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．

解

（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．

解

（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

证

x2+x2（1+x）＞ln（1+x）．设g（x）=x2

+x

2（1+x）

－ln（1+x）（0＜x≤1），则

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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！

解

（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．