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对两类数列不等式问题的探究_蓝云波

上传者:丁正平
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上传时间:2015-05-08
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对两类数列不等式问题的探究_蓝云波

高中数学教与学2015年

对两类数列不等式问题的探究

蓝云波

(广东省兴宁市第一中学,514500)

众所周知,在各种考试中,数列不等式问题都经常以压轴题的方式出现.这类题往往难度较大,有利于高校选拨人才;综合程度高,体现出高考在知识点交汇处命题的思路.这类题通常设有多个问题,往往前面的问题是后面的问题的解题基础,实际是对后面的问题的提示和铺垫.纵然如此,学生往往还是无从下手,束手无策.所以同学们较为畏惧,故失分也十分严重.本文探讨两类数列不等式问题的一种解法,

这种解法的好处是即使在没有前面的问题的提示、铺垫下,也能比较自然顺畅地使问题得到解决.为了使解题更具逻辑性,本文使用分析法的方式论述问题.现抛砖引玉如下,供大家参考.

一、数列和型不等式问题

在数列不等式中,经常最后一问是证明数列{an}的前n项和与某个式子f(n)的不等关系.如果我们能把f(n)看成是另外一个数列{bn}的前n项和,若能证明an≤bn或an≥bn,问题便迎刃而解.

例1

(2014年陕西高考题)设函数f(x)

=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x≥0,其中f'(x)是f(x)的导函数.

(1)

令g1(x)

=g(x),gn+1(x)

=

g(gn(x)),n∈N*,求gn(x)的表达式;

(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;

(3)设n∈N*,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.

分析

这是今年陕西卷的压轴题.第三

问可用数学归纳法,利用定积分,或者利用第(2)问提示的函数来解决,下面用抛开前面的

·20·

提示,自然地构造出这个起到关键作用的函数的方式给予解决.通过计算得知n-f(n)是数列{1+lnn

nn+1}

的前n项和,比较n+1与1

+ln

n

n+1的大小之后,这个需要构造的函数h(x)=x-lnx-1便应运而生.

(1)(2)略.

(3)易得g(n)=

nn+1

,n-f(n)=n-ln(n+1).设数列{an}的前n项和为Sn=n-ln(n+1),则当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1+ln

n

n+1

,当n=1时,显然也成立.故要比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,只需比较

nn+1与1+lnn

n+1

的大小.设函数h(x)=x-lnx-1(12

≤x<1)

则h'(x)=1-

11x<0,故h(x)在[2,1)

上单调递减.当h(x)>h(1)=0,即当1

2

≤x<1时,

x>1+lnx.令x=

nn+1,则有nn+1>1+lnnn+1

,故g(1)+g(2)+…+g(n)>n-f(n).

在数列和型不等式中,若f(n)=λ(λ为常数)时,往往我们可以把这个常数表示成或放缩成某个数列的前n项和;若和型的式子不是n项的或有些项不具有共同的通项公式,我们可以想办法拆成n项且具有共同的通项公式的式子.我们看下面这道经典的例题.

例2

(2013年全国高考题)已知函数

第3期

f(x)=ln(1+x)-x(1+λx)

1+x.

(1)若x≥0时f(x)≤0,求λ的最小值;(2)设数列{an}的通项an=1+112+3

+…+

1n,证明:a1

2n-an+4n

>ln2.分析

通过计算得知a1

2n-an+4n

有n+

1项,而且1

4n也不像前面的项一样有共同的通

项公式,故我们可以想办法把它拆成

(11112n+2(n+1))+(2(n+1)+2(n+2))+

…+(14n-2+14n

)的形式;而ln2也可以拆

成lnn+1n+lnn+22n

n+1+…+ln2n-1,这样便转化成证明11n+1

2n+

2(n+1)>lnn.我们需要构造的函数g(x)=xx2+2(1+x)

-ln(1+x)也随之而来.

(1)略.

(2)a1

2n-an+4n

=111n+1+n+2+…+2n+1

4n

=

(12n+

1

2(n+1))

+(

112(n+1)+2(n+2))

+…+

(114n-2+4n).

而ln2=ln2nn=lnn+1n+2

n+lnn+1

+…+ln

2n11

2n-1,故只需证2n+2(n+1)

lnn+1n.令x=1n,则0<x≤1,n=1x,即

x2+x2(1+x)>ln(1+x).设g(x)=x2

+x

2(1+x)

-ln(1+x)(0<x≤1),则

高中数学教与学

g'(x)=

-x2-2x+2

2(1+x)2

=-(x+1)2+12(1+x)2

<0,

故g(x)在(0,

1]上单调递减.4

故g(x)≥g(1)=3

4-ln2=lne16

>ln1=0,即x

2+x2(1+x)

>ln(1+x),故a2n-a1

n+

4n

>ln2,得证.在数学中,积是在和的基础上定义的,因此数列和型不等式与积型不等式也有某种内在的联系.而类比是数学中重要的探索新知的方法,因此,我们自然地可以把上述方法类比到数列积型不等式中去.

二、数列积型不等式问题

在数列不等式中,我们经常要证明数列{an}的前n项积与某个式子f(n)的不等关系.与前述类似,我们可以把f(n)看成是另外一个数列{bn}的前n项积,若能证明an≤bn或an≥bn,问题也便迎刃而解.

例3

(2009年山东高考题)等比数列

{a的前n项和为S已知对任意的n∈N*

n}n,,

点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0,且b≠1,b、r为常数)的图象上.

(1)求r的值;

(2)当b=2时,记bn=2(log2an+1)(n

∈N*),证明对任意的n∈N*

,不等式

b1+1b2+1bb··…·n+1

>1b2bn.分析

此题是利用1998年全国高考理科

压轴题其中最关键的一环改编而成.有多种解法,如用数学归纳法,构造数列利用其单调性,利用基本不等式,构造对偶式证明.本文的解法的关键是把看成数列{n}的前n项积,然后得出只需证明2n+12n

>n

,而这又是比较容易的!解

(1)易得r=-1.

·21·

高中数学教与学

(2)由题意,易得a=2n-1

n,进而可得bn

=2n,故证明对任意的n∈N*

b1+1b2+1bb·b·…·n+1

>2bn

1即证

32·52n+1

4·…·2n

>.设数列{cn}的前n项积Tn=,则

当n≥2时,cTnn=T=,显然n=1

n-1n时也成立.故即证

n

n∏

2i+1

ci

i=1

2i

>∏i=1

故只需证2n+1

2n>n

,即证(2n+12n)

2

n+1

n

,即证4n2+4n+1n+4n2

>1

n,即证

4n2+4n+1

4n(n+1)

>1,

显然上式成立,故

b1+1b·b2+1

·…·1b2

bn+1

b>n

,得证.类似地,在数列积型不等式中,若f(n)=λ(λ为常数)时,往往我们也可以把这个常数表示成或放缩成某个数列的前n项积.我们看2014年广东省东莞市高三期末调研理科一道改编自2006年高考江西卷理科压轴题的一道调研题.

例4

已知数列{an}的前n项和为Sn,且

满足S11*

n=-2an-2

(n∈N).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若数列{b=n

n}满足bna1,证明:n+对一切正整数n,不等式b1b2…bn<2n!恒成立.

分析

此题的参考答案是用数学归纳法证明的,且先证明加强不等式

(

1-

1

(

1-

1

31

)32

)(

1-

133)…(1-1

3

n)

>1-·22·

2015年

(1

31

+

11

32+…+3n

)

得到的,这不易想到.这里,通过把

1nn+2表示成

n+1·1n+2·n+2

n+3

·…·2n-12n后,得出只需证明1-12n-1

3n>2n,而

这也是较为容易的!

(1)易得an=-

1

3n

.(2)由bn

nn=

a+1

,得bn=.故要

n1-13

n

证不等式bb1

12…bn<2n!恒成立,即证

1-131

21·

3·…·

n<2n!,即证

1-1-13

2

3

3

1-13

n

(1-11131

)(1-132

)(1-33

)…(1-13n

)>

2

.因为12=nnn+1n+2

2n

=n+1n+2n+3·…

·

2n-112n-1

2n,故只需证1-3

n>2n因为2n-11112n

2n=1-2n,故只需证3n<2n,即证3n<1.设c2ncn+12n+23n2n+2n=3n,则c=n+1==n32n6n2n+22n+4n<1,故数列{c2n

n}是递减数列,故3n≤

2

3

<1,故对于一切正整数n,不等式b1b2…bn<2n!恒成立.

这样,通过探究,本文得出了和型与积型两类数列不等式问题的一种通法,即转化为两个数列的通项的大小的比较,然后通过构造函数或数列证明得到.更为重要的是,

在探究的过程中,我们学会了怎样思考问题以及怎样探究问题.需要说明的是,任何方法都具有其局限性,本文提供的方法自然也不例外,例如在比较两个数列的通项的大小的时候,

若an≤bn或an≥bn不恒成立时此法便失去了原有的威力,这时,我们就要转变思路与方法,进行新的探究.

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