数列和式放缩研究

n=M +1 f (n) - g(n) l n=M +1 f (n) l
例 1.已知 an
= 3n
1 - 2n
(n ?
N* ) ,证明不等式 a1 +a2
+L
+ an
<3. 2
证明 由定理 1 可知：" l ? (0,1), M ? N*, n ? M ,3n 2n ? l 3n 成立,
反之,
取
M
方法来源2——不动点定理
压缩映射原理
若 f (x) 在 R 上满足： " x, y ? R ，有 f (x) - f ( y) ? l x y （ 0 ? l 1）——压缩条件
则称 f (x) 为定义在 R 上的一个压缩映射，此时， f (x) 在 R 上存在 唯一的不动点 x0 （即满足 f (x0 ) = x0 ）.
4、能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质
求一些特殊数列的和
和的不等式
5、能利用数列的等差关系或等比关系解决实际问题
高等数学希望……
中学数学核心内容：函数（数列也是函数） 高等数学核心概念：极限（数列极限，函数极限）
1、数列是高中数学的重要知识内容,同时作为 高等数学研究极限的主要对象之一,是初等 数学与高等数学的重要衔接点
4 ,则 l 9
£
5 9
,从而
3n
1 - 2n
３1 5g3n
(n
2) ，
9
故 a1 + a2 +L + an ? 1
91 5 (32
1 + 33
+L
+
1 3n
)
=
1
+
1- (1 3
5(1 -
)n- 1 1)
< 13 ,证毕. 10
3
例 1.已知 an
= 3n
1 - 2n
(n ?
N* ) ,证明不等式 a1 +a2
a2 a1
2 3
n1
2 3
n
此时 Sn
2
1
(
2 3
)n
3 1 2
2
5 3
，放过头！
3
(2) n ³
2
时，
1 3
＃an
2， 3
an1 an
a3 a2
6 11
n
2
4 15
6 11
n
-2
此时 Sn
a2
a1
4
1 ( 6 )n1 11
15 1 6
2 3
4 g11 15 5
5 3
1- (2)n = lim 3
=1
n
an n 3n+1 - 2n+1 n 3 - 2( 2)n 3
3
\
¥
å
¥
å a n 收敛，记
a n = S ，教师的高观点！
n=1
n=1
不难发现这里的上界 3 ,13 , 243 ,L 均大于 S . 2 10 190
小结 1
å 1、 上界 3 ,13 , 243 ,L 2 10 190
事实上,定理1蕴含夹逼的思想, 从而天然的可以结合到数列的放缩中去.
问题模型一.已知 an
=
1 f (n) -
,其中 g(n) 为
g(n)
f
(n)
的低阶无穷大
å 量以及
¥
f (n) >0 ,
n=1
1 f (n)
收敛到 A ,求证： a1 +a2
+L
+ an
<S
,即证
¥
无穷级数视角下的数列放缩
å an 是收敛的.
(n ? n
N* ) ,证明不等式 a1 + a2
+L
+ an
< 149 . 210
证明
取 M = 2 时, 3n -
n ? l 3n 恒成立,则 (1-
n l ) ? [3n ]max
2 ,则 l £ 7 ,
9
9
从而
1 3n -
n
３1 7 g3n
(n
2) ,
9
故 a1 +a2
+L
+ an
?
1 2
9 ( 1 + 1 +L + 1 ) < 5 ,
8
（2）已知 an
2n1 (1)n ，证明： 1 1 a1 a2
L
1
an
2；
（3）已知 an
3n - (- 1)n =
4
，证明： 1 1 a1 a2
L
1 an
7； 4
（4）已知 an
2n 1，证明： 1 1 a1 a2
L
1 an
5； 3
（5）已知 an
3n
1，证明：
1 a1
1 a2
…+
简单迭代序列的敛散性——命题的依据和源头
若将非线性方程 f (x) = 0 转化为一个同解方程 x = g(x) ， 任取初始值 a0 ，并且 an = g(an-1)(n ? N *) ，则得到序列 {an} .
=1 时 , 为 了 使
3n
-
2n
?
l
3n
恒成立,则
(1 -
l
)
?
[(
2 3
)n
]max
2 ,则 3
l
£
1 3
,从而
3n
1 -
2n
£
1 1g3n
,
3
故 a1 + a2
+L
+ an
?
1 3( 31
1 32
+L
+
1 3n
)
=
1
1
( -
1)n 3 1
< 3 ,证毕. 2
3
例 1.已知 an
= 3n
1 - 2n
高观点下
数列和式放缩研究
——探讨几类典型问题的通法
杭州第十四中学 李绍塔
考试说明说……
（一）数列的概念与表示 了解数列的概念和几种表示方法（列表、图象、通项公式）
（二）等差数列、等比数列 1、理解等差数列、等比数列的概念 2、掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式
“变比”数列
3、了解等差数列与一次函数、等比数列与指数 函数的关系
n=1
——“主导项” 放缩法
1
题型分析 由 lim g(n) = 0 可得 lim f (n) - g(n) =1,再由定理 1 可得
n f (n)
n
1
f (n)
" 0 < l <1,$ M ? N* ,当 n ³ M 时,有
1
£ 1 成立,于是
f (n) - g(n) l f (n)
邋ゥ
1
<
1 ? 1 A ,即证.
反之,
取
M
=1时,
3n
-
n
?
l
3n
恒成立,则
(1 -
l
)
?
n [ 3n
]max
1 ,则 l £ 2 ,
3
3
从而 1 3n -
n
£
1 2g3n
,
3
故 a1 +a2 +L
+ an
?
3 2
(
1 31
1 32
+L
+
1 3n
)
<
3 4
,
Q 3 > 149 \ 不符. 4 210
例 2.已知 an
1 = 3n -
n an1 an n 2an 3 2
an1 an 收敛
n1
只要从第一项开始依次尝试局部放缩， 直到结论成立即可.
已知 lim n
an2 an1 an1 an
lim
n
2 2an
3
1 2
以及
an
1 2
1 an1 2
L
1 a2 2
1 a1 2
(1) n ³
1时， 0 < an ? 1 ， an1 an
+L
+ an
<3. 2
变式 1.已知 an
= 3n
1 - 2n (n?
N* ) ,证明不等式 a1 + a2
+L
+ an
< 13 . 10
变式 2.已知 an
= 3n
1 (n ?
- 2n
N* ) ,证明不等式 a1 + a2 +L
+ an
< 243 . 190
证明 同上,只要取 M = 3时,为了使得 3n - 2n ? l 3n 恒成立,
3、一个简单结论：
（可操作步骤，可教于学生）
$l
=1- 骣 琪 琪 桫ba
k
, s.t.
an - bn ? l an (a
b > 0, a >1, n ? k) 恒成立.
例 2.已知 an
1 = 3n -
(n ? n
N* ) ,证明不等式 a1 + a2
+L
+ an
< 149 . 210
证明 由定理 1 可知：" l ? (0,1), M ? N*, n ? M ,3n n ? l 3n 成立,
(n ?
N* ) ,证明不等式 a1 +a2
+L
+ an
<3. 2
变式 1.已知 an
= 3n
1 - 2n
(n ?
N* ) ,证明不等式 a1 + a2
+L
+ an
< 13 . 10
证明 同上,只要取 M = 2 时,为了使得 3n - 2n ? l 3n 恒成立,
则 (1-
l
)
?
[(
2 3
)n
]max
¥
直到趋向 a n = S （命题角度——师）
n=1
即局部放大的过程中多留下几项,而后面所有项放大后的“盈余”
也将越来越小,理论上可以让这个“盈余”想要多小就多小.
2、 3n 即为这个分式结构中分母的“主导项”（解题思想——生）
基于“主导项”思想下选取从某项开始放缩的最优系数,如以上过
程中 l = 1 , 5 , 19 等. 3 9 27
证 明 若 f (n), g(n)(n
) 为 等 价 无 穷 大 量 , 即 lim f (n) =1 , 故 n g(n)
" 0 < l <1, m>1 ,取 e = min{1 - l , 1 - m} ,则存在 M Î N* ,当 n ³ M
时,有 f (n) - 1 ? e 成立,从而有 l g(n) ＃f (n) mg(n) 成立.证毕. g(n)
n=1
发散.
事实上,该判别法在某种意义上可看作几何级数
敛散性判别的推广形式，从而天然的可以结合到
数列的放缩中去.——“指数型”数列
操作依据
定理 1 若 f (n), g(n)(n ) 为等价无穷大量,则 " 0 < l <1, m>1,$ M ? N* ,当 n ³ M 时,有 l g(n) ＃f (n) mg(n) 成立.
1 an
3 2
.
（2016 浙江高考样卷 20）——无穷级数视角下借助达朗贝尔判别法
例
3.已知数列 an
满足
a1
1
，
an1
1 (n 2an 1
N*)
．
（Ⅰ）
证明：数列
an
1 2
为单调递减数列；
（Ⅱ） 记 Sn 为数列
an1 an
的前
n
项和，证明：
Sn
5 (n 3
N*)
．
Q lim an2 an1 lim 2 1
¥
¥
¥
å å å 若级数 an 收敛且 an 发散，则称 an 条件收敛.
n=1
n=1
n=1
事实上,数列和式不等式问题可看作研究无穷级数敛 散性问题的一个子问题（有时甚至是等价问题）， 从而可以反过来从级数的视角来看数列和式的放缩.
方法来源——比值判别法
¥
å 达朗贝尔（ D¢Alembert ）判别法 若 an 为正项级数， n=1
7 32 33
3n 7
Q 5 = 9 + 1 > 9 + 1 = 149 ,\ 不符. 7 14 14 14 15 210
例 2.已知 an
=1 3n -
(n ? n
N* ) ,证明不等式 a1 + a2
+L
+ an
< 149 . 210
证明
取 M = 3时, 3n -
n ? l 3n 恒成立,则 (1-
n l ) ? [3n ]max
1 ,则 l £ 8 ,
9
9
从而
1 3n -
n
３1 8 g3n
(n
3) ,
9
故 a1 +a2
+L
+ an
?
1 2
1 7
+
9 8
(
1 33
+L
+
1 3n
)
=
9 14
+1 16
<
9 14
+1 15
=
149 210
.
（教师观）实际上
Q lim n
an+1 an
= lim n
+L
+ an
<3. 2
变式 1.已知 an
= 3n
1 - 2n
(n ?
N* ) ,证明不等式 a1 + a2
+L
+ an
< 13 . 10
变式 2.已知 an
= 3n
1 - 2n
(nΒιβλιοθήκη Baidu?
N* ) ,证明不等式 a1 + a2
+L
+ an
< 243 . 190
实际上 Q lim an+1 = lim
3n - 2n
3n 3n+1 -
-n (n +1)
=
1 3
（比值判别法）
å å \
¥
a
n=1
n
收敛，记
¥
an
n=1
=
S
<
149 210
（学生观） 3n 为分母的主导项（主导项放缩法）
同类问题（可并项放缩也可用主导项放缩法）
（1）已知 an
2 [2n2 (1)n ] ，证明： 1
3
a4
1 a5
1 am
7 （ m 4 ）；
2、高考压轴 3、数学竞赛
思想来源——两类极限问题（通项、和）
无穷级数敛散性：
n
¥
å å （1）若 lim n
ak
k =1
=S
，则称无穷级数
an
n=1
收敛.
n
¥
å å 若 lim n
ak
k =1
不存在，则称无穷级数
an
n=1
发散.
¥
¥
å å （2）若级数 an 收敛，则称 an 绝对收敛.
n=1
n=1
，成立！
11
（2016 浙江高考样卷 20） “递推”型数列不等式问题
例
3.已知数列 an
满足
a1
1，
an1
1 (n 2an 1
N*)
．
（Ⅰ）
证明：数列
an
1 2
为单调递减数列；
（Ⅱ） 记 Sn 为数列
an1 an
的前
n
项和，证明：
Sn
5 (n N*) 3
．
高观点 1、数列极限视角下借助不动点定理研究通项变化 高观点 2、无穷级数视角下借助达朗贝尔判别法研究和式的变化 高观点 3、无穷级数视角下研究通项的阶与和式的阶的关系
则 (1-
l
)?
[(
2 3
)n
]max
8 27
,则 l
£
19 27
,从而 3n
1 - 2n
３1 19 g3n
(n
27
故 a1 +a2 +L +an ? 1
1 27 1 5 + 19 (33
1 + 34
+L
+
1 3n
)
<
243 190
.
3) ，
例 1.已知 an
= 3n
1 - 2n
(n ?
N* ) ,证明不等式 a1 +a2
（1） 若 $ M ? N* ， " n ? M ，有 an+1 ? l 1 an
å （极限形式 lim an+1
n
an
=l
¥
<1 ），则 an 收敛;
n=1
（2） 若 $ M ? N* ， " n ? M ，有 an+1 ? l 1 an
å （极限形式 lim an+1
n
an
=l
¥
>1 ），则 an