2022年高二数学培优讲义——数列不等式的证明 .pdf

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1、学习好资料欢迎下载数列不等式的证明（1）一、本讲要点数列和不等式结合的问题，成为近年高考的热点和难点，思维跨度大、构造性强。处理数列不等式问题的常用方法有：单调性法，放缩法，数学归纳法，对称构造数列法等。求解策略是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩。二、例题选讲例 1（2010 全国卷 2 理数 18 改编）已知数列na的前n项和2()3nnSnn（）求na；（）证明：12222312nnaaan例 2设数列na的前n项和为nS，且244nSnn.（1）求数列na的通项公式；（2）设2nnnab，数列nb的前n项和为nT，求证：141nT.名师资料总结

2、-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 11 页 -学习好资料欢迎下载例 3设)1(3221nnSn，求证：.2)1(2)1(2nSnnn例 4已知数列na的各项都是正数，nS为其前n项和，对于任意*Nn，满足关系22nnaS。（1）求数列na的通项公式；（2）设数列nb的前n项和为nT，且22)(log1nnab，求证：对于任意*Nn，总有.2nT名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 11 页 -学习好资料欢迎下载例 5（2009 年山东理 20）等比数列na的前 n 项和为，已知对任意的nN,点(,)nn S，均在函数(0 xybr b且1,bb r均为常

3、数的图像上.（）求r 的值。（）当b=2 时，记)(1(log22Nnabnn证 明：对 任意 的Nn，不 等 式12121111nnbbbnbbb成立。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 11 页 -学习好资料欢迎下载三、巩固练习：1（2008 江西卷 19）数列na为等差数列，na为正整数，其前n项和为nS，数列nb为等比数列，且113,1ab，数列nab是公比为 64 的等比数列，2264b S.（1）求,nnab；（2）求证1211134nSSS.2设nS为数列na的前n项和，对任意的nN*，都有1nnSmmam(为常数，且0)m（1）求证：数列na是等比数列

4、；（2）设数列na的公比mfq，数列nb满足1112,nnba bf b(2n，nN*)，求数列nb的通项公式；（3）在满足（2）的条件下，求证：数列2nb的前n项和8918nT3 已知各项均为正数的数列na的前 n 项和满足1nS，且*),2)(1(6NnaaSnnn（1）求 na的通项公式；（2）设数列 nb满足1)12(nbna，并记nT为nb的前 n 项和，求证：*2),3(log13NnaTnn4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

5、()1(nnn的逆序数为an，如排列 21 的逆序数11a，排列 321 的逆序数63a.（）求a4、a5，并写出 an的表达式；（）令nnnnnaaaab11，证明32221nbbbnn，n=1,2,.5设函数)(1*22Nnxnxxy的最小值为na，最大值为nb，且1421nnnbac.（1）求数列nc的通项公式；（2）设nncccT11121，求证：nTnn2)11(2.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 11 页 -学习好资料欢迎下载数列不等式的证明（1）参考答案例 1（1）123)42(nnnna（2）123)42(nnnna，若简单地舍项放缩：1232nn

6、na，13)331(221112221nnnnaaa不能证明原式，故调整放缩幅度如下：当1n时，36121a，不等式成立。当2n时，nnnnnaaa333)33(2621112221。故原不等式得证。（这种保留若干项的放缩方法是一种常用的调整放缩幅度的方法）证法二：设n3为数列nc的前n项和，只须证nncna2即可证得原不等式。可求出)2(32)1(31nncnn，下易证。（这种方法称“对称构造数列”法）例 2(1)解：当1n时，111aS.当2n时，1nnnSSa41414422nnnn52n.11a不适合上式,.2,52,1,1nnnan（2）证明:1,12252,22nnnnnabnn.

7、当1n时，11,2T当2n时，23111252222nnnT,名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 11 页 -学习好资料欢迎下载234111112725222222nnnnnT.得:23111211252()222222nnnnT211125(1)222nnn得211(2)2nnnTn，此式当1n时也适合.nnTnn(2121N)*.*210()2nnn，1nT.当2n时，111212123(1)(1)0222nnnnnnnnTT，1(2)nnTTn.12131,1244TT，21TT.故2nTT，即*1()4nTnN.综上，*11()4nTnN（注意证明数列的单调性

8、与证明函数的单调性的区别与联系）例 3解：此数列的通项为.,2,1,)1(nkkkak由2121)1(kkkkkk易证。上述不等式右边放缩用的是均值不等式，若放成1)1(kkk，则放过“度”了。例 4解:分其通项公式为的等比数列公比为为首项是以解得且则得由且解4.*).(2,2,2222,0*)2(222*).2(22.*).(22:(1)11111111NnaaaaSaaNnnaaaaaNnnaSNnaSnnnnnnnnnnnnn名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 11 页 -学习好资料欢迎下载分分证明7.)1(1.32121111.3121115.1)2(log1

9、)(log1:(2)222222222nnnTnabnnnn分总有所以对任意9.2*,212)111(.)4131()3121()211(1nTNnnnn例 5解：因为对任意的nN,点(,)nn S，均在函数(0 xybr b且1,bb r均为常数的 图像上.所以得nnSbr,当1n时,11aSbr,当2n时,1111()(1)nnnnnnnnaSSbrbrbbbb,又因为 na为等比数列,所以1r,公比为b,1(1)nnabb（2）当 b=2 时，11(1)2nnnabb,1222(log1)2(log21)2nnnban则1212nnbnbn,所以12121113 5 721 2 4 62

10、nnbbbnbbbn下面用数学归纳法证明不等式12121113 5 721 12 4 62nnbbbnnbbbn成立.当1n时,左边=32,右边=2,因为322,所以不等式成立.假设当nk时不等式成立,即12121113 5 721 12 4 62kkbbbkkbbbk成立.则当1nk时,左边=11212111113 5 721 23 2 4 6222kkkkbbbbkkbbbbkk2223(23)4(1)4(1)111(1)1(1)1224(1)4(1)4(1)kkkkkkkkkkk所以当1nk时,不等式也成立.由、可得不等式恒成立.法 2：利用假分数的一个性质)0,0(mabmambab可

11、得1222785634212674523nnnn，则1122256453423)212674523(2nnnnn，从而名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 11 页 -学习好资料欢迎下载12121113 5 721 12 4 62nnbbbnnbbbn。法 3：利用贝努利不等式)0,1,2,(1)1(xxnNnnxxn的一个特例kk221)211(2得kkkkk1222211，得11)211(11nkkknknk法 4：构造数列12124523nnnTn，则1)2)(1(2322)22(1)32(1nnnnnnnTTnn，111TTTnn，故12121113 5 721

12、 12 4 62nnbbbnnbbbn。巩固练习：1解：（1）设na的公差为d，nb的公比为q，则d为正整数，3(1)nand，1nnbq依题意有1363(1)22642(6)64nnndadndabqqbqS bd q由(6)64d q知q为正有理数，故d为6的因子1,2,3,6之一，解得2,8dq故132(1)21,8nnnannb（2）35(21)(2)nSnn n1211111111 32435(2)nSSSn n11111111(1)2324352nn11113(1)22124nn2（1）证明：当1n时，1111aSmma，解得11a1 分当2n时，11nnnnnaSSmama2 分

13、名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 11 页 -学习好资料欢迎下载即11nnm amam为常数，且0m，11nnamam2n3 分数列na是首项为 1，公比为1mm的等比数列4 分（2）解：由（1）得，mfq1mm，1122ba5 分1111nnnnbbfbb，6 分1111nnbb，即1111nnbb2n7 分nb1是首项为12，公差为 1 的等差数列8 分11211 122nnnb，即221nbn（nN*）9分（3）证明：由（2）知221nbn，则22421nbn10 分所以2222123nnTbbbb2444492521n，11 分当2n时，2441122212

14、1nnnnn，12 分所以2444492521nTn41111114923341nn4011899218n14 分3（）解：由)2)(1(611111aaSa，解得a11 或 a12，由假设a1S11，因此a12。又由 an+1Sn+1-Sn)2)(1(61)2)(1(6111nnnnaaaa，得 an+1-an-30 或 an+1-an 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 11 页 -学习好资料欢迎下载因 an0，故 an+1-an不成立，舍去。因此 an+1-an-30。从而an是公差为 3，首项为 2 的等差数列，故an的通项为an3n-2。（）证法一：由1)1

15、2(bna可解得133log11lognnabznzz；从而1335623log21nnbbbTznn。因此23n21335623log)3(log133nnaTznzn。令23n21335623)(3nnxf,则233)23)(53()33(23n33n5323)()1(nnnnnnfnf。因079)23)(53()33(22nnnn，故)()1(nfnf.特别的12027)1()(fnf。从而0)(log)3log(13nfaTnn，即)3(log132nnaT。证法二：同证法一求得bn及 Tn。由二项式定理知当c0 时，不等式cc31)1(3成立。由此不等式有33321311511211

16、2log13nTn13315312312log2n)3(log)23(log132348252log222nannn。证法三：同证法一求得bn及 Tn。令 Annn335623，Bnnn3136743，Cn13237845nn。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 11 页 -学习好资料欢迎下载因1323313133nnnnnn，因此2233nCBAAnnnn。从而32322log13356322log13xnAnnT)3(log)23(log2log222nnnnanCBA。4解（）由已知得15,1054aa，2)1(12)1(nnnnan.（）因为,2,1,222

17、22211nnnnnnnnnaaaabnnnnn，所以nbbbn221.又因为,2,1,222222nnnnnnnbn，所以)211()4121()3111(2221nnnbbbn=32221232nnnn.综上，,2,1,32221nnbbbnn.5解：（1）由已知函数式可得，0)()1(2nyxxy，由已知可知1y，令0，得014)1(442nyny，已知函数最小值为na，最大值为nb，414nbann，nbann414，nncn421。（2）)1(212211nnnnnnncn，nnnTn2)1()23()12(1 2。又)1(212211nnnnnnncn，)11(2)1()23()12(2nnnTn。因此，nTnn2)11(2。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 11 页 -