江西高考数学压轴题新解及对证明数列不等式的启示

江西高考数学压轴题新解及对证明数列不等式的启示

江西高考数学压轴题新解及对证明数列不等式的启示 篇1

江西高考数学压轴题新解及对证明数列不等式的启示

江西省萍乡市教研室(337000)曾建强

（发表于《中学数学研究》2006年第9期）

2006年江西高考理科数学压轴题，是一个数列不等式的证明问题，结论简洁，其证明过程给人多方面的启迪.笔者通过对此问题的研究，给出两种新的证明方法，并将证明中得到的几点启示以飨读者.一、高考题新解答

题目是：已知数列an满足：a13,且an23nan1（1）求数列an的(n2,nN*).2an1n

1通项公式；（2）证明：对一切正整数n，不等式a1a2an2n!恒成立.标准答案及阅卷评分细则均只给出一种解法：

n3nn1n1n1解（1）条件可变形为1(1，ann.).于是1an3an1an3n31

（2）a1a2ann!，111(1)(1)(1)33

3为证a1a2an2n!，1.„„„„„„„„„„（*）只要证nN*时，(11)(11

2)(11)3233n

111111即证(1)(12)(1n)1(2n).„„„„„„„„„（**）333333

用数学归纳化证明（**）（略）.1111111111又(1)(12)(1n)1(2n)n.2223333333

原不等式成立.对于第（2）问中的数列不等式的证明，笔者以下提供两种新的证明方法.方法一.分析：f(n)(11)(11)(11)是减函数，由所证知1是f(n)的一个下界，2n333

2因此猜想(11)(11)(11)1必与1相关.这样我们经探索得到一个更简单的加强不2nn33323

等式(1)(11

3111.)(1)23331

11111证明用数学归纳法证明加强不等式(1)(12)(1n)n1（nN*）.① 32333

n1 时，①显然成立.11111假设nk(k1)时，不等式(1)(12)(1k)k1成立，32333

那么，当nk1时，11111111111(1)(12)(1k)(1k1)(k1)(1k1)k1(k1).32323233333

111111111

又k1(k1)(k2)k1(k1)0(k1).***(1)(12)(1k)(1k1)k2.323333

即nk1时，不等式①成立.故对一切nN*，①成立.从而原不等式成立.1111

方法二.分析：不等式(1)(12)(1n)的左边是一个积式，故可设想构造一

3233

关系式累乘相约，化n项积为有限几项来证明.1111

证明原不等式即证1121n＞.3332

11611211

n1时，1.n2时，112＞.33233272

n1131n

311

3n

n≥3时，1

111

11n113n3n3＞0，1n.1131n1n33

1112813233343n1 112131n＞

11113933331314151n3333

1

1

1

1



288

399

12812883n

＞＞.n

12432399311n3

原不等式成立.本文给出的方法一和方法二，无论是思维价值还是其优美的形式都不逊色于标准答案.这一不等式在分析、证明过程中体现的思维策略和证明方法，对证明某些数列不等式都有相当大的启示性.二、证明中的启示

启示1——利用等价命题转化证明的结论

有些欲证不等式，如果原命题不容易直接利用重要不等式结论或进行简单放缩证得，如正负项交替和形式的不等式、用同一量替换放缩时不等式方向不确定等情况，改变其思维策略，转化结论形式，寻找等价命题，有时可以更好地实施证明.例1数列an中，a12，且log2an1log2an1(nN*,n2).对任意不小于3的自然数n，证明：an1n.an1

n1

n

分析：易求数列的通项公式为an2n，原不等式即为21n.一方面，2n用同一

n

21n1

量进行放缩，不等式的放缩方向不能确定；另一方面，2与n的整式关系也不清楚，如用

n

数学归纳法证明也将在证nk1的命题时因不等式无法传递而证明受阻.但是，这一不等式为2的“齐次”形式，易于化为更简形式，因此，我们可尝试寻找等价命题予以解决.*

证明log可化为an2an1，∴an2n.2an1log2an1(nN,n2)

n

原不等式an1n即21n等价于2n2n1.n

an1

n1

2n1n1

当n3时，由二项式定理, 得

1n1n1n1

2n1.2n(11)n1CnCnCn1CnCn

所以，原不等式成立.例2设nN*且n2，求证1

111112n

.2342n12n3n1

分析：不等式左边是一个正负项交替的和，不便于直接用重要不等式结论和直接放缩，可选用数学归纳法证明，也可通过等价变换“化负为正” 然后证明.证明1

11111



2342n12n

(111111)2(111)2342n12n242n(1

11111111)(1)2342n12n23n

111.n1n2nn

所以原不等式等价于1112n.n1n2nn3n1由柯西不等式，有

[(n1)(n2)(nn)]（111

)n2，n1n2nn

即[n2从而，n(n1)111

]()n2，2n1n2nn

1112n.n1n2nn3n1

综上，原不等式成立.启示2——构造并证明加强不等式

许多不等式的结论，为了简洁美观，在不影响正确性的前提下将某些形式作了适当的处理，使我们往往难于证明结论.不等式一边为常数的形式，通常不能直接用数学归纳法证明，应多考虑用放缩法或构造加强不等式的办法进行证明.一般地，数列不等式如果用数学归纳法证nk1的命题时，因为不等式方向相反无法实现传递而受阻，这时应虑考采用构造加强不等式的策略进行探索.构造加强不等式关键在于观察原不等式的结构和特点，抓住主体，扬弃次要进行构造；或者先对前几项的特点进行分析，揭示这几项的共性并与所证结论进行比较寻找为了简洁美观被适当处理了的部分，然后进行构造.对不等式的加强，一般有整体加强和局部加强两类.例 3数列an中，a1，且anan12(1an)(1an1)(n2,nN*).（1）求数列2

（2）证明：a1a2anan的通项公式；

分析：原不等式可化为



1（nN*）

.n

135(2n1)1当nk1，直接用数学归纳法证明时，246(2n)n

2135(2k1)(2k1)12k114k4k1证明受阻.受阻的原因

2246(2k)(2k2)2k2k(k1)4k4k

在于原不等式右边的值较大.因此，设想寻找一个右边比

111，13

2431124

6410

699

要能证明这一整体加强不等式，问题就得到了解决.



更小的加强值.由n

1135(2n1)1，只，猜想

246(2n)n1231

解（1）∵(an1)(1an1)2(1an)(1an1)(n2)，∴1

1an

2(n1)2n，即an2n1.2，∴

2n1an1a11an1

（2）a1a2an1，即135(2n1)1.246(2n)nn

135(2n1)1

先证加强不等式.246(2n)3n1用数学归纳法证明上加强不等式.当n1时，显然成立.1成立，则当nk1时，假设nk(k1)时，135(2k1)

246(2k)3k1

2k112k1135(2k1)(2k1) 

32246(2k)(2k2)3k12k2k28k20k4



2k1k328k219k4



2k11

.

k42k1k41

即nk1时不等式成立.1所以，nN*时，135(2n1)成立.246(2n)n1

从而，原不等式成立.例4设数列an满足：an1an2nan1，n1,2,3,.（1）当a12时，求a2,a3,a4并由此猜测an的一个通项公式；（2）当a13时，证明对所有的n1，有（i）ann2；（ii）

11111

.（2002年全国高考题）1a11a21a31an2

分析：对于（ii），用数学归纳法证明时，由于假设的不等式右边是一个常数，而当nk1时命题左边增加了一个正值项，故证明受阻.但注意到：

()11，且a1142

11111111()2()3()k1()k1，故只要证明()k1，再累加便可证明原不2222221ak2

等式.证明（I）和（2）（i）解证略，这里只证明（2）（ii）.先用数学归纳法证明加强不等式1当n1时，显然成立.假设nk(k1)时，1ak11



()k1成立，则当nk1时，ak12

()n1.an12

11111

()k1()(k1)1.ak(akk)22ak2222

11成立.()n1

an12

即nk1时不等式成立.所以，nN*时，因此，1111111

()2()3()n1 1a11a21a31an222

[1()n]

111()n1.122212

从而有

11111

.1a11a21a31an2

启示3——建立消项关系进行化简求证

数列不等式经常是与n项和或n项积相联系，利用通项的变形或通过放缩后，转化成可

求和消项或中项相消或累乘消项关系，将n项和（或积）化为有限几项的形式，这样解题思路就豁然开朗.例5数列an中，an1，它的前n项和为Sn.证明：Sn1.2n2n1分析：形如

nij

nn1求和时可中间项相消.而对2也可视为是两个因式2和2的积，由此联想，能否

类的通项因分母为两个因式的积，一般可化为相邻两项之差，在n(n1)

将an

1放缩变形后化为相邻两项之差？通过尝试我们回答了这一问题

.n2n1

n2

证明∵an1

n1

n211，

n(n1)2n1n2n(n1)2n1

111111

∴Sn()()[] 223nn1

12222232n2(n1)2



111.

2(n1)2n12

例6数列an中，a15，an1an4(nN*).（1）求不等式4an1an成立时的n的集合；（2）设Tnlog3(an1)log3(an11)log3(a11)，证明：nTnn1.（2006年萍乡市二模试题）

分析：Tn的形式实质上是一串因式的乘积，通过对通项公式的变形，我们可发现

an113

an1，因此可用累乘消项的方法化Tn为只有几项的形式，这就为证明不等式带来an11

了极大的方便.解（1）要使an1an，只需an4an，即只需an3an40，∴只需an4或

an1.由于an0，故只需an4.又a15，a2a143444，同理an4(nN*).∴4an1an成立时的n为一切正自然数.a1，（2）由an13an4(nN*)，得an113n

an11

∴(an1)(an11)(a21)(a11)3n1an11an21a11(a1)3n1a11.an1an11a21

an1

由（1）知an4，

211

.3n1a11243n1.an15an15

∴Tnlog3(an1)(an11)(a11)n1log324n12n1.5另一方面，an4，∴an13，∴Tnlog33nn.所以，nTnn1.举一反三，研究特点，寻找规律，是教学过程中提高水平提升能力的重要方法.本文中所举的启示并非试题证明内涵的的全部，仅为笔者一得.参考文献

周沛耕王博程《数学奥林匹克竞赛标准教材》北京教育出版社2004.8

2006年6月20日完稿