数列不等式证明的几种方法
利用导数证明数列不等式(含解析)
利用导数证明数列不等式利用导数证明数列不等式，在高考题中能较好的考查学生灵活运用知识的能力，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，可谓一题多考，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起，也是近年来高考的热门题型. 1、常见类型：（1）利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题 （2）利用递推公式处理通项公式中的不等问题 2、恒成立不等式的来源：（1）函数的最值：在前面的章节中我们提到过最值的一个作用就是提供恒成立的不等式.（2）恒成立问题的求解：此类题目往往会在前几问中进行铺垫，暗示数列放缩的方向.其中，有关恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式. 3、常见恒成立不等式：（1） 对数→多项式 （2） 指数→多项式4、关于前项和的放缩问题：求数列前项公式往往要通过数列的通项公式来解决，高中阶段求和的方法有以下几种：（1）倒序相加：通项公式具备第项与第项的和为常数的特点.（2）错位相减：通项公式为“等差等比”的形式（例如，求和可用错位相减）.（3）等比数列求和公式（4）裂项相消：通项公式可裂为两项作差的形式，且裂开的某项能够与后面项裂开的某项进行相消. 注：在放缩法处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，故优先考虑.5、大体思路：对于数列求和不等式，要谨记“求和看通项”，从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式.6、在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向.7、放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向：朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）.ln 1x x <-1x e x >+n n k 1n k -+⨯2nn a n =⋅n a8、数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明（有时更容易发现所证不等式与题目条件的联系）.【经典例题】1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ． （1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围； （3）设n N *∈，求证：ln1ln 2ln (1)2314n n n n -+++≤+． 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2()ln(1)(0,0),()2x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围； （3）当1a =时，证明：1111+35721n +++<+…*1()(N )2f n n ∈. 3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x xf x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.（1）试讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑. 4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；（∈）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性； （2）证明：()*333ln 2ln3ln 1,222332n n N n n n +++<∈≥---．【精选精练】1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(xf x eg x x e ==+为自然对数的底数).(1)求证()()f x g x ≥恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值. 2．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x lnx -⎛⎫=-+-=--- ⎪⎝⎭，．（1）求函数()f x 在()0+∞，上的单调区间； （2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}h x max f x g x '=，，若()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围； （3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-． 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x+=.（1）分析函数()f x 的单调性；（2）证明：2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥. 4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2ln 11f x p x p x =+-+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围； （3）证明：()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<.7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2ln f x a x x =+，其中a R ∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明:()21f x x x ≤+-；（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234n n++++与()()()12121n n n -++ ()*2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论． 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2ln 1f x ax bx x =+-+．（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；（∈）求证：()()1*113ln 2122N 14nk n n k =-+<∈-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：()()*1ln 2ln 3ln ,13414n n n n n n -++⋅⋅⋅+<∈>+N . 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，112a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<； （2）求证：123201912020a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅<.【经典例题】1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ． （1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围； （3）设n N *∈，求证：ln1ln 2ln (1)2314n n n n -+++≤+． 【答案】（1）单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞；（2）[1,)+∞；（3）证明见解析.【解析】（1）当2k =时，()2ln f x x x x =-，'()1ln f x x =-，由'()0f x >，解得0x e <<；由'()0f x <，解得x e >，因此函数()f x 单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞．（2）()ln f x kx x x =-，故'()1ln f x k x --＝．当1k时，因为01x <≤，所以10ln k x -≥≥，因此'()0f x ≥恒成立，即()f x 在(]0,1上单调递增，所以()(1)f x f k ≤=恒成立．当1k <时，令'()0f x =，解得1(0,1)k x e -=∈．当1(0,)k x e -∈，'()0f x >，()f x 单调递增；当1(,1)k x e -∈，'()0f x <，()f x 单调递减； 于是1(1))(k f ef k -=＞，与()f x k ≤恒成立相矛盾．综上，k 的取值范围为[1,)+∞．（3）由（2）知，当01x <≤时，ln 1x x x -≤． 令x =21n *()n N ∈，则21n +22nln 1n ≤，即22ln 1n n -≤， 因此ln 1n n +≤12n -． 所以ln1ln 2ln 011(1) (2312224)n n n n n --+++≤+++=+. 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2()ln(1)(0,0),()2x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围； （3）当1a =时，证明：1111+35721n +++<+…*1()(N )2f n n ∈.【答案】（1）见解析；（2）[1，＋∞)；（3）证明见解析. 【解析】（1）求导数可得2224441(2)(1)(2)a ax a y ax x ax x +-'=-=++++， 当1a 时，0y '，∴函数()()y f x g x =-在[)0+∞，上单调递增； 当01a <<时，由0y '>可得x > ∴函数在⎡⎫∞⎪⎢⎪⎣⎭上单调递增，在0⎡⎢⎣上单调递减； （2）由（1）知当1a 时，函数()()y f x g x =-在[)0+∞，上单调递增， ()()(0)(0)1f x g x f g ∴--=，即不等式()()1f x g x +在[)0x ∈+∞，时恒成立， 当01a <<时，函数在0⎡⎢⎣上单调递减，存在00x ⎡∈⎢⎣使得00()()(0)(0)1f x g x f g -<-=， 即不等式00()()1f x g x +不成立， 综上可知实数a 的取值范围为[1，)+∞；（3）由（2）得当1a 时，不等式()()1f x g x >+在(0,)x ∈+∞时恒成立， 即2(1)2x ln x x +>+，12(1)12ln k k∴+>+，*()k N ∈． 即11[(1)]122ln k lnk k <+-+， ∴11(21)32ln ln <-，11(32)52ln ln <-，11(43)72ln ln <-，11[(1)]212ln n lnn n ⋯<+-+， 将上述式子相加可得11111111(1)(1)()357212222lnn ln lnn ln n f n n +++⋯+<-=<+=+ 原不等式得证．3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x xf x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.（1）试讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑. 【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析.【解析】（1）因为()x xf x e ea -'=+-，且2x x e e -+≥，所以当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在R 上为增函数，当2a >时，由()0f x '>，得0x x e e a -+->，所以2()10x xe ae -+>，所以22()124x a a e ->-，所以2x ae ->或2xa e -<，所以2xa e +>2xa e -<，所以24ln2aa x 或24ln2aa x ，由()0f x '<，得0x x e e a -+-<，解得2244ln22aa aax ，所以()f x 在ln 22a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上递减，在,ln2a ⎛--∞ ⎪⎝⎭和ln 2a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上递增.（2）由（1）知，当2a =时，()2xxf x e e x -=--在R 上为增函数，所以1()(ln )2ln g x f x x x x==--在(0,)+∞上为增函数， 所以当*n N ∈且2n ≥时，13()(2)22ln 2ln 422g n g ≥=--=-=32ln 04e >， 即12ln 0n n n-->，所以212211ln 1(1)(1)11n n n n n n n >==---+-+， 所以211111ln 2ln 23ln 34ln 4ln ni i i n n==++++∑ 1111111121213131414111n n >-+-+-++--+-+-+-+ 111121n n =+--+2322(1)n n n n --=+， 所以22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑.4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；（∈）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析 【解析】（∈）函数()f x 可化为ln ,()ln ,0x x a x af x a x x x a --≥⎧=⎨--<<⎩，当0x a <<时，1()10f x x '=--<，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的， 当x a ≥时，11()1x f x x x'-=-=，此时要考虑a 与1的大小.若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减， 在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以 当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增； 当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增.（∈）由（∈）可知当1a =，1x >时，1ln 0x x -->，即ln 1x x >-，所以ln 11x x x <-.所以 222222ln 2ln 3ln 23n n+++22211111123n <-+-+-222111123n n ⎛⎫=--+++⎪⎝⎭11112334(1)n n n ⎛⎫<--+++⎪⨯⨯+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭1(1)2(1)n n n -=--+ 2221(1)(21)2(1)2(1)n n n n n n --+-+==++.5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性；（2）证明：()*333ln 2ln3ln 1,222332n n N n n n +++<∈≥---． 【答案】（1）当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．（2）证明见解析 【解析】（1）解：()1ln (0)f x x a x x =-->，()1af x x'∴=-．∈若0a ，则()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞内单调递增；∈若0a >，则()f x '在(0,)+∞内单调递增，且()0f a '=，∴当(0,)x a ∈时，()0f x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x ∴在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．综上所述，当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．（2）证明：当1a =时，()1ln =--f x x x ．由（1）知()(1)0f x f =，ln 1x x ∴-，当且仅当1x =时，等号成立， 令()*,2x n n N n =∈，ln 1n n ∴<-，33ln 1111(1)1n n n n n n n n n n -∴<==---++． 从而3ln 2112223<--， 3ln 3113334<-- …3ln 111n n n n n <--+， 累加可得333ln 2ln3ln 11223321n n n n ++⋯+<----+， 111212n -<+， 333ln 2ln3ln 122332n n n ∴++⋯+<---，证毕．【精选精练】1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(x f x e g x x e ==+为自然对数的底数).(1)求证()()f x g x ≥恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 2.【解析】（1）令()()()1xF x f x g x e x =-=--，则()1xF x e '=-∴当(),0x ∈-∞时，()0F x '<；当()0,x ∈+∞时，()0F x '>()F x ∴在(),0-∞上单调递减；在()0,∞+上单调递增()()0min 0010F x F e ∴==--=，即()()()0F x f x g x =-≥恒成立 ()()f x g x ∴≥恒成立（2）由（1）知：13113n n e +≤221111113333332111111333n n n e e e e++⋅⋅⋅+⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++⋅⋅⋅+≤⋅⋅⋅⋅= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又211111111133********13nn n⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎝⎭++⋅⋅⋅+==⨯-<⎪⎝⎭- 11112322111111333n n e e ⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++⋅⋅⋅+≤< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又2111111333n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭恒成立 12m e ∴≥ m 为正整数 m ∴的最小值为：22．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x lnx -⎛⎫=-+-=--- ⎪⎝⎭，．（1）求函数()f x 在()0+∞，上的单调区间； （2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}h x max f x g x '=，，若()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围； （3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-． 【答案】（1）()f x 单调递增区间为()3+∞，;() f x 单调递减区间为()03，；（2）43a ≥；（3）详见解析． 【解析】（1）因为()()3246x f x x ex x -=-+-，所以()()()()3332632x x f x x ex x e --=-+-='-+，令()0f x '=得3x =，当3x >时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当03x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；所以函数()f x 在()0+∞，上的单调递增区间为()3+∞，，单调递减区间为()03，； （2）由（1）知()()()332x f x x e-'=-+，当3x ≥时，()0f x '≥恒成立，故()0h x ≥恒成立；当3x <时，()0f x '<，又因为()()(){}0h x max f x g x '=≥，恒成立，所以()0g x ≥在()03，上恒成立， 所以11ln 03a x x ⎛⎫---≥ ⎪⎝⎭，即11ln 3xa x+-≥在()03，上恒成立， 令()()1ln 03x F x x x +=<<，则()13max a F x -≥， 由()()221ln 1ln x xF x x x-+-'==， 令()0F x '=得1x =，易得()F x 在()01，上单调递增，在[)13，上单调递减，所以()()11max F x F ==，所以113a -≥，即43a ≥， 综上可得43a ≥.（3）证明：设()()10xm x e x x =-->，则()10xm x e '=->，所以()m x 在()0+∞，上单调递增，所以()()00m x m >=，即1x e x >+， 所以1111111111312312333112313n n n nn n n nn n n n n ee eeen n n n n++++++++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++- 123331231n n n nn n n n +++>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++-，所以11111ln 312313n n n n n+++++>++-. 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x+=.（1）分析函数()f x 的单调性；（2）证明：2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥. 【答案】（1）()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减；（2）证明见解析. 【解析】（1）由题意得：()f x 的定义域为()()–1,00,+∞，且()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x=-++则()()21x g x x -'=+，()–1,0x ∈时，()0g x '>； ()0,x ∈+∞时，()0g x '<.即()g x 在()–1,0上单调递增，在()0,∞+上单调递减.因为()00g =，则在()–1,0和()0,∞+上()0g x <. 因为20x >，所以在()–1,0和()0,∞+上()0f x '<， 即函数()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减. （2）由（1）可知，当02x <≤时，()()ln 322x f f =≥，即()ln 3ln 12x x +≥， 当2n ≥时，2021n <≤-，则2ln 3ln 111n n ⎛⎫+≥⎪--⎝⎭， 即()()2ln 3ln 1ln 1ln 111n n n n ⎛⎫+=+--≥ ⎪--⎝⎭， 所以()()()ln 1ln 1ln ln 2ln 4ln 2ln3ln1n n n n +--+--++-+-111ln 31122n n ⎛⎫≥++++ ⎪--⎝⎭整理得：()111ln 1ln ln 2ln1ln 31122n n n n ⎛⎫++--≥++++⎪--⎝⎭， 即2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥，不等式得证.4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =． 所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->， 所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <； 所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，， 所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->， 令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加， 得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2ln 11f x p x p x =+-+．（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围； （3）证明：()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈． 【答案】(1) 见详解；(2)1k；(3)证明见解析．【解析】（1）()f x 的定义域为()0 +∞，，()()()221'21p x p p f x p x x x-+=+-=，当1p >时，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+单调递增； 当0p ≤时，()'0f x <，故()f x 在()0,∞+单调递减；当10p -<<时，令()'0f x =，解得x =则当x ⎛∈ ⎝时，()'0f x >； x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，时，()'0f x <．故()f x 在⎛ ⎝单调递增，在 ⎫+∞⎪⎪⎭，单调递减． （2）因为0x >，所以：当1p =时，()f x kx ≤恒成立11ln ln kx xx k x+⇔+≤⇔≥， 令()1ln xh x x +=，则()max k x h ≥， 因为()2ln 'xh x x-=，由()'0h x =得x =1， 且当()0,1x ∈时，()'0h x >；当()1,x ∈+∞时，()'0h x <．所以()h x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，所以()()max 11h x h ==， 故1k ．(3)取,则代入由题设可得,取,并将上述各不等式两边加起来可得()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈.（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<. 【答案】（1）()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单减；（2）1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（3）证明见解析. 【解析】()'f x a =+.（1）当0a ≥时，()'0f x ≥，所以()f x 在()1,-+∞上单调递增； 当0a <时，由()'0f x >解得21114x a -<<-， 所以()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）当0a ≥时，()()2000f x a x =+≥+=，故不合题意；当0a <时，由（∈）知()max 21104x f f a ⎛⎫=-≤ ⎪⎝⎭，211(21)(21)20141244a a f a a a a a a +-⎛⎫=-+- ⎪⎝-+=≤⎭102a a <∴≤-，综上，a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.（3）由（2）知，取12a =-112x ≤+成立.当()1,2,3,,20482020kx k ==时，1111220204040k k =≤⨯+=⨯+，⋅⋅⋅+()11234204820484040++++++<20491024204826004040⨯=+<.7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2ln f x a x x =+，其中a R ∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明:()21f x x x ≤+-；（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234n n++++与()()()12121n n n -++ ()*2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）函数()f x 的定义域为：()0,∞+，()'f x = 222a a x x x x++=∈当0a ≥时，()'0f x >，所以()f x 在()0,∞+上单调递增∈当0a <时，令()'0f x =，解得x =当0x <<时，220a x +<，所以()'0f x <， 所以()f x 在⎛ ⎝上单调递减；当x >220a x +>，所以()'0f x >，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增． 综上，当0a ≥时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，函数()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增. （2）当a 1=时，()2ln f x x x =+，要证明()21f x x x ≤+-，即证ln 1x x ≤-，即证：ln 10x x -+≤. 设()g ln 1x x x =-+，则()g'x =1xx-，令()0g x '=得，1x =. 当()0,1x ∈时，()0g x '>，当()1,x ∈+∞时，()0g x '<. 所以1x =为极大值点，且()g x 在1x =处取得最大值．所以()()10g x g ≤=，即ln 10x x -+≤．故()21f x x x ≤+-.（3）证明：ln 1x x ≤-（当且仅当1x =时等号成立），即11lnx x x≤-, 则有2222ln +22222222223111111111n 132323ln lnn n n n ⎛⎫+⋯+<-+-+⋯+-=--++⋯+ ⎪⎝⎭()111n 123341n n ⎛⎫<--++⋯+ ⎪ ⎪⨯⨯+⎝⎭ ()()()12111111111n 1n 1233412121n n n n n n -+⎛⎫⎛⎫=---+-+⋯+-=---=⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭, 故：2222ln +()()()22221213321n n ln lnn n n -++⋯+<+ 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2ln 1f x ax bx x =+-+．（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；（∈）求证：()()1*113ln 2122N 14nk n n k =-+<∈-∑． 【答案】（∈）0b >；（∈）12a ≤-；（∈）证明见解析． 【解析】（∈）当0a =时，()()()ln 11f x bx x x =-+>-，()()1111bx b f x b x x --'=-=++， ∈当0b ≤时，()0f x '<，则()f x 在()1,-+∞递减，无极值； ∈当0b >时，令()1'0,11f x x b==->-， 1()0,(1,1),()f x x f x b '<∈--单调递减，1()0,(1,),()f x x f x b '>∈-+∞单调递增，所以11,()x f x b=-取得极小值.综上可知：0b >．（∈）当1b =时，()()()2ln 10f x ax x x x =+-+>，()1212011x f x ax ax x x '=+-=+≤++恒成立 121a x ⇔-≥+对一切()0,x ∈+∞恒成立， ∈11x +>，∈1011x <<+，∈21a -≥，∈12a ≤-．（∈）由（∈）知：当12a =-时，()()21ln 12f x x x x =-+-+在()0,∞+递减，∈()()00f x f ≤=，即：()2ln 12x x x -+<，令221x n =-，则()22212ln 212121n n n n +-<---， 当2n ≥时，()2222122ln 212144121n n n n n n +-<=---+- ()21114121n n n n ⎛⎫<=- ⎪--⎝⎭，∈23ln 2ln 311-=- 2511ln 13322⎛⎫-<- ⎪⎝⎭ 27111ln 55223⎛⎫-<- ⎪⎝⎭……221111ln 212121n n n n n +⎛⎫-<- ⎪---⎝⎭累加得，()11112ln 212ln 31212nk n k n =⎛⎫⋅-+<-+- ⎪-⎝⎭∑ 5153ln3ln32222n =--<-<， 当1n =时，131ln 324-<，即：1ln 32>，综上，()1113ln 212124nk n k =-+<-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：()()*1ln 2ln 3ln ,13414n n n n n n -++⋅⋅⋅+<∈>+N . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）[)1,+∞；（3）证明见解析. 【解析】（1）函数()()()ln 111f x x k x =---+的定义域为()1,+∞，且()11f x k x '=--. ∈当0k ≤时，()0f x '>恒成立，故函数()y f x =在()1,+∞上为增函数； ∈当0k >时，令()0f x '<，得1k x k +>时，即函数()y f x =在1,k k +⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减， 令()0f x '>，得11k x k +<<时，即函数()y f x =在11,k k +⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.综上：当0k ≤时，函数()y f x =在()1,+∞上为增函数； 当0k >时，函数()y f x =在11,k k +⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在1,k k +⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为减函数； （2）当0k ≤时，()211f k =-+≥，显然()0f x ≤不恒成立； 当0k >时，()max 11ln 0k f x f k k +⎛⎫==≤⎪⎝⎭，即1k .综上：实数k 的取值范围是[)1,+∞；（3）由（2）可知，当1k =时()0f x ≤恒成立，即()ln 12x x -<-，()ln 121x x x-∴<-， ()()22ln ln 11121212n n n n n n n --=<=+++，可得出ln 2132<，ln 3242<，，ln 112n n n -<+， ()()*1ln 2ln 3ln 121,23412224n n n n n N n n --∴+++<+++=∈≥+. 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，112a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<； （2）求证：123201912020a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅<. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）∈先利用数学归纳法证明1n a <. （∈）当1n =时，1112a =<成立； （∈）假设n k =时1k a <成立，则1ln 10k k a a +=-<，11k a +∴<. 综上所述，对任意的n *∈N ，1n a <； ∈利用导数证明1x e x -≥，设()1x f x ex -=-，则()1e 1x f x -'=-，当1x <时，()0f x '<，此时函数()y f x =单调递减； 当1x >时，()0f x '>，此时函数()y f x =单调递增.所以，()()0110f x f e ≥=-=，即1x e x -≥，当且仅当1x =时，等号成立.1n a <，()()10n f a f ∴>=，即1n a n e a ->，1ln 1n n a a +=-，11n a n n a e a -+∴=>，综合∈∈可知11n n a a +<<；（2）利用数学归纳法证明1n n a n ≤+. ∈当1n =时，112a =满足1n n a n ≤+；∈假设n k =时成立，即1k ka k ≤+，则由1ln 1n n a a +=-，得111111k k a k k k a eee---+++==≤，要证1112k k ek -++<+，令11,012t k ⎛⎫-=∈- ⎪+⎝⎭，则要证11012t e t t ⎛⎫<-<< ⎪-⎝⎭，21 / 21 构造()11x f x e x =+-，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()()()()22211111x x e x f x e x x --'=-=--，令()()211x h x e x =--，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()()2212110x x x h x e x e x e x '=-+⋅-=-<， 所以，函数()y f x '=在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()()00f x f ''∴>=，所以，函数()y f x =在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f ∴<=，即11x e x <-成立，即1112k k e k -++<+，112k k a k ++∴<+， 综上1n na n ≤+，当且仅当1n =时等号成立，由于1ln 1n n a a +=-，可知0n a >， 所以，1102a <≤，2203a <<，，2019201902020a <<，1220191232019123420202020a a a ⋅⋅⋅⋅<⨯⨯⨯⋅⋅⨯=.。
第8讲数列不等式的证明
第8讲 数列不等式的证明(一) ∑=><n i i n f a1)()(及)()(n f a i ><∏型不等式的证明解法突破：(1) 设∑==n i ib n f 1,)(证明i i b a <，同向相加∑∑===<⇒n i ni i i n f b a 11)( (2) 设i b n f ∏=)(证明i i b a <<0，同向同正相乘)(n f b a i i =∏<∏⇒ 例1. 求证：1)1(13121)2(2222+<++++<+n n n n n 变式1. 求证：2)2()1(32212)1(+<+++⨯+⨯<+n n n n n n 变式2. 求证：n nn 212111)11(2<+++<-+ 变式3. 求证：n n n <+++⨯+⨯)1(1321211 例2. 求证：1212414212+>+⨯⨯+⨯+n nn 变式1. 求证：12121-2n 654321+<⋅⋅⋅⋅n n 变式2. 求证：2231335623333+>⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛n n n 变式3. 求证：1122642)12(531423121-+<⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯+n nn 练习1. 等比数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知对*N n ∈∀，点),(n S n 均在函数)1,0(≠>+=b b r b y x (b,r 均为常数)的图像上(1) 求r 的值(2) 当2=b 时，记))(1(log 2*2N n a b n n ∈+=，求证：对*N n ∈∀，不等式11112211+>+⋅⋅+⋅+n b b b b b b nn 成立 练习2. 已知曲线),2,1(02:22: ==+-n y nx x C n ，从点)0,1(-P 向曲线n C 引切线n l ，且知其斜率为)0(>n n k k ，切点为),(n n n y x P(1) 求数列}{n x 的通项公式(2) 求证：nn n x x x x x x +-<⋅⋅⋅-1112531 练习3. 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 bn a ，并记n T 为}{n b 的前n 项和，求证：*2),3(log 13N n a T n n ∈+>+练习4. 已知x x x f -+=)1ln()(，记)(x f 在区间)](,0[*N n n ∈上的最小值为n b ，令n n b n a -+=)1ln(，求证：1122421231423121-+<+++-n n n a a a a a a a a a a a a a 例3. 求证：*,1211)1ln(113121N n nn n ∈+++<+<++++ 变式：求证：*,)1(2)1ln(131211N n n n n n ∈+++>++++ (二) ∑=><n i i C a1)(及C a i )(><∏（C 为常数）型不等式的证明例4. 求证：12121212132<++++n )(*N n ∈ 变式1. 求证：2223222132<++++n n )(*N n ∈ 变式2. 求证：112112112112132<++++++++n )(*N n ∈ 变式3. 求证：2232322212132<++++++++n n n )(*N n ∈ 例5. 求证：)(,21)12)(12(1751531311*N n n n ∈<+-+⨯+⨯+⨯ 变式1. 求证：113121222<+++n ),2(*N n n ∈≥ 变式2. 求证：2131211222<++++n)(*N n ∈ 变式3. 求证：47131211222<++++n )(*N n ∈变式4. 求证：35131211222<++++n )(*N n ∈ 练习1. 求证：45)12(151311222<-++++n )(*N n ∈ 练习2. 已知2n )1(),1(+=+=n b n n a n ，求证：1251112211<++++++n n b a b a b a 练习3. 设数列}{n a 的前n 项和n S ，已知*211,32312,1N n n n a n S a n n ∈---==+ (1) 求1a 的值(2) 求数列}{n a 的通项公式(3) 求证：对一切整数n ，有4711121<+++n a a a 例6. 求证：232312312312313322<-++-+-+-n n )(*N n ∈ 变式1. 求证：141723123123123132<-++-+-+-n )(*N n ∈ 例7. 已知122-=n nn a ，求证：3)1(1<-∑=n i i i a a 例8. 求100131211++++= S 的整数部分 常见的裂项放缩技巧。
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。
导数数列型不等式证明问题
导数数列型不等式的证明涉及到导数的概念、性质和运算，通常需要运用放缩、构造辅助函数、微分中值定理等方法。
以下是一些常见的导数数列型不等式的证明方法：
放缩法：通过放缩不等式，使得不等式的证明变得更加容易。
例如，可以利用导数的性质，将原不等式转化为容易证明的等式或不等式。
构造辅助函数法：根据导数的性质，构造出一个辅助函数，通过研究该函数的性质，证明不等式。
例如，可以构造一个函数，使其在指定区间上单调递增或递减，从而证明不等式。
微分中值定理法：利用微分中值定理，将不等式转化为一个容易证明的等式或不等式。
例如，可以根据微分中值定理，将原不等式转化为一个关于某个变量的函数，然后对该函数求导，证明其单调性，从而证明不等式。
需要注意的是，在证明导数数列型不等式时，需要充分理解导数的性质和运算规则，并能够灵活运用。
同时，还需要注重证明过程中的严谨性和准确性，避免出现错误。
证明数列不等式的三种策略分析
㊀㊀㊀解题技巧与方法１５５㊀㊀证明数列不等式的三种策略分析证明数列不等式的三种策略分析Һ董元君㊀（甘肃省镇原县第二中学，甘肃㊀庆阳㊀７４４５００）㊀㊀ʌ摘要ɔ数列不等式的证明是高考中的一个难点，因解题的方法灵活㊁技巧性强，很多考生望而生畏．文章总结了三种经典的证明策略，策略一是弱化放缩，构造递推不等式；策略二是分奇偶项讨论，利用相邻两项之和放缩；策略三是根据递推结构，构造函数，再用归纳法，以期为教师提供一些数列教学上的参考．ʌ关键词ɔ数列不等式；放缩；归纳法；证明策略证明数列不等式，主要的策略就是放缩法和归纳法．归纳法好理解，也具有极强的操作性，但放缩法却灵活多样，没有定法．下文结合具体实例，谈谈在证明数列不等式中如何恰当地使用放缩法．一㊁策略一：弱化放缩，构造递推不等式例１㊀设数列｛ａｎ｝满足ａ１ȡ３，ａｎ＋１＝ａ２ｎ－ｎａｎ＋１（ｎȡ２，ｎɪＮ＋），求证：１１＋ａ１＋１１＋ａ２＋ ＋１１＋ａｎ＜１２．分析㊀由已知递推关系ａｎ＋１＝ａ２ｎ－ｎａｎ＋１求数列｛ａｎ｝的通项公式并非易事，即使求出了｛ａｎ｝的通项公式，再继续求数列１１＋ａｎ{}的前ｎ项和，最后证明不等式也很困难，因此试一试不等变形：ａ１ȡ３，ａ２＝ａ２１－ａ１＋１＝ａ１（ａ１－１）＋１ȡ３ˑ２＋１＝７，ａ３＝ａ２２－２ａ２＋１＝ａ２（ａ２－２）＋１ȡ７ˑ５＋１＝３６， ．由于｛ａｎ｝增长速度很快，因此１１＋ａｎ{}下降速度很快．改成 弱 一些的结果，目的是使最后求１１＋ａ１＋１１＋ａ２＋ ＋１１＋ａｎ的不等变形更容易些．猜想一个 弱 化结论：ａｋȡｋ＋２（ｋɪＮ＋）．证明㊀先证明 ａｋȡｋ＋２对一切ｋɪＮ＋均成立 ．（ⅰ）当ｋ＝１时，ａ１ȡ３＝１＋２，故ｋ＝１时命题成立．（ⅱ）设ａｋȡｋ＋２，则有ａｋ＋１＝ａ２ｋ－ｋａｋ＋１＝ａｋａｋ－ｋ()＋１ȡ（ｋ＋２）［（ｋ＋２）－ｋ］＋１＝２ｋ＋５＞（ｋ＋１）＋２．这表明ａｋȡｋ＋２对一切ｋɪＮ＋均成立．则有ａｋ＋１＝ａ２ｋ－ｋａｋ＋１＝ａｋ（ａｋ－ｋ）＋１ȡａｋ［（ｋ＋２）－ｋ］＋１＝２ａｋ＋１．而当ｋȡ２，ｋɪＮ＋时，有１１＋ａｋɤ１２（１＋ａｋ－１）ɤ１２２（１＋ａｋ－２）ɤ ɤ１２ｋ－１（１＋ａ１）ɤ１２ｋ＋１，所以１１＋ａ１＋１１＋ａ２＋１１＋ａ３＋ ＋１１＋ａｎɤ１１＋ａ１＋１２３＋１２４＋ ＋１２ｎ＋１æèçöø÷ɤ１１＋３＋１２３１－１２１－１２æèçöø÷ｎ－１éëêêùûúú＜１２．问题得证．点评㊀①一个很弱的不等变形 ａｋȡｋ＋２ ，使求和后的式子拉近了与待证不等式右端１２的关系，其中很重要的因素是由 ａｋȡｋ＋２ 推出的不等式：１１＋ａｋɤ１２（１＋ａｋ－１）ɤ１２２（１＋ａｋ－２）ɤ ɤ１２ｋ－１（１＋ａ１）ɤ㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１５６㊀１２ｋ＋１（２ɤｋɤｎ）．由一个不等式引发了递推不等式是解题的亮点．读者对递推求和消去化简比较熟悉，构造递推不等式也应引起重视．②也许读者会有个疑问：怎么就猜出了 弱 化不等式ａｋȡｋ＋２呢？原因是ａｋ＝ａ２ｋ－１－（ｋ－１）ａｋ－１＋１在 ａｋȡｋ＋２ 的帮助下能得出递推不等式ａｋȡ２ａｋ－１＋１（ｋȡ２）．③实际上，１１＋ａ１＋１１＋ａ２＋ ＋１１＋ａｎ＜１２在ｎɪＮ＋下都成立，不必要求ｎȡ２．二㊁策略二：分奇偶项讨论，利用相邻两项之和放缩例２㊀已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝１，ａｎ＝２ａｎ－１＋２（－１）ｎ－１（ｎȡ２），求证：１ａ４＋１ａ５＋１ａ６＋ ＋１ａｎ＜７８（ｎȡ４，ｎɪＮ＋）．证明㊀先利用待定系数法求数列｛ａｎ｝的通项公式．设ａｎ＝２ａｎ－１＋２（－１）ｎ－１可写成ａｎ＋Ａ（－１）ｎ＝２［ａｎ－１＋Ａ（－１）ｎ－１］，数列｛ａｎ＋Ａ（－１）ｎ｝是以２为公比的等比数列，且由２Ａ（－１）ｎ－１－Ａ（－１）ｎ＝２（－１）ｎ－１，得Ａ＝２３．所以ａｎ＋２３（－１）ｎ＝ａ１－２３æèçöø÷㊃２ｎ－１＝１３㊃２ｎ－１，即ａｎ＝１３㊃２ｎ－１－２３（－１）ｎ（ｎȡ２）．验证后知ｎ＝１时也成立，故数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ＝１３㊃２ｎ－１－２３（－１）ｎ，因此ａ４＝２．当ｋȡ６，ｋ为偶数时，１ａｋ－１＋１ａｋ＝３２ｋ－２－２（－１）ｋ－１＋３２ｋ－１－２（－１）ｋ＝３２ｋ－２＋２＋３２ｋ－１－２＝３（２ｋ－１＋２ｋ－２）２２ｋ－３＋２ｋ－１－４＜３（２ｋ－１＋２ｋ－２）２２ｋ－３＝３１２ｋ－２＋１２ｋ－１æèçöø÷．所以当ｎ为偶数（ｎȡ６）时，１ａ４＋１ａ５＋１ａ６æèçöø÷＋１ａ７＋１ａ８æèçöø÷＋ ＋１ａｎ－１＋１ａｎæèçöø÷＜１２＋３１２４＋１２５æèçöø÷＋３１２６＋１２７æèçöø÷＋ ＋３１２ｎ－２＋１２ｎ－１æèçöø÷＝１２＋３１２４＋１２５＋１２６＋１２７＋ ＋１２ｎ－２＋１２ｎ－１æèçöø÷＝１２＋３㊃１２４１－１２１－１２ｎ－４æèçöø÷＜１２＋３８＝７８．又当ｎ＝４时，１ａ４＝１２＜７８，所以对一切ｎȡ４，当ｎ为偶数时，１ａ４＋１ａ５＋１ａ６＋ ＋１ａｎ＜７８．当ｎ为奇数（ｎȡ５）时，１ａ４＋１ａ５＋１ａ６＋ ＋１ａｎ＜１ａ４＋１ａ５＋１ａ６＋ ＋１ａｎ＋１ａｎ＋１．由于ｎ＋１为偶数，故由前面已证结论知１ａ４＋１ａ５＋１ａ６＋ ＋１ａｎ＋１＜７８，更有１ａ４＋１ａ５＋ ＋１ａｎ＜７８．综上所述，对任意ｎȡ４，总有１ａ４＋１ａ５＋１ａ６＋ ＋１ａｎ＜７８．点评：①利用通项公式ａｎ＝１３㊃２ｎ－１－２３（－１）ｎ实现了相邻两项之和的放大：１ａ５＋１ａ６＜３１２４＋１２５æèçöø÷，１ａ７＋１ａ８＜３１２６＋１２７æèçöø÷，１ａ２ｋ＋１＋１ａ２ｋ＋２＜３１２２ｋ＋１２２ｋ＋１æèçöø÷．②对ｎ为奇数㊁偶数（ｎȡ４）进行讨论时，先解决了ｎ为偶数时不等式成立的问题，再利用偶数成立的结果证出ｎ为奇数时不等式也成立．③单独处理１ａ４＝１２可以减少讨论过程．㊀㊀㊀解题技巧与方法１５７㊀㊀三㊁策略三：根据递推结构，构造函数，再用归纳法例３㊀已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ɪ（０，１），ａｎ＋１＝ａｎ－ａｎｌｎａｎ．（１）证明：ａｎ＜ａｎ＋１＜１．（２）给定ｂ＞ａ１，证明：对任意ｋȡａ１－ｂａ１ｌｎｂ（ｋɪＮ＋），都有ａｋ＋１＞ｂ．证明㊀（１）设函数ｆ（ｘ）＝ｘ－ｘｌｎｘ，ｘɪ（０，１）．易知ｆᶄ（ｘ）＝１－（ｌｎｘ＋１）＝－ｌｎｘ＞０，所以ｆ（ｘ）在（０，１）上单调递增，故ｆ（ｘ）＜ｆ（１）＝１．又因为－ｘｌｎｘ＞０，所以ｆ（ｘ）＞ｘ．这表明对任意ｘɪ（０，１），总有０＜ｘ＜ｆ（ｘ）＜１．下证ａｎ＜ａｎ＋１＜１．（ⅰ）当ｎ＝１时，因为０＜ａ１＜１，且０＜ａ１＜ｆ（ａ１）＜１，即０＜ａ１＜ａ２＜１，所以ｎ＝１时命题成立．（ⅱ）设当ｎ＝ｋ（ｋɪＮ＋）时，０＜ａｋ＜ａｋ＋１＜１，则有０＜ａｋ＋１＜ｆ（ａｋ＋１）＜１，即０＜ａｋ＋１＜ａｋ＋２＜１，所以ｎ＝ｋ＋１时命题也成立．由（ⅰ）（ⅱ）可知，对一切ｎɪＮ＋，总有０＜ａｎ＜ａｎ＋１＜１．（２）对于给定的ｂ＞ａ１，ｋȡａ１－ｂａ１ｌｎｂ，ｋɪＮ＋，如果０＜ａ１＜ｂɤａｋ＜１，则利用 ０＜ａｎ＜ａｎ＋１＜１ ，知ｂɤａｋ＜ａｋ＋１，即ａｋ＋１＞ｂ，如果０＜ａ１ɤａｋ＜ｂ＜１，则仍利用 ０＜ａｎ＜ａｎ＋１＜１ ，知０＜ａ１＜ａ２＜ ＜ａｋ＜ｂ＜１，所以ａ１ｌｎａ１＜ａ１ｌｎｂａ２ｌｎａ２＜ａ１ｌｎａ２＜ａ１ｌｎｂａ３ｌｎａ３＜ａ１ｌｎａ３＜ａ１ｌｎｂ ａｋｌｎａｋ＜ａ１ｌｎａｋ＜ａ１ｌｎｂ．因此ａ１ｌｎａ１＋ａ２ｌｎａ２＋ ＋ａｋｌｎａｋ＜ｋａ１ｌｎｂ．（１）又注意到ａｋ＋１＝ａｋ－ａｋｌｎａｋ＝（ａｋ－１－ａｋ－１ｌｎａｋ－１）－ａｋｌｎａｋ＝（ａｋ－２－ａｋ－２ｌｎａｋ－２）－ａｋ－１ｌｎａｋ－１－ａｋｌｎａｋ＝ａ１－（ａ１ｌｎａ１＋ａ２ｌｎａ２＋ ＋ａｋｌｎａｋ），（２）故由（１）（２）两式得ａｋ＋１＞ａ１－ｋａ１ｌｎｂ．根据ｋȡａ１－ｂａ１ｌｎｂ，ｌｎｂ＜０，ｂ＞ａ１，可知ａｋ＋１＞ａ１＋（ｂ－ａ１）＝ｂ．点评㊀①构造函数ｆ（ｘ）＝ｘ－ｘｌｎｘ，ｘɪ（０，１）是受题干条件ａｎ＋１＝ａｎ－ａｎｌｎａｎ的启发．利用函数ｆ（ｘ）的单调递增证出了０＜ｘ＜ｆ（ｘ）＜１，这个结果可称为０＜ａｎ＜ａｎ＋１＜１的 背景函数不等式 ．②利用第（１）问所得的结论推出不等式ａｋｌｎａｋ＜ａ１ｌｎｂ后，借助 中介值 Ｓｋ＝ａ１ｌｎａ１＋ａ２ｌｎａ２＋ ＋ａｋｌｎａｋ，实现了ａｋ＋１＞ｂ．③讨论ａｋ时，分０＜ａ１＜ｂɤａｋ＜１和０＜ａ１ɤａｋ＜ｂ＜１两种情况十分必要．结㊀语有些中学生一见到数列题就先套用公式，这是不正确的，只有在最简单的等差数列㊁等比数列中才有公式，如通项公式㊁前ｎ项和公式㊁中项公式等．即便是最简单的等差数列㊁等比数列问题，也要充分利用题目条件对具体问题进行具体分析，而不是用公式一套了之．数列的本质特征是顺序性㊁确定性㊁递推性．研究给定数列的位置标ｎ与数列性质的关系才是数列问题的重点．数列不等式的证明，方法灵活多变，技巧性强，只有真正理解了数列，熟悉放缩法的常见策略，才能灵活应对．ʌ参考文献ɔ［１］许国会，王涵，匡佳佳．浅谈不等式证明中常用的放缩技巧［Ｊ］．数学学习与研究，２０１８（１１）：１１６．［２］江士彦． 缩放法 在数列不等式证明中的应用［Ｊ］．数学学习与研究，２０１５（２３）：１１７－１１８．［３］曹莹，李鸿昌．一道数列最值问题的解法探究［Ｊ］．高中数学教与学，２０１９（１９）：１５－１６．［４］李鸿昌，徐章韬．关于对数平均的一个不等式的推广［Ｊ］．数学通报，２０２３，６２（８）：５０－５２．。
不等式的常见证明方法
不等式常见的三种证明方法渠县中学 刘业毅一用基本不等式证明设c b a ,,都是正数。
求证：.c b a cab b ac a bc ++≥++ 证明：.22c bac a bc b ac a bc =•≥+ .22b cab a bc c ab a bc =•≥+ .22a cab b ac c ab b ac =•≥+ ).(2)(2c b a cab b ac a bc ++≥++ .c b a cab b ac a bc ++≥++ 点评：可用综合法分析乘积形式运用不等式可以转化为所求。
思维训练：设c b a ,,都是正数。
求证：.222c b a c b a a c b ++≥++ 二 放缩法证明不等式已知，对于任意的n 为正整数，求证： 1+221+321+ +n 21<47 分析：通过变形将数列{n 21}放缩为可求数列。
解： n 21=n n •1<)1(1-n n =11-n —n1（n ≥2） ∴1+221+321+ +n 21<1+221+231⨯+341⨯+ +)1(1-n n =1+41+(21—31+31—41+ +11-n —n1) =45+21—n1 =47—n 1 点评：放缩为可求和数列或公式是高考重要思想方法。
思维训练：设c b a ,,都是正数，a+b>c,求证：a a +1+b b +1>cc +1三 构造函数法证明 证明不等式3ln 3121112ln <+++++<nn n （n 为正整数） 分析：显然要构造一个含n 的不等式，然后用叠加法证明。
我们构造一个函数,1)(',ln 1)(2xx x f x x x x f -=+-=可得这个函数在x=1时取得最小值0.及对x>0有不等式x x 11ln -≥，如果令x=k k 1+，则有111ln +>+k k k ，如果令x=1+k k ，则kk k ->+11ln ，即kk k k 1ln )1ln(11<-+<+，然后叠加不等式即可。
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 ，
关于和式的数列不等式证明方法
关于“和式”的数列不等式证明方法方法：先求和，再放缩例1、设数列{}n a 满足10a =且,na n ≠1121n n n a a a ++=+ ，*nN ∈，（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1, 1.nn n k n k b b S ===<∑记S 证明：【解析】：（Ⅰ）由1111.11n n a a +-=--得11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列，前项为1111,1,1(1)111n d n n a a ===+-⨯=--于是，111,1n na a n n∴-==-（Ⅱ）n b ====-1nn kk S b ===+++∑ 11=-< 练习：数列{}n a 为等差数列，n a 为正整数，其前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且113,1a b ==，数列{}n a b 是公比为64的等比数列，2264b S =.（1）求,n n a b ； （2）求证1211134n S S S +++< . 解：（1）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则d 为正整数，3(1)n a n d =+-，1n n b q -=依题意有1363(1)22642(6)64n n nd a d n d a b q q b q S b d q +++-⎧====⎪⎨⎪=+=⎩①由(6)64d q +=知q 为正有理数，故d 为6的因子1,2,3,6之一， 解①得2,8d q ==故132(1)21,8n n n a n n b -=+-=+=（2）35(21)(2)n S n n n =++++=+ ∴121111111132435(2)n S S S n n +++=++++⨯⨯⨯+ 11111111(1)2324352n n =-+-+-++-+ 11113(1)22124n n =+--<++方法：先放缩，再求和 例1、（放缩之后裂项求和）（辽宁卷21）．在数列||n a ，||n b 中，a 1=2，b 1=4，且1n n n a b a +，，成等差数列，11n n n b a b ++，，成等比数列（n ∈*N ）（Ⅰ）求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测||n a ，||n b 的通项公式，并证明你的结论； （Ⅱ）证明：1122111512n n a b a b a b +++<+++…． 本小题主要考查等差数列，等比数列，数学归纳法，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证等能力．满分12分． 解：（Ⅰ）由条件得21112n n n n n n b a a a b b +++=+=， 由此可得2233446912162025a b a b a b ======，，，，，． ···················································· 2分猜测2(1)(1)n n a n n b n =+=+，． ······················································································· 4分 用数学归纳法证明：①当n =1时，由上可得结论成立． ②假设当n =k 时，结论成立，即2(1)(1)k k a k k b k =+=+，，那么当n =k +1时，22221122(1)(1)(1)(2)(2)kk k k k ka ab a k k k k k b k b +++=-=+-+=++==+，．所以当n =k +1时，结论也成立．由①②，可知2(1)(1)n n a n n b n =++，对一切正整数都成立． ·········································· 7分 （Ⅱ）11115612a b =<+．n ≥2时，由（Ⅰ）知(1)(21)2(1)n n a b n n n n +=++>+． ·············································· 9分 故112211111111622334(1)n n a b a b a b n n ⎛⎫+++<++++ ⎪+++⨯⨯+⎝⎭…… 111111116223341n n ⎛⎫=+-+-++- ⎪+⎝⎭ (111111562216412)n ⎛⎫=+-<+= ⎪+⎝⎭ 综上，原不等式成立． ··································································································· 12分（例2、（放缩之后等比求和）（06福建）已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）证明：*122311...()232n n a a a n nn N a a a +-<+++<∈（III ）.设(1)n n n b a a =+，数列{}n b 的前n 项和为n s ，令2nn nT s =，（i ）求证：123n T T T T n +++< ；（ii ）求证：12332n T T T T +++< ；本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。
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。
数列不等式证明大题解题技巧
数列不等式证明大题解题技巧
1. 把数列的不等式转化为数学归纳法或数列递推公式证明：通过利用归纳假设或递推公式，将数列的不等式转化为一系列数学运算的等式或不等式，从而证明原始的数列不等式。
2. 利用数列的性质进行变形：通过对数列进行一系列变形，利用数列的性质，等式性质或不等式性质，将原始的数列不等式转化为更容易证明的形式。
3. 利用基本不等式或数学不等式进行转化：通过利用已知的基本不等式或数学不等式，对不等式进行转化或放缩，从而证明原始的数列不等式。
4. 利用函数性质进行推理：如果数列具有某种特定的性质，可以将数列不等式化为函数不等式，然后根据函数性质进行推理和证明。
5. 利用数列的特殊性质进行归纳：如果数列具有某种特殊的性质，可以通过归纳法证明数列的不等式。
总之，数列不等式的证明需要将数列不等式转化为一些更易于证明的形式，利用数列的特性、基本不等式、数学不等式、函数性质等进行推理和证明。
熟练掌握这些解题技巧，并结合具体题目的特点进行灵活应用，可以帮助解决数列不等式的证明大题。
例谈证明不等式的四种常用措施
=
cos2 a, a
∈
(0,
π 2
)
，
æ è
x
+
1 x
öøæèç
y
+
1 y
ö
÷
ø
=
æ
ç
sin2
a
è
+
1 sin2a
öæ
֍
cos2
a
øè
+
1 cos2a
ö
÷
ø
=
sin4 a
+
cos4a - 2 sin2a 4 sin22a
cos2 a
+
2
，
( ) =
4 - sin2a 2 + 16 ， 4 sin22a
(x)
=
(
cos sin
α β
)x
+
(
cos sin
β α
)x,
且x < 0,
α,β ∈
æ è
0,
π 2
öø，若
f (x) > 2, 求证：α + β >
π 2
.
证明：假设0
<
α
+
β
≤
π 2
,
由α, β
∈
（0，π2 ）可得0
<
α
≤
π 2
-
β
≤
π 2
，
则
cos
α
≥
cosæè
π 2
-
β
ö ø
=
sin
β
>
1)
=
2n2
+
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
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。
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数列不等式证明的几种方法
一、巧妙构造，利用数列的单调性
例1. 对任意自然数n，求证：。
证明：构造数列。
所以，即为单调递增数列。
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。
二、放缩自然，顺理成章
例2. 已知函数，数列的首项，以后每项按如下方
式取定：曲线处的切线与经过（0，0）和两点的直线平行。
求证：当时：
（1）；
（2）。
证明：（1）因为，所以曲线处的切线斜率为。
又因为过点（0，0）和两点的斜率为，所以结论成立。
（2）因为函数
，
所以，即，因此
；
又因为。
令，且。
所以
因此，
所以
三、导数引入
例3. 求证：
证明：令，且当时，，所以。
要证明原不等式，只须证。
设，
所以。
令，
所以。
设，
所以上为增函数
所以，即
所以
同理可证
所以。
对上式中的n分别取1，2，3，…，
，得。
四、裂项求和
例4. 设是数列的前n项和，且
（1）求数列的首项，及通项；
（2）设，证明。
解：（1）首项（过程略）。
（2）证明：将，
得，
则
点评：本题通过对的变形，利用裂项求和法化为“连续相差”形式，从而达到证题目的
五、独辟蹊径，灵活变通
独辟蹊径指处事有独创的新方法，对问题不局限于一种思路和方法，而是善于灵活变通，独自开辟新思路、新方法。
例5. 已知函数。
设数列，数列满足
（1）求证：；
（2）求证：。
证明：（1）证法1：由
令，则只须证；易知，只须证。
由分析法：。
因为，，
所以，得证。
证法2：由于的两个不动点为。
又，所以
所以
所以
，
由上可求得，
因此只需证，
即证：
又
（2）由（1）知，
所以
故对任意。
点评：本题（1）中法1通过构造新数列，将复杂的问题转化为证数列为递减数列，进而用分析法展示出证明思路的魅力；法2则是独辟蹊径利用“不动点”，求出通项公式，借助二项式定理放缩给出证明。