ，由于 、Ｙ、 ｚ 自然 数 ，所 以 、 Ｙ、ｚ 是 可 以不 分配 到… ’然而“ １． 插板法 ” 所解 决 的问题是 “ 个 每 位置上至少一个元素” ，因此 ，我们可以先添加 ４个 “ ” 相 当于把 ８个“ ” 插板 法” 给 Ｘ Ｙ、 ｚ １， １用“ 、 三 个 字母 至少 分配 一个 “” 然 后再 各取 一个 “” １， １，就 实
例谈证明数列不等式问题的三种途径
法来进行求证，但这两种方法较为繁琐，且运算量
较大.
（作者单位：山东省聊城市东阿县实验高中）
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∴不等式1 +
n
2
3
1
通过观察发现，该数列的通项公式为
，很难
n
1
1 <
求 得 数 列 的 和 ，于 是 先 将
进行放缩：
n
n
∴1+
)
n - n - 1 ，然后再进行求和，这样数列中的部分
放缩方式.
= 2 k + 1,
= 2 n,
(
Hale Waihona Puke 项便会相互抵消，化简所得的结果，即可证明不等式
c1 + c 2 + ⋯ + c k + c k + 1 < 2 k +
又 ∵∠CEF = 90° ，
即 EF ⊥ CE ，
∴PB ⊥ CE ，PB ⊥ 平面 PAC ，
∴ 正三棱锥 P - ABC 的三条侧棱两两互相垂直，
把三棱锥补形为正方体，则正方体的外接球即为
半径为 6 ，
2
公式进行求解.
三棱锥的外接球，
其直径为 D = PA2 + PB2 + PC 2 = 6 ,
∴ 三棱锥 P - ABC 为正三
棱锥，
∴顶点 P 在底面的射影
O1 为底面三角形的中心，连接
图8
BO1 交 AC 于 G ，
∴AC ⊥ BG ，
又 PO1 ⊥ AC ，PO1 ⋂ BG = O1 ，
∴AC ⊥ 平面 PBG ，∴PB ⊥ AC ，
数列中的不等式的证明
数列中的不等式的证明证明数列中的不等式的一般方法包括数学归纳法和放缩法。
数学归纳法可以直接应用于正整数相关的命题，包括数列不等式。
但有些数列不等式必须经过加强后才能使用数学归纳法证明。
放缩法包括单项放缩、裂项放缩、并项放缩、舍（添）项放缩、排项放缩和利用基本不等式放缩。
能用排项放缩证明的数列不等式必能直接应用数学归纳法证明，反之亦然。
第一种证明方法是直接应用数学归纳法。
例如，对于函数$f(x)=-x+ax$在$(0,1)$上为增函数的情况，可以通过数学归纳法求出实数$a$的取值集合$A$，并比较数列$\{a_n\}$中相邻两项$a_{n+1}$和$a_n$的大小。
另一个例子是已知数列$\{a_n\}$中$a_1=2$，$a_{n+1}=(2-1)(a_n+2)$，可以求出数列的通项公式，并证明$2<b_n\leq a_{4n-3}$，其中$b_n=3a_{2n+1}/(2a_{2n}+3)$。
第二种证明方法是放缩法。
例如，已知数列$\{a_n\}$中$a_n+(a_{n+1}+2)a_n+2a_{n+1}+1=3$，$a_1=-2$，可以证明$-1a_{2n-1}$。
另一个例子是已知函数$f(x)=ax-x$的最大值不大于$/428$，且在$x\in[1,1]$时$f(x)\geq11/428$，可以求出$a$的值，并证明$a_n<2n+111$，其中$a_{n+1}=f(a_n)$。
综上所述，证明数列中的不等式可以通过数学归纳法和放缩法两种方法进行。
具体方法包括直接应用数学归纳法、加强命题后应用数学归纳法、单项放缩、裂项放缩、并项放缩、舍（添）项放缩、排项放缩和利用基本不等式放缩。
在使用放缩法时，需要根据具体情况选择合适的方法进行证明。
1.若数列{b_n}中b_1=2，b_{n+1}=\frac{3-b_n}{2}，证明b_n>0且b_n<\frac{2}{3}。
2.用数学归纳法证明：对于任意正整数n，有1+2+3+\cdots+n\leq n^2.3.已知a_1=1，a_{n+1}=\sqrt{a_n+6}，证明a_n<3.4.设数列{a_n}的通项公式为a_n=\frac{1}{n(n+1)}，求证\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln(n+1)<1.5.已知数列{a_n}为等差数列，数列{b_n}为等比数列，且a_1=b_1，a_2=b_2，a_3=b_3，求证a_n\leq b_n。
高中数学讲义：放缩法证明数列不等式
放缩法证明数列不等式一、基础知识：在前面的章节中，也介绍了有关数列不等式的内容，在有些数列的题目中，要根据不等式的性质通过放缩，将问题化归为我们熟悉的内容进行求解。
本节通过一些例子来介绍利用放缩法证明不等式的技巧1、放缩法证明数列不等式的理论依据——不等式的性质：（1）传递性：若,a b b c >>，则a c >（此性质为放缩法的基础，即若要证明a c >，但无法直接证明，则可寻找一个中间量b ，使得a b >，从而将问题转化为只需证明b c >即可 ）（2）若,a b c d >>，则a c b d +>+，此性质可推广到多项求和：若()()()121,2,,n a f a f a f n >>>L ，则:()()()1212n a a a f f f n +++>+++L L （3）若需要用到乘法，则对应性质为：若0,0a b c d >>>>，则ac bd >，此性质也可推广到多项连乘，但要求涉及的不等式两侧均为正数注：这两条性质均要注意条件与结论的不等号方向均相同2、放缩的技巧与方法：（1）常见的数列求和方法和通项公式特点：① 等差数列求和公式：12nn a a S n +=×，n a kn m =+（关于n 的一次函数或常值函数）② 等比数列求和公式：()()1111n n a q S q q -=¹-，n n a k q =×（关于n 的指数类函数）③ 错位相减：通项公式为“等差´等比”的形式④ 裂项相消：通项公式可拆成两个相邻项的差，且原数列的每一项裂项之后正负能够相消，进而在求和后式子中仅剩有限项（2）与求和相关的不等式的放缩技巧：① 在数列中，“求和看通项”，所以在放缩的过程中通常从数列的通项公式入手② 在放缩时要看好所证不等式中不等号的方向，这将决定对通项公式是放大还是缩小（应与所证的不等号同方向）③ 在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢，常见的是向等比数列与可裂项相消的数列进行靠拢。
谈谈证明数列不等式的三种方法
解题宝典数列不等式证明具有较强的综合性，且难度较大.此类问题往往综合考查了等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式、性质、不等式的可加性、可乘性、传递性等，对同学们的逻辑推理和分析能力有较高的要求.本文主要介绍三种证明数列不等式的方法.一、裂项放缩法若数列的通项公式为分式，且可裂为或通过放缩后化为两项之差的形式，则可采用裂项放缩法求解.首先将数列的各项拆分，在求和时绝对值相等、符号相反的项便会相互抵消，再将所得的结果进行适当的放缩，便可证明数列不等式.例1.若数列{}a n ，{}b n 的通项公式分别为a n =n (n +1)，b n =()n +12，试证明1a 1+b 1+1a 2+b 2+⋯+1a n +b n<512.证明：当n =1时，1a 1+b 1=16<512，当n ≥2时，a n +b n =()n +1()2n +1>2()n +1n ，1a n +b n =1()n +1()2n +1<12n ()n +1=12æèöø1n -1n +1,∴1a 1+b 1+1a 2+b 2+⋯+1a n +b n ùûú<16+12éëêæèöø12-13+⋯+æèöø1n -1n +1，∵12éëêùûúæèöø12-13+⋯+æèöø1n -1n +1=12æèöø12-1n +1<14，∴1a 1+b 1+1a 2+b 2+⋯+1a n +b n <16+14=512∴1a 1+b 1+1a 2+b 2+⋯+1a n +b n <512成立.{}1a n +b n的通项公式为分式，且可通过放缩、裂项将其转化为两项之差：12æèöø1n -1n +1，于是采用裂项放缩法求证.运用裂项放缩法证明不等式时，需根据数列通项公式的特点或和的特点进行适当的放缩，同时要把握放缩的“度”，不可“放”得过大，也不可“缩”得过小.二、构造函数法数列是一种特殊的函数.在解答数列不等式证明题时，可根据目标不等式的特点构造出函数模型，此时需将n ∈N *看作函数的自变量，将目标式看作关于n 的函数式，利用函数的单调性、有界性来求得函数式的最值，从而证明不等式成立.例2.已知数列{}a n 的通项公式为a n =3n -1，且该数列的每一项均大于零.若数列{}b n 的前n 项和为T n ，且a n ()2b n-1=1，证明：3T n -1>log 2()a n +3.证明：∵a n()2b n-1=1，a n=3n -1，∴b n =log 2æèçöø÷1+1a n =log 23n 3n -1，∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =log 2æèöø32∙65∙⋯∙3n 3n -1，∴3T n -1-log 2()a n +3=log 2æèöø32⋅65⋅⋯⋅3n 3n -13∙23n +2，设f ()n =æèöø32∙65∙⋯∙3n 3n -13∙23n +2，∴f ()n +1f ()n =3n +23n +5∙æèöø3n +33n +23=()3n +32()3n +5()3n +22，∵()3n +33-()3n +5()3n +22=9n +7>0，∴f ()n +1>f ()n ，∴f ()n 单调递增，∴f ()n ≥f ()1=2720>1，∴3T n -1-log 2()a n +3=log 2f ()n >0，∴3T n -1>log 2()a n +3成立.解答本题，需先求得b n 、T n ，并将目标式化简，然后根据目标不等式的特点构造函数f ()n ，通过比较f ()n +1、f ()n 的大小，判断出函数的单调性，进而根据函数的单调性证明不等式成立.一般地，在判断数列或函数的单调性时，可采用作差或作商法来比较数列的前后两项a n +1、a n 的大小，若a n +1>a n ，则函数或数列单调递增；若a n +1<a n ，则函数或数列单调递减.三、数学归纳法数学归纳法主要用于证明与自然数N 有关的命题.运用数学归纳法证明数列不等式，需先根据题意证明当n =1时不等式成立；然后假设当n =k 时不等式成立，再根据题意，通过运算、推理证明当n =k +1时不等式也成立，这样便可证明对任意n ∈N *不等式恒成立.42下下下下下下下下下下下下下下下下下方法集锦例3.已知数列{a n }的通项公式为a n =2éëêùûú()2-1n+1,若数列{b n }中b 1=2，b n +1=3b n +42b n +3，试证明：2<b n ≤a 4n -3.证明：当n =1时，2<2，b 1=a 1=2，∴2<b 1≤a 1，不等式成立，假设当n =k 时，不等式成立，∴2<b k ≤a 4k -3，即0<b k -2≤a 4k -3-2，当n =k +1时，b k +1-2=3b k +42b k +3-2=()3-22b k+()4-322b k +3=()3-22()b k -22b k +3>0，∵2<b k ，∴12b k +3<2+33-22，b k +1-2=()3-22()b k-22b k +3<()3-222()b k-2≤()2-14()a 4k -3-2=a 4k +1-2.∴当n =k +1时，不等式成立，即2<b n ≤a 4n -3成立.解答本题主要采用了数学归纳法，分两步完成，首先证明当n =1时不等式成立，然后假设当n =k 时不等式成立，并将其作为已知条件，证明2<b k ，进而证明当n =k +1时，不等式也成立.相比较而言，构造函数法的适用范围较广，裂项放缩法和数学归纳法的适用范围较窄，且裂项放缩法较为灵活，运用数学归纳法证明不等式过程中的运算量较大.因此在证明数列不等式时，可首先采用构造函数法，然后再根据不等式的特点和解题需求运用裂项放缩法或数学归纳法求证.（作者单位：湖北省恩施土家族苗族自治州高级中学）圆锥曲线的离心率是反映圆锥曲线几何特征的一个基本量.圆锥曲线的离心率主要是指椭圆与双曲线的离心率，可用e =ca来表示.求圆锥曲线的离心率问题是一类常考的题目.下面谈一谈求圆锥曲线离心率的三种途径.一、根据圆锥曲线的定义圆锥曲线的定义是解答圆锥曲线问题的重要依据.我们知道，椭圆的焦半径长为c 、长半轴长为a ；双曲线的焦半径长为c 、实半轴长为a ，而圆锥曲线的离心率为e =ca.因此，只要根据圆锥曲线的定义确定a 、c的值，即可求得圆锥曲线的离心率.例1.已知F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左，右焦点，如果双曲线上存在点P ，使∠F 1PF 2=90°，并且||PF 1=3||PF 2，求双曲线的离心率．解：因为||PF 1=3||PF 2，①由双曲线的定义得||PF 1-||PF 2=2a ，②由①②得||PF 1=3a ，||PF 2=a .且||F 1F 2=2c ，∠F1PF 2=90°，则|F 1F 2||2=PF 1||2+PF 2|2，即(2c )2a )2+a 2，解得5a =2c ，所以e =ca ．题目中指出了两个焦半径||PF 1、||PF 2之间的关系，可将其与双曲线的定义：平面内与两个定点F 1、F 2的距离的差的绝对值等于常数(小于|F 1F 2|)的点的轨迹关联起来，根据双曲线的定义建立关于两个焦半径的方程，通过解方程求得双曲线的离心率.二、利用几何图形的性质圆锥曲线的几何性质较多，如双曲线、椭圆的对称轴为坐标轴，对称中心为原点，双曲线的范围为x ≥a或x ≤-a .在求圆锥曲线的离心率时，要仔细研究几何图形，明确焦半径、实半轴长、虚半轴长与几何图形的位置关系，据此建立关于a 、b 、c 关系式，再通过解方43。
数列不等式证明中的三种常用方法
方 法一 ： 适 当放缩后变成等比数列 分析： （Ｉ） 、 （ Ⅱ） 略； （ ｍ） 显然 ｛ ｝ 的前几项 和
ａｎ
求不 出 ， 但通项 ：
可通过适 当放缩化 为等 比
数列 ， 具体过程见下 面的解析 。
解： （ １ １ １ ） ・ ． ・ ３ ． ＿ ３ ． － １ ＝ ２ ・ ３ ． １ ＞２ ／ ・ ２ ． １ ＝ ２ ｎ ． ３ ＂ － ２ ≥３ ． １ １ ≤ 于是 ＋ １＋ ． ． ． ≤１ ＋ ＋ ． ． ． ＋ ：
一
，
０ ｌ ｎ ２ 啦
５ １ ９ ２
ｊ 一＜ 】 ＋ × 一 ３： ＿ ３
３ ２ ２
ｉ
当ｎ ≥４ 时， ・ ． ・ ＜ ６
ａｎ
＝ １ ３ ｉ － ２
所以命题在ｎ ＝ ｋ ＋ ｌ 时也成立。
综合①② ， 由数学归 纳法可得 ， 对一切正整数ｎ ，
１
— —
１
— —
＜——
３
ａ ｎ ２
方法二 ： 适当放缩后裂项求和 证明： ｎ ＝ ２ 时， ３ ２ － ２ ａ ＞ ２ ｘ ２ ｘ （ ２ － １ ） 成立 当ｎ ≥３ 时，
３ — ２ ＝（ １ ＋ ２） 一 ２ ｎ ＝１ ＋ Ｃｎ １ ２ ＋ Ｃ ｎ ２ － ２ ＋…＋Ｃ ｎ ・ ２ 一
１ ＞ Ｃ ｎ ・ ２ ２ ＝ ２ ｎ （ ｎ 一１ ）
故：
≤一 １×
２
（ ｎ ≥２ ）
＋—— ＋… ＋ —— ＜—— ｏ
１
１
３ ２
ｊ 一 Ｚ“
Ｌ １ ７ ， －ｌ Ｊ ｎ
０ｌ 啦
分析 ： 易求得（ １ ） ｎ １ ＝ １ ； （ ２ ） ａ ｎ ＝ ３ ｎ 一 ２ ｎ
数列不等式的证明举例
1. 已知数列{}n a 满足()111,21n n a a a n N *+==+∈（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列{}n b 满足n n b n b b b b a )1(44441111321+=---- ，证明：{}n b 是等差数列； （Ⅲ）证明：()23111123n n N a a a *++++<∈ 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）121+=+n n a a ，)1(211+=+∴+n n a a 故数列}1{+n a 是首项为2，公比为2的等比数列。
n n a 21=+∴，12-=n n a（2）n n b n b b b b a )1(44441111321+=---- ，n n nb n b b b 24)(21=∴-+++n n nb n b b b =-+++2)(221 ①1121)1()1(2)(2+++=+-++++n n n b n n b b b b ②②—①得n n n nb b n b -+=-++11)1(22，即1)1(2+-=-n n b n nb ③ 212)1(++=-+∴n n nb b n ④④—③得112-++=n n n nb nb nb ，即112-++=n n n b b b 所以数列}{n b 是等差数列（3）1111212211211-++=-<-=n n n n a a 设132111++++=n a a a S ，则)111(211322n a a a a S ++++< )1(21112+-+=n a S a3213212112<-=-<++n n a a a S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。
2. 已知函数()()ln 1f x x x =-+,数列{}n a 满足101a <<,()1n n a f a +=; 数列{}n b 满足1111,(1)22n n b b n b +=≥+, *n N ∈.求证:（Ⅰ）101;n n a a +<<<（Ⅱ）21;2n n a a +<（Ⅲ）若1a =则当n ≥2时,!n n b a 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。
利用数列证明不等式
利用数列证明不等式不等式是数学中非常基础但又非常重要的一个概念。
它可以用来描述数量的大小关系，也可以应用于各种各样的问题中。
在学习不等式时，我们常常需要证明某个不等式是否成立。
今天，我们就来探讨一下利用数列证明不等式的方法。
一、利用数列定义不等式有些不等式可以直接利用数列的定义证明。
比如说，我们可以证明以下不等式：（1）a<b，则a的平方小于b的平方，即a^2<b^2。
证明：根据数列的定义，如果a<b，则a-b<0。
因此，我们有：a^2-b^2=(a+b)(a-b)<0。
显然，(a+b)>0，因此我们得到了a^2<b^2。
（2）对于所有正实数a, b，有2ab≤a^2+b^2。
证明：我们可以构造一个数列来证明这个不等式。
设a、b为正实数，构造数列{x_n}和{y_n}，其中：x_n=a/n，y_n=b/n，则这两个数列的平方和为：∑x_n^2=a^2/n^2，∑y_n^2=b^2/n^2。
因此，∑(x_n^2+y_n^2)=a^2/n^2+b^2/n^2=(a^2+b^2)/n^2。
又因为x_ny_n=ab/n^2，所以：∑2x_ny_n=2ab/n^2。
由此可得，2ab/n^2≤(a^2+b^2)/n^2，即：2ab≤a^2+b^2。
这样，我们就证明了这个不等式。
二、利用递推关系证明不等式有些不等式需要用数列的递推关系来证明。
举个例子，我们可以证明以下不等式：（1）对于所有正整数n，有1/(n+1)≤ln(n+1)-ln(n)≤1/n。
证明：我们考虑数列{a_n}=ln(n+1)-ln(n)。
根据定义，我们有：a_n=ln(n+1)-ln(n)。
又因为ln(x)在x>0时是严格单增的函数，所以我们有：a_n=ln(n+1)-ln(n)<ln(n+2)-ln(n+1)=a_{n+1}。
因此，∑_{n=1}^k a_n<∑_{n=1}^k a_{n+1}=a_{k+1}，即ln2+ln3+· · ·+ln(k+1)<ln(k+2)。
数列型不等式的证明
数列型不等式证明的常用方法一．放缩法数列型不等式证明是前见年高考中的一个热点，在多省试题中常常作为压轴题出现。
放缩法是数列不等式证明的一个重要方法，它具有很强的技巧性的特点，学生往往无从下手，下面总结放缩法证明的一些常用技巧，例如归一技巧、抓大放小技巧、回头追溯技巧、利用函数性质技巧，仅供参考.1 归一技巧归一技巧，指的是将不容易求和的和式中的所有项或假设干项全部转化为同一项，或是将和式的通项中的一局部转化为同一个式子〔或数值〕，既到达放缩的目的，使新的和式容易求和. 归一技巧有整体归一、分段归一。
例如 设n 是正整数，求证121211121<+++++≤nn n ． 【证明】111122n n n +++++1211112222n nn n n n ≥++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++个12=.另外：111122n n n+++++11111n nn n n n <++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++个1=. 【说明】在这个证明中，第一次我们把11n +、12n +、12n这些含n的式子都“归一〞为12n，此时式子同时变小，顺利把不易求和的111122n n n+++++变成了n个12n的和，既将式子缩小，同时也使缩小后的式子非常容易求和，这就是“归一〞所到达的效果。
而不等式右边的证明也类似.1.1整体归一放缩法中，如果通过将所有项转化为同一项而到达放缩目的的，称之为“整体归一〞.例 1.数列{}na的各项均为正数，n S为其前n项和，对于任意*Nn∈，总有2,,n n na S a成等差数列.(Ⅰ)求数列{}na的通项公式；(Ⅱ) 设数列{}n b的前n项和为n T，且2lnnnn axb=，求证:对任意实数(]ex,1∈〔e是常数，e＝⋅⋅⋅〕和任意正整数n，总有n T< 2；〔Ⅰ〕解：由：对于*Nn∈，总有22n n nS a a=+①成立∴21112n n nS a a---=+〔n ≥ 2〕②①--②得21122----+=nnnnnaaaaa∴()()111----+=+nnnnnnaaaaaa∵1,-nnaa均为正数，∴11=--nnaa〔n ≥ 2〕∴数列{}na是公差为1的等差数列又n=1时，21112S a a =+， 解得1a =1∴n a n =.(*N n ∈)〔Ⅱ〕证明：∵对任意实数(]e x ,1∈和任意正整数n ，总有2ln nn n a x b =≤21n. 〔放缩通项，整体归一〕 ∴()nn n T n 11321211112111222-++⋅+⋅+<+++≤ 〔放缩通项，裂项求和〕21211131212111<-=--++-+-+=nn n例2.数列{}n a 中的相邻两项212k k a a -，是关于x 的方程2(32)320k k x k x k -++⋅=的两个根，且212(123)k k a a k -=≤，，，．〔I 〕求1a ，2a ，3a ，7a ； 〔II 〕求数列{}n a 的前2n 项和2n S ；〔Ⅲ〕记sin 1()32sin nf n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)f f f f n n n n T a a a a a a a a +-----=++++…，求证：15()624n T n ∈*N ≤≤ 【分析】〔1〕略. 12a =；34a =；58a =时；712a =． 〔II 〕略. 2nS 2133222n n n ++=+-．〔III 〕此题应注意到以下三点，①(){1,2}f n ∈，且()f n 具有周期性. (){1,2}f n ∈，这就有()(1){1,1}f n -∈-，()f n 虽有周期性，可周期为2π. 这就使当n 很大时，和式通项(1)212(1)f n n na a +--的符号增加了不确定性.②很显然，当4n ≥时，213n a n -=，22nn a =；当3n ≤时，212n n a -=，23n a n =.纵然没有符号的问题，通项132n n ⋅如何求和？也需要解决.③112116T a a ==，2123411524T a a a a =+=，此题相当于证明12()n T T T n ∈*N ≤≤．基于以上三点，我们可以看到：1n T T ≤等价于从第二项开场的项之和为非负数，可否考虑将第三项开场的项缩小，此时可以做两方面的“归一〞，一是符号“归一〞，二是分母的局部“归一〞，两者都是要到达容易求和的目的. 【解答】 当3n ≥时，(1)3456212111(1)6f n n n n T a a a a a a +--=+-++，345621211116n n a a a a a a -⎛⎫+-++ ⎪⎝⎭≥从第三项起“归一〞为负=)2312431921(6416143nn ⋅+⋅⋅+⋅-⋅+ =)21241231(6164161132-⋅+⋅+⋅-⋅+n n 2341111116626222n ⎛⎫>+-++⎪⋅⎝⎭ (3,4,5,…,n “归一〞为2)11662n =+⋅ 16>， 至于不等式右边原理一样：(1)5678212511(1)24f n n n n T a a a a a a +--=--++5678212511124n n a a a a a a -⎛⎫-+++ ⎪⎝⎭≤(从第四项起“归一〞为正34551111249234235232n n =-++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅34511112492922n ⎛⎫<-+++ ⎪⋅⎝⎭(4,5,…,n “归一〞为3)512492n =-⋅524<．又112116T a a ==，2123411524T a a a a =+=，原结论成立 1.2 分段归一放缩法中，如果我们把和式分为假设干段，每一段中的各个项都转化为同一项而到达放缩并容易求和的目的的，称之为“分段归一〞.例 3 数列{}n a 和{}n b 满足112,1(1)n n n a a a a +=-=-，1n n b a =-，数列{}n b 的前n 和为n S .〔1〕求数列{}n b 的通项公式；〔2〕求证：对任意的n N *∈有21122n n S n +≤≤+成立．分析：〔1〕略. 1n b n=． 〔2〕此问可以用数学归纳法证明，也可以用“分段归一〞的放缩法解答. 【解答】左边证明21111232n n S =+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+1111111111111()()()()2345678916212n n -=+++++++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++11128162111111111111()()()()2448888161622n nn n -≥+++++++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+个个12111112222n =++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+个=1+2n这里我们以12，212，312，412，……，12n 为界，将和式111232n ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+分为n 段，每段1121i -++1122i -++ (1)2i +〔1,2,3,,i n =⋅⋅⋅〕，每段中的数对缩小归一为12i ，这就使每一段的数缩小后和为12，从而得证.至于不等号右边，原理类似：21111232n n S =+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+1111111111111111()()()()2345678915221212n n n n--=+++++++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+++-111111128816211111*********()()()()()224444881616222n n n n n----≤++++++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++个个16个 11111112nn =++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++个 12nn =+12n ≤+【说明】此题我们需要关注到不等号两边的性质：一方面，12111+1222n n =++⋅⋅⋅+个，接着我们把不等式中间的和式除1外的局部拆分成n 段，每段都不小于12；另一方面，1111122n n +=++⋅⋅⋅++个1，接着我们把不等式中间的和式除12n外的局部拆分成n 段，每段都不大于1；在归一放缩时，我们需要注意到题设的条件和式子的性质，它是我们考虑如何归一、往哪个地方归一的关键. 2 抓大放小在将和式通项中，我们保存式子主要的、数值较大的局部，去掉次要的、数值相对较小的局部，以便到达放缩和容易求和的目的，这种放缩技巧，我们称之为“抓大放小〞技巧.例如求证:2232322212132<++++++++nnn通项放缩为 nnn nn 22<+， 求和即证。
数列与不等式证明方法归纳
数列与不等式证明方法归纳一、数列证明方法的归纳法数列的归纳法证明主要有以下几个步骤：1、证明初值成立：首先要证明当$n=1$时，数列的性质成立。
也就是证明$a_1$的性质成立。
2、假设$n=k$时数列的性质成立：假设当$n=k$时，数列的性质成立，即假设$a_k$的性质成立。
3、证明当$n=k+1$时数列的性质也成立：通过假设的$a_k$的性质，证明$a_{k+1}$的性质也成立。
4、结论：由于初值成立，且从$k$到$k+1$时性质成立，所以根据数学归纳原理，数列的性质对所有自然数成立。
二、不等式证明方法的归纳法不等式的归纳法证明与数列的归纳法类似，主要有以下几个步骤：1、证明初值成立：首先要证明当$n=1$时，不等式的性质成立。
也就是证明当$x=1$时，不等式的性质成立。
2、假设$n=k$时不等式的性质成立：假设当$n=k$时，不等式的性质成立，即假设当$x=k$时，不等式的性质成立。
3、证明当$n=k+1$时不等式的性质也成立：通过假设的$x=k$时不等式的性质，证明当$x=k+1$时，不等式的性质也成立。
4、结论：由于初值成立，且从$k$到$k+1$时性质成立，所以根据数学归纳原理，不等式的性质对所有自然数成立。
三、数列与不等式证明的综合例题为了更好地理解数列与不等式的证明方法的归纳法，下面我们通过一个综合例题进行说明。
例题：证明数列$\{a_n\}$，其中$a_1=2$，$a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n}$对于$n\geq1$时，$0 \leq a_n < 1$。
解题步骤：1、证明初值成立：当$n=1$时，$a_1=2$，显然有$0 \leq a_1 <1$成立。
2、假设$n=k$时不等式的性质成立：假设当$n=k$时，有$0 \leq a_k <1$成立。
3、证明当$n=k+1$时不等式的性质也成立：根据已知条件，$a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n}$，代入假设的$a_k<1$，得到$a_{k+1}=\frac{a_k}{1+a_k}$。
数列不等式的证明方法
数列不等式的证明方法一、数学归纳法：数学归纳法是一种证明数学命题的方法，常用于证明数列不等式的成立。
1.基本思路：数学归纳法证明数列不等式的基本思路如下：（1）首先，证明当n=1时命题成立；（2）然后，假设当n=k时命题成立，即假设P(k)成立；（3）最后，证明当n=k+1时命题也成立，即证明P(k+1)成立。
2.具体操作步骤：（1）证明当n=1时命题成立；（2）假设当n=k时命题成立，即假设P(k)成立；（3）证明当n=k+1时命题也成立，即证明P(k+1)成立。
3.举例说明：以证明斐波那契数列F(n)的递推形式F(n)=F(n-1)+F(n-2)为例。
（1）首先，证明当n=1时命题成立。
易知F(1)=1，F(0)=0，F(1)=F(0)+F(-1)成立。
（2）假设当n=k时命题成立，即假设F(k)=F(k-1)+F(k-2)成立。
（3）证明当n=k+1时命题也成立，即证明F(k+1)=F(k)+F(k-1)成立。
根据假设，F(k+1)=F(k)+F(k-1)成立，所以命题成立。
二、递推法：递推法的证明思路是通过已知条件和递推关系来逐步推导出结论。
1.基本思路：递推法证明数列不等式的基本思路如下：（1）首先，根据数列的递推关系列出递推式；（2）然后，推导出递推式的通项公式；（3）最后，利用递推式的通项公式证明数列不等式的成立。
2.具体操作步骤：（1）根据数列的递推关系列出递推式；（2）推导出递推式的通项公式；（3）利用递推式的通项公式证明数列不等式的成立。
3.举例说明：以证明斐波那契数列F(n)的递推式F(n)=F(n-1)+F(n-2)为例。
（1）根据递推关系列出递推式：F(n)=F(n-1)+F(n-2)；（2）推导出递推式的通项公式：解这个递推方程得到F(n)=A*φ^n+B*λ^n，其中A、B为常数，φ和λ为一元二次方程x^2-x-1=0的两个根，φ≈1.618，λ≈-0.618；（3）利用递推式的通项公式证明数列不等式的成立：证明F(n)>n，通过证明A*φ^n+B*λ^n>n，根据递推式的通项公式可得证。
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数列不等式的证明
作者：吴华波
来源：《中学教学参考·理科版》2019年第12期
[摘;;;要]数列不等式的证明是学生解题的一大难点.放缩法和数列单调性法是破解这类问题最常用的方法.
[关键词]数列;不等式;证明
[中图分类号];;;;G633.6;;;;;;;;[文献标识码];;;;A;;;;;;;;[文章编号];;;;1674-6058（2019）35-0020-02
数列不等式的证明，在数列与不等式综合性问题中最为常见.放缩法和数列单调性法是破解这类问题最常用的方法.
一、先求和后放缩
利用数列求和的基本方法，对数列求和，再联系所证结论进行合理放缩.
[例1]已知正项数列[{an}]的前n项和Sn满足：S[2n]-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=;0.
（1）求数列{an}的通项公式an;
（2）令[bn=n+1（n+2）2a2n]，数列[{bn}]的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<;[564].
解析：（1）由S[2n]-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0，
得[Sn-（n2+n）]（Sn+1）=0.
由于[{an}]是正项数列，所以Sn>0，Sn=n2+n.
于是a1=S1=2.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-;[（n-1）2+（n-1）];=2n.
综上，数列[{an}]的通项公式为an=2n.
（2）因为an=2n，
所以[bn=n+1（n+2）2a2n=n+14n2（n+2）2=];[1161n2-1（n+2）2];.
[Tn=1161-132+122-142+132-152+…+1n2-1（n+2）2]
[=1161+122-1（n+1）2-1（n+2）2];[<1161+122]=[564];.
二、先放縮再求和
对于某些数列，直接求和比较困难，可将其适当放缩成可用基本方法求和的数列.
1.放缩后成等差数列再求和
[例2]已知各项均为正数的数列[{an}]的前[n]项和为[Sn]，且[a2n+an=2aSn];.
（1）;求证：[Sn<a2n+a2n+14];;;;（2）;求证：[Sn2<S1+S2+S3+…+Sn<Sn+1-12];.
解析：（1）在条件中，令[n=1]，得[a21+a1=2S1=2a1].[∵a1>0]，[∴a1=1];.
又由条件[a2n+an=2Sn]有[a2n+1+an+1=2Sn+1]，
上述两式相减，注意到[an+1=Sn+1-Sn]得
[（an+1+an）];[（an+1-an-1）=0];.
[∵an>0]，[∴an+1+an>0];，∴[an+1-an=1].
所以[an=1+1×（n-1）=n]，[Sn=n（n+1）2];，;[Sn=n（n+1）2<12·n2+（n+1）
22=an2+an+124];.
（2）因为[n<n（n+1）<n+1]，所以[n2<n（n+1）2<];[n+12];，所以[S1+S2+S3+？
+Sn=1×22+2×32+？+][n（n+1）2][<22+32+？+n+12=][n2+3n22=Sn+1-12];.
[S1+S2+S3+？+Sn>12+22+？+n2=n（n+1）22=Sn2];.于是原不等式得证.
2.放缩后成等比数列再求和
[例3]已知[an=2n-1（n∈N*）.]求证：[n2-13<a1a2+a2a3+…+anan+1（n∈N*）.]
证明：[∵akak+1=2k-12k+1-1=12-12（2k+1-1）=12-];[13·2k+2k-2≥12-13·12k，k=1，2，…，n，]
[∴a1a2+a2a3+…+anan+1≥n2-1312+122+…+12n=][n2-131-12n>n2-13]，
[∴n2-13<a1a2+a2a3+…+anan+1<n2（n∈N*）.]
3.放缩后为裂项相消再求和
[例4]设各项均为正数的数列[{an}]的前n项和为Sn，且Sn满足;S[2n]-（n2+n-3）Sn-3（n2+n）=0，n∈N*.
（1）求a1;的值;
（2）求数列[{an}]的通项公式;
（3）证明：对一切正整数n，有[1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+];[…+1an（an+1）<13];.
分析：（1）由题意知，S[2n]-（n2+n-3）Sn-3（n2+n）=0，n∈N*.令n=1，有S[21]-（12+1-3）S1-3×（12+1）=0，
可得S[21]+S1-6=0，解得S1=-3或2，即a1=-3或2.
又an为正数，所以a1=2.
（2）由S[2n]-（n2+n-3）Sn-3（n2+n）=0，n∈N*可得，
（Sn+3）（Sn-n2-n）=0，则Sn=n2+n或Sn=-3.
又数列[{an}]的各项均为正数，所以Sn=n2+n，Sn-1=（n-1）2+（n-1）.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-[（n-1）2+（n-1）]=2n.
又a1=2=2×1，所以an=2n.
（3）证明：当n=1时，[1a1（a1+1）=12×3=16<13]成立;
[当n≥2时;;;;;，;;;;;;;;1an（an+1）=12n（2n+1）<1（2n-1）（2n+1）=];[;1212n-1-12n+1]，
所以[1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）<16+1213-15+15-17+…+12n-1-12n+1]
[=16+1213-12n+1<16+16=13].
所以对一切正整数n，有[1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）<13];.
三、利用数列的单调性
[例5]已知数列[{an}]是公差不为零的等差数列，a10=15，且a3，a4，a7成等比数列.
（1）求数列[{an}]的通项公式;
（2）设bn=[an2n]，数列[{bn}]的前n项和为Tn，求证：[-74≤Tn<-1]（n∈N*;）.
分析：（1）设数列[{an}]的公差为d（d≠0），由已知得[a10=15，a24=a3a7，]即
[a1+9d=15，（a1+3d）2=（a1+2d）（a1+6d）;，]解得[a1=-3;，d=2.]∴an=2n-5（n∈N*）.
（2）证明：∵bn=;[an2n=2n-52n]，n∈N*.
∴Tn=[-32+-122+123+…+2n-52n]，①
[12Tn=-322+-123+124+…+2n-72n+2n-52n+1]，②
①-②得;[12Tn=-322+2122+123+？+12n-2n-52n+1];[=-;12+1-2n2n+1]，∴Tn=-1-[;;2n-12n];（n∈N*），∵[2n-12n>0];（n∈N*），∴[Tn<-1].[Tn+1-Tn=-1-2n+12n+1--1-2n-12n=];[2n-32n+1]，∴Tn;[<];Tn+1（n≥2）.
又T1=-1[-12=-32]，;T2=-1[-4-14=-74].
∵T1[>]T2，∴T2最小，即Tn≥T2=;[-74].
綜上所述，[-74];≤Tn[<-1]（n∈N*）.
（责任编辑黄桂坚）。