当前位置:首页 >> 数学 >>

求数列通项、数列求和、数列不等式放缩知识点方法大全以及例题详解


数列通项公式的十种求法

一、公式法 例 1 已知数列 {an } 满足 an?1 ? 2an ? 3? 2n , a1 ? 2 ,求数列 {an } 的通项公式。 解: an?1 ? 2an ? 3? 2n 两边除以 2 是以
n ?1

,得

an ?1 an 3 a ?1 an 3 a ? n ? ,则

n ? n ? ,故数列 { n } n ?1 n ?1 2 2 2 2 2 2 2n

a1 2
1

?

2 3 ?1 为 首 项 , 以 为 公 差 的 等 差 数 列 , 由 等 差 数 列 的 通 项 公 式 , 得 2 2

an 3 3 1 ? 1 ? (n ? 1) ,所以数列 {an } 的通项公式为 an ? ( n ? )2 n 。 n 2 2 2 2 an ?1 an 3 ? ? ,说明数 2n ?1 2n 2 a a 3 } 是等差数列,再直接利用等差数列的通项公式求出 n ? 1 ? (n ? 1) ,进而求出数 列{ n n n 2 2 2
评注:本题解题的关键是把递推关系式 an?1 ? 2an ? 3? 2n 转化为 列 {an } 的通项公式。 二、累加法 例 2 已知数列 {an } 满足 an?1 ? an ? 2n ? 1 ,a1 ? 1 ,求数列 {an } 的通项公式。 解:由 an?1 ? an ? 2n ? 1 得 an?1 ? an ? 2n ? 1 则

an ? (an ? an ?1 ) ? (an ?1 ? an ?2 ) ?

? (a3 ? a2 ) ? (a2 ? a1 ) ? a1

? [2(n ? 1) ? 1] ? [2( n ? 2) ? 1] ? ? (2 ? 2 ? 1) ? (2 ?1 ? 1) ? 1 ? 2[(n ? 1) ? (n ? 2) ? ? 2 ? 1] ? (n ? 1) ? 1 (n ? 1)n ? (n ? 1) ? 1 2 ? (n ? 1)(n ? 1) ? 1 ?2 ? n2
所以数列 {an } 的通项公式为 an ? n 。
2

1

评注:本题解题的关键是把递推关系式 an?1 ? an ? 2n ? 1 转化为 an?1 ? an ? 2n ? 1 ,进而 求出 (an ? an?1 ) ? (an?1 ? an?2 ) ? 即得数列 {an } 的通项公式。 ? (a3 ? a2 ) ? (a2 ? a1 ) ? a1 ,

例 3 已知数列 {an } 满足 an?1 ? an ? 2 ? 3n ? 1 ,a1 ? 3 ,求数列 {an } 的通项公式。 解 : 由

an?1 ? an ? 2 ?

n

? 3

得 1

an?1 ? an ? 2 ? 3n ? 1



an ? (an ? an ?1 ) ? (an ?1 ? an ? 2 ) ? ? (2 ? 3n ?1 ? 1) ? (2 ? 3n ? 2 ? 1) ? ? 2(3n ?1 ? 3n ? 2 ? ?2 3(1 ? 3n ?1 ) ? (n ? 1) ? 3 1? 3 ? 3n ? 3 ? n ? 1 ? 3 ? 3n ? n ? 1
所以 an ? 3n ? n ? 1.

? (a3 ? a2 ) ? (a2 ? a1 ) ? a1 ? (2 ? 32 ? 1) ? (2 ? 31 ? 1) ? 3

? 32 ? 31 ) ? (n ? 1) ? 3

评注:本题解题的关键是把递推关系式 an?1 ? an ? 2 ? 3n ? 1转化为 an?1 ? an ? 2 ? 3n ? 1, 进而求出 an ? (an ? an?1 ) ? (an?1 ? an?2 ) ? 通项公式。 例4 已知数列 {an } 满足 an?1 ? 3an ? 2 ? 3 ? 1 ,a1 ? 3 ,求数列 {an } 的通项公式。
n n
n ?1

? (a3 ? a2 ) ? (a2 ? a1 ) ? a1 ,即得数列 {an } 的

解: an?1 ? 3an ? 2 ? 3 ? 1 两边除以 3 则

,得

an ?1 an 2 1 ? n ? ? n ?1 , n ?1 3 3 3 3

an ?1 an 2 1 ? n ? ? n ?1 ,故 n ?1 3 3 3 3

2

an an an ?1 a an ? 2 an ? 2 a n ? 3 ?( n ? ) ? ( n ?1 ? n )?( n ? )? n ?2 3 3 an ?1 an ?1 3 3 ? 2 3n ?3

?(

a2 a1 a1 ? )? 32 31 3

2 1 2 1 2 1 2 1 3 ? ( ? n ) ? ( ? n ?1 ) ? ( ? n ? 2 ) ? ? ( ? 2 ) ? 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2(n ? 1) 1 1 1 1 1 ? ? ( n ? n ? n ?1 ? n ? 2 ? ? 2 ) ? 1 3 3 3 3 3 3

1 (1 ? 3n?1 ) an 2(n ? 1) 3n 2n 1 1 因此 n ? , ? ?1 ? ? ? 3 3 1? 3 3 2 2 ? 3n
则 an ?

2 1 1 ? n ? 3n ? ? 3n ? . 3 2 2
an ?1 an 2 1 ? n ? ? n ?1 , n ?1 3 3 3 3 a2 a1 a1 ?( 2 ? ) ? ,即得数列 3 31 3

评注: 本题解题的关键是把递推关系式 an?1 ? 3an ? 2 ? 3n ? 1 转化为 进而求出 (

an an ?1 an ?1 an ?2 an ?2 an ?3 ? n ?1 ) ? ( n ? n?2 ) ? ( n ? )? n ?1 3 3 3 3 3 ?2 3n ?3

? an ? ? n ? 的通项公式,最后再求数列 {an } 的通项公式。 ?3 ?
三、累乘法 例 5 已知数列 {an } 满足 an?1 ? 2(n ? 1)5n ? an,a1 ? 3 ,求数列 {an } 的通项公式。

解:因为 an?1 ? 2(n ? 1)5 ? an,a1 ? 3 ,所以 an ? 0 ,则
n

an ?1 ? 2(n ? 1)5n ,故 an

an ?

an an ?1 ? ? an ?1 an ? 2

?

a3 a2 ? ? a1 a2 a1 ? [2(2 ? 1) ? 52 ][2(1 ? 1) ? 51 ] ? 3
? 2 ?1

? [2(n ? 1 ? 1)5n ?1 ][2(n ? 2 ? 1)5n ? 2 ] ? ? 2n ?1[n(n ? 1) ? ? 3 ? 2n ?1 ? 5
n ( n ?1) 2

? 3 ? 2] ? 5( n ?1) ? ( n ? 2) ? ? n!
n ?1

?3

所以数列 {an } 的通项公式为 an ? 3 ? 2

?5

n ( n ?1) 2

? n!.

3

评注:本题解题的关键是把递推关系 an?1 ? 2(n ? 1)5n ? an 转化为

an ?1 ? 2(n ? 1)5n ,进而 an

求出

an an?1 ? ? an?1 an?2

?

a3 a2 ? ? a1 ,即得数列 {an } 的通项公式。 a2 a1

例 6 (2004 年全国 I 第 15 题,原题是填空题)已知数列 {an } 满足

a1 ? 1 ,an ? a1 ? 2a2 ? 3a3 ?
解:因为 an ? a1 ? 2a2 ? 3a3 ? 所以 an?1 ? a1 ? 2a2 ? 3a3 ?

? (n ?1)an?1 (n ? 2) ,求 {an } 的通项公式。 ? (n ?1)an?1 (n ? 2)
② ①

? (n ?1)an?1 ? nan

用②式-①式得 an?1 ? an ? nan . 则 an?1 ? (n ? 1)an (n ? 2)



an ?1 ? n ? 1(n ? 2) an an an?1 ? ? an?1 an?2 ? a3 ? a2 ? [n(n ? 1) ? a2 ? 4 ? 3]a2 ? n! a2 . 2

所以 an ?



由 an ? a1 ? 2a2 ? 3a3 ?

? (n ?1)an?1 (n ? 2) , 取n ? 2得a2 ? a1 ? 2a2 ,则 a2 ? a1 ,又
?n ? n! 。 2

知 a1 ? 1 ,则 a2 ? 1 ,代入③得 an ? 1 ? 3 ? 4 ? 5 ? 所以, {an } 的通项公式为 an ?

n! . 2

评注:本题解题的关键是把递推关系式 an?1 ? (n ? 1)an (n ? 2) 转化为

an ?1 ? n ? 1(n ? 2) , an

4

进而求出

an an?1 ? ? an?1 an?2

?

a3 从而可得当 n ? 2时,an 的表达式, 最后再求出数列 {an } ? a2 , a2

的通项公式。 四、待定系数法 例 7 已知数列 {an } 满足 an?1 ? 2an ? 3? 5n,a1 ? 6 ,求数列 ?an ? 的通项公式。 解:设 an?1 ? x ? 5n?1 ? 2(an ? x ? 5n ) ④

将 an?1 ? 2an ? 3? 5n 代入④式,得 2an ? 3? 5n ? x ? 5n?1 ? 2an ? 2x ? 5n ,等式两边消去

x ? 5n , 两 边 除 以 5n , 得 3 ? 5x ? 2x ,则 x ? ? 1,代 入 ④ 式 得 2an , 得 3 ? 5n ? x ? 5n?1 ? 2
n an?1 ? 5n?1 ? 2(an ? 5 )



an?1 ? 5n?1 由 a1 ? 5 ? 6 ? 5 ? 1 ? 0 及⑤式得 an ? 5 ? 0 ,则 ? 2 ,则数列 {an ? 5n }是以 n an ? 5
1 n

a1 ? 51 ? 1 为首项,以 2 为公比的等比数列,则 an ? 5n ? 2n?1 ,故 an ? 2n?1 ? 5n 。
评注:本题解题的关键是把递推关系式 an?1 ? 2an ? 3? 5n 转化为 an?1 ? 5n?1 ? 2(an ? 5n ) , 从而可知数列 {an ? 5n }是等比数列, 进而求出数列 {an ? 5n } 的通项公式, 最后再求出数列

{an } 的通项公式。
例 8 已知数列 {an } 满足 an?1 ? 3an ? 5 ? 2 ? 4,a1 ? 1,求数列 {an } 的通项公式。
n

解:设 an?1 ? x ? 2

n?1

? y ? 3(an ? x ? 2n ? y)



将 an?1 ? 3an ? 5 ? 2 ? 4 代入⑥式,得
n

3an ? 5 ? 2n ? 4 ? x ? 2n?1 ? y ? 3(an ? x ? 2n ? y)
5

整理得 (5 ? 2 x) ? 2n ? 4 ? y ? 3x ? 2n ? 3 y 。

令?

?5 ? 2 x ? 3x ?x ? 5 ,则 ? ,代入⑥式得 ?4 ? y ? 3 y ?y ? 2


an?1 ? 5 ? 2n?1 ? 2 ? 3(an ? 5 ? 2n ? 2)
由 a1 ? 5 ? 21 ? 2 ? 1 ? 12 ? 13 ? 0 及⑦式,

得 an ? 5 ? 2n ? 2 ? 0 ,则

an?1 ? 5 ? 2n?1 ? 2 ?3, an ? 5 ? 2n ? 2

故数列 {an ? 5 ? 2n ? 2} 是以 a1 ? 5 ? 21 ? 2 ? 1 ? 12 ? 13 为首项,以 3 为公比的等比数列, 因此 an ? 5 ? 2n ? 2 ? 13? 3n?1 ,则 an ? 13? 3n?1 ? 5 ? 2n ? 2 。 评注:本题解题的关键是把递推关系式 an?1 ? 3an ? 5 ? 2n ? 4 转化为

an?1 ? 5 ? 2n?1 ? 2 ? 3(an ? 5 ? 2n ? 2) ,从而可知数列 {an ? 5 ? 2n ? 2} 是等比数列,进而
求出数列 {an ? 5 ? 2n ? 2} 的通项公式,最后再求数列 {an } 的通项公式。 例 9 已知数列 {an } 满足 an?1 ? 2an ? 3n ? 4n ? 5,a1 ? 1,求数列 {an } 的通项公式。
2

解:设 an?1 ? x(n ?1)2 ? y(n ?1) ? z ? 2(an ? xn2 ? yn ? z) 将 an?1 ? 2an ? 3n ? 4n ? 5 代入⑧式,得
2



2an ? 3n2 ? 4n ? 5 ? x(n ?1)2 ? y(n ? 1) ? z ? 2(an ? xn2 ? yn ? z) ,则 2an ? (3 ? x)n2 ? (2x ? y ? 4)n ? ( x ? y ? z ? 5) ? 2an ? 2xn2 ? 2 yn ? 2z
等式两边消去 2an ,得 (3 ? x)n ? (2 x ? y ? 4)n ? ( x ? y ? z ? 5) ? 2xn ? 2 yn ? 2z ,
2 2

6

?3 ? x ? 2 x ?x ? 3 ? ? 解方程组 ?2 x ? y ? 4 ? 2 y ,则 ? y ? 10 ,代入⑧式,得 ? x ? y ? z ? 5 ? 2z ? z ? 18 ? ?

an?1 ? 3(n ?1)2 ?10(n ? 1) ? 18 ? 2(an ? 3n2 ?10n ?18) ⑨
由 a1 ? 3?12 ? 10 ?1 ? 18 ? 1 ? 31 ? 32 ? 0 及⑨式,得 an ? 3n2 ? 10n ? 18 ? 0



an?1 ? 3(n ? 1)2 ? 10(n ? 1) ? 18 ? 2 ,故数列 {an ? 3n2 ? 10n ?18} 为以 2 an ? 3n ? 10n ? 18

a1 ? 3?12 ? 10 ?1 ? 18 ? 1 ? 31 ? 32 为首项,以 2 为公比的等比数列,因此 an ? 3n2 ?10n ?18 ? 32 ? 2n?1 ,则 an ? 2n?4 ? 3n2 ?10n ?18 。
评注:本题解题的关键是把递推关系式 an?1 ? 2an ? 3n2 ? 4n ? 5 转化为

an?1 ? 3(n ?1)2 ?10(n ? 1) ? 18 ? 2(an ? 3n2 ?10n ?18) ,从而可知数列
{an ? 3n2 ? 10n ?18} 是等比数列,进而求出数列 {an ? 3n2 ? 10n ?18} 的通项公式,最后
再求出数列 {an } 的通项公式。 五、对数变换法 例 10 已知数列 {an } 满足 an?1 ? 2 ? 3 ? an , a1 ? 7 ,求数列 {an } 的通项公式。
n 5

解:因为 an?1 ? 2 ? 3 ? an,a1 ? 7 ,所以 an ? 0,an?1 ? 0 。在 an?1 ? 2 ? 3 ? an 式两边取
n 5 n 5

常用对数得 lg an?1 ? 5lg an ? n lg3 ? lg 2 设 lg an?1 ? x(n ? 1) ? y ? 5(lg an ? xn ? y)



11 ○

将⑩式代入 ○ 11 式,得 5 lgan ? n lg 3 ? lg 2 ?x n ( ? 1) ? y ? 5(lg an ? xn ? y ,两边消去 )

7

5lg an 并整理,得 (lg3 ? x)n ? x ? y ? lg 2 ? 5xn ? 5 y ,则
lg 3 ? x? ? ?lg 3 ? x ? 5 x ? 4 ,故 ? ? ? x ? y ? lg 2 ? 5 y ? y ? lg 3 ? lg 2 ? 16 4 ?
代入○ 11 式,得 lg an ?1 ? 由 lg a1 ? 得 lg an ?

lg 3 lg 3 lg 2 lg 3 lg 3 lg 2 (n ? 1) ? ? ? 5(lg an ? n? ? ) 4 16 4 4 16 4

12 ○

lg 3 lg 3 lg 2 lg 3 lg 3 lg 2 ?1 ? ? ? lg 7 ? ?1 ? ? ? 0 及○ 12 式, 4 16 4 4 16 4 lg 3 lg 3 lg 2 n? ? ? 0, 4 16 4

lg an ?1 ?


lg 3 lg 3 lg 2 (n ? 1) ? ? 4 16 4 ?5, lg 3 lg 3 lg 2 lg an ? n? ? 4 16 4

lg 3 lg 3 lg 2 lg 3 lg 3 lg 2 ? ? n? ? } 是以 lg 7 ? 为首项,以 5 为公比的 4 16 4 4 16 4 lg 3 lg 3 lg 2 lg 3 lg 3 lg 2 n ?1 n? ? ? (lg 7 ? ? ? )5 ,因此 等比数列,则 lg an ? 4 16 4 4 16 4
所以数列 {lg an ?

lg an ? (lg 7 ?

lg 3 lg 3 lg 2 n ?1 lg 3 lg 3 lg 2 ? ? )5 ? n? ? 4 16 4 4 6 4
1 4 1 6 1 4 n ?1 n 4

? (lg 7 ? lg 3 ? lg 3 ? lg 2 )5
1 4 1 16 1 4

? lg 3 ? lg 3 ? lg 2
1 1

n 4

1 16

1 4

? [lg(7 ? 3 ? 3 ? 2 )]5n ?1 ? lg(3 ? 316 ? 2 4 ) ? lg(7 ? 3 4 ? 316 ? 2 4 )5n ?1 ? lg(3 4 ? 316 ? 2 4 ) ? lg(7
5 n ?1 1 1 1 n 1 1

?3

5n?1 ? n 4

?3

5n?1 ?1 16 5
n?1

?2
?1

5n?1 ?1 4

)

? lg(75 n ?1 ? 3
则 an ? 7
5n?1

5 n ? 4 n ?1 16

?2

4

)

?3

5n?4 n?1 16

?2

5n?1 ?1 4


8

5 评注:本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式 an?1 ? 2 ? 3n ? an 转化为

lg 3 lg 3 lg 2 lg 3 lg 3 lg 2 (n ? 1) ? ? ? 5(lg an ? n? ? ) ,从而可知数列 4 16 4 4 16 4 lg 3 lg 3 lg 2 lg 3 lg 3 lg 2 {lg an ? n? ? } 是等比数列,进而求出数列 {lg an ? n? ? } 的通 4 16 4 4 16 4 lg an ?1 ?
项公式,最后再求出数列 {an } 的通项公式。 六、迭代法
3( n ?1)2 例 11 已知数列 {an } 满足 an ?1 ? an ,a1 ? 5 ,求数列 {an } 的通项公式。
n

3( n ?1)2 3n?2 解:因为 an?1 ? an ,所以 an ? an ?1

n

n?1

3( n ?1)?2 ? [an ]3n?2 ?2

n? 2

n?1

3 ( n ?1)?n?2 ? an ?2 3( n ? 2)?2 ? [ an ?3
3

2

( n ? 2 ) ?( n ?1)

n ?3

]3

2

( n ?1)?n?2( n?2 )?( n ?1)
( n ?3 ) ?( n ? 2 ) ?( n ?1)

3 ( n ? 2)( n ?1) n?2 ? an ?3

?
3 ? a1
n ?1

?2?3

( n ? 2)?( n ?1)?n?21? 2?
n ( n ?1) 2

?( n ?3 ) ?( n ?2 ) ?( n ?1)

? a

3n?1 ?n!?2 1

又 a1 ? 5 ,所以数列 {an } 的通项公式为 an ? 5

3n?1 ?n!?2

n ( n?1) 2



评注:本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式
n 3( n ?1)2 两边取常用对数得 lg an?1 ? 3(n ? 1) ? 2 ? lg an , 即 an?1 ? an
n

lg an?1 ? 3(n ? 1)2n , 再 lg an
n ( n? 1 ) 22

lg an lg an?1 由 累 乘 法 可 推 知 lg an ? ? ? lg an?1 lg an?2
an ? 5
n ( n? 1 ) 3n?1 ?n ?! 2 2

n?1 lg a3 lg a2 ? ? ? lg a1 ? lg 53 ?n ?! lg a2 lg a1

,从而



七、数学归纳法
9

例 12 已知数列 {an } 满足 an ?1 ? an ? 式。 解:由 an ?1 ? an ?

8(n ? 1) 8 ,a1 ? ,求数列 {an } 的通项公 2 2 (2n ? 1) (2n ? 3) 9

8 8(n ? 1) 及 a1 ? ,得 2 2 9 (2n ? 1) (2n ? 3)

8(1 ? 1) 8 8 ? 2 24 ? ? ? 2 2 (2 ?1 ? 1) (2 ?1 ? 3) 9 9 ? 25 25 8(2 ? 1) 24 8?3 48 a3 ? a2 ? ? ? ? 2 2 (2 ? 2 ? 1) (2 ? 2 ? 3) 25 25 ? 49 49 8(3 ? 1) 48 8 ? 4 80 a4 ? a3 ? ? ? ? 2 2 (2 ? 3 ? 1) (2 ? 3 ? 3) 49 49 ? 81 81 a2 ? a1 ?
由此可猜测 an ?

(2n ? 1)2 ? 1 ,往下用数学归纳法证明这个结论。 (2n ? 1)2 (2 ?1 ? 1)2 ? 1 8 ? ,所以等式成立。 (2 ?1 ? 1)2 9 (2k ? 1)2 ? 1 ,则当 n ? k ? 1 时, (2k ? 1)2

(1)当 n ? 1 时, a1 ?

(2)假设当 n ? k 时等式成立,即 ak ?

ak ?1 ? ak ?

8(k ? 1) (2k ? 1) 2 (2k ? 3) 2

10

? ? ? ? ?

(2k ? 1) 2 ? 1 8( k ? 1) ? 2 (2k ? 1) (2k ? 1) 2 (2k ? 3) 2 [(2k ? 1) 2 ? 1](2k ? 3) 2 ? 8(k ? 1) (2k ? 1) 2 (2k ? 3) 2 (2k ? 1) 2 (2k ? 3) 2 ? (2k ? 3) 2 ? 8( k ? 1) (2k ? 1) 2 (2k ? 3) 2 (2k ? 1) 2 (2k ? 3) 2 ? (2k ? 1) 2 (2k ? 1) 2 (2k ? 3) 2 (2k ? 3) 2 ? 1 (2k ? 3) 2

[2(k ? 1) ? 1]2 ? 1 ? [2(k ? 1) ? 1]2
由此可知,当 n ? k ? 1 时等式也成立。 根据(1) , (2)可知,等式对任何 n ? N 都成立。
*

评注:本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前 n 项,进而猜出数列的通 项公式,最后再用数学归纳法加以证明。 八、换元法 例 13 已知数列 {an } 满足 an ?1 ? 式。 解:令 bn ? 1 ? 24an ,则 an ? 故 an ?1 ?

1 (1 ? 4an ? 1 ? 24an ),a1 ? 1 ,求数列 {an } 的通项公 16
1 2 (bn ? 1) 24

1 2 1 (bn ?1 ? 1) ,代入 an ?1 ? (1 ? 4an ? 1 ? 24an ) 得 24 16

1 2 1 1 2 (bn ?1 ? 1) ? [1 ? 4 (bn ? 1) ? bn ] 24 16 24
即 4bn?1 ? (bn ? 3)
2 2

因为 bn ? 1 ? 24an ? 0 ,故 bn?1 ? 1 ? 24an?1 ? 0

11

则 2bn?1 ? bn ? 3 ,即 bn ?1 ? 可化为 bn ?1 ? 3 ?

1 3 bn ? , 2 2

1 (bn ? 3) , 2
1 为公比的等比数 2

所以 {bn ? 3} 是以 b1 ? 3 ? 1 ? 24a1 ? 3 ? 1 ? 24 ?1 ? 3 ? 2 为首项, 以 列,因此 bn ? 3 ? 2( )

1 2

n ?1

1 1 1 ? ( ) n ?2 ,则 bn ? ( ) n ? 2 ? 3 ,即 1 ? 24an ? ( ) n ? 2 ? 3 ,得 2 2 2

an ?

2 1 n 1 n 1 ( ) ?( ) ? 。 3 4 2 3

评注:本题解题的关键是通过将 1 ? 24an 的换元为 bn ,使得所给递推关系式转化

bn ?1 ?

1 3 bn ? 形式,从而可知数列 {bn ? 3} 为等比数列,进而求出数列 {bn ? 3} 的通项公 2 2

式,最后再求出数列 {an } 的通项公式。 九、不动点法 例 14 已知数列 {an } 满足 an ?1 ?

21an ? 24 ,a1 ? 4 ,求数列 {an } 的通项公式。 4an ? 1

解:令 x ?

21x ? 24 21x ? 24 2 ,得 4 x ? 20 x ?24 ?0 ,则 x1 ? 2,x2 ? 3 是函数 f ( x) ? 4x ?1 4x ?1

的两个不动点。因为

21an ? 24 ?2 an ?1 ? 2 4an ? 1 21an ? 24 ? 2(4an ? 1) 13an ? 26 13 an ? 2 ? ? ? ? 。所以数列 21 a ? 24 an ?1 ? 3 21 a ? 24 ? 3(4 a ? 1) 9 a ? 27 9 a ? 3 n n n n n ?3 4an ? 1

? an ? 2 ? a ?2 a1 ? 2 4 ? 2 13 13 ? ? 2 为首项,以 为公比的等比数列,故 n ? 2( )n?1 , ? ? 是以 9 a1 ? 3 4 ? 3 an ? 3 9 ? an ? 3 ?
则 an ?

1 13 2( )n ?1 ? 1 9

? 3。

12

评注:本题解题的关键是先求出函数 f ( x) ? 两个根 x1 ? 2,x2 ? 3 , 进而可推出

21x ? 24 21x ? 24 的不动点,即方程 x ? 的 4x ?1 4x ?1

?a ? 2? an?1 ? 2 13 an ? 2 , 从而可知数列 ? n ? ? ? 为等比 an?1 ? 3 9 an ? 3 ? an ? 3 ?

数列,再求出数列 ?

? an ? 2 ? ? 的通项公式,最后求出数列 {an } 的通项公式。 ? an ? 3 ?
7an ? 2 ,a1 ? 2 ,求数列 {an } 的通项公式。 2an ? 3

例 15 已知数列 {an } 满足 an ?1 ?

解:令 x ?

7x ? 2 3x ? 1 2 ,得 2 x ? 4 x ? 2 ? 0 ,则 x ? 1 是函数 f ( x ) ? 的不动点。 2x ? 3 4x ? 7

因为 an ?1 ? 1 ?

7an ? 2 5a ? 5 ,所以 ?1 ? n 2an ? 3 2an ? 3

an ?

2 1 n 1 n 1 ( ) ?( ) ? 。 3 4 2 3

13

数列的求和
一、教学目标:1.熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式;
2.能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运 算; 3.熟记一些常用的数列的和的公式. 二、教学重点:特殊数列求和的方法.

三、教学过程:
(一)主要知识: 1.直接法:即直接用等差、等比数列的求和公式求和。 (1)等差数列的求和公式: S n ?

n(a1 ? a n ) n(n ? 1) ? na1 ? d 2 2

?na1 (q ? 1) ? n (2)等比数列的求和公式 S n ? ? a1 (1 ? q ) (切记:公比含字母时一定要讨论) (q ? 1) ? ? 1? q
2.公式法:

?k
k ?1

n

2

2 ? 1 2 ? 2 2? 3 ?

2 ?n ?

n( n? 1 ) ( 2 n ? 6
2

1)

?k
k ?1

n

3

?1 ? 2 ? 3 ?
3 3 3

? n(n ? 1) ? ?n ? ? ? 2 ? ?
3

3.错位相减法:比如 ?an ?等差, ?bn ?等比, 求a1b1 ? a2b2 ? ? ? an bn的和. 4.裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。 常 见 拆 项 公 式 :

1 1 1 ? ? n(n ? 1) n n ? 1



1 1 1 1 ? ( ? ) n(n ? 2) 2 n n ? 2

1 1 1 1 ? ( ? ) (2n ? 1)(2n ? 1) 2 2n ? 1 2n ? 1

n ? n!? (n ? 1)!?n!

5.分组求和法:把数列的每一项分成若干项,使其转化为等差或等比数列,再求和。
2 2 2 2 2 2 6.合并求和法:如求 100 ? 99 ? 98 ? 97 ? ? ? 2 ? 1 的和。

7.倒序相加法: 8.其它求和法:如归纳猜想法,奇偶法等 (二)主要方法: 1.求数列的和注意方法的选取:关键是看数列的通项公式; 2.求和过程中注意分类讨论思想的运用;
14

3.转化思想的运用; (三)例题分析: 例 1.求和:① S n ? 1 ? 11? 111? ? ? 11 ? 1 ? ? ?
n个

② Sn ? (x ?

1 2 1 1 ) ? (x 2 ? 2 )2 ? ? ? (x n ? n )2 x x x

③求数列 1,3+4,5+6+7,7+8+9+10,?前 n 项和 S n 思路分析:通过分组,直接用公式求和。

? 1 ? 1 ? 10 ? 10 ? ? ? 10 ? 解:① ak ? 11 ? ? ?
2 k k个

1 k (10 ? 1) 9

1 1 S n ? [(10 ? 1) ? (10 2 ? 1) ? ? ? (10 n ? 1)] ? [(10 ? 10 2 ? ? ? 10 n ) ? n] 9 9

1 10(10n ? 1) 10n?1 ? 9n ? 10 ? [ ? n] ? 9 9 81
2 ② Sn ? (x ?

1 1 1 ? 2) ? ( x 4 ? 4 ? 2) ? ? ? ( x 2 n ? 2 n ? 2) 2 x x x 1 1 1 ? ( x 2 ? x 4 ? ? ? x 2 n ) ? ( 2 ? 4 ? ? ? 2 n ) ? 2n x x x

(1)当 x ? ?1 时, S n ?

x 2 ( x 2n ? 1) x ?2 ( x ?2n ? 1) ( x 2n ? 1)(x 2n?2 ? 1) ? ? 2 n ? ? 2n x2 ?1 x ?2 ? 1 x 2n ( x 2 ? 1)

(2)当 x ? ?1 时, S n ? 4n ③

a k ? (2k ? 1) ? 2k ? (2k ? 1) ? ? ? [( 2k ? 1) ? (k ? 1)] ?

k[( 2k ? 1) ? (3k ? 2)] 5 2 3 ? k ? k 2 2 2

S n ? a1 ? a 2 ? ? ? a n ?
1 n(n ? 1)( 5n ? 2) 6

5 2 3 5 n(n ? 1)( 2n ? 1) 3 n(n ? 1) (1 ? 2 2 ? ? ? n 2 ) ? (1 ? 2 ? ? ? n) ? ? ? 2 2 2 6 2 2

?

总结:运用等比数列前 n 项和公式时,要注意公比 q ? 1或q ? 1讨论。 2.错位相减法求和 例 2.已知数列 1,3a,5a ,?, (2n ? 1)a
2 n?1

(a ? 0) ,求前 n 项和。
15

思路分析:已知数列各项是等差数列 1,3,5,?2n-1 与等比数列 a 0 , a, a 2 ,?, a n?1 对应 项积,可用错位相减法求和。 解 :

S n ? 1 ? 3a ? 5a 2 ? ? ? (2n ? 1)a n?1 ?1?

aSn ? a ? 3a 2 ? 5a 3 ? ? ? (2n ? 1)a n

?2?

?1? ? ?2? : (1 ? a)Sn ? 1 ? 2a ? 2a 2 ? 2a3 ? ?? 2a n?1 ? (2n ? 1)a n


a ? 1时, (1 ? a)S n ? 1 ?

2a(1 ? a n?1 ) ? (2n ? 1) n 2 (1 ? a)

Sn ?

1 ? a ? (2n ? 1)a n ? (2n ? 1)a n?1 (1 ? a) 2

当 a ?1 时, S n ? n 2 3.裂项相消法求和

22 42 (2n) 2 例 3.求和 S n ? ? ??? 1? 3 3 ? 5 (2n ? 1)(2n ? 1)
思路分析:分式求和可用裂项相消法求和. 解 :

ak ?

(2k ) 2 (2k ) 2 ? 1 ? 1 1 1 1 1 ? ? 1? ? 1? ( ? ) (2k ? 1)(2k ? 1) (2k ? 1)(2k ? 1) (2k ? 1)(2k ? 1) 2 2k ? 1 2k ? 1

1 1 1 1 1 1 1 1 2n( n S n ? a1 ? a 2 ? ? ? a n ? n ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )] ? n ? (1 ? )? 2 3 3 5 2n ? 1 2n ? 1 2 2n ? 1 2n

1 2 3 n 练习:求 S n ? ? 2 ? 3 ? ? ? n a a a a
4.倒序相加法求和

? n(n ? 1) (a ? 1) ? ? 2 答案: S n ? ? a(a n ? 1) ? n(a ? 1) ? (a ? 1) ? a n (a ? 1) 2 ?

0 1 2 n 例 4 求证: Cn ? 3Cn ? 5Cn ? ? ? (2n ? 1)Cn ? (n ? 1)2n
m n?m 思路分析:由 Cn 可用倒序相加法求和。 ? Cn

0 1 2 n 证:令 S n ? Cn ? 3Cn ? 5Cn ? ? ? (2n ? 1)Cn

(1)

16

n n?1 2 1 0 则 S n ? (2n ? 1)Cn ? (2n ? 1)Cn ? ? ? 5Cn ? 3Cn ? Cn

(2)

m n ?m ? Cn ? Cn

0 1 2 n ? (1) ? (2)有 : 2S n ? (2n ? 2)Cn ? (2n ? 2)Cn ? (2n ? 2)Cn ? ? ? (2n ? 2)Cn 0 1 2 n ? S n ? (n ? 1)[Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ] ? (n ? 1) ? 2n

等式成立

5.其它求和方法 还可用归纳猜想法,奇偶法等方法求和。 例 5.已知数列 ?an ? , an ? ?2[n ? (?1) n ],求S n 。 思路分析: an ? ?2n ? 2(?1) n ,通过分组,对 n 分奇偶讨论求和。 解: an ? ?2n ? 2(?1) n ,若 n ? 2m, 则S n ? S 2 m ? ?2(1 ? 2 ? 3 ? ? ? 2m) ? 2

? (?1)
k ?1

2m

k

S n ? ?2(1 ? 2 ? 3 ? ? ? 2m) ? ?(2m ? 1)2m ? ?n(n ? 1)


n ? 2m ? 1, 则S n ? S 2m?1 ? S 2m ? a2m ? ?(2m ? 1)2m ? 2[2m ? (?1) 2m ] ? ?(2m ? 1)2m ? 2(2m ? 1)

? ?4m 2 ? 2m ? 2 ? ?(n ? 1) 2 ? (n ? 1) ? 2 ? ?n 2 ? n ? 2

(n为正偶数) ?? n(n ? 1) ? Sn ? ? 2 ? ? n ? n ? 2 (n为正奇数)
预备:已知 f ( x) ? a1 x ? a2 x 2 ? ? ? an x n , 且a1 , a2 , a3 ,?an 成等差数列,n 为正偶数,
2 又 f (1) ? n , f (?1) ? n ,试比较 f ( ) 与 3 的大小。

1 2

? (a1 ? a n )n ? n 2 ?a ? a ? 2n ? f (1) ? a1 ? a2 ? a3 ? ? ? an ? n 2 ? n 2 ?? ?? 1 解: ? n ? d ?2 ? f (?1) ? ?a1 ? a2 ? a3 ? ? ? an?1 ? an ? n ? d ?n 2 ?
?a ? a1 ? (n ? 1)d ? 2n ?? 1 ? a1 ? 1? an ? 2n ? 1 ? d ?2
f ( x) ? x ? 3x 2 ? 5 x 3 ? ? ? (2n ? 1) x n
17

1 1 1 1 1 f ( ) ? ? 3( ) 2 ? 5( ) 3 ? ? ? (2n ? 1)( ) n 2 2 2 2 2

n?2 ? (2n ? 1)( ) n ,∵n 为正偶数,? f ( ) ? 3 可求得 f ( ) ? 3 ? ( )

1 2

1 2

1 2

1 2

(四)巩固练习: 1.求下列数列的前 n 项和 Sn :
n (1)5,55,555,5555,?, (10 ? 1) ,?; (2)

5 9

1 1 1 , , , 1? 3 2 ? 4 3 ? 5

,

1 , n(n ? 2)




(3) an ?

1

n ? n ?1 ( 5 ) 1? 3, 2 ? 4,3 ? 5, sin 2 1 ? sin 2 2 ? sin 2 3 ?
解: (1) S n ? 5 ? 55 ? 555 ?



(4) a, 2a2 ,3a3 ,

, nan ,

, n(n ? 2),
n个


n个

( 6 )

? sin 2 89 .
? 55

5 5 ? (9 ? 99 ? 999 ? 9

? 99

9)

5 ? [(10 ? 1) ? (102 ? 1) ? (103 ? 1) ? ? (10 n ? 1)] 9 5 50 5 ? [10 ? 102 ? 103 ? ? 10n ? n] ? (10n ? 1) ? n . 9 81 9 1 1 1 1 ? ( ? ), (2)∵ n(n ? 2) 2 n n ? 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 )] ? (1 ? ? ? ). ∴ S n ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ( ? 2 3 2 4 3 5 n n?2 2 2 n ?1 n ? 2 1 n ?1 ? n (3)∵ an ? ? ? n ?1 ? n n ? n ? 1 ( n ? n ? 1)( n ? 1 ? n ) 1 1 1 ? ? ? ∴ Sn ? 2? 1 3? 2 n ?1 ? n

? ( 2 ?1) ? ( 3 ? 2) ? ? ( n ?1 ? n ) ? n ? 1 ?1 . (4) Sn ? a ? 2a2 ? 3a3 ? ? nan , n(n ? 1) 当 a ? 1 时, Sn ? 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ? , 2 n 当 a ? 1 时, Sn ? a ? 2a2 ? 3a3 ? ? ? na , aSn ? a2 ? 2a3 ? 3a4 ? ? ? na n ?1 ,
两式相减得 (1 ? a)Sn ? a ? a2 ? a3 ? ? ? a ? na
n n ?1

?

a(1 ? a n ) ? na n ?1 , 1? a

na n? 2 ? (n ? 1)a n?1 ? a ∴ Sn ? . (1 ? a)2 2 (5)∵ n(n ? 2) ? n ? 2n ,
18

∴ 原式 ? (12 ? 22 ? 32 ? ? ?n2 ) ? 2 ? (1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ) ? (6)设 S ? sin 2 1 ? sin 2 2 ? sin 2 3 ? ? sin 2 89 , ? sin 2 1 , 又∵ S ? sin 2 89 ? sin 2 88 ? sin 2 87 ? ∴ 2 S ? 89 , S ?

n(n ? 1)(2n ? 7) . 6

89 . 2

2.已知数列 {an } 的通项 an ? ?

?6n ? 5 (n为奇数) ?2
n

(n为偶数)

,求其前 n 项和 Sn .

解:奇数项组成以 a1 ? 1 为首项,公差为 12 的等差数列, 偶数项组成以 a2 ? 4 为首项,公比为 4 的等比数列; 当 n 为奇数时,奇数项有

n ?1 n ?1 项,偶数项有 项, 2 2

n ?1 n ?1 (1 ? 6n ? 5) 2 4(1 ? 4 ) (n ? 1)(3n ? 2) 4(2n?1 ? 1) ∴ Sn ? 2 , ? ? ? 2 1? 4 2 3 n 当 n 为偶数时,奇数项和偶数项分别有 项, 2 n n (1 ? 6n ? 5) 2 4(1 ? 4 ) n(3n ? 2) 4(2n ? 1) ∴ Sn ? 2 , ? ? ? 2 1? 4 2 3 ? (n ? 1)(3n ? 2) 4(2n ?1 ? 1) ? (n为奇数) ? ? 2 3 所以, Sn ? ? . n n (3 n ? 2) 4(2 ? 1) ? ? (n为偶数) ? 2 3 ?
四、小结:
1.掌握各种求和基本方法; 2.利用等比数列求和公式时注意分 q ? 1或q ? 1讨论。

19

数列型不等式的放缩技巧九法
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, 抓住其规律进行恰当地放缩; 其放缩技巧主要有以下九种:

一 利用重要不等式放缩
1. 均值不等式法
2 例 1 设 S n ? 1? 2 ? 2 ? 3 ? ? ? n(n ? 1). 求证 n(n ? 1) ? S n ? (n ? 1) . 2 2

解析

此数列的通项为 ak ?

k (k ? 1) , k ? 1,2,?, n.

? k ? k (k ? 1) ?

n n 1 k ? k ?1 1 ? k ? ,? ? k ? S n ? ? (k ? ) , 2 2 2 k ?1 k ?1

2 即 n(n ? 1) ? S n ? n(n ? 1) ? n ? (n ? 1) .

注: ①应注意把握放缩的 “度” : 上述不等式右边放缩用的是均值不等式 ab ? a ? b ,
2

2

2

2

2

若放成 k (k ? 1) ? k ? 1则得 S n ? ? (k ? 1) ? (n ? 1)(n ? 3) ? (n ? 1) ,就放过“度”了! 2 2 k ?1 ②根据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式,这里
n 2

n 1 1 ??? a1 an

? n a1 ? a n ?

2 a1 ? ? ? a n a 2 ? ? ? an ? 1 n n

其中, n ? 2,3 等的各式及其变式公式均可供选用。

1 1 4 ,若 f (1) ? ,且 f ( x) 在[0,1]上的最小值为 , bx 2 5 1? a ? 2 1 1 求证: f (1) ? f (2) ? ? ? f (n) ? n ? n ?1 ? . (02 年全国联赛山东预赛题) 2 2
例2 已知函数 f ( x) ? 简析 f ( x) ?

4x 1 1 1 ?1? ?1? ( x ? 0) ? f (1) ? ? ? f (n) ? (1 ? ) x x x 2? 2 1? 4 1? 4 2?2 1 1 1 1 1 1 1 ? (1 ? ) ? ? ? (1 ? ) ? n ? (1 ? ? ? ? n ?1 ) ? n ? n ?1 ? . 4 2 2 2 ? 22 2 ? 2n 2 2
n?1 2

1 2 3 n 例 3 求证 Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? n?2
1 n 2 n 3 n

(n ? 1, n ? N ) .

简析 不等式左边 C ? C ? C ? ? ? C ? 2 n ? 1 ? 1 ? 2 ? 2 2 ? ? ? 2 n ?1
n n

n ?1

? n ? 1? 2 ? 2 ??? 2 = n ? 2 2 ,故原结论成立. 2.利用有用结论 例 4 求证 (1 ? 1)(1 ? 1 )(1 ? 1 )? (1 ? 1 ) ? 2n ? 1. 3 5 2n ? 1 简析 本题可以利用的有用结论主要有:
n 2 n?1

法 1 利用假分数的一个性质 b ? b ? m (b ? a ? 0, m ? 0) 可得
a a?m
20

2 4 6 2n 3 5 7 2 n ? 1 1 3 5 2n ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (2n ? 1) 1 3 5 2n ? 1 2 4 6 2n 2 4 6 2n ? ( 2 ? 4 ? 6 ? 2n ) 2 ? 2n ? 1 即 (1 ? 1)(1 ? 1 )(1 ? 1 )? (1 ? 1 ) ? 2n ? 1. 3 5 2n ? 1 1 3 5 2n ? 1 n ? 法 2 利用贝努利不等式 (1 ? x) ? 1 ? nx(n ? N , n ? 2, x ? ?1, x ? 0) 的一个特例
(1 ? 1 2 1 (此处 1 )得 ) ? 1? 2? n ? 2, x ? 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1

n n 1 2k ? 1 1 2k ? 1 ? ? ?(1 ? )?? ? 2n ? 1. k ?1 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1 k ?1 2k ? 1 注:例 4 是 1985 年上海高考试题,以此题为主干添“枝”加“叶”而编拟成 1998 年全国高考文科试题;进行升维处理并加参数而成理科姊妹题。如理科题的主干是: 1 1 1 证明 (1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ? (1 ? ) ? 3 3n ? 1. ( 可考虑用贝努利不等式 n ? 3 的特 4 7 3n ? 2 例)

1?

1 ? 2 x ? 3 x ? ? ? (n ? 1) x ? a ? n x ,0 ? a ? 1, 给定n ? N ? , n ? 2. n ? 求证: f (2 x) ? 2 f ( x)(x ? 0) 对任意 n ? N 且 n ? 2 恒成立。 (90 年全国卷压轴题) 简析 本题可用数学归纳法证明,详参高考评分标准;这里给出运用柯西( Cauchy)
例 5 已知函数 f ( x) ? lg 不等式 [

? (ai bi )]2 ? ? ai2 ? bi2 的简捷证法:
i ?1 i ?1 i ?1

n

n

n

f (2 x) ? 2 f ( x) ? lg

1 ? 2 ? 32 x ? ? ? (n ? 1) 2 x ? a ? n 2 x 1 ? 2 x ? 3 x ? ? ? (n ? 1) x ? a ? n x ? 2 lg n n
2x

? [1 ? 2 x ? 3x ? ? ? (n ? 1) x ? a ? n x ]2
? n ? [1 ? 2 2 x ? 32 x ? ? ? (n ? 1) 2 x ? a ? n 2 x ]
而由 Cauchy不等式得 (1 ? 1 ? 1 ? 2 ? 1 ? 3 ? ? ? 1 ? (n ? 1) ? a ? n )
x x x x 2

? (12 ? ? ? 12 ) ? [1 ? 2 2 x ? 32 x ? ? ? (n ? 1) 2 x ? a 2 ? n 2 x ] ( x ? 0 时取等号)
,得证! ? n ? [1 ? 2 2 x ? 32 x ? ? ? (n ? 1) 2 x ? a ? n 2 x ] (? 0 ? a ? 1 )

1 1 )an ? n . ( I ) 用数学归纳法证明 an ? 2(n ? 2) ; n ?n 2 x ? 0 ( II ) 对 ln(1 ? x) ? x 对 都成立,证明 an ? e2 (无理数 e ? 2.71828 ) (05 年辽宁卷
例 6 已知 a1 ? 1, an ?1 ? (1 ?
2

第 22 题) 解析 ( II ) 结合第 ( I ) 问结论及所给题设条件 ln(1 ? x) ? x( x ? 0 )的结构特征,可 得放缩思路: a n ?1 ? (1 ?

1 1 1 1 ? n )a n ? ln a n ?1 ? ln(1 ? 2 ? n ) ? ln a n ? n ?n 2 n ?n 2 1 1 1 1 ? ln a n ? 2 ? n 。于是 ln a n ?1 ? ln a n ? 2 ? n, n ?n 2 n ?n 2
2
n ?1 i ?1

?

(ln ai ?1 ? ln ai ) ? ?
i ?1

n ?1

1 1 1 ( 2 ? i ) ? ln a n ? ln a1 ? 1 ? ? n i ?i 2

1 1 ? ( ) n ?1 1 1 2 ? 2 ? ? n ? 2. 1 n 2 1? 2

21

即 ln an ? ln a1 ? 2 ? an ? e 2 . 注:题目所给条件 ln(1 ? x) ? x ( x ? 0 )为一有用结论,可以起到提醒思路与探 索放缩方向的作用;当然,本题还可用结论 2 n ? n(n ? 1)(n ? 2) 来放缩: 1 1 1 )(a n ? 1) ? a n ?1 ? (1 ? )a n ? ? a n ?1 ? 1 ? (1 ? n(n ? 1) n(n ? 1) n(n ? 1) 1 1 ln(a n ?1 ? 1) ? ln(a n ? 1) ? ln(1 ? )? . n(n ? 1) n(n ? 1)

? ? [ ln(ai ?1 ? 1) ? ln(ai ? 1)] ? ?
i ?2 i ?2

n ?1

n ?1

1 1 ? ln(a n ? 1) ? ln(a 2 ? 1) ? 1 ? ? 1 , i(i ? 1) n

即 ln(an ? 1) ? 1 ? ln 3 ? an ? 3e ?1 ? e 2 .

1 1 1 1 ? ? ? ? ? [log 2 n], n ? N ? , n ? 2.[log 2 n] 表 示 不 超 过 2 3 n 2 nan?1 log2 n 的最大整数。设正数数列 {an } 满足: a1 ? b(b ? 0), an ? , n ? 2. n ? an?1 2b 求证 a n ? , n ? 3. (05 年湖北卷第(22)题) 2 ? b[log2 n] nan?1 1 1 1 1 n ? an?1 1 1 简析 当 n ? 2 时 an ? ? ? ? ? ? ? ,即 a n a n ?1 n n ? an?1 an an?1 an?1 n n n 1 1 1 n?3 于 是 当 时 有 ?? ( ? )?? . a a k k ?2 k ?2 k k ?1
例 7 已知 不 等式
1 1 1 2b ? ? [log2 n] ? a n ? . a n a1 2 2 ? b[log2 n] 注:①本题涉及的和式 1 ? 1 ? ? ? 1 为调和级数,是发散的,不能求和;但是可 2 3 n 1 1 1 1 以利用所给题设结论 ? ? ? ? ? [log 2 n] 来进行有效地放缩; 2 3 n 2 ②引入有用结论在解题中即时应用, 是近年来高考创新型试题的一个显著特点, 有利于培养学生的学习能力与创新意识。

1 n ) ,求证:数列 {an } 单调递增且 a n ? 4. n n ?1 n ?1 解析 引入一个结论:若 b ? a ? 0 则 b ? a ? (n ? 1)b n (b ? a) (证略)
例 8 设 a n ? (1 ?
n ?1 n 1 n ?1 1 ( ? )式得 (1 ? ) ? (1 ? ) n . 即 {an } 单调递增。 n ?1 n 1 n 1 1 1 以 a ? 1, b ? 1 ? 代入( ? )式得 1 ? (1 ? ) ? ? (1 ? ) 2 n ? 4. 2n 2 2n 2n

整理上式得 a

n?1

1 1 ,以 a ? 1 ? ? b n [(n ? 1)a ? nb]. ( ? ) , b ? 1 ? 代入

1 此式对一切正整数 n 都成立,即对一切偶数有 (1 ? ) n ? 4 ,又因为数列 {an } 单 n 1 调递增,所以对一切正整数 n 有 (1 ? ) n ? 4 。 n
22

注:①上述不等式可加强为 2 ? (1 ?

1 n ) ? 3. 简证如下: n
部 分 放 缩 :

利 用 二 项 展 开 式 进 行 1 n 1 1 1 1 2 n a n ? (1 ? ) ? 1 ? C n ? ? Cn ? 2 ? ? ? Cn . n n n nn 1 1 只取前两项有 a n ? 1 ? C n ? ? 2. 对通项作如下放缩: n
k Cn

1 1 n n ?1 n ? k ?1 1 1 1 ? ? ? ?? ? ? ? k ?1 . k k! n n n k! 1 ? 2 ? 2 2 n 1 1 1 1 1 ? (1 / 2) n ?1 故有 a n ? 1 ? 1 ? ? 2 ? ? ? n ?1 ? 2 ? ? ? 3. 2 2 2 1 ? 1/ 2 2
②上述数列 {an } 的极限存在, 为无理数 e ; 同时是下述试题的背景: 已知 i, m, n
i
n m i i Am ? mi An ; (2)证明 (1 ? m) ? (1 ? n) .(01

是正整数,且 1 ? i ? m ? n.(1)证明 n 年全国卷理科第 20 题)

1 n 简析 对第(2)问:用 1 / n 代替 n 得数列 {bn } : bn ? (1 ? n) 是递减数列;借鉴此

结 论 可 有 如 下 简 捷 证 法 : 数 列
1 1

{(1 ? n) } 递 减 , 且

1 n

1 ? i ? m ? n, 故

(1 ? m) m ? (1 ? n) n , 即 (1 ? m) n ? (1 ? n) m 。当然,本题每小题的证明方法都有 10 多
种,如使用上述例 4 所提供的假分数性质、贝努力不等式、甚至构造“分房问题”概率 模型、构造函数等都可以给出非常漂亮的解决!详见文[1]。

二 部分放缩
1 1 1 ? ? ? a , a ? 2. 求证: a n ? 2. ? n 2 a 3a 1 1 1 1 1 1 解 析 又 ??? a ? 1? 2 ? 2 ??? 2 . an ? 1 ? a ? 3a n 2 3 n 2 k 2 ? k ? k ? k (k ? 1), k ? 2 ( 只 将 其 中 一 个 k 变 成 k ? 1 , 进 行 部 分 放 缩 ), 1 1 1 1 ? 2 ? ? ? , k (k ? 1) k ? 1 k k 1 于是 a n ? 1 ? 12 ? 12 ? ? ? 12 ? 1 ? (1 ? 1 ) ? ( 1 ? 1 ) ? ? ? ( 1 ? 1 ) ? 2 ? ? 2. n 2 2 3 n ?1 n 2 3 n 2 例 10 设数列 ?an ? 满足 an?1 ? an ? nan ? 1?n ? N ? ? , 当 a1 ? 3 时证明对所有 n ? 1,
例 9 设 an ? 1 ? 有 (i)an ? n ? 2 ; (ii)

1 1 1 1 ? ??? ? (02 年全国高考题) 1 ? a1 1 ? a 2 1 ? an 2

解析 (i ) 用数学归纳法:当 n ? 1 时显然成立,假设当 n ? k 时成立即 ak ? k ? 2 , 则当 n ? k ? 1 时 ak ?1 ? ak (ak ? k ) ? 1 ? ak (k ? 2 ? k ) ? 1 ? (k ? 2) ? 2 ? 1 ? k ? 3 ,成 立。
(ii ) 利 用 上 述 部 分 放 缩 的 结 论 ak ?1 ? 2ak ? 1 来 放 缩 通 项 , 可 得
23

ak ?1 ? 1 ? 2(ak ? 1) ? a k ? 1 ? ? ? 2 k ?1 (a1 ? 1) ? 2 k ?1 ? 4 ? 2 k ?1 ?
n n

1 1 ? k ?1 . ak ? 1 2

1 1? ( ) n 1 1 1 2 ? 1. ? ? i ?1 ? ? ? 1 4 2 2 i ?1 1 ? a i i ?1 1? 2 注 : 上 述 证 明 (i ) 用 到 部 分 放 缩 , 当 然 根 据 不 等 式 的 性 质 也 可 以 整 体 放 缩 : ak ?1 ? (k ? 2)(k ? 2 ? k ) ? 1 ? k ? 3 ; 证 明 (ii ) 就 直 接 使 用 了 部 分 放 缩 的 结 论 ak ?1 ? 2ak ? 1 。

三 添减项放缩
上述例 4 之法 2 就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。 2 8 例 11 设 n ? 1, n ? N ,求证 ( ) n ? . 3 (n ? 1)(n ? 2) 简析 观察 ( ) 的结构,注意到 ( ) ? (1 ? ) ,展开得
n n n

即 (1 ? 1 ) n ? (n ? 1)( n ? 2) ,得证.
2 8

1 1 1 n n(n ? 1) (n ? 1)( n ? 2) ? 6 , 1 1 2 3 (1 ? ) n ? 1 ? C n ? ? Cn ? 2 ? Cn ? 3 ?? ? 1? ? ? 2 2 2 8 8 2 2

2 3

3 2

1 2

例 12

设数列 {an } 满足 a1 ? 2, an ?1 ? an ?
an n

1 (n ? 1,2,?). (Ⅰ) 证明 an ? 2n ? 1 对 an

一切正整数 n 成立; (Ⅱ)令 bn ?

(n ? 1,2,?) ,判定 bn 与 bn ?1 的大小,并说明理由(04

年重庆卷理科第(22)题) 简析 本题有多种放缩证明方法,这里我们对(Ⅰ)进行减项放缩,有
2 法 1 用数学归纳法 (只考虑第二步) a 2 k ?1 ? ak ?2?

1 ? 2k ? 1 ? 2 ? 2(k ? 1) ? 1 ; 2 ak

法2

2 a 2 n ?1 ? a n ?2?

1 2 2 2 ,2,?, n ? 1. ? an ? 2 ? ak ?1 ? ak ? 2, k ? 1 2 an

2 2 则 an ? a12 ? 2(n ? 1) ? an ? 2n ? 2 ? 2n ? 1 ? an ?

2n ? 1

四 利用单调性放缩
1. 构造数列
2 2n ? 3 如对上述例 1,令 Tn ? S n ? (n ? 1) 则 Tn ?1 ? Tn ? (n ? 1)( n ? 2) ? ? 0, 2 2 2 ? Tn ? Tn?1 ,?{Tn } 递减,有 Tn ? T1 ? 2 ? 2 ? 0 ,故 S n ? (n ? 1) . 2

1 1 1 (1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ? (1 ? ) 3 5 2 n ? 1 则 Tn?1 ? ? ? 再如例 4,令 Tn ? Tn 2n ? 1

2n ? 2 2n ? 1 2n ? 3

? 1,

24

即 Tn ? Tn?1 ,?{Tn } 递增,有 Tn ? T1 ?

2 3

? 1 ,得证!

注:由此可得例 4 的加强命题 (1 ? 1)(1 ? 1 )(1 ? 1 ) ? (1 ? 1 ) ? 2 3 2n ? 1. 并可改 3 5 2n ? 1 3 1 1 1 造成为探索性问题:求对任意 n ? 1 使 (1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ? (1 ? ) ? k 2n ? 1 恒成立 3 5 2n ? 1 的正整数 k 的最大值;同理可得理科姊妹题的加强命题及其探索性结论,读者不妨一 试! 2.构造函数 例 13 已知函数 f ( x) ? ax ?

3 2 x 的最大值不大于 1 ,又当 x ? [ 1 , 1 ] 时 2 6 4 2
1 2

1 f ( x) ? . 8

? (Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)设 0 ? a1 ? , an ?1 ? f (an ), n ? N ,证明 an ?

1 . (04 年辽宁卷 n ?1

第 21 题) 解析 (Ⅰ)a =1 ; (Ⅱ) 由 an ?1 ? f (an ), 得 an ?1 ? an ? 且 an

3 2 3 1 1 1 an ? ? (an ? ) 2 ? ? 2 2 3 6 6
1 ) 是增函数,则 k ?1

? 0. 用数学归纳法(只看第二步) : ak ?1 ? f (ak ) 在 a k ? (0,
1 1 3 1 2 1 )? ? ( ) ? . k ?1 k ?1 2 k ?1 k?2

得 ak ?1 ? f (ak ) ? f ( 例 14

a ? n? N . 数列 ?xn ? 由下列条件确定: x1 ? a ? 0 , x n ?1 ? 1 ? (I) ? xn ? ? , ? 2? xn ? ? 证明:对 n ? 2 总有 xn ? a ;(II)证明:对 n ? 2 总有 xn ? xn?1 (02 年北京卷第(19) 题) a? 解析 构造函数 f ( x) ? 1 ? ? x ? ?, 易知 f ( x) 在 [ a ,??) 是增函数。 2? x? 1? a ? 当 n ? k ? 1 时 x k ?1 ? ? x k ? ? 在 [ a ,??) 递增,故 xk ?1 ? f ( a ) ? a. ? 2? xk ? ?

1 a? a ?, 对(II)有 xn ? xn?1 ? 1 ? 构造函数 f ( x) ? ? ? x ? ?, 它在 [ a ,??) 上是增 ? ? xn ? ? ?
2? xn ?

2?

x?

着高等数学背景—数列 ?xn ? 单调递减有下界因而有极限: an ? a (n ? ??). ② f ( x) ?

a ? f ( a ) ? 0 ,得证。 函数,故有 xn ? xn?1 ? 1 ? ? xn ? ? ? ? 2? xn ? ? 注:①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

1? a? 1? a ? 的母函数,研究其单调性对此数列 xn ? ? ? x ? ? 是递推数列 x n ?1 ? ? ? 2? x? 2? xn ? ? 本质属性的揭示往往具有重要的指导作用。类题有 06 年湖南卷理科第 19 题:
已知函数 f ( x) ? x ? sin x ,数列{ an }满足: 0 ? a1 ? 1, an?1 ? f (an ), n ? 1, 2,3,

.

25

证明:(ⅰ) 0 ? an?1 ? an ? 1;(ⅱ) an ?1 ?

1 3 an .(证略) 6

五 换元放缩
例 15 求证 1 ? n n ? 1 ?

2 (n ? N ? , n ? 2). n ?1

简析 令 an ? n n ? 1 ? hn ,这里 hn ? 0(n ? 1), 则有

n(n ? 1) 2 2 , 从 而 有 hn ? 0 ? hn ? (n ? 1) 2 n ?1 2 1 ? a n ? 1 ? hn ? 1 ? . n ?1 注:通过换元化为幂的形式,为成功运用二项展开式进行部分放缩起到了关键性 的作用。 n ? (1 ? hn ) n ?
n 例 16 设 a ? 1 , n ? 2, n ? N ,求证 a ?

简析 令 a ? b ? 1 ,则 b ? 0 , a ? 1 ? b ,应用二项式定理进行部分放缩有 n(n ? 1) 2 0 n 1 n ?1 2 n?2 n 2 n?2 a n ? (b ? 1) n ? C n b ? Cn b ? Cn b ? ? ? Cn ? Cn b ? b ,注意到 2 2 2 2 2 n ? 2, n ? N ,则 n(n ? 1) b 2 ? n b (证明从略) ,因此 a n ? n (a ? 1) 2 4 4

n 2 (a ? 1) 2 . 4

六 递推放缩
递 推 放 缩 的 典 型 例 子 , 可 参 考 上 述 例 10 中 利 用 (i ) 部 分 放 缩 所 得 结 论

ak ?1 ? 2ak ? 1

进 行 递 推 放 缩 来 证 明 (ii ) , 同 理 例 6 ( II ) 中 所 得

ln a n ?1 ? ln a n ?

1 1 1 ? n 和 ln(a n ?1 ? 1) ? ln(a n ? 1) ? 、 例 7 中 n ?n 2 n(n ? 1)
2

1 1 1 2 2 ? ? 、 例 12(Ⅰ)之法 2 所得 ak ?1 ? ak ? 2 都是进行递推放缩的关键式。 a n a n ?1 n

七 转化为加强命题放缩
如上述例 10 第 (ii ) 问所证不等式右边为常数,难以直接使用数学归纳法,我们可 以通过从特值入手进行归纳探索、或运用逆向思维探索转化为证明其加强命题: 1 1 1 1 1 ? ?? ? ? ? n ?1 . 再用数学归纳法证明此加强命题,就容易多了 1 ? a1 1 ? a 2 1? an 2 2 (略) 。 例 17 设 0 ? a ? 1 , 定义 a1 ? 1 ? a, an?1 ? 1 ? a , 求证: 对一切正整数 n 有 an ? 1. an 解析 用数学归纳法推 n ? k ? 1 时的结论 an?1 ? 1 ,仅用归纳假设 ak ? 1 及递推 式

a k ?1 ?

1 ? a 是难以证出的,因为 ak 出现在分母上!可以逆向考虑: ak
26

1 1 故将原问题转化为证明其加强命题: ? a ? 1 ? ak ? . ak 1? a 1 对一切正整数 n 有 1 ? a n ? . (证明从略) 1? a x2 1 例 18 数列 ?xn ? 满足 x1 ? , x n ?1 ? x n ? n . (01 年中国西部数 . 证明 x2001 ? 1001 2 n2 学奥林匹克试题) n 简析 将问题一般化:先证明其加强命题 x n ? . 用数学归纳法,只考虑第二步: 2 2 n x k 1 k k 1 k ?1 ? xk ?1 ? xk ? k ? ? 2 ? ( )2 ? ? ? . 因此对一切 x ? N 有 x n ? . 2 2 2 k 2 2 4 2 k a k ?1 ?

例 19 已知数列{an}满足:a1=

3 ,且 an= 3na n-1 (n ? 2,n ? N?) (1)求数列 2 2a n-1+n- 1

{an}的通项公式; (2)证明:对一切正整数 n 有 a1?a2???an?2?n! (06 年江西卷理科 第 22 题) 解析: (1)将条件变为:1-

n n-1 ,因此{1- n }为一个等比数列, =1 ( 1- ) an 3 an a n-1

其首项为 1-

1 1 1 1 n n ? 3n = ,公比 ,从而 1- = n ,据此得 an= n (n?1)??1? 3 a1 3 an 3 3 -1
n! ,为证 a1?a2???an?2?n! , 1 1 1 ( 1- ) ? ( 1- 2 )?( 1- n ) 3 3 3

(2)证:据 1?得,a1?a2??an=

1 1 1 1 只要证 n?N?时有 ? ??2? ( 1- ) ? ( 1- 2 )?( 1- n ) 2 3 3 3 显然,左端每个因式都是正数,先证明一个加强不等式:
1 1 1 1 1 ?1-( + 2 +?+ n )??3? )?( 1- n ) 2 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 ?1- (用数学归纳法, 证略) 利用 3?得, ( + 2 +?+ n ) ( 1- ) ? ( 1- 2 )?( 1- n ) 3 3 3 3 3 3
对每个 n?N?,有 ( 1- ) ? ( 1- =1- 3
1 1 n 1 1 n 1 1 1 n 1 〔 1-( ) 〕 1-( ) 〕= + ( ) ? 。 3 =1- 〔 2 2 3 2 2 3 1 1- 3

1 3

故 2?式成立,从而结论成立。

八 分项讨论
例 20 已知数列 {an } 的前 n 项和 S n 满足 Sn ? 2an ? (?1) , n ? 1.
n

27

(Ⅰ)写出数列 {an } 的前 3 项 a1 , a2 , a3 ; (Ⅱ)求数列 {a n } 的通项公式; (Ⅲ)证 明:对任意的整数 m ? 4 ,有 1 ? 1 ? ? ? 1 ? 7 (04 年全国卷Ⅲ) a 4 a5 am 8 简析 (Ⅰ)略, (Ⅱ) a n ? 2 ?2 n ? 2 ? (?1) n ?1 ?. ; 3 n (Ⅲ)由于通项中含有 (?1) ,很难直接放缩,考虑分项讨论:

1 1 3 1 1 3 2 n?2 ? 2 n?1 当 n ? 3 且 n 为奇数时 ? ? ( n?2 ? n?1 ) ? ? 2n?3 an an?1 2 2 ? 1 2 ? 1 2 2 ? 2 n?1 ? 2 n?2 ? 1
3 2 n ?2 ? 2 n ?1 3 1 1 ,于是 ? ? ? ( n ?2 ? n ?1 ) (减项放缩) 2 n ?3 2 2 2 2 2 ①当 m ? 4 且 m 为偶数时 1 ? 1 ? ? ? 1 ? 1 ? ( 1 ? 1 ) ? ? ? ( 1 ? 1 ) a4 a5 a 6 a m?1 a m a 4 a5 am 1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 3 7 ? ? ( 3 ? 4 ? ? ? m ? 2 ) ? ? ? ? (1 ? m ? 4 ) ? ? ? . 2 2 2 2 2 4 2 8 8 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 (添项放缩) ②当 m ? 4 且 m 为奇数时 ? ??? ? ? ??? ? a 4 a5 a m a 4 a5 a m a m?1 1 1 1 1 7 由①知 ? ??? ? ? . 由①②得证。 a 4 a5 a m a m?1 8 ?

九 数学归纳法
例 21(Ⅰ)设函数 f ( x) ? x log2 x ? (1 ? x) log2 (1 ? x) (0 ? x ? 1) ,求 f ( x) 的最小 值; (Ⅱ)设正数 p1 , p2 , p3 ,?, p2n 满足 p1 ? p2 ? p3 ? ? ? p2n ? 1,证明

p1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? p3 log2 p3 ? ? ? p2n log2 p2n ? ?n
题)

(05 年全国卷Ⅰ第 22

解析 这道高考题内蕴丰富,有着深厚的科学背景:直接与高等数学的凸函数有关! 更为深层的是信息科学中有关熵的问题。 (Ⅰ)略,只证(Ⅱ) : g ( p1 ) ? g ( p 2 ) ? ? ? g ( p 2n ) p1 ? p 2 ? ? ? p 2n 由 g ( x) 得 ? g( ) n 法1 为下凸函数 2 2n 又

p1 ? p2 ? p3 ? ? ? p2n ? 1



2 1 2 2 2 3 2 3 2 2n 2n 所以 1 2n 考虑试题的编拟初衷,是为了考查数学归纳法,于是借鉴詹森(jensen)不等式 f ( x) 为 [a, b] 上的下凸函数,则对任意 (若 xi ? [a, b], ?i ? 0(i ? 1,?, n), ?1 ? ? ? ?n ? 1,有

p log p ? p log p ? p log p ? ? ? p log p ? 2 n g (

1

) ? ?n.

f (?1 x1 ? ? ? ?n xn ) ? ?1 f ( x1 ) ? ? ? ?n f ( xn ). 特别地,若 ? i ?
f(

1 则有 n

x1 ? ? ? x n 1 “?” 为 “?” ) ? [ f ( x1 ) ? ? f ( x n )].若为上凸函数则改 ) 的证明思路与方法有: n n

法 2 (用数学归纳法证明) (i)当 n=1 时,由(Ⅰ)知命题成立. ( ii ) 假 定 当 n ? k 时 命 题 成 立 , 即
28







p1 , p2 ,?, p2k 满足p1 ? p2 ? ? ? p2k ? 1 ,
则 p1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? ? ? p2k log2 p2k ? ?k. 当 n ? k ? 1 时,若正数 p1 , p2 ,?, p2k ?1 满足p1 ? p2 ? ? ? p2k ?1 ? 1, (*) 为利用归纳假设,将(*)式左边均分成前后两段: p 令 x ? p1 ? p 2 ? ? ? p k , q1 ? p1 , q2 ? p2 ,?, q k ? 2k . 2 2 x x x 则 q1 , q2 ,?, q2k 为正数,且 q1 ? q2 ? ? ? q2k ? 1. 由归纳假定知 q1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? ? ? q2k log2 q2k ? ?k.

p1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? ? ? p2k log2 p2k ? x(q1 log2 q1 ? q2 log2 q2 ? ? ? q2k log2 q2k

?lo g 2 x) ? x(?k ) ? x l o g 2 x,
同 理 , 由

(1)

p2k ?1 ? p2k ?2 ? ? ? p2k ?1 ? 1 ? x



p2k ?1 log2 p2k ?1 ? ? ? p2k ?1 log2 p2k ?1
? (1 ? x)(?k ) ? (1 ? x) log2 (1 ? x). (2) 综合(1) (2)两式 p1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? ? ? p2k ?1 log2 p2k ?1

? [ x ? (1 ? x)](?k ) ? x log2 x ? (1 ? x) log2 (1 ? x) ? ?(k ? 1). 即当 n ? k ? 1 时命题也成立. 根据(i) 、 (ii)可知对一切正整数 n 命题成立.
法 3 构造函数 g ( x) ? x log2 x ? (c ? x) log2 (c ? x)(常数c ? 0, x ? (0, c)),那么 x x x x g ( x) ? c[ log 2 ? (1 ? ) log 2 (1 ? ) ? log 2 c], 利用(Ⅰ)知, c c c c 当 x ? 1 (即x ? c )时,函数 g ( x)取得最小值 . 对任意 x1 ? 0, x2 ? 0, 都有
c 2 2

x1 log2 x1 ? x2 log2 x 2 ? 2 ?

x1 ? x 2 x ? x2 ? ( x1 ? x2 )[log2 ( x1 ? x2 ) ? 1] . ② log2 1 2 2

(②式是比①式更强的结果)下面用数学归纳法证明结论. (i)当 n=1 时,由(I)知命题成立. (ii) 设当 n=k 时命题成立, 即若正数 p1 , p2 ,?, p2k 满足p1 ? p2 ? ? ? p2k ? 1, 有

p1 log2 p1 ? p 2 log2 p 2 ? ? ? p 2k log2 p 2k ? ?k. 当n ? k ? 1时, p1 , p 2 ,?, p 2k ?1 满足p1 ? p 2 ? ? ? p 2k ?1 ? 1. 令H ? p1 log2 p1 ? p 2 log2 p 2 ? ? ? p 2k ?1 ?1 log2 p 2k ?1 ?1 ? p 2k ?1 log2 p 2k ?1
对(*)式的连续两项进行两两结合变成 2 项后使用归纳假设,并充分利用②式 有
H ? ( p1 ? p 2 )[log 2 ( p1 ? p 2 ) ? 1] ? ? ? ( p 2 k ?1 ?1 ? p 2k ?1 )[log 2 ( p 2 k ?1 ?1 ? p 2 k ?1 ) ? 1], 因为( p1 ? p 2 ) ? ? ? ( p 2k ?1 ?1 ? p 2 k ?1 ) ? 1,
k



归 纳 法 假 ( p1 ? p2 ) log2 ( p1 ? p2 ) ? ? ? ( p2k ?1 ?1 ? p2k ?1 ) log2 ( p2k ?1 ?1 ? p2k ?1 ) ? ?k ,



得 H ? ?k ? ( p1 ? p2 ? ? ? p2k ?1 ?1 ? p2k ?1 ) ? ?(k ? 1).
?

即当 n ? k ? 1 时命题也成立. 所以对一切正整数 n 命题成立.
29

注: 1 式②也可以直接使用函数 g ( x) ? x log2 x 下凸用(Ⅰ)中结论得到;

2 ? 为利用归纳假设, 也可对 (*) 式进行对应结合: qi ? pi ? p2

n ?1

?i

而变成 2 项;

k

3? 本题可作推广:若正数 p1 , p2 ,?, pn 满足 p1 ? p2 ? ? ? pn ? 1,则

p1 ln p1 ? p2 ln p2 ? ? ? pn ln pn ? ? ln n. (简证: 构造函数 f ( x) ? x ln x ? x ? 1, 易得 f ( x) ? f (1) ? 0 ? x ln x ? x ? 1. ? (npi ) ln(npi ) ? npi ? 1 ? pi ln(np i ) ? pi ? .
故 ?[ pi ln(npi )] ? ? pi ? 1 ? 0 ? ln n ? ? pi ln pi ? 0. )
i ?1 i ?1 n n

1 n

30


相关文章:
放缩法典型例题
放缩法典型例题_数学_高中教育_教育专区。放缩法典型...则采用先求和再放缩方法来证明不等式. 求和的方式...差比数列求和结果的类型, 则把通项放缩为差比数列,...
通项放缩·数列求和·数列不等式
通项放缩·数列求和·数列不等式 数列不等式是近几年高考试题中的热点, 以数列和形式出现的不等式证明不仅考查灵活 选用求和方法的能力,也考查了证明中放缩的...
数列求和方法大全例题变式解析答案——强烈推荐
数列求和方法大全例题变式解析答案——强烈推荐_数学_高中教育_教育专区。错位...知识点四 奇偶求合法 特征描述:此种方法是针对于奇、偶数项,要讨论的数列 ...
证明数列不等式的常用放缩方法技巧(不含答案)精减版
证明数列不等式的常用放缩方法技巧证明数列型不等式,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...
放缩法在数列求和中的基本策略
放缩法在数列求和中的基本策略_数学_高中教育_教育专区。经过整理,比较实用“放缩法”在数列求和中的基本策略放缩法:为放宽或缩小不等式的范围的方法。常用在多项...
数列型不等式的放缩方法与技巧
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,抓住其规律进行恰当地放缩。 以下简要谈谈其方法和技巧: 一 利用重要不等式放缩 ...
数列放缩大题及详细解析
数列放缩大题及详细解析_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2015 年度高二数学理科...的通项公式;2、等差数列的前 n 项和公式;3、数列求和;4、不等式 的证明...
证明数列不等式之放缩技巧及缩放在数列中的应用大全
证明数列不等式放缩技巧以及不等式缩放在数列中应用 大全证明数列型不等式,其思维跨度大、构造性强,需要有较高的放缩技巧,充满思考性 和挑战性。这类问题的...
典型例题:用放缩法证明不等式
典型例题:用放缩法证明不等式_数学_高中教育_教育专区。用放缩法证明不等式所谓...若欲证不等式含有与自然数 n 有关的 n 项和,可采用数列中裂项求和方法来...
高中数学数列放缩专题:用放缩法处理数列和不等问题(含答案)
放缩法处理数列和不等问题(教师版)一.先求和后放缩(主要是先裂项求和,再...n ⑶观察要证的不等式,左边很复杂,先要设法对左边的项进行适当的放缩,使之...
更多相关标签:
均值不等式典型例题 | 初三数学知识点及例题 | 一元二次不等式例题 | 切比雪夫不等式例题 | 基本不等式例题 | 绝对值不等式例题 | 解一元二次不等式例题 | 勾股定理知识点及例题 |