解决数列中不等式问题的策略

数列与不等式的综合问题突破策略【题1】 等比数列{a n }的公比q ＞1，第17项的平方等于第24项，求使a 1＋a 2＋…＋a n ＞1231111na a a a ++++……恒成立的正整数n 的范围.【题2】设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝a ，a n +1＝S n ＋3n ，n ∈N *．(1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式；（2）若a n +1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．【题3】 数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p +q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【题4】已知数列{}n a 中，113,21(1)n n a a a n +==-≥（1）设1(1,2,3)n n b a n =-= ，求证：数列{}n b 是等比数列； （2）求数列{}n a 的通项公式（3）设12n n n n c a a +=⋅，求证：数列{}n c 的前n 项和13n S <．【题5】已知数列{}n a 满足11111,,224nn n a a a n N ++⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 的前n 项和2n s n =，112233n n n T a b a b a b a b =++++ ，求证：3n T <.【题6】已知α为锐角，且12tan -=α，函数)42sin(2tan )(2παα+⋅+=x x x f ，数列{a n }的首项)(,2111n n a f a a ==+. ⑴ 求函数)(x f 的表达式； ⑵ 求证：n n a a >+1； ⑶ 求证：),2(21111111*21N n n a a a n∈≥<++++++<【题7】已知数列{}n a 满足()111,21n n a a a n N*+==+∈（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足n n b n b b b b a )1(44441111321+=---- ，证明：{}n a 是等差数列；（3）证明：()23111123n n N a a a *++++<∈【题8】数列{}n a 满足411=a ，()),2(2111N n n a a a n nn n ∈≥--=--． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）设21nn a b =，求数列{}n b 的前n 项和n S ；（3）设2)12(sinπ-=n a c n n ，数列{}n c 的前n 项和为n T ． 求证：对任意的*∈N n ，74<n T ．【题9】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对于任意的*n N ∈，恒有2n n S a n =-，设2log (1)n n b a =+．（1）求证：数列{1}n a +是等比数列； （2）求数列{}{},n n a b 的通项公式n a 和n b ；（3）若12n b n n n c a a +=⋅，证明：1243n c c c +++< ．【题10】 等比数列{a n }的首项为a 1＝2002，公比q ＝－12．(1)设f (n )表示该数列的前n 项的积，求f (n )的表达式； (2)当n 取何值时，f (n )有最大值．【题11】 已知{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4. (1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)是否存在正整数k ，使S k+1－2S k －2＞2成立.【题12】设数列{}{}n n b a ,满足3,4,6332211======b a b a b a ， 且数列{}()++∈-Nn a a n n 1是等差数列，数列{}()+∈-N n bn2是等比数列.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）是否存在+∈N k ，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈-21,0k k b a ，若存在，求出k ，若不存在，说明理由.数列与不等式综合解答与评析类型1：求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求数列与不等式相结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：(1)若函数f (x )在定义域为D ，则当x ∈D 时，有f (x )≥M 恒成立⇔f (x )min ≥M ；f (x )≤M 恒成立⇔f (x )max ≤M ；(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再通过解不等式解得.【题1】 利用条件中两项间的关系，寻求数列首项a 1与公比q 之间的关系，再利用等比数列前n 项公式和及所得的关系化简不等式，进而通过估算求得正整数n 的取值范围. 【解】 由题意得：(a 1q 16)2＝a 1q 23，∴a 1q 9＝1. 由等比数列的性质知数列{1n a }是以11a 为首项，以1q为公比的等比数列，要使不等式成立， 则须1(1)1n a q q --＞111(1)11n a q q--，把a 21＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n －1)＞q (1－1n q )，q n ＞q 19，∵q ＞1，∴n ＞19，故所求正整数n 的取值范围是n ≥20.【点评】 本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识求得最后的结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用.【题2】 第（1）小题利用S n 与a n 的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件a n +1≥a n 转化为关于n 与a 的关系，再利用a ≤f (n )恒成立等价于a ≤f (n )min 求解． 【解】 (1)依题意，S n +1－S n ＝a n +1＝S n ＋3n ，即S n +1＝2S n ＋3n ，由此得S n +1－3 n +1＝2(S n －3n )．因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2 n -1，n ∈N *, ① (2)由①知S n ＝3n ＋(a －3)2 n -1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n -1＝3n ＋(a －3)2 n -1－3n -1－(a －3)2 n -2＝2×3n -1＋(a －3)2 n -2，a n +1－a n ＝4×3 n -1＋(a －3)2 n -2＝2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]，当n ≥2时，a n +1≥a n ，即2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]≥0，12·(32)n -2＋a －3≥0，∴a ≥－9，综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞)【点评】 一般地，如果求条件与前n 项和相关的数列的通项公式，则可考虑S n 与a n 的关系求解.本题求参数取值范围的方法也一种常用的方法，应当引起重视.类型2：数列参与的不等式的证明问题此类不等式的证明常用的方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本的方法；(2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法分析；(3)放缩法，主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.【题3】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前n 项公式和建立方程组即可解决第(1)小题；第(2)小题利用差值比较法就可顺利解决.【解】 （1）设等差数列{a n }的公差是d ，依题意得，⎩⎨⎧ a 1＋2d ＝74a 1＋6d ＝24，解得⎩⎨⎧ a 1＝3d ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （2）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝1()2n n a a +＝n 2＋2n ． 2S p +q －(S 2p ＋S 2q )＝2[(p ＋q )2＋2(p ＋q )]－(4p 2＋4p )－(4q 2＋4q )＝－2(p －q )2， ∵p ≠q ，∴2S p +q －(S 2p ＋S 2q )＜0，∴S p +q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，途径主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.【题4】（1）由121n n a a +=-得到112(1)n n a a +-=-，即1121n n a a +-=-……2分【点评】关于数列求和与不等式相结合的问题，常结合裂项相消或错位相减法放缩求和.【题5】（1）1122111124,41124n n n n nn n na a a a a a +++++⎛⎫ ⎪⎝⎭=∴=⎛⎫ ⎪⎝⎭， 又11221111,,2244a a a a ==⋅∴= ， {}n a ∴是公比为12的等比数列，12nn a ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭（2）21n b n =-，231135232122222n n n n n T ---=++++ ……①， 234111352321222222n n n n n T +--=+++++ ②， ①－②得： 2311112222132322222222n n n n n n T ++-+=++++-=- ， 2332n n n T +∴=- 3n T ∴<【题6】⑴1)12(1)12(2tan 1tan 22tan 22=---=-=ααα 又∵α为锐角 ∴42πα=∴1)42sin(=+πα x x x f +=2)(⑵ n n n a a a +=+21 ∵211=a ∴n a a a ,,32都大于0 ∴02>n a ∴n n a a >+1 ⑶nn n n n n n a a a a a a a +-=+=+=+111)1(11121∴11111+-=+n n n a a a ∴1322121111111111111+-++-+-=++++++n n n a a a a a a a a a 1111211++-=-=n n a a a ∵4321)21(22=+=a , 143)43(23>+=a , 又∵n n a a n >≥+12 ∴131>≥+a a n ∴21211<-<+n a∴2111111121<++++++<na a a【题7】（1）121+=+n n a a ，)1(211+=+∴+n n a a ……………………2分 故数列}1{+n a 是首项为2，公比为2的等比数列。

解题宝典证明数列不等式问题是一类综合性较强且难度较大的问题，不仅考查了数列知识，还考查了证明不等式的技巧.本文主要介绍三种证明数列不等式问题的方法，以供大家参考.一、利用数列的单调性我们知道，数列具有单调性.因此在证明数列不等式问题时，我们可以利用数列的单调性来讨论数列的变化趋势，进而证明不等式.利用数列的单调性解题的关键在于观察数列的特征，通过作差、作商等方法，构造出新数列，利用数列的单调性证明结论.例1.已知数列{}a n各项均为正数，前n项和S1>1，满足关系式6S n=(a n+1)(a n+2)，n∈N*.设数列{}bn满足关系式an(2b n-1)=1，令T n为数列{}b n的前n项和，求证：3T n+1>log2(a n+3)，n∈N*.证明：根据前n项和关系式可得a n=3n-1，将其代入到an(2b n-1)=1中可得b n=log23n3n-1，Tn=b1+b2+⋯+b n=log2(32×65×⋯×3n3n-1)，则3T n+1-log2(a n+3)=log2éë(32×65×⋯×3n3n-1)3ùû×23n+2.设f(n)=(32×65×⋯×3n3n-1)3×23n+2，则f(n+1)f(n)=(3n+3)3(3n+5)(3n+2)2，变形得(3n+3)3-(3n+5)(3n+2)2=9n+7>0，则数列{}f(n)单调递增.因此f(n)≥f(1)>1，则3T n+1-log2(a n+3)=log2f(n)>0，所以3T n+1>log2(a n+3).本题的难度较大，欲证明此题，首先需要从结论出发，构造数列f(n)，然后根据新数列的形式，利用作差法、作商法证明数列具有单调性，再利用其单调性证明结论.很多时候，我们并不能直接发现数列的单调性，往往需要对数列的递推式进行多次转换、变形，构造出新数列才能发现其单调性.二、放缩法放缩法是解答不等式问题的基本方法之一.在运用放缩法证明数列不等式问题时，我们必须紧紧围绕着放缩目标，掌握好放缩的尺度，灵活运用不等式的传递性证明不等式.常见的放缩技巧有添加或删除某些项、先放缩再求和（先求和再放缩）、先裂项再放缩（先放缩再裂项）等.但无论运用哪种放缩技巧，都需要把控放缩的尺度，否则容易得出错误的答案.例2.已知数列{}a n满足条件：a1=1，a n+1=2a n+1(n∈N*)，试证明：n2-13<a1a2+a2a3+⋯+a n an+1<n2.证明：由a n+1=2a n+1,(n∈N*)，可得a n=2n-1，则akak+1=2k-12k+1-1=2k-12(2k-12)<2k-12(2k-1)=12，所以a1a2+a2a3+⋯+anan+1<12+12+⋯+12=n2.故akak+1=2k-12k+1-1=12·2k+1-22k+1-1=12(1-12k+1-1)=12-13×2k+2k-2≥12-13×12k(k=1,2,3,⋯)，即a1a2+a2a3+⋯+anan+1≥12-13(12+122+⋯+12n)=n2-13(1-12n)>n2-13.综合上述分析，即可证明不等式n2-13<a1a2+a2a3+⋯+a n a n+1<n2成立.本题主要运用了放缩法，首先结合数列不等式的表达式，对不等式进行缩放，构造出anan+1，再借助不等式的传递性证明了结论.三、导数法对于综合性较强的数列不等式问题，我们往往采用导数法来求解.首先结合不等式构造出函数模型，对函数求导，通过研究其导函数得到函数的单调性、最储文海42解题宝典值，进而证明不等式成立.例3：试证明12+13+14+⋯+1n <ln n <1+12+13+14+⋯+1n +1(n ∈N*).证明：令a n =1n +1、b n =1n ，于是当n ≥2时，S n -1=ln n 、S n =ln(n +1).则S n -S n -1=ln(n -1)-ln n =ln n +1n.欲证明原不等式成立，需要证明1n +1<ln n +1n<1n ，即证明1x +1<ln x +1x <1x ,x ≥1.设函数f (x )=ln x +1x -1x +1，对其进行求导可得到f ′(x )=1x +1-1x +1(x +1)2=-1x (x +1)2<0.令x +1x =t ，则1x =t -1，t -1t<ln t <t -1,(t >1).设函数h (t )=ln t -t -1t ，则h ′(t )=t -1t2>0，则函数h (t )在(1,+∞)单调递增，所以h (t )>h (1)=0，h (t )=ln t -t -1t>0，即是ln t >t -1t.同理可以证得ln t <t -1，即是ln t +1t <1t.综上可得，1t +1<ln t +1t <1t ，当t 分别取1,2,3,…,n -1时，12+13+14+⋯+1n <ln n <1+12+13+14+⋯+1n +1.运用导数法的根本目的是判断数列的单调性，求得数列的最值.这里首先构造出两个数列以及两个数列的和式，然后结合目标不等式的形式构造出函数模型，通过分析导函数确定函数的单调性，从而证明不等式.从上述分析我们不难看出，证明数列不等式问题的难度系数较大.在解答此类问题时，我们需要仔细分析数列不等式的特点，将其进行适当的变形、转化，并要学会联想，将其与不等式的性质、重要结论以及函数、导数的性质关联起来，才能将难题破解.（作者单位：江苏省华罗庚中学）立体几何是高考数学考查的重点.解答立体几何问题常用的方法是几何法和向量法.这两种方法是分别从几何和代数两个角度入手的，有着各自的优势.本文重点探讨这两种方法在解题中的应用.一、几何法几何法是指运用几何知识解答问题的方法.在解答立体几何问题时，我们需要根据题意绘制相应的图形，探寻空间中点、线、面之间的位置关系，通过延长线段，平移、变换、旋转图形，添加辅助线等方式，建立结论与已有条件之间的联系，灵活运用各种定理、定义、性质，对条件进行转化，顺利解答问题.例1.如图1，在三棱台ABC-DEF 中，已知平面BCEF ⊥平面ABC ，∠ACB -90°，BE =EF =FC =1，BC =2，AC =3，（1）求证：BF ⊥平面ACFD （2）求二面角B -AD -C 的余弦值.李鹏飞图143。

解法探究２０２３年４月上半月㊀㊀㊀数列不等式的证明策略◉江苏省海安市南莫中学㊀刘㊀进㊀㊀摘要:数列不等式的证明与应用问题,是高考数学试卷中经常出现的一类综合性㊁应用性问题,具有很好的选拔性与区分度．合理掌握与应用解决数列不等式证明的常用基本技巧策略,结合实例,从函数法㊁放缩法㊁比较法以及归纳法等不同视角切入,总结规律,引领并指导数学教学与复习备考．关键词:数列;不等式;证明;函数;缩放㊀㊀数列不等式的证明问题,往往是数列知识的深入及其与其他知识的交汇融合,思维跨度大,技巧策略强,整合了数学的知识性㊁思维性㊁能力性和挑战性,可以比较全面综合地考查学生的知识基础㊁思想方法和数学能力等各方面的情况,倍受各方关注,成为高考数列压轴题及各级各类竞赛试题命题的重要素材与背景情境之一．数列不等式的证明问题,可以从多视角切入,剖析题目条件中数列或不等式的结构特征,抓住其式子规律进行恰当化归与变形,进而得以巧思妙证．１函数法从数列不等式中的数列视角切入,数列作为一类特殊的函数,具有函数的基本性质．通过构造函数,利用函数的单调性㊁极值等得出关于正实数的不等式,结合对关于正实数的不等式赋特殊值来证明相应的数列不等式．例１㊀已知数列{a n}的前n项和S n满足a n＋１＝２S n＋６,且a１＝６．(１)求数列{a n}的通项公式;(２)设数列１an{}的前n项和为T n,证明:１３ T１＋１３２ T２＋ ＋１３n T n＜３．分析:(１)根据数列中的相关公式a n＝S n－S n－１(nȡ２)加以合理变形,进而得到数列的递推关系式,合理确定数列的类型,从而得以求解数列{a n}的通项公式．(２)结合(１)中的结论以及等比数列的求和公式确定数列１a n{}的类型,并构建其前n项和T n的表达式,通过函数的单调性加以合理放缩,综合利用等比数列的求和公式以及不等式的基本性质来分析与转化,得以巧妙证明．解析:(１)由已知可知,当nȡ２时,a n＋１－a n＝(２S n＋６)－(２S n－１＋６)＝２(S n－S n－１)＝２a n．整理可得a n＋１＝３a n．当n＝１时,有a２＝２S１＋６＝２a１＋６＝１８＝３a１,可知数列{a n}是以６为首项,３为公比的等比数列,即a n＝a１q n－１＝６ˑ３n－１＝２ˑ３n．(２)由(１)可得１a n＝１２ˑ３n,所以数列１a n{}是以１a１＝１６为首项,１３为公比的等比数列．故T n＝１６ˑ(１－１３n)１－１３＝１４(１－１３n)．由于函数T n＝１４(１－１３n)在nɪN∗上单调递增,则有T nȡT１＝１６,因此１T nɤ６．故１３ T１＋１３２ T２＋ ＋１３n T nɤ６(１３＋１３２＋ ＋１３n)＝６ˑ１３ˑ(１－１３n)１－１３＝３ˑ(１－１３n)＜３．所以１３ T１＋１３２ T２＋ ＋１３n T n＜３成立．点评:抓住数列不等式中的结构特征,对相关的和式㊁代数式等构建与之相应的函数,利用一些常见函数的基本性质,或利用所构建的函数进行求导处理,从而确定函数的单调性或极值等,利用关于正实数的不等式赋予对应的正整数值加以合理处理,从而从函数视角来巧妙证明数列不等式问题．２放缩法从数列不等式中的不等式视角切入,结合数列的通项公式㊁求和公式或其他相关的关系式进行合理变形处理,对中间过程或者最后的结果,或裂项相消法进行放缩,或利用不等式性质进行放缩,并与结论中０７Copyright©博看网. All Rights Reserved.２０２３年４月上半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀所证明的不等式加以对比,放缩处理,巧妙证明．例２㊀甲㊁乙两同学在复习数列知识时发现原来做过的一道题因纸张被破坏,其中的一个条件看不清了,具体如下:等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知㊀㊀㊀㊀,(１)判断S １,S ２,S ３的关系;(２)若a １－a ３＝３,设b n ＝n１２a n ,记{b n }的前n 项和为T n ,证明:T n ＜４３．甲同学记得缺少的条件是首项的值,乙同学记得缺少的条件是公比的值,第(１)问的答案是S １,S ３,S ２成等差数列．如果两位同学所记答案都正确,请把条件补充完整并解答此题．分析:(１)根据S １,S ３,S ２成等差数列,设出数列{a n }的公比q ,利用等差数列的性质构建关系式,合理转化处理,进而确定公比的值,从而确定需要补充的条件以及乙同学记得的缺少的条件是正确的;(２)结合(１)的结论并利用条件确定b n 的表达式,利用错位相减法合理进行数列求和,结合不等式的性质合理放缩,从而得以证明数列不等式．解析:设等比数列{a n }的公比为q ,则S １＝a １,S ２＝a １＋a １q ,S ３＝a １＋a １q ＋a １q ２．又S １,S ３,S ２成等差数列,所以S １＋S ２＝２S ３,即a １＋a １＋a １q ＝２a １＋２a １q ＋２a １q ２．整理可得a １q (１＋２q )＝０．由于在等比数列{a n }中,a １ʂ０,q ʂ０,因此q ＝－１２．故乙同学记得的缺少的条件是正确的．因此补充的条件为q ＝－１２．(１)由题意,可得S １＝a １,S ２＝a １＋a ２＝a １－１２a １＝１２a １,S ３＝a １＋a ２＋a ３＝a １－１２a １＋１４a １＝３４a １．于是S １＋S ２＝２S ３,即S １,S ３,S ２成等差数列．(２)证明:由a １－a ３＝３,可得a １－１４a １＝３,解得a １＝４,所以b n ＝n １２a n ＝n １２ˑ４ˑ(－１２)n －１＝２３n ˑ(１２)n．故T n ＝２３(１ˑ１２＋２ˑ１４＋３ˑ１８＋ ＋n ˑ１２n ),１２T n ＝２３(１ˑ１４＋２ˑ１８＋３ˑ１１６＋ ＋n ˑ１２n ＋１)．上面两式相减,可得１２T n ＝２３(１２＋１４＋１８＋１１６＋ ＋１２n －n ˑ１２n ＋１)＝２３éëêêê１２(１－１２n )１－１２－n ˑ１２n ＋１ùûúúú．化简可得T n ＝４３(１－n ＋２２n ＋１)．因为１－n ＋２２n ＋１＜１,所以T n ＜４３．点评:合理通过特殊数列(等差数列或等比数列)的通项公式或求和公式等进行合理变形,结合所要证明的数列不等式,通过一些常见不等式性质加以合理变形与放缩,特别是利用裂项相消法加以放缩,是证明数列不等式比较常见的一种方法．３比较法从数列不等式中的不等式视角切入,通过对所证数列不等式的两边合理作差比较(或作商比较,要注意分母不为零),综合数列㊁不等式的相关知识,从而确定作差比较法所对应的差值的正负情况(或作商比较法所对应的比值的与１的大小情况),进而得以证明数列不等式．例３㊀已知{a n }是由正数组成的数列,a １＝１,且点(a n ,a n ＋１)(n ɪN ∗)在函数y ＝x ２＋１的图象上．１)求数列{a n }的通项公式;(２)若数列{b n }满足b １＝１,b n ＋１＝b n ＋２a n ,求证:b n b n ＋２＜b ２n ＋１．分析:(１)利用点在函数的图象上,通过代入法构建数列的递推关系式,结合等差数列的定义来确定数列类型,并得以求解数列{a n }的通项公式;(２)结合(１)的结论,进而确定b n ＋１－b n 的表达式,利用加减变形处理并利用等比数列的求和公式来确定b n 的表达式,结合所证明的数列不等式,通过作差比较法加以分析与处理,进而得以证明数列不等式．解析:(１)由已知,得a n ＋１＝a n ＋１,即a n ＋１－a n ＝１,又a １＝１,所以数列{a n }是以１为首项,１为公差的等差数列．故a n ＝１＋(n －１)ˑ１＝n ．(２)证明:由(１)知,a n ＝n ,从而b n ＋１－b n ＝２n．又b n ＝(b n －b n －１)＋(b n －１－b n －２)＋ ＋(b ２－b １)＋b １＝２n －１＋２n －２＋ ＋２＋１＝１－２n１－２＝２n－１,则b n b n ＋２－b ２n ＋１＝(２n －１)(２n ＋２－１)－(２n ＋１－１)２＝(２２n ＋２－２n ＋２－２n ＋１)－(２２n ＋２－２ ２n ＋１＋１)＝－２n＜０．故b n b n ＋２＜b ２n ＋１．(下转封三)１７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.华罗庚（1910—1985），江苏金坛人，祖籍江苏丹阳。

导数解答题中数列不等式的证明思路策略张国飞(安徽省桐城中学ꎬ安徽桐城２３１４００)摘㊀要:导数解答题中最后一问设置数列不等式的证明ꎬ是高考函数与导数知识模块中命题时比较常见的一个压轴题型.文章结合实例ꎬ就导数解答题中数列不等式的几个常见的证明思路策略加以剖析ꎬ阐述基本证明思路与技巧方法ꎬ总结证明归纳与策略ꎬ引领并指导数学教学与复习备考.关键词:导数ꎻ数列ꎻ不等式ꎻ证明ꎻ思路ꎻ策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３０－００３８－０３收稿日期:２０２３－０７－２５作者简介:张国飞(１９８０.７－)ꎬ男ꎬ安徽省安庆人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀在函数与导数的综合应用解答题中ꎬ经常会有证明数列不等式ꎬ形如ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)或ðｎｉ＝１ａｉ<Ａ(Ａ为常数)等形式成立的数列不等式设置.此类数列不等式的证明问题往往前后联系ꎬ与前面小题中的函数与导数的综合应用等着直接或间接的联系ꎬ需要借助函数的单调性㊁导数的基本性质以及不等式的性质等来应用ꎬ综合性强ꎬ时常是压轴题的首选ꎬ倍受各方关注.下面结合实例ꎬ就证明导数解答题中的数列不等式的思路策略加以剖析与应用ꎬ抛砖引玉[１].１抓住常用思路ꎬ进行逐项比较对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)ꎬ其中不等式的一边是某个数列的前ｎ项和ꎬ而另一边ｇ(ｎ)如果可以看作另一个数列的前ｎ项和ꎬ此时可以采用计算该数列的通项公式ｂｎꎬ借助ａｎ<ｂｎ的转化ꎬ通过逐项比较ꎬ利用累加法加以分析与证明.例１㊀求证:对于任意的ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ有ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ恒成立.根据这个不等式证明:ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１(ｎɪＮ∗).解析㊀令函数ｆ(ｘ)＝ｌｎ(１＋ｘ)－ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝１１＋ｘ－１＝－ｘ１＋ｘ<０ꎬ则知函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ可得ｆ(ｘ)<ｆ(０)＝０ꎬ即ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ成立ꎻ令函数ｇ(ｘ)＝ｘ１＋ｘ－ｌｎ(１＋ｘ)(ｘ>０)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝１(１＋ｘ)２－１１＋ｘ＝－ｘ(１＋ｘ)２<０ꎬ则知函数ｇ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ可得ｇ(ｘ)<ｇ(０)＝０ꎬ即ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)成立ꎻ综上分析ꎬ可得对于任意的ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ有ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ恒成立.取ｘ＝１ｎꎬ可得ｘ１＋ｘ＝１ｎ１＋１ｎ＝１ｎ＋１<ｌｎ(１＋ｘ)＝ｌｎ(１＋１ｎ)＝ｌｎｎ＋１ｎ＝ｌｎ(ｎ＋１)－ｌｎｎ<ｘ＝１ｎꎬ即８３１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)－ｌｎｎ<１ｎꎬ令ｎ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ对应不等式累加可得１２＋１３＋ ＋１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎꎬ即ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１(ｎɪＮ∗).点评㊀由函数不等式过渡到数列不等式的处理ꎬ就是合理对变量进行赋值处理ꎬ进而实现逐项比较的目的ꎬ同时在累加处理时ꎬ还要对不等式的形式进行巧妙处理ꎬ这里由１２＋１３＋ ＋１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)可得１＋１２＋１３＋ ＋１ｎ<ｌｎｎꎬ进而得到１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１.注意递推不等式的结构特征与应用.２融合可选思路ꎬ利用数列单调(性)对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)ꎬ通过恒等变形转化为证明ｂｎ＝ðｎｉ＝１ａｉ－ｇ(ｎ)<０ꎬ先验证ｂ１<０ꎬ接下来验证ｂｎ＋１－ｂｎ<０恒成立ꎬ利用数列的单调性(单调递减)实现数列不等式的证明与应用[２].例２㊀设函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)２＋ｂｌｎｘꎬ其中ｂ为常数.(１)判断函数ｆ(ｘ)在定义域上的单调性ꎻ(２)求证:１３２＋１４２＋ ＋１ｎ２<ｌｎ(ｎ＋１)(ｎȡ３ꎬｎɪＮ∗).㊀解析㊀由函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)２＋ｂｌｎｘ(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝２(ｘ－１)＋ｂｘ＝２(ｘ－１２)２＋ｂ－１２ｘꎬ所以当ｂȡ１２时ꎬｆᶄ(ｘ)ȡ０ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎻ当ｂ<１２时ꎬ令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ解得ｘ１＝１２－１－２ｂ２或ｘ２＝１２＋１－２ｂ２ꎬ①当ｂɤ０时ꎬｘ１ɤ０舍去ꎬ而ｘ２ȡ１ꎬ此时ｆᶄ(ｘ)ꎬｆ(ｘ)随ｘ在定义域上的变化情况如下表:表１㊀函数单调性与导数关系ｘ(０ꎬｘ２)ｘ２(ｘ２ꎬ＋ɕ)ｆᶄ(ｘ)－０＋ｆ(ｘ)↘极小值↗ｘ(０ꎬｘ１)ｘ１(ｘ１ꎬｘ２)ｘ２(ｘ２ꎬ＋ɕ)ｆᶄ(ｘ)＋０－０＋ｆ(ｘ)↗极大值↘极小值↗㊀㊀②当０<ｂ<１２时ꎬ０<ｘ１<ｘ２ꎬ此时ｆᶄ(ｘ)ꎬｆ(ｘ)随ｘ在定义域上的变化情况如下表:综上分析ꎬ当ｂȡ１２时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎻ当０<ｂ<１２时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１２－１－２ｂ２)ꎬ(１２＋１－２ｂ２ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ在(１２－１－２ｂ２ꎬ１２＋１－２ｂ２)上单调递减ꎻ当ｂɤ０时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１２＋１－２ｂ２)上单调递减ꎬ在(１２＋１－２ｂ２ꎬ＋ɕ)上单调递增.(２)设ｂｎ＝１３２＋１４２＋ ＋１ｎ２－ｌｎ(ｎ＋１)ꎬｎȡ３ꎬｎɪＮ∗ꎬ则ｂ３＝１９－ｌｎ４<０显然成立ꎻ当ｎȡ３ꎬｎɪＮ∗时ꎬｂｎ＋１－ｂｎ＝１(ｎ＋１)２－ｌｎ(ｎ＋２)＋ｌｎ(ｎ＋１)＝１(ｎ＋１)２－ｌｎｎ＋２ｎ＋１ꎬ设ｘ＝ｎ＋２ｎ＋１＝１＋１ｎ＋１ɪ(１ꎬ５４]ꎬ那么要证ｂｎ＋１－ｂｎ<０ꎬ只需证(ｘ－１)２－ｌｎｘ<０ꎬ取ｂ＝－１ꎬ由(１)知函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１＋３２)上单调递减ꎬ而５４<１＋３２ꎬ则知当ｘɪ(１ꎬ５４]时ꎬｆ(ｘ)＝９３(ｘ－１)２－ｌｎｘ<ｆ(１)＝０ꎬ从而ｂｎ＋１－ｂｎ<０成立ꎬ即数列{ｂｎ}单调递减ꎬ则有ｂｎɤｂ３<０ꎬ原数列不等式得证.点评㊀这里利用数列的单调性来证明相关的数列不等式成立时ꎬ其证明过程与逐项比较写的过程有点差异ꎬ但本质上两种方法之间有着异曲同工之妙.注意证明数列的单调性时ꎬ往往要回归题目前面部分所涉及的函数不等式问题ꎬ合理应用.３借助性质思路ꎬ合理放缩处理对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<Ａꎬ经常可以借助函数的单调性质㊁不等式的基本性质等来加强命题ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)且ｇ(ｎ)<Ａꎬ通过合理的放缩与变形处理来巧妙转化与应用.放缩的关键是数列的求和与放缩ꎬ以及不等式性质的应用等[３].例３㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｍｌｎｘ－１(ｍɪＲ)在ｘ＝１处取得极值Ａ.(１)求出实数ｍ的值ꎬ并判断Ａ是函数ｆ(ｘ)的最大值还是最小值ꎻ(２)证明:对于任意正整数ｎꎬ不等式(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)<ｅ恒成立ꎬ其中ｅ＝２.７１８２８ 是自然对数的底数.解析㊀(１)由函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｍｌｎｘ－１(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝１－ｍｘꎬ由于ｘ＝１是函数ｆ(ｘ)的极值点ꎬ则有ｆᶄ(１)＝０ꎬ即１－ｍ１＝０ꎬ解得ｍ＝１ꎬ此时函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘ－１ꎬｆᶄ(ｘ)＝１－１ｘ＝ｘ－１ｘꎬ则知当０<ｘ<１时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ>１时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递增ꎬ所以函数ｆ(ｘ)在ｘ＝１处取得极值Ａ＝ｆ(１)＝０是最小值ꎻ(２)由(１)知ꎬ当ｘ>１时ꎬｆ(ｘ)>ｆ(１)＝０ꎬ即ｘ－１>ｌｎｘꎬ不妨令ｘ＝１＋１２ｎꎬｎɪＮ∗ꎬ则有ｌｎ(１＋１２ｎ)<１２ｎꎬｎɪＮ∗ꎬ所以ｌｎ(１＋１２)＋ｌｎ(１＋１２２)＋＋ｌｎ(１＋１２ｎ)<１２＋１２２＋ ＋１２ｎ＝１２(１－１２ｎ)１－１２＝１－１２ｎ<１ꎬ即ｌｎ[(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)]<１＝ｌｎｅꎬ所以不等式(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)<ｅ恒成立.点评㊀在解决导数解答题中数列不等式的证明问题时ꎬ往往要先从前面小题的过程或结论中选取合适的函数不等式加以应用ꎬ这非常考验考生的观察能力.而在对数列不等式进行累加求和处理后ꎬ合理的放缩是正确证明的关键ꎬ要注意观察所要证明的数列不等式的结构特征加以巧妙放缩处理.在解决导数解答题中数列不等式的证明时ꎬ除了以上三种基本的证明思路策略ꎬ还可以借助推理与证明思维进一步加以综合与应用ꎬ利用可行的思路方法与技巧策略来剖析ꎬ有时在证明数列不等式时还可以多种证明思路策略联合应用ꎬ实现问题的综合应用与巧妙解决[４].参考文献:[１]韩文美.突出四个 基本点 ꎬ强化导数及应用[Ｊ].中学生数理化(高二数学)ꎬ２０２３ꎬ９７４(０６):２２－２４ꎬ２６.[２]白亚军.求解数列不等式的常见放缩技巧[Ｊ].高中数学教与学ꎬ２０２３(０９):２１－２２ꎬ２０.[３]蔡雯.例析高考中函数与数列不等式证明问题的突破[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２３(０７):２６－２７.[４]刘海涛.由一道高考题引发的对证明数列不等式的思考[Ｊ].中学数学月刊ꎬ２０２１(０４):６３－６４.[责任编辑:李㊀璟]０４。

浅析用放缩法证明数列不等式的策略
放缩法是一种常见的证明数列不等式的策略，在数学竞赛和数学研究中被广泛应用。

放缩法的基本思想是通过对数列的放缩，得到一个和原数列有关的数列，然后通过比较这两个数列的性质来证明原数列的不等式性质。

放缩法可以分为两种情况：上界放缩和下界放缩。

上界放缩即找到一个比原数列大的数列，而下界放缩则是找到一个比原数列小的数列。

根据具体的问题和数列的性质，可以选择合适的放缩方法。

对于上界放缩，一种常见的方法是通过迭代构造一个比原数列大的数列。

假设原数列为a_n，我们希望找到一个数列b_n满足b_n > a_n。

可以通过递推的方式定义数列b_n，即b_1, b_2, b_3, \ldots。

首先选择b_1 > a_1作为初始条件，然后通过递推关系b_{n+1} = f(b_n)构造数列b_n。

递推关系f(b_n)的具体选择需要根据问题的要求和数列的性质来确定。

一般来说，递推关系应该满足b_{n+1} > a_{n+1}，即b_n比a_n要大。

放缩法的关键是构造合适的递推关系，具体的方法可以根据问题的要求来选择。

常见的递推关系有加减法、乘除法等。

证明数列不等式的关键在于比较两个数列的性质，可以通过数学归纳法、反证法、构造法等方式进行。

放缩法的优点是可以简化复杂的数列不等式问题，通过找到合适的放缩数列，可以将问题转化为更简单的形式，更容易证明。

放缩法也有一定的局限性，仅适用于一些特定的问题和数列。

有关数列中不等式问题的几种常见处理方法在高中数学的教学中，数列中的不等式证明是数列知识与不等式知识的交汇，经研究发现这类问题主要从考查等差数列、等比数列的基本知识入手，侧重考查证明不等式的常用方法，对这个问题的归纳探究完善，能帮助学生构建一个很好的思维框架。

1.比较法解决数列中的不等式证明问题例1 设等比数列的首项为，公比，求证：是单调递增数列.证明数列的通项公式为： ( ),∴ ,又∵ , >0,∴ ( ),∴ ( ).因此，数列是单调递增数列.注：比较法有时也可用平方作差、作商2.数学归纳法，是证明数列不等式的重要方法例2在数列中，，且 ( )，求证： ( ).证明当时，因，故不等式成立.假设不等式当时成立，即，当时，∵，即不等式当时也成立.∴对一切自然数，都有 ( ).注：凡与正整数相关的命题均可考虑用数学归纳法.3.利用函数解决数列中的不等式问题递推数列的通项公式和前项和可看成函数的表达式.如等差数列的通项公式，可视为关于的一次函数；前项和的公式，可视为关于的二次函数等等，利用这些函数的图像和单调性证不等式.1.放缩法解决数列中的不等式问题在不等式的证明中，常常用舍掉一些正（负）项或在分式中放大（或缩小）分母或分子这种证明方法，通常称为放缩法. 数列不等式证明中常用的放缩技巧：技巧一：对通项进行裂项便于采用裂项相消法裂项相消法，就是将分母进行适当放缩以便于加减相消，放缩时要根据理论要求把握好度，如果放缩的恰到好处，能取得意想不到的效果.常见的放缩方向：，， .技巧二：以某一不等关系为依据进行逐层递推放缩逐层递推法，就是根据题目要求建立起相邻两项的不等关系，利用逐层递推寻求各项与首项的不等关系，从而建立一个新的不等关系.技巧三：对分母进行恰当的放缩将复杂分母简化构造新的等比数列.技巧四：对通项进行变形创造裂项条件.技巧五：利用二项定理展开对通项进行整体放缩.根据数列的特征，运用二项式定理作适当放大或缩小，使某些数列不等式得到证明，又称不等式的这种证明方法为二项式法.技巧六：利用单调性放缩.在放缩时主要采用两种方法：① 构造数列② 构造函数技巧七：利用重要不等式放缩：① 均值不等式法② 利用有用结论其中重要不等式为：例3已知数列的前n项和满足： .③ 证明：对任意的整数，有 .分析③ 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，使之能够求和.而左边=，如果我们把上式中的分母中的去掉，就可利用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1的交替出现，容易想到将式中两项两相地合并起来并一起进行放缩，尝试知：，，因此，可将保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和.这里需要对进行分类讨论.解③ 当为偶数( )时，<=<当是奇数( )时,为偶数，<所以对任意整数，有 .注：本题的解题关键是并项后进行适当的放缩.数列中的不等式问题是中学数学中的重要知识和数列中的难点，往往一道数列中的不等式题可以用多种方法解，而有时一种解法中又包含了好几种解法.深入挖掘和提炼数列不等式问题的解法，能更好的为中学数学教学服务.由于笔者的能力有限，总结以上四种常用方法，在今后教学中，还将继续完善。