证明数列问题

证明数列问题（精选九篇）

证明数列问题 篇1

1. 直接证明

例1数列{an}满足a1=2, an+1=an2+6an+6 (n∈N*) .

(1) cn=log5 (an+3) , 求证:{cn}为等比数列.

(2) 求数列{an}的通项公式.

2. 数学归纳法 (或二项式定理)

例2在{an}中, a1=1, (an, an+1) 在直线L:2x-y+1=0上.

(1) 求{an}的通项公式.

(2) 设bn=n (3an+2) , 求{bn}的前n项和Sn.

(3) 试比较2Sn与23n2-13n的大小.

当n=1时, M=0;当n=2时, M<0;猜想当n≥3时, M>0.只需用数学归纳法证明2n>2n+1 (n≥3) 即可 (或用二项式定理证明) .

证明 (1) 当n=3时, 8>7成立. (2) 假设n=k (k≥3) 时猜想成立, 即2k>2k+1成立.

那么, 当n=k+1时, 2k+1=2.2k>2 (2k+1) =4k+2>2k+1+2=2 (2k+1) +1.猜想成立.

由 (1) (2) 知, 对n≥3时, M>0都成立, 所以2n>2n+1 (n≥3) .

∴当n=1时, 2Sn=23n2-13n;当n=2时, 2Sn=23n2-13n;当n≥3时, 2Sn>23n2-13n.

3. 放缩法

例3在数列{an}中, a1=1, 3anan-1+an-an-1=0 (n≥2) .

(1) 求{an}的通项公式. (2) 设前n项和Tn, 求证:.

析 (1) . (2) 方法1数学归纳法;方法2放缩法.

点评由于Tn不能求和, 问题可转化为比较通项大小.构造新的数列{cn}, 令{cn}前n项和为, 求通项cn.

只比较数列和cn的大小即可.但是放缩法在证明问题时放缩必须是适度的.

4. 利用导数性质

例4设数列的前n项和为Sn, 求证:Sn-1

析用导数证明:.

点评不等式左右都不能求和, 令其前n项和Tn=ln n, 求通项an.当n≥2时, .

证明数列是等比数列 篇2

当此数列为等比数列时，显然是常数列，即2a-6b=0

这个是显然的东西，但是我不懂怎么证明

常数列吗.所以任何一个K和M都应该有ak=amak=(2a-6b)k+6bam=(2a-6b)m+6bak-am=(2a-6b)(k-m)因为ak-am恒为0km任意所以一定有2a-6b=0即a=3b

补充回答：题目条件看错,再证明当此数列为等比数列时

2a-6b=0

因为等比a3:a2=a2:a

1即(6a-12b)*2a=(4a-6b)^

2a^2-6ab+9b^2=0

即(a-3b)^2=0

所以肯定有a=3b成立

2数列an前n项和为Sn已知a1=1a(n+1)=(n+2)/n乘以Sn(n=1,2,3......)证明

(1)(Sn/n)是等比数列

(2)S(n+1)=4an1、A(n+1)=(n+2)sn/n=S(n+1)-Sn

即nS(n+1)-nSn=(n+2)Sn

nS(n+1)=(n+2)Sn+nSn

nS(n+1)=(2n+2)Sn

S(n+1)/(n+1)=2Sn/n

即S/=

2S1/1=A1=

1所以Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列

2、由1有Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列

所以Sn/n的通项公式是Sn/n=1*2^(n-1)

即Sn=n2^(n-1)

那么S(n+1)=(n+1)2^n,S(n-1)=(n-1)2^(n-2)

An=Sn-S(n-1)

=n2^(n-1)-(n-1)2^(n-2)

=n*2*2^(n-2)-(n-1)2^(n-2)

=*2^(n-2)

=(n+1)2^(n-2)

=(n+1)*2^n/2^

2=(n+1)2^n/

4=S(n+1)/4

所以有S(n+1)=4An

a(n)-a(n-1)=2(n-1)

上n-1个式子相加得到：

an-a1=2+4+6+8+.....2(n-1)

右边是等差数列，且和=(n-1)/2=n(n-1)

所以：

an-2=n^2-n

an=n^2-n+24、已知数列{3*2的N此方}，求证是等比数列

根据题意，数列是3*2^n(^n表示肩膀上的方次),n=1,2,3,...为了验证它是等比数列只需要比较任何一项和它相邻项的比值是一个不依赖项次的固定比值就可以了.所以第n项和第n+1项分别是3*2^n和3*2^(n+1),相比之后有:

/(3*2^n)=

2因为比值是2,不依赖n的选择,所以得到结论.5数列an前n项和为Sn已知a1=1a(n+1)=(n+2)/n乘以Sn(n=1,2,3......)证明

(1)(Sn/n)是等比数列

(2)S(n+1)=4an1、A(n+1)=(n+2)sn/n=S(n+1)-Sn

即nS(n+1)-nSn=(n+2)Sn

nS(n+1)=(n+2)Sn+nSn

nS(n+1)=(2n+2)Sn

S(n+1)/(n+1)=2Sn/n

即S/=

2S1/1=A1=

1所以Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列

2、由1有Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列

所以Sn/n的通项公式是Sn/n=1*2^(n-1)

即Sn=n2^(n-1)

那么S(n+1)=(n+1)2^n,S(n-1)=(n-1)2^(n-2)

一类数列不等式的证明 篇3

例1 ( 2010年湖北理科高考压轴题) 已知函数f ( x) = ax+b/x+ c ( a > 0) 的图象在点 ( 1, f ( 1) ) 处的切线方程为y = x- 1.

(Ⅰ) 用a表示b, c;

( Ⅱ) 若f ( x) ≥lnx在[1, + ∞ ) 上恒成立, 求a的取值范围;

( Ⅲ) 证明: 1 +1/2+1/3+ … +1/n> ln ( n + 1) +n/ (2 ( n + 1) ) ( n≥1) .

解析: ( Ⅰ) , 解得.

( Ⅱ) 由 ( Ⅰ) 知, .

令.

则.

( ⅰ) 当 0 < a <1/2时, (1 - a) /a> 1,

若, 则g' ( x) < 0, g ( x) 是减函数, 所以g ( x) < g ( 1) = 0.

即f ( x) < lnx, 故f ( x) ≥lnx在[1, + ∞ ) 上不恒成立.

( ⅱ) 当 a ≥1/2时, (1 - a) /a< 1.

若x > 1, 则g' ( x) > 0, g ( x) 是增函数, 所以g ( x) > g ( 1) = 0.

即f ( x) > lnx, 故当x≥1时, f ( x) ≥lnx.

综上所述, 所求a的取值范围为[12, + ∞ ) .

( Ⅲ) 由 ( Ⅱ) 知, 当 a ≥1/2时, 有 f ( x) ≥ lnx, ( x ≥ 1)

令 a =1/2, 有.

且当x > 1时,

令

即

将上述n个不等式依次相加得

整理得.

评注: 在解决第 ( Ⅱ) 问的恒成立问题后, 要证明第 ( Ⅲ) 问, 通常借助第 ( Ⅱ) 问, 合理赋值, 一般来说寻找端点值, 得到不等式后, 再分析不等式的结构特征, 对x赋值叠加得证. 另外, 注意这个结构也经常使用.

例2 ( 2014年湖北武汉2月调研考试理科)

( Ⅰ) 已知函数, 使 f ( x0) ≤ 0, 求实数t的取值范围;

( Ⅱ) 证明:, 其中0 < a < b;

( Ⅲ) 设[x]表示不超过x的最大整数, 证明:.

解析: ( Ⅰ) 若t < 0, 令, 则;

若 t = 0, , 不合题意;

若t > 0, 只需.

求导数, 得

令f ' ( x) = 0, 解得x = lnt + 1.

当x < lnt + 1时, f ' ( x) < 0, 所以f ( x) 在 ( - ∞ , lnt + 1) 上是减函数;

当x > lnt + 1时, f ' ( x) > 0, 所以f ( x) 在 ( lnt + 1, + ∞ ) 上是增函数.

故f ( x) 在x = lnt + 1处取得最小值f ( lnt + 1) = t - t ( lnt+ 1) = - tlnt.

所以 - tlnt≤0, 由t > 0, 得lnt≥0, 所以t≥1.

综上可知, 实数t的取值范围为 ( - ∞ , 0) ∪[1, + ∞ ) .

( Ⅱ) 由 ( Ⅰ) , 知 f ( x) ≥ f ( lnt + 1) , 即

取 t = 1, 0, 即

当x > 0时, lnx≤x - 1, 当且仅当x = 1时, 等号成立,

故当x > 0且x≠1时, 有lnx < x - 1.

令, 得) , 即

令, 得, 即b, 亦即

综上, 得

( Ⅲ) 由 ( Ⅱ) , 得

令 a = k, , 得

对于, 分别取k = 1, 2, …, n,

将上述n个不等式依次相加, 得

所以

对于1, 分别取k = 1, 2, …, n - 1,

将上述n - 1个不等式依次相加, 得

, 即

所以

综合12, 得

易知, 当p < q时, [p]≤[q],

所以

又因为[1 + lnn] = 1 + [lnn],

所以

评析: 这道题是一道很好的试题: 第 ( Ⅰ) 问存在性问题是函数中的常考点, 它与恒成立问题同等重要. 第 ( Ⅱ) 问要求证明重要不等式, 这是一个非常重要的不等关系; 第 ( Ⅲ) 问更是引进高斯函数, 使老题焕发新颜. 其中两点: 一是不等式的证明需要借助 ( Ⅱ) 中的结论, 合理赋值;二是简单考察高斯函数的两条性质: ( 1) 当x < y, [x]≤[y]; ( 2) 当n∈Z, x∈R, [n + x] = n + [x].

例3 ( 2014年襄阳高三模拟试题) 已知函数

( Ⅰ) 求f ( x) 的极值;

( Ⅱ) 求证:

解析: ( Ⅰ)

因为a < 0, 当x∈ ( - 1, - a - 1) 时, f ' ( x) < 0; 当x∈ ( - a - 1, + ∞ ) 时, f ' ( x) > 0, 故

( Ⅱ) 由 ( Ⅰ) 知取a = - 1, , 当 x > 0 时, , 取得, 从而

, 即

, 得证

评析: 在第 ( Ⅱ) 中要敏锐发现令a = - 1, 构建函数不等式, 它本质即不等式, 再给其赋值即可.

例4 ( 2014年四川名校诊断测试) 已知函数在x = 1处取得最大值, g ( x) = ( x + 1) f ( x) .

( Ⅰ) 求函数f ( x) 的解析式;

数列的性质证明 篇4

x(n)=x(n-1)+F(F是关于N的函数)用累加法

x(n)/x(n-1)=G(G是关于N的函数)用累积法

x(n)=Ax(n-1)+B

x(n)取倒数后是上述情况

等差数列an依次每项k之和仍为等差数列,其公差为原公差的k^2倍,即数列Sk,S2k-Sk,S3k-S2k也为等差数列

对此条性质进行证明Sk=ka1+k(k-1)d/2

S2k=2ka1+2k(2k-1)d/2

S3k=3ka1+3k(3k-1)d/2

S2k-Sk=ka1+k(3k-1)d/2

S3k-S2k=ka1+k(5k-1)d/2

(S2k-Sk）-Sk=k^2*d

(S3k-S2k)-(S2k-Sk）=k^2*d

所以

等差数列an依次每项k之和仍为等差数列,其公差为原公差的k^2倍,即数列Sk,S2k-Sk,S3k-S2k也为等差数列

证明.项数为奇数2n-1的等差数列｛an｝有(1)S奇－S偶＝an

(2)s奇／S偶＝n/n-1.证明：由题意令此数列公差为d，则:a(n+1)-an=d,即an-a(n+1)=d

又由通项公式得：a(2n-1)=a1+(2n-2)d=an+(n-1)d

S奇－S偶＝(a1-a2)+(a3-a4)+...+(a(2n-3)-a(2n-2))+a(2n-1)

=(n-1)*(-d)+an+(n-1)d

=an

求前2n-1项和得：S(2n-1)=S奇+S偶＝(2n-1)[a1+a(2n-1)]/2

又a1+a(2n-1)=2an,则：

S奇+S偶＝(2n-1)*an=(2n-1)*(S奇-S偶)

即：2nS奇＝(2n-2)S偶

所以：s奇／S偶＝2n/（2n-2)=n/(n-1)

证明.项数为偶数2n的等差数列｛an｝有(1)S奇－S偶＝nd,(2)s奇／S偶＝an/an+1

(3)S2n=n(a1+a2n)=~~~=n(an+an+1)

[an与an+1为中间两项】

证明：（1）S奇=a1+a3+…+a(2n-1)，共n项(2n-1为下标）

S偶=a2+a4+…+a2n，共n项(2n为下标）

S偶－S奇=(a2-a1)+(a4-a3)+…+[a2n-a(2n-1)]=nd

(2)S奇=A1+A3+A5+……+A(2n-3)+A(2n-1)

S偶=A2+A4+A6+……+A(2n-2)+A2n

如果n为奇数

A1+A(2n-1)=A3+A(2n-3)=……=A(n-2)+A(n+2)=2An

A2+A2n=A4+A(2n-2)=……=A(n-1)+A(n+3)=2A(n+1)

S奇=nAn

S偶=nA(n+1)

S奇/S偶=An/A(n+1)

如果n为偶数

A1+A(2n-1)=A3+A(2n-3)=……=A(n-1)+A(n+1)=2An

A2+A2n=A4+A(2n-2)=……=An+A(n+2)=2A(n+1)

S奇=nAn

S偶=nA(n+1)

S奇/S偶=An/A(n+1)

(3)项数为偶数，所以都可以配对，共有N对

用论证法来证明数列极限的研究 篇5

首先, 针对学生高中所接触的极限的通俗定义来切入。即当n无限增大时, xn趋向于A。这种通俗的定义方法只能定性而不能定量来描述数列的极限过程, 如何把这两句话转化为ε-N精确定义是关键, 也就是说如何刻画“无限增大”和“无限趋向”这两种定性语言。首先看“xn趋向于A”这句话, 也就是说xn和A很接近, 那么我们任意的给定一个很小的正数ε, 都有|xn-A|比我们给定的ε还要小, 这里用到了ε的任意性;再看“当n无限增大时”这句话, 并不是n从第一项或者第二项就满足|xn-A|<ε的, 也就是说不是一开始就能保证数列{xn}逼近A, 而是找到一项N, 从第N项之后的那些xn满足|xn-A|<ε, 所以这里的N是存在性, 只要能说明N存在即可。注意到N的选取是受到ε的制约的, ε越小, 则N越大, 从而把极限的通俗定义转化为定量的精确定义。

下面将数列极限的定义叙述出来:当n>N时, 有|xn-A|<ε。由上面定义可以看出证明极限存在的步骤: (1) 从|xn-A|<ε中反解出n成立的条件; (2) 取出N。所以如何寻找N是证明的一个重点。在多数证明极限存在的题中, |xnA|<ε并不是直接可以解出来的, 将|xn-A|<ε适当放大到合适的g (n) , 通过g (n) <ε寻找N, 这样放缩后解题更为简单。下面用例子来说明如何放缩成最为合适的g (n) 。

在上述证明过程中, 不等式放大的地方需要注意以下问题。

其次, 在极限定义式中, ε是任意的, 可以任意大也可以任意小, 但是, 定义中我们主要强调的ε是的任意小性。因此通常限定0<ε<1, 但不能限定ε>1。

总之, 对于数列极限, 特别是用ε-N定义来证明时, 在证明过程中用到缩放时, 要层层剖析, 由浅入深, 注意放缩的技巧, 把握ε-N定义证明的内涵。

参考文献

[1]罗守山.高等数学[M].国家行政学院出版社, 2008.

[2]同济大学应用数学系.高等数学 (第六版) [M].北京:高等教育出版社, 2007.

[3]华东师范大学数学系.数学分析 (第三版) [M].北京:高等教育出版社, 2001.

浅谈数列中不等式的证明方法 篇6

利用比较法

比较法就是直接利用比较原理证明不等式的一种方法.当要证明的是项与项或和与和之间的大小时,常用比较法.

例1已知数列{an}各项均不为0,其前n项和为Sn,且对任意n∈N+,都有:(1-P)Sn=p-pan(p为不大于1的常数),记

(1)求an;

(2)试证明:

解:(1)∵(1-p)Sn=p-pan①,∴当n≥2时,(1-p)Sn+1=p-pan+1②.

②-①得,an+1=pan.又由(1-P)S1=p-pa1得a1=p.

∴数列{an}是以p为首项,p为公比的等比数列,

∴an=pn.

证明:

利用放缩法

放缩法是指根据题设条件和不等式的结构特征从不等式的一侧出发,适当放大或缩小,进而证明不等式的一种方法.放缩法可以单独应用,也可以和其他方法配合应用.

例2已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an=,求证:

方案1:首先想到如下放缩:,所以.

显然这个值超出,失败的原因是分母缩得太小.

方案2:,显然可行.

点评:在放缩过程中,要根据题目中所证的结论适当调整放缩程度.

利用迭代法

证明数列问题 篇7

纵观近几年高考试题,我们不难发现很多省市都把数列不等式的证明作为压轴题.由于这类考题将数列与不等式有机地结合起来,因而它的证明既需要证明不等式的基本思路和方法,又要结合数列本身的结构特点,有着较强的技巧性,对学生的要求较高,具有很高的区分度.本文结合近几年的一些高考试题谈谈数列不等式的证明方法.

1 利用两个简单等式证明数列不等式

对于任意数列{an},当n≥2时总有

运用上述两个结论,不仅能推导等差、等比数列的通项公式,而且结合具体条件运用它还能得到一些与通项相关的不等式,进而证明一些数列不等式.

例1 (2005年高考湖北卷)已知不等式$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}＞\frac{1}{2}[\log {}_{2}n]$,其中n为大于2的整数, [log2n]表示不超过log2n的最大整数.设数列{an}的各项为正,且满足$a{}_1=b(b＞0)‚a{}_n\le \frac{na{}_{n-1}}{n+a{}_{n-1}}‚n=2,3,4,\cdots$.证明$a{}_n＜\frac{2b}{2+b[\log {}_{2}n]}‚n=3‚4‚5‚\cdots .$

证明 因为当n≥2时,$0＜a{}_n\le \frac{na{}_{n-1}}{n+a{}_{n-1}}$,

所以$\frac{1}{a{}_n}\ge \frac{n+a{}_{n-1}}{na{}_{n-1}}=\frac{1}{a{}_{n-1}}+\frac{1}{n}$,

$\begin{array}{l}\text{即}\frac{1}{a{}_n}-\frac{1}{a{}_{n-1}}\ge \frac{1}{n}.\\ \frac{1}{a{}_n}=\frac{1}{a{}_1}+\left(\frac{1}{a{}_2}-\frac{1}{a{}_1}\right)+\left(\frac{1}{a{}_3}-\frac{1}{a{}_2}\right)+\cdots \\ +\left(\frac{1}{a{}_n}-\frac{1}{a{}_{n-1}}\right)\\ \ge \frac{1}{a{}_1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}\\ ＞\frac{1}{b}+\frac{1}{2}[\log {}_{2}n]=\frac{2+b[\log {}_{2}n]}{2b}‚\end{array}$

即$a{}_n＜\frac{2b}{2+b[\log {}_{2}n]}.$

例2 (2007年高考四川卷)已知函数f(x)=x2-4,设曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn+1,0)(n∈N*),其中x1为正实数.

(Ⅰ)用xn表示xn+1;

Ⅱ)若x1=4,记$a{}_n=\lg \frac{x{}_n+2}{x{}_n-2}$,证明数列{an}成等比数列,并求其通项公式;

(Ⅲ)若x1=4,bn=xn-2,Tn是数列{bn}的前n项和,证明Tn<3.

解 (Ⅰ),(Ⅱ)略.

(Ⅲ)由(Ⅰ),(Ⅱ)知$x{}_n=\frac{2(3{}^{2{}^{n-1}}+1)}{3{}^{2{}^{n-1}}-1}$,所以

$\begin{array}{l}b{}_n=x{}_n-2=\frac{4}{3{}^{2{}^{n-1}}-1}＞0‚\\ \frac{b{}_{n+1}}{b{}_n}=\frac{3{}^{2{}^{n-1}}-1}{3{}^{2{}^n}-1}＜\frac{1}{3{}^{2{}^{n-1}}+1}＜\frac{1}{3{}^{2{}^{n-1}}}\le \frac{1}{3}.\end{array}$

当n=1时,显然T1=b1=2<3.

当n≥2时,

$\begin{array}{l}b{}_n=b{}_1\times \frac{b{}_2}{b{}_1}\times \cdots \times \frac{b{}_n}{b{}_{n-1}}＜2\times \left(\frac{1}{3}\right){}^{n-1}.\\ {\rm T}{}_n=b{}_1+b{}_2+\cdots +b{}_n\\ ＜2+2\times \left(\frac{1}{3}\right){}^1+\cdots +2\times \left(\frac{1}{3}\right){}^{n-1}\\ =2\times \frac{1-(1/3){}^n}{1-(1/3)}=3-3\times \left(\frac{1}{3}\right){}^n＜3.\end{array}$

综上所述,Tn<3(n∈N*).

评注 类比数列递推公式,充分利用已知的递推不等式和两个简单等式(1),(2)可得到与数列通项相关的不等式,如$a{}_n\le \left(\frac{1}{2}\right){}^n‚\frac{1}{a{}_n}＞3{}^{n-1}$等,利用这个不等式我们既可以证明与通项相关的一些不等式(如例1),也可证明一些与前n项和相关的一些不等式(如例2).其中例2中构造无穷递缩正项等比数列$\left\{2\times \left(\frac{1}{3}\right){}^{n-1}\right\}$的方法在近几年的高考中很常见,只要这样的数列构造出来了,后面的问题便迎刃而解.

2 利用裂项法证明数列不等式

例3 (2006年高考全国卷Ⅰ)设数列{an}的前n项的和$S{}_n=\frac{4}{3}a{}_n-\frac{1}{3}\times 2{}^{n+1}+\frac{2}{3}‚n\in \text{Ν}{}^{*}.$

(Ⅰ)求首项a1与通项an;

(Ⅱ)设${\rm T}{}_n=\frac{2{}^n}{S{}_n}‚n\in \text{Ν}{}^{*}$,证明:${\displaystyle \sum _{i=1}^n{\rm T}}{}_i＜\frac{3}{2}.$

解 (Ⅰ)首项a1=2,通项an=4n-2n,n∈N*.

(Ⅱ)将an=4n-2n代入

所以

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{i=1}^n{\rm T}}{}_i=\frac{3}{2}[\left(\frac{1}{2-1}-\frac{1}{2{}^2-1}\right)+\left(\frac{1}{2{}^2-1}-\frac{1}{2{}^3-1}\right)\\ +\cdots +\left(\frac{1}{2{}^n-1}-\frac{1}{2{}^{n+1}-1}\right)]\\ =\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{2{}^{n+1}-1}\right)＜\frac{3}{2}.\end{array}$

评注 要充分利用数列通项本身的特征将通项变成“连续差”的形式,将和式化简求出,后面就水到渠成了.

3 利用函数性质证明数列不等式

例4 (2007年高考山东卷)设函数f(x)=x2+bln(x+1),其中b≠0.证明对任意的正整数n,不等式$\ln \left(\frac{1}{n}+1\right)＞\frac{1}{n{}^2}-\frac{1}{n{}^3}$都成立.

证明 当b=-1时,函数f(x)=x2-ln(x+1).

令函数h(x)=x3-f(x)=x3-x2+ln(x+1),

则$h^{\prime }(x)=3x{}^2-2x+\frac{1}{x+1}=\frac{3x{}^2+(x-1){}^2}{x+1}.$

当x∈[0,+∞)时,f′(x)>0,所以函数h(x)在[0,+∞)上单调递增.

又h(0)=0,故x∈(0,+∞)时,恒有h(x)>h(0)=0,即x3>x2-ln(x+1)恒成立.

故当x∈(0,+∞)时,有ln(x+1)>x2-x3.

对任意正整数n取$x=\frac{1}{n}\in (0‚+\infty )$,则有$\ln \left(\frac{1}{n}+1\right)＞\frac{1}{n{}^2}-\frac{1}{n{}^3}$,即结论成立.

例5 (2007高考重庆卷)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足S1>1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*.

(Ⅰ)求{an}的通项公式;

(Ⅱ)设数列{bn}满足an(2bn-1)=1,并记Tn为{bn}的前n项和,求证:3Tn+1>log2(an+3),n∈N*.

解 (Ⅰ)a1=2,an=3n-1.(解略)

(Ⅱ)由an(2bn-1)=1可解得

令$f(n)=\left(\frac{3}{2}\cdot \frac{6}{5}\cdot \cdots \cdot \frac{3n}{3n-1}\right){}^3\cdot \frac{2}{3n+2}$,

$\begin{array}{l}\text{则}\frac{f(n+1)}{f(n)}=\frac{3n+2}{3n+5}\cdot \left(\frac{3n+3}{3n+2}\right){}^3\\ =\frac{(3n+3){}^3}{(3n+5)(3n+2){}^2}.\end{array}$

由于

特别地,$f(n)\ge f(1)=\frac{27}{20}＞1$,从而

3Tn+1-log2(an+3)=log2f(n)>0.

即 3Tn+1>log2(an+3).

评注 利用函数的性质证明数列不等式往往先要结合结论构造函数,再利用其单调性、奇偶性、周期性等性质来证明.其中函数的单调性应用较多,经常也要用到导数法、比较法等来判断其单调性.

5 利用放缩法证明数列不等式

以下用放缩法证明例5.

证明 由二项式定理知,当c>0时,不等式(1+c)3>1+3c成立.由此不等式有

即原不等式成立.

评注 放缩法是证明不等式中一种常用方法,也是一种很重要的方法,在证明过程中适当放缩往往可以事半功倍.但放缩的度往往不容易把握,在放缩过程中要牢牢抓住放缩的目标(结论),再充分利用数列通项本身的特点(条件),不断尝试方能成功.

6 数学归纳法证明数列不等式

以下再用数学归纳法证明例5.

$\begin{array}{l}\text{证}\text{明}\text{当}n=1\text{时}‚3{\rm T}{}_1+1=\log {}_2\frac{27}{4}‚\\ \log {}_2(a{}_1+3)=\log {}_{2}5,\end{array}$

因此3T1+1>log2(a1+3),结论成立.

假设结论当n=k(k∈N*)时成立,即

3Tk+1>log2(ak+3),

则当n=k+1时,

$\begin{array}{l}3{\rm T}{}_{k+1}+1-\log {}_2(a{}_{k+1}+3)\\ =3{\rm T}{}_k+1+3b{}_{k+1}-\log {}_2(a{}_{k+1}+3)\\ ＞\log {}_2(a{}_k+3)-\log {}_2(a{}_{k+1}+3)+3b{}_{k+1}\\ =\log {}_2\frac{(3k+3){}^3}{(3k+5)(3k+2){}^2}‚\end{array}$

因为

(3k+3)3-(3k+5)(3k+2)2=9k+7>0,

故$\log {}_2\frac{(3k+3){}^3}{(3k+5)(3k+2){}^2}＞0.$

从而3Tk+1+1>log2(ak+1+3).

这就是说,当n=k+1时结论也成立.

综上所述,3Tn+1>log2(an+3)对任何n∈N*成立.

评注 由于数列问题与自然数密切相关,因而有效的利用数学归纳法是一种基本方法.但在证题时步骤要完整,一定要充分利用假设,如何构造和利用假设往往是关键.

这里例5我们运用了3种不同的证明方法,这也反映了这类题型的一种命题趋势,它往往一题多解,给考生更广阔的思维空间.

数列典型问题例析 篇8

一、等差数列性质在解题中的应用

由于等差数列运算的灵活性与技巧性较强, 因此要学会借用等差数列的性质解题, 以达到选择捷径, 避繁就简, 合理解题的目的.

例1若{an}为等差数列, 首项a1>0, a2007+a2008>0, a2007·a2008<0, 则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是 ()

(A) 4013 (B) 4014 (C) 4015 (D) 4016

解析:因为a1>0, a2007+a2008>0, a2007·a2008<0,

所以{an}表示首项为正数, 公差为负数的单调递减等差数列, a2007是绝对值最小的正数, a2008是绝对值最大的负数 (第一个负数) , 且|a2007|>|a2008|,

因为在等差数列{an}中,

所以使Sn>0成立的最大自然数n是4014, 故选 (B) .

评析:在等差数列{an}中, 若m、n、p、q∈N+, 且m+n=p+q, 则有am+an=ap+aq.利用这一性质解某些等差数列问题, 可以将问题化难为易, 化繁为简.

二、待定系数法在解题中的应用

有些非等差或等比数列通项公式问题, 通过引入或研究一些尚待确定的系数转化命题结构, 经过变形与比较, 建立起含有待定字母系数的方程组, 由此求出相应字母系数的值, 进而使问题获解.

例2设数列{an}满足, a1=1, an=1/2an-1+2n-1 (n≥2) , 求通项公式an.

解:设bn=an+An+B, 则an=bn-An-B, an-1=bn-1-A (n-1) -B,

评析:通过变形、变量代换、构造等一系列化归手段, 把非等比数列问题最终可转化为等比数列, 使得问题顺利解决.

3.集合与数列混合问题

集合与数列都是数学中的最基本、最重要的概念.解答此类混合问题时要注意在不同条件下的合理运用各个知识, 并要注意各类知识的相互转化、融会贯通与综合运用.

例3已知{an}是等差数列, d为公差且不为0, a1和d均为实数, 它的前n项和记为Sn, 设集合试问下列结论是否正确, 请给予证明;如果不正确, 请举例说明.

(1) 若以集合A中的元素作为点的坐标, 则这些点都在同一条直线上;

(2) A∩B至多有一个元素;

(3) 当a1≠0时, 一定有A∩B≠.

(3) 不正确.取a1=1, d=1, 对一切x∈N+, 有这时集合A中的元素作为点的坐标, 其横、纵坐标均为正.an=a1+ (n-1) d=n>0, Sn n>0

另外, 由于a1=1≠0, 如果A∩B≠, 那么根据 (2) 的结论, A∩B中至多有一个元素 (x0, y0) , 而这样的 (x0, y0) A, 产生了矛盾.

解决数列问题的常用运算方法 篇9

一、累加法

等差数列通项公式的基本推导方法就是累加法, 亦称叠加法、迭加法.它是已知递推公式推导通项公式的常用方法之一.

例1在数列{an}中, a1=1, an+1

设求数列{bn}的通项公式.

解由已知有

利用累加法得

即数列{bn}的通项公式:

二、累乘法

等比数列通项公式的基本推导方法就是累乘法, 亦称叠乘法、迭乘法.它也是已知递推公式推导通项公式的常用方法之一.

例2数列{an}中, a1=1, 其前n项和Sn满足n Sn+1- (n+3) Sn=0, 求数列{an}的通项公式.

解由已知n Sn+1- (n+3) Sn=0得

又当n=1时, S2-4S1=0, 即a1+a2-4a1=0, 得a2=3, 即

利用累乘法将这n-1个式子相乘得

又当n=1时,

故数列{an}的通项公式为an

三、倒序相加法

等差数列前n项和公式的基本推导方法就是倒序相加法, 它是建立在等差数列的性质及等差中项的基础上的.

四、倒序相乘法

对于一些数列题型, 可以在利用等比数列的性质及等比中项的基础上, 运用倒序相乘法.

例3已知等比数列{an}满足an>0, 且 (n≥3) , 则当n≥3时, log2a1+log2a3+log2a5+…+log2a2n-1=____.

两式相乘, 得

又an>0, 故

五、错位相减法

等比数列前n项和公式的基本推导方法就是倒序相加法, 它是建立在等比数列的性质及等比中项的基础上的.错位相减法是数列运算过程中最常用的, 要求也是最高的一种数列运算方法.

例4已知数列{an}满足2an-2n=Sn.

(1) 求证:数列{an-n·2n-1}是等比数列;

(2) 求数列{an}的前n项和Sn.

解 (1) 当n=1时, 2a1-2=S1=a1, ∴a1=2, 且a1-1×21-1=1.

当n≥2时, an=Sn-Sn-1= (2an-2n) - (2an-1-2n-1) ,

故数列{an-n·2n-1}是以a1=1为首项, q=2为公比的等比数列.

故Sn=n×2n.

六、拆项相消法

在数列运算中, 对一些求通项及求和的问题中, 拆项相消法也是有效与常用的方法.

例5已知:数列{bn}的通项公式bn=2n-1 (n∈N*) , 若数列前n项和为Tn, 问的最小正整数n是多少?

的最小正整数为112.

如果把数列改成数列呢?