数列不等式的证明
放缩法证明数列不等式
放缩法证明数列不等式数列不等式是指对于数列${a_n}$，能够证明其满足其中一种特定的不等关系。
放缩法是一种常用的证明数列不等式的方法，其核心思想是通过数学推导和合适的放缩操作，将需要证明的不等式转化为已知的不等式或者已有的数学结论。
下面我将详细阐述放缩法的步骤，并通过一个具体的例子来演示放缩法如何证明数列不等式。
步骤一：首先，我们要明确需要证明的不等式形式。
通常，数列不等式可以分为两种情况：单调性不等式和两边夹逼不等式。
单调性不等式需要证明数列${a_n}$的单调性（如$a_{n+1}>a_n$），而两边夹逼不等式需要证明数列${a_n}$的极限（如$\lim_{n\to\infty}a_n=a$）。
在这里，我们以两边夹逼不等式为例来进行讲解。
步骤二：建立需要用到的不等式。
通常，需要利用已知的数学不等式或结论来辅助证明原不等式。
常见的不等式包括柯西-施瓦茨不等式、均值不等式、柯西反证法等。
在这里，我们以柯西-施瓦茨不等式为例进行讲解。
步骤三：利用放缩操作将原不等式转化为已知的不等式或数学结论。
放缩操作的核心是通过合适的代换或变形，对不等式进行放大或缩小，使得我们能够应用已知的不等式或数学结论。
在这里，我们以一个具体的例子来演示放缩操作的过程。
假设我们要证明数列${a_n}$满足以下不等式：$\frac{a_{n+1}}{a_n}<2$。
我们可以采用放缩法来证明这个不等式。
首先，我们知道对于任意的实数$x$，都有$x^2\geq 0$。
这是由平方数的非负性质可得，也可以通过推导得出。
根据柯西-施瓦茨不等式，我们有$(a_n\cdot 1-a_{n+1}\cdot 1)^2\geq 0$，即$a_n^2+a_{n+1}^2-2a_n\cdot a_{n+1}\geq 0$。
然后，利用放缩操作，我们可以将上述不等式改写为$a_n^2+a_{n+1}^2\geq 2a_n\cdot a_{n+1}$。
求解数列不等式证明问题的方法
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。
巧用放缩法证明数列不等式
证明数列不等式问题一般较为复杂.解答这类问题的常用方法是放缩法，通常要灵活运用数列的定义、性质、通项公式、前n 项公式对不等式进行变形、化简，再运用不等式的性质对数列不等式进行适当的放缩.而证明数列不等式的关键是对不等式进合理的放缩，下面重点谈一谈运用放缩法证明数列不等式的几个技巧.一、通过裂项进行放缩有些数列不等式中的各项为分式，通过变形可裂为两项之差的形式，此时可利用裂项求和法来求得数列的和，再对其进行放缩，从而证明不等式.有时数列的通项公式不能直接裂项，可先将其进行适当的放缩，再进行求和.例1.求证：∑k =1n1k2≤53.证明：因为1k 2=44k 2<44k 2-1=2æèöø12k -1-12k +1，所以∑k =1n 1k 2=1+∑k =2n 1k 2<1+∑k =2n2æèöø12k -1-12k +1=1+2æèöø13-15+15-17+⋯+12n -1-12n +1=1+2æèöø13-12n +1<1+23=53.该数列的通项公式为分式，可根据不等式的可加性和传递性，将其放缩44k 2-1，再将其裂项为2æèöø12k -1-12k +1，这样便可运用裂项相加法求得数列的和，运用放缩法快速证明不等式.二、利用基本不等式进行放缩若a 、b >0，则a +b ≥2ab ，该式称为基本不等式.运用基本不等式可快速将两式的和或积放大或缩小.在运用基本不等式进行放缩时，要注意三个条件“一正”“二定”“三相等”.需根据已知的关系式或目标式，合理配凑出两式的和或积，并使其一为定值.在证明数列不等式时，有时要用到基本不等式的变形式，如a +b +c ≥3abc 3、a 21+a 22+⋯+a 2nn≥a 1a 2⋯a n n 等，对所要证明的不等式进行放缩.例2.设S n =1×2+2×3+⋯+n ()n +1，求证：n ()n +12<S n <()n +122.证明：设a k =k ()k +1(k =1,2,⋯,n )，因为k <k ()k +1<k +k +12=k +12，所以∑k =1n k <∑k =1n k ()k +1<∑k =1n(k +12)，即n ()n +12<S n <n ()n +12+n 2<()n +122.该数列中含有根式,很难快速求得数列的和，于是将其通项看作两式的积，构造出两式的和式，便可利用基本不等式将数列中的每一项进行放缩，再根据等差数列的前n 项和公式进行求解，即可证明不等式.三、根据数列的单调性进行放缩数列具有单调性，所以在证明数列不等式时，可根据不等式的特点找出其中的通项公式，通过作差或作商来判断数列的单调性.若a n ≥a n +1，则该数列单调递增，若a n ≤a n +1，则该数列单调递减，即可利用数列的单调性来放缩不等式.例3.求证：12≤1n +1+1n +2+⋯+1n +n <710(n ∈N *).证明：令S n =1n +1+1n +2+⋯+1n +n ，则S n +1-S n =æèöø1n +2+1n +3+⋯+1n +n +1n +n +1-æèöø1n +1+1n +2+⋯+1n +n =14æèöøn +12()n +1>0.可知数列{}S n 单调递增，因此S n ≥S 1=12.又因为S n +1-S n =14æèöøn +12()n +1<14æèöøn +14æèöøn +54=14×æèççççöø÷÷÷÷1n +14-1n +54=14n +1-14n +5,即S n +14n +1>S n +1+14n +5，可知数列{}S n +14n +1单调递减，所以S n +14n +1≤S 1+14+1=710.综上可得12≤S n <710，即12≤1n +1+1n +2+⋯+1n +n <710.总之，运用放缩法证明数列不等式，关键是对数列的通项公式、和式进行合理的放缩.同学们可根据目标不等式的结构特点，对通项公式进行裂项，也可利用基本不等式，还可以根据数列的单调性来进行放缩.（作者单位：江西省临川第二中学）解题宝典41。
数列中的不等式的证明
数列中的不等式的证明证明数列中的不等式的一般方法：1.数学归纳法：①直接应用数学归纳法：这是由于数学归纳法可以用来证明与正整数相关的命题，当然也包括与正整数相关的不等式（即数列不等式）；②加强命题后应用数学归纳法：直接应用数学归纳法并不能证明所有数列不等式，有些数列不等式必须经加强后才能应用数学归纳法证出.2.放缩法：①单项放缩:将数列中的每一项（通项）进行相同的放缩；②裂项放缩：将数列中的每一项裂开放缩成某两项之差；③并项放缩：将数列中的两项合并放缩成一项；④舍（添）项放缩：将数列中的某些项舍去或添加；⑤排项放缩：将数列中的项进行排序（即确定数列的单调性），从而求出数列中项的最值，达到证明不等式的目的,能用排项放缩证明的数列不等式必能直接应用数学归纳法证明，反之亦然； ⑥利用基本不等式放缩：例如平均数不等式也可在数列不等式的证明中起作用.一、直接应用数学归纳法证明1．已知函数ax x x f +-=3)(在)1,0(上是增函数. )1(求实数a 的取值集合A(2)当a 中取A 中最小值时，定义数列}{n a 满足：)(21n n a f a =+且)1,0(1∈=b a ，b 为常数，试比较n n a a 与1+的大小(3)在(2)的条件下，问是否存在正实数c 使10<-<c a n 对一切+∈N n 恒成立？2. (2007.全国1理第22题）已知数列{}n a 中12a =，11)(2)n n a a +=+，123n =，，，…．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 中12b =，13423n n n b b b ++=+，123n =，，，…43n n b a -<≤，123n =，，，…． 3．已知012)2(112=++++++n n n n a a a a ，211-=a 求证：（1）01<<-n a （2）122->n n a a （3）}{12-n a 递增.4．(2004.辽宁理科高考第21题) 已知函数223)(x ax x f -=的最大值不大于61，又当.81)(,]21,41[≥∈x f x 时 （1）求a 的值； （2）设.11.),(,21011+<∈=<<++n a N n a f a a n n n 证明 5．(2005.重庆理科高考第22题)数列{a n }满足)1(21)11(1211≥+++==+n a n n a a n n n 且. （1）用数学归纳法证明：)2(2≥≥n a n ；(2) 已知不等式)1(:,0)1ln(2≥<><+n e a x x x n 证明成立对，其中无理数e=2.71828….6. (2007.全国2理第21题)设数列{}n a 的首项113(01)2342n n a a a n --∈==，，，，，，…． （1）求{}n a 的通项公式；（2）设n b a =，证明1n n b b +<，其中n 为正整数．7. （2005.辽宁卷第19题）已知函数).1(13)(-≠++=x x x x f 设数列n a {}满足)(,111n n a f a a ==+，数列n b {}满足).(|,3|*21N n b b b S a b n n n n ∈+++=-=（1）用数学归纳法证明12)13(--≤n nn b ； （2）证明.332<n S 8．(2004.重庆理第22题)设数列{}n a 满足).3,2,1(,1,211 =+==+n a a a a nn n 12)1(+>n a n 证明对一切正整数n 成立；的大小，与，判断令1)3,2,1(,)2(+==n n n n b b n n a b 并说明理由.二、应用单项放缩或数学归纳法或排项放缩或基本不等式证明9．（2007重庆理科高考第21题）已知各项均为正数的数列{n a }的前n 项和满足1>n S ，且*),2)(1(6N n a a S n n n ∈++=（1）求{n a }的通项公式；（2）设数列{n b }满足1)12(=-n b n a ，并记n T 为{n b }的前n 项和，求证：*2),3(log 13N n a T n n ∈+>+10．求证：),1(212)1211()511)(311(∙∈>+>-+++N n n n n11．求证：11(11)(1)(1))432n N n ∙+++>∈-12. 求证：)(1212642)12(531∙∈+<⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯N n n n n 13．已知2,1≥>n a ，且+∈N n ，求证)1(1a a n aa n n ->-三、应用裂项放缩证明14. 已知)(x f y =，1)1(=-f ，对任意实数y x ,满足：3)()()(-+=+y f x f y x f(1)当N n ∈时求)(n f 的表达式(2)若11=b ，)1(1-+=+n f b b n n ，求n b(3)求证当+∈N n 时4711121<+++n b b b 15．（2006年全国卷I 第22题）设数列{}n a 的前n 项的和14122333n n n S a +=-⨯+)(+∈N n ， （1）求首项1a 与通项n a ；（2）设2nn n T S =)(+∈N n ，证明：132n i i T =<∑. 16. 已知+∈N n ，求证：3)11(2<+≤n n. 17. 定义数列如下：*+∈+-==N n a a a a n n n ,1,2211,求证：（1）对于*∈N n 恒有n n a a >+1成立。
数列不等式的证明方法
数列不等式证明的几种方法数列和不等式都是高中数学重要内容，这两个重点知识的联袂、交汇融合，更能考查学生对知识的综合理解与运用的能力。
这类交汇题充分体现了“以能力立意” 的高考命题指导思想和“在知识网络交汇处”设计试题的命题原则。
下面就介绍数列不等式证明的几种方法，供复习参考。
、巧妙构造，利用数列的单调性例1•对任意自然数n,求证:%■（1十00 + -）-（14 —「刚也-「加卄‘一证明：构造数列2ti + 2 2ti + 2加4 - 1二2北十2所以＞细，即鼠｝为单调递增数列所以，即点评：某些问题所给条件隐含数列因素或证明与自然数有关的不等式问题，均可构造数列，通过数列的单调性解决。
、放缩自然，顺理成章例2.已知函数£（只）=3 5討+x J，数列％｝爲九）的首项引"，以后每项按如下方式取定：曲线"住）在点:仗M珑j））处的切线与经过（0 , 0 ）和：1 |：:'两点的直线平行。
求证：当时:(1)(2)07证明：（1）因为，所以曲线’二--—处的切线斜率为0又因为过点（0, 0）和两点的斜率为k = * +吕，所以结论成立。
（2）因为函数h（H）- z3 + X, > Q时单调递壇则有叮+s a = +轴*1 w斗％J +刼曲=(%+1严+(:孤*1 二1所以％£也1，即砥2，因此7又因为M 1 f Ji ' - ・ _ ・”1 ' ' - ' r I令，且" 0f(x) = In 设 所以点评：本题是数列、函数、不等式、解析几何、导数等多知识点的综合题，在证 明过程中多次运用放缩，放缩自然，推理逻辑严密，顺理成章，巧妙灵活。
三、导数引入，更显神威丄丄丄…詁皿“+丄丄丄—丄 E例 3.求证：2 3 4 11 3 3 4 n+1] =丄证明：令5一门"红—口，且当心2|时，恥厂血讥f （口1，所以C n = SL - S R _i = ln(n4 1) - In n = In n +“。
高考数学热点难点突破技巧第10讲数列不等式的证明方法
第10讲数列不等式的证明方法【知识要点】证明数列不等式常用的有数学归纳法、放缩法和分析法.一、数学归纳法一般地，证明一个与自然数有关的命题，有如下步骤：（1）证明当取第一个值时命题成立.对于一般数列取值为0或1，但也有特殊情况；（2）假设当（，为自然数）时命题成立，证明当时命题也成立.综合（1）（2），对一切自然数（），命题都成立.二、放缩法证明不等式时，有时根据需要把需证明的不等式的值适当放大或缩小，使其化繁为简，化难为易，达到证明的目的，这种方法称为放缩法.放缩的技巧：①添加或舍去一些项，如：②将分子或分母放大或缩小，如：③利用基本不等式等，如：三、分析法证明不等式时，从待证命题出发，分析使其成立的充分条件，利用已知的一些基本原理，逐步探索，最后将命题成立的条件归结为一个已经证明过的定理、简单事实或题设的条件，这种证明的方法称为分析法，它是执果索因的方法.用分析法证明时，要注意格式，一般格式是“要证明，只需证明……”.对于较难的题目，一般用分析法寻找思路，用综合法写出证明过程.【方法点评】【例1】用数学归纳法证明:【证明】（1）当时，，命题成立.（2）假设当时，成立当时，+当时命题成立. 所以对于任意都成立.【点评】（1）利用数学归纳法证明不等式时，关键在于第二步，证明这一步时，一定要利用前面的假设和已知条件. 否则是“伪数学归纳法”（2）利用数学归纳法证明时，为了利用前面的假设，所以在证明时，一般要配凑出时的结论，再运用.【反馈检测1】已知，（其中）（1）求及；（2）试比较与的大小，并说明理由．【例2】已知函数（1）当时，求函数在上的极值；（2）证明：当时，；（3）证明：.【解析】（1）当变化如下表极大值，（2）令则上为增函数.（3）由（2）知，令得，【点评】(1)本题就是利用放缩法证明不等式，是高考的难点和重点.(2)利用放缩法证明不等式，有时需要先放缩通项，得到一个不等式通项，再求和. 有时是需要先求和再放缩求和的结果，本题两种放缩都用上了.(3)放缩要得当，所以放的度很重要，有时需要把每一项都放缩，有时需要把前面两项不放缩，后面的都放缩，有时需要把后面的项不放缩，所以要灵活调整，以达到证明的目的【反馈检测2】已知数列满足．（1）求及通项公式；（2）求证：．【反馈检测3】将正整数按如图的规律排列，把第一行数1，2，5，10，17，记为数列，第一列数1，4，9，16，25，记为数列（1）写出数列，的通项公式；（2）若数列，的前n项和分别为，用数学归纳法证明：；（3）当时，证明：．【反馈检测4】已知函数（1）当时，比较与1的大小；（2）当时，如果函数仅有一个零点，求实数的取值范围；（3）求证：对于一切正整数，都有.【反馈检测5】已知函数.（1）讨论的单调性与极值点；（2）若，证明：当时，的图象恒在的图象上方；（3）证明：.【例3】已知函数是奇函数，且图像在点处的切线斜率为3（为自然对数的底数）．（1）求实数、的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值；（3）当时，证明：．【解析】（1）是奇函数，所以，即所以，从而此时，.依题意，所以.（2）当时，设，则设，则，在上是增函数（3）要证，即要证即证，。
微专题。用导数证明数列型不等式
微专题。
用导数证明数列型不等式方法1：利用不等式1-≤lnx≤x-1,(x>1)证明数列型不等式背景知识：n=2×3×…×n，lnn=ln2+ln3+…+lnn-11.求证：1+1/2+…+1/n<lnn<1+1/2+…+1/n+(1/n+1)+(1/n+2)+…+(1/2n-1)，(n≥2,n∈N*)证明：在不等式中令x＞1，1-x≤lnx≤x-1，n=2,3,…,n，可得个不等式，相加可以得证。
ln2+ln3+…+lnn-1≤1+1/2+…+1/nln2+ln3+…+lnn-1＞1+1/2+…+1/n+(1/n+1)+(1/n+2)+…+(1/2n-1)2.求证：n≥2,n∈N*，时，2×3×…×n<n^n-1证明：2×3×…×n<2×2×…×2=n^(n-1)3.求证：ln(n^2+1)<1+2lnn!(n≥2,n∈N*)证明：由lnx0)，令x=n^2+1，则有ln(n^2+1)<2n^2/(n^2+1)2n^2/(n^2+1)<2lnn。
即n^2/(n^2+1)<lnn。
整理得ln(n^2+1)<1+2lnn!4.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=x^2+x-a(a∈R)Ⅰ）若直线x=t(t>0)与曲线y=f(x)和y=g(x)分别交于A,B 两点，且曲线y=f(x)在点A处的切线与y=g(x)在点B处的切线相互平行，求a的取值范围；Ⅱ）设Sn=1/2+1/3+…+1/n，证明：ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<2Sn解：（Ⅰ）f（x）=xlnx，（x＞0），∴f′（x）=1+lnx，∵曲线y=f（x）在点A处的切线与y=g（x）在点B处的切线相互平行，∴f′（t）=g′（t）在（0,+∞）有解，即lnt=a-t在（0,+∞）有解，∵t＞0，∴a＞0．令x=e，则得t=e，∴a=e-1 Ⅱ）当x∈(0,e)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，其中F(x)=ln(x^2+1)，则有ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<F(2)+F(3)+…+F(n)，由于F(x)单调递增，故F(2)+F(3)+…+F(n)<∫(1,n)F(x)dx，又因为F(x)在(0,+∞)上单调递增，故∫(1,n)F(x)dx<∫(1,n)F(n)dx=nF(n)-ln(n^2+1)/2，所以ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<nlnn-ln(n^2+1)/2，即ln(2^2+1)+ln(3^2+1)+…+ln(n^2+1)<2(1/2+1/3+…+1/n)=2Sn。
例析数列不等式的若干证明方法
用 “ 板 法 ＂求 解 无差 异 元 素 的 分 配 问题 插
陈 红旗 河 南省 汝 阳一 高 （ ７ ０ ４ ０ ） ｌ ２
无差 异 元素 的分 配 问题 ，是 排列 组 合 问题 中的 基 本类 型 ，是 对 排列 组合 思 想 的充 分 体 现 ．认 真 研 究 ，大有裨 益 ．本文将 例析 该类 题 目的类 型及 解法 ． 例 １将 １ ０个相 同 的小 球分 别装 入 ４个不 同的盒 子 中 ，且 每 盒至 少 一 个小 球 ，问有 多 少种 不 同的装
当 ｎ＝ｋ １ ， ＋时
一
一 ２． ４
＝ 日４川
一
也 就是 说 ，当 ＝ｋ 时 ，结 论成立 ． ＋１
（ — ｘ ） ＋（ ～ ） ３ ２ｆ ｂ ４ ３ ２ ｋ
２ ，＋３ ａ
５ １
／筹 一 ５ ＝ ＝
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根据 （ｉ）和 （ ｉ ｉ）知
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／ ２＜６ ａ ， ，＝ １ ２， … ． ４ ｚ ， ３，
１ １ ｒ１
一
求 ： 于 ， 知１ ， 证 证 对 ６已 （ ＜ 求 一 ］ （ － 一 ２ ， …
分析 此 不 等 式在 结 构 上类 似 于 贝 努 利 不 等 式
１、 １ １ ５
６一一 １ 一 一 一’ ＋Ｉ一＋Ｊ６４ １ ２２ ＋ ２ ＼ Ｊ ＜
解 将 ｌ ０个小 球排 成一 排 ，在 其 两 两之 间的 ９
个 空挡 中任意 插 入三个 板 ，这 样 就将 １ 小球 分成 ０个
例 ４ 方程 Ｘ ＋ ＋Ｙ ＝４有 多少组 自然 数解？ 解 本 题可理 解 为将 ４个… ’ 配给 、Ｙ、ｚ １分 三 个字 母 ，由于 、Ｙ、 ｚ 自然 数 ，所 以 、 Ｙ、ｚ 是 可 以不 分配 到… ’然而“ １． 插板法 ” 所解 决 的问题是 “ 个 每 位置上至少一个元素” ，因此 ，我们可以先添加 ４个 “ ” 相 当于把 ８个“ ” 插板 法” 给 Ｘ Ｙ、 ｚ １， １用“ 、 三 个 字母 至少 分配 一个 “” 然 后再 各取 一个 “” １， １，就 实
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数列不等式的证明
作者：吴华波
来源：《中学教学参考·理科版》2019年第12期
[摘;;;要]数列不等式的证明是学生解题的一大难点.放缩法和数列单调性法是破解这类问题最常用的方法.
[关键词]数列;不等式;证明
[中图分类号];;;;G633.6;;;;;;;;[文献标识码];;;;A;;;;;;;;[文章编号];;;;1674-6058（2019）35-0020-02
数列不等式的证明，在数列与不等式综合性问题中最为常见.放缩法和数列单调性法是破解这类问题最常用的方法.
一、先求和后放缩
利用数列求和的基本方法，对数列求和，再联系所证结论进行合理放缩.
[例1]已知正项数列[{an}]的前n项和Sn满足：S[2n]-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=;0.
（1）求数列{an}的通项公式an;
（2）令[bn=n+1（n+2）2a2n]，数列[{bn}]的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<;[564].
解析：（1）由S[2n]-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0，
得[Sn-（n2+n）]（Sn+1）=0.
由于[{an}]是正项数列，所以Sn>0，Sn=n2+n.
于是a1=S1=2.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-;[（n-1）2+（n-1）];=2n.
综上，数列[{an}]的通项公式为an=2n.
（2）因为an=2n，
所以[bn=n+1（n+2）2a2n=n+14n2（n+2）2=];[1161n2-1（n+2）2];.
[Tn=1161-132+122-142+132-152+…+1n2-1（n+2）2]
[=1161+122-1（n+1）2-1（n+2）2];[<1161+122]=[564];.
二、先放縮再求和
对于某些数列，直接求和比较困难，可将其适当放缩成可用基本方法求和的数列.
1.放缩后成等差数列再求和
[例2]已知各项均为正数的数列[{an}]的前[n]项和为[Sn]，且[a2n+an=2aSn];.
（1）;求证：[Sn<a2n+a2n+14];;;;（2）;求证：[Sn2<S1+S2+S3+…+Sn<Sn+1-12];.
解析：（1）在条件中，令[n=1]，得[a21+a1=2S1=2a1].[∵a1>0]，[∴a1=1];.
又由条件[a2n+an=2Sn]有[a2n+1+an+1=2Sn+1]，
上述两式相减，注意到[an+1=Sn+1-Sn]得
[（an+1+an）];[（an+1-an-1）=0];.
[∵an>0]，[∴an+1+an>0];，∴[an+1-an=1].
所以[an=1+1×（n-1）=n]，[Sn=n（n+1）2];，;[Sn=n（n+1）2<12·n2+（n+1）
22=an2+an+124];.
（2）因为[n<n（n+1）<n+1]，所以[n2<n（n+1）2<];[n+12];，所以[S1+S2+S3+？
+Sn=1×22+2×32+？+][n（n+1）2][<22+32+？+n+12=][n2+3n22=Sn+1-12];.
[S1+S2+S3+？+Sn>12+22+？+n2=n（n+1）22=Sn2];.于是原不等式得证.
2.放缩后成等比数列再求和
[例3]已知[an=2n-1（n∈N*）.]求证：[n2-13<a1a2+a2a3+…+anan+1（n∈N*）.]
证明：[∵akak+1=2k-12k+1-1=12-12（2k+1-1）=12-];[13·2k+2k-2≥12-13·12k，k=1，2，…，n，]
[∴a1a2+a2a3+…+anan+1≥n2-1312+122+…+12n=][n2-131-12n>n2-13]，
[∴n2-13<a1a2+a2a3+…+anan+1<n2（n∈N*）.]
3.放缩后为裂项相消再求和
[例4]设各项均为正数的数列[{an}]的前n项和为Sn，且Sn满足;S[2n]-（n2+n-3）Sn-3（n2+n）=0，n∈N*.
（1）求a1;的值;
（2）求数列[{an}]的通项公式;
（3）证明：对一切正整数n，有[1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+];[…+1an（an+1）<13];.
分析：（1）由题意知，S[2n]-（n2+n-3）Sn-3（n2+n）=0，n∈N*.令n=1，有S[21]-（12+1-3）S1-3×（12+1）=0，
可得S[21]+S1-6=0，解得S1=-3或2，即a1=-3或2.
又an为正数，所以a1=2.
（2）由S[2n]-（n2+n-3）Sn-3（n2+n）=0，n∈N*可得，
（Sn+3）（Sn-n2-n）=0，则Sn=n2+n或Sn=-3.
又数列[{an}]的各项均为正数，所以Sn=n2+n，Sn-1=（n-1）2+（n-1）.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-[（n-1）2+（n-1）]=2n.
又a1=2=2×1，所以an=2n.
（3）证明：当n=1时，[1a1（a1+1）=12×3=16<13]成立;
[当n≥2时;;;;;，;;;;;;;;1an（an+1）=12n（2n+1）<1（2n-1）（2n+1）=];[;1212n-1-12n+1]，
所以[1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）<16+1213-15+15-17+…+12n-1-12n+1]
[=16+1213-12n+1<16+16=13].
所以对一切正整数n，有[1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）<13];.
三、利用数列的单调性
[例5]已知数列[{an}]是公差不为零的等差数列，a10=15，且a3，a4，a7成等比数列.
（1）求数列[{an}]的通项公式;
（2）设bn=[an2n]，数列[{bn}]的前n项和为Tn，求证：[-74≤Tn<-1]（n∈N*;）.
分析：（1）设数列[{an}]的公差为d（d≠0），由已知得[a10=15，a24=a3a7，]即
[a1+9d=15，（a1+3d）2=（a1+2d）（a1+6d）;，]解得[a1=-3;，d=2.]∴an=2n-5（n∈N*）.
（2）证明：∵bn=;[an2n=2n-52n]，n∈N*.
∴Tn=[-32+-122+123+…+2n-52n]，①
[12Tn=-322+-123+124+…+2n-72n+2n-52n+1]，②
①-②得;[12Tn=-322+2122+123+？+12n-2n-52n+1];[=-;12+1-2n2n+1]，∴Tn=-1-[;;2n-12n];（n∈N*），∵[2n-12n>0];（n∈N*），∴[Tn<-1].[Tn+1-Tn=-1-2n+12n+1--1-2n-12n=];[2n-32n+1]，∴Tn;[<];Tn+1（n≥2）.
又T1=-1[-12=-32]，;T2=-1[-4-14=-74].
∵T1[>]T2，∴T2最小，即Tn≥T2=;[-74].
綜上所述，[-74];≤Tn[<-1]（n∈N*）.
（责任编辑黄桂坚）。