数列不等式的证明

吴华波

[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

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

[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

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

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）