浅析数列型不等式证明的途径 内蒙古赤峰市第四中学 王化义 数列和不等式是高考的两大热点也是难点，数列和证明不等式的交叉，是这两大块知识的主要交叉点，它在数列的特殊情景下，巧妙的融合了不等式的证明，它所涉及的问题往往是灵活的应用了数列和不等式的知识，当两者结合在一起的时候，问题会变得非常灵活所以在复习时，我们在分别复习好两类知识的同时，一定要注意它们之间的相互渗透和交叉，培养灵活的思维能力证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律下面举例说明这类题目的解题途径一反证法例1已知数列an的前n项和为Sn，且anSn4求证：不存在正整数k，使2成立解：由题意，Snan4，Sn+1an+14，由两式相减，得(Sn+1an+1)(Snan)0，即2an+1an0，an+1an，又2a1S1a14，a12，数列an是以首项a12，公比为q的等比数列Sn422-n若存在正整数k，使2成立则2，整理，得21-k1，即12 k -1，kN*，2k-1N*，这与2k-1(1，)相矛盾，故不存在这样的k，使不等式成立点评：本题解答的整个过程属于常规解法，但在导出矛盾时须注意条件“kN*”，这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱二放缩法例2已知正数数列的前项和为，且对任意正整数满足求数列的通项公式；求证：解：把两边平方得 得 数列是正数数列 即由已知得即 数列是首项为1，公差为2的等差数列 由知，点评：第小题用到对分母进行放缩，通过放缩把陌生的数列求和问题转化为熟悉的数列求和问题常见的放缩有，或，三作差比较法例3设数列an的首项a1(0，1)，an，n2，3，4，设bnan，证明bnbn+1，其中n为正整数证明：由an，n2，3，4，整理得1an(1an-1)又1a10，所以1an是首项为1a1，公比为的等比数列，得an1(1a1)()n-1，（1）由已知及上式可知0an，故bn0那么，bn+12bn2an+12(32an+1)an2(32an)()2(32)an2(32an)(an1)2又由（1）式知an0，且an1，故bn+12bn20，因此bnbn+1，其中n为正整数点评：利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，途径主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化四作商比较法例4数列中，前项之和为，其中和为常数，且，(1)求数列的通项公式；并证明(2)若，试判断数列中任意两项的大小解： (1)由可知，当n 2时，所以，即数列是一个单调递增的数列，那么 (2)由(1)可知，数列各项都为正数则，所以点评：不同底的对数尽可能化为同底，作商比较法最后证明的结果要与作比较五利用二项式定理例5(2012广东高考)设数列an的前n项和为Sn，满足2Snan12n11，nN*，且a1，a25，a3成等差数列(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，有解：(1)当n1时，2a1a241a23，当n2时，2(a1a2)a381a37，又因为a1，a25，a3成等差数列，所以a1a32(a25)，由得a11(2)2Snan12n11，当n2时，有2Sn1an2n1两式相减得an13an2n，则1，即2又23，是首项为3，公比为的等比数列，23n1，即an3n2n，n1时也适合此式，an3n2n(3)证明：由(2)得，所以11点评：利用二项式定理进行放缩，主要方法是舍去某些项或对分式中的分子、分母进行放缩，放缩的目的是使所得的数列转化为熟悉的、较容易的数列求和类型，从而达到证明命题的目的六利用函数的单调性例6数列由下列条件确定：，,nN*，（I）证明：对总有；(II)证明：对总有解：构造函数易知在是增函数当时，在递增，故kN*. 对(II)有，构造函数它在上是增函数，故有，得证点评：本题有着深厚的科学背景：是计算机开平方设计迭代程序的根据；同时有着高等数学背景数列单调递减有下界，因而有极限：是递推数列的母函数，研究其单调性对此数列本质属性的揭示往往具有重要的指导作用七借助数学归纳法例7数列中 ,且;证明： 证明：当时, ; 假设时,（k2）， ;当时, ,结论成立综上,对一切,有点评：用数学归纳法证明一些与n有关的不等式时，推导“nk1”时成立，有时要进行一些简单的放缩，有时还要用到一些其他的证明不等式的方法，如比较法、综合法、分析法、反证法等等八基本不等式例8在m（m2）个不同数的排列P1P2Pn中，若1ijm时PiPj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数 记排列321)1()1(L-+nnn的逆序数为an，如排列21的逆序数，排列321的逆序数（）求a4、a5，并写出an的表达式；（）令nnnnnaaaab11+=，证明32221+=+=+nnnnnnnnnaaaabnnnnn，所以nbbbn221+L又因为L,2,1,222222=+-+=+=nnnnnnnbn，所以)211()4121()3111(2221+-+-+-+=+nnnbbbnLL =32221232+-+-+nnnn综上，LL,2,1,32221=+nnbbbnn点评：该题创意新，知识复合到位，能很好的反映当前的高考趋势九类比法例9请阅读下列材料：如果两个正实数a1，a2满足aa1，那么a1a2证明：构造函数f(x)(xa1)2(xa2)22x22(a1a2)x1，因为对一切实数x，恒有f(x)0，所以0，从而得4(a1a2)280，所以a1a2类比上述证明方法，若n个正实数满足aaa1时，你能得到的结论为_解：构造函数f(x)(xa1)2(xa2)(xan)2nx22(a1a2an)x1，因为对一切实数x，恒有f(x)0，所以0，即4(a1a2an)24n0，所以a1a2an答案a1a2an点评：本题是类比数学方法，即构造函数法，通过类比方法即可解决这样，通过从二次函数出发，无论是对内容的发散，还是对解题思维的深入，都能收到固本拓新之用，收到“秀枝一株，嫁接成林”之效，从而有效于发展学生创新思维十加强命题法例10数列中,对任何有，求证！证明：由已知可以推出,令，即证先用数学归纳法证明：当时,左边=,右边=,命题成立假设时,成立,则 所以时,命题也成立即： ，点评：在用数学归纳法证明问题的过程中，有时会遇到这种问题：关于正整数n的命题p（n），直接用数学归纳法时难以实现从n到n1的过渡，然而对比p（n）更强的命题q（n），在使用数学归纳法时更简单 因此，在处理此类问题时，我们需要主动加强命题 加强命题通常有两种方法：一是将命题一般化；二是加强结论十一利用柯西不等式例11设求证：证明：为了运用柯西不等式，我们将写成于是即故 点评：利用柯西不等式的技巧有很多，如常数的巧拆、结构的巧变、巧设数组等这道题初看似乎无法使用柯西不等式，但改变其结构就可以了十二巧用判别式例12给定正整数和正数M，对满足条件的所有等差数列求证：证明：设等差数列的公差为则化为，即，令，把代入式整理得：，由解得当时，易求得，的最大值为点评：本题利用判别式，解题过程简捷、流畅，并且需要有较强的直接观察能力十三利用导数证明不等式例13求证：(n2，nN*)证明：先证明函数f(x)ln xx+1在(1，)上恒有f(x)0，且f(1)=0。因为f(x)，显然f(x)ln x-x+1在(1，)上单调递减，在 (0,1上单调递增,所以当x(1，)时，f(x) f(1)=0，即有： ln x-x+10，所以ln xx1对一切x(1，)恒成立n2，nN*，则有0ln nn1，0，(n2，nN*)点评：利用导数证明与分式、指数式、对数式函数等相关的不等式的步骤：第一步：根据待证不等式的结构特征，定义域以及不等式的性质，将待证不等式化为简单的不等式；第二步：构造函数；第三步：利用导数研究该函数的单调性或最值；第四步：根据单调性或极值得到待证不等式十四分析法例14设实数数列an的前n项和Sn满足Sn1an1Sn(nN*)(1)若a1，S2，2a2成等比数列，求S2和a3；(2)求证：对k3有0ak1ak解：(1)由题意得S2S2，由S2是等比中项知S20，因此S22由S2a3S3a3S2解得a3(2)证明：由题设条件有Snan1an1Sn，故Sn1，an11且an1，Sn，从而对k3有ak因aak1