等差数列的决断与证明

2024-11-29

等差数列的决断与证明（精选14篇）

1.等差数列的决断与证明篇一

专题三数列

第一讲等差、等比数列的计算与证明

一、选择题

1．(2010·全国Ⅱ)如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋„＋a7＝()A．14B．21C．28D．3

5解析：由等差数列性质得a3＋a4＋a5＝3a4，7a1＋a7由3a4＝12，得a4＝4，所以a1＋a2＋„＋a7＝7a4＝28.2答案：C

2．(2010·福建)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最

小值时，n等于()

A．6B．7C．8D．9

解析：∵{an}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，a5－a1－3＋11则a5＝－3，d＝2，得{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正 45－

1项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n ＝6时，Sn取最小．故选A.答案：A

3．等比数列{an}前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是

A．T10B．T13C．T17D．T25

解析：a3a6a18＝a1 3q2＋5＋17＝(a1q8)3＝a9 3，即a9为定值，所以与a1下标和为18的项积为定值，可知T17为定值．

答案：C

4．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于()

A．80B．26C．30D．16

3nS141－q解析： Sn21－q∴qn＝2.1－q4n

∴S4n＝Sn30.故选C.1－q答案：C

5．(2010·辽宁)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝()-1-

15313317B.C.2442

24解析：an>0，a2a4＝a1q＝1①

S3＝a1＋a1q＋a1q2＝7②

11解得a1＝4，q＝或－舍去)，2

3114×3231a11－qS5＝＝，故选B.141－q125

答案：B

二、填空题

6．(2010·福建)在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通

项公式an＝________.a11－q3－解析：∵{an}是等比数列，q＝4，S3＝21，∴a1＝1，∴an＝4n1 1－q

答案：4n1 －

7．(2009·辽宁理)等差数列{an}的前n项和为Sn，且6S5－5S3＝5，则a4＝________.5×43×2解析：由题意知65a1＋d－53a1＋＝15a1＋45d＝15(a1＋3d)＝15a4＝5，22

1故a4＝.313

8．数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝anan＋1，则数列{bn}的前10项和S10＝________.111解析：由题可知an＋1＝an(1－an＋1)，整理可得1，则1＋(n－1)＝n，所 anan＋1an

1111110以an＝，bn＝anan＋1＝＝－，故S10＝b1＋b2＋„＋b10＝1－.n1111nn＋1nn＋

110答案：11

9．已知数列{an}(n∈N*)满足：an＝nn＝1，2，3，4，5，6

－an－6n≥7，且n∈N* 则a2 007＝________.解析：由an＝－an－6(n≥7，且n∈N*)知an＋12＝－an＋6＝an

从而知当n≥7时有an＋12＝an

于是a2 007＝a167×12＋3＝a3＝3.答案：3

三、解答题

10．如图给出了一个“等差数阵”：

其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数．

(1)写出a45的值；

(2)写出aij的计算公式．

解：(1)该等差数阵的第1列是首项为4，公差为3的等差数列，a41＝4＋3×(4－1)＝13，第2列是首项为7，公差为5的等差数列，a42＝7＋5×(4－1)＝22.∵a41＝13，a42＝22，∴第4行是首项为13，公差为9的等差数列．

∴a45＝13＋9×(5－1)＝49.(2)∵a1j＝4＋3(j－1)，a2j＝7＋5(j－1)，∴第j列是首项为4＋3(j－1)，公差为2j＋1的等差数列． ∴aij＝4＋3(j－1)＋(2j＋1)·(i－1)＝i(2j＋1)＋j.11．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；

S(2)设bn＝n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列． n

a1＝2＋1，(1)解：由已知得∴d＝2，3a1＋3d＝9＋2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．

S(2)证明：由(1)得bn＝＝n＋2.n

2假设数列{bn}中存在三项bp、bq、br(p、q、r互不相等)成等比数列，则bq＝bpbr，即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)，∴(q2－pr)＋(2q－p－r)2＝0.∵p，q，r∈N*，2q－pr＝0，∴ 2q－p－r＝0，

∴p＋r2＝pr，(p－r)2＝0，2

∴p＝r.这与p≠r相矛盾

所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．

a＋1212．已知数列{an}的各项均为正数，前n项的和Sn＝，4

(1)求{an}的通项公式；

(2)设等比数列{bn}的首项为b，公比为2，前n项的和为Tn.若对任意n∈N*，Sn≤Tn 均成立，求实数b的取值范围．

a1＋12解：(1)由a1＝a1＝1.4

an＋12－an－1＋12当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，4

得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.又因为an>0，所以an－an－1＝2.因此{an}是首项为1，公差为2的等差数列，即an＝2n－1(n∈N*)．

(2)因为Sn＝n2，Tn＝b(2n－1)，所以Sn≤Tn对任意n∈N*恒成立，n12－1当且仅当≤对任意n∈N*均成立． bn2n－12n1－12n－1n2－2n－1·2n＋2n＋1令Cn＝Cn＋1－Cn＝＝，nnn＋1n·n＋1＋所以C1>C2，且当n≥2时，Cn

134因此b≤C2＝4，即b≥3

2.等差数列的决断与证明篇二

【例1】已知数列{an}满足

(1) 证明:;

(2) 求整数m, 使|a2005-m|最小. (2005年河北省高中数学竞赛试题)

证明: (1) ①当n=1时, 命题显然成立.

②假设当n=k (k≥1, k∈N+) 时命题成立, 即,

要证n=k+1时命题成立, 即证, 也即证

构造函数

因为在[1, +∞) 上为增函数,

所以f (x) 在上为增函数, 所以,

由①②可知

(2) 解略.

在构造函数后, 先判断函数f (x) 在上是增函数, 得函数的值域为, 要证明n=k+1时命题成立, 就只要证明, 目标明确, 操作简单.

【例2】设1<x1<2, 对于n=1, 2, 3, …, 定义, 求证:对于n≥3, 有年加拿大数学奥林匹克试题)

证明: (1) 当n=3时, 由及1<x1<2得:,

又得:, 所以,

即, 命题成立.

(2) 假设当n=k (k≥3, k∈N+) 时命题成立, 即,

则n=k+1时, 即证

设,

由图象知函数在上是单调减函数,

要证n=k+1时成立, 只要证, 即证, 即时上式成立, ∴n=k+1时命题成立.

由 (1) (2) 知原命题成立.

从上述证明可以看出, 在得到函数f (x) 的值域为后, 只要证明即可.若直接证明有困难, 可以运用分析法来加以证明.

【例3】数列{xn}中, , 证明:. (《数学通报》2009年2月号问题1778)

证明: (1) 当n=1时, , 命题成立.

(2) 假设当n=k (k≥1, k∈N+) 时命题成立, 即,

要证n=k+1时命题成立, 即证, 即,

构造函数,

由, 得

∴f (x) 在上是单调增函数, 而k≥1时,

∴f (x) 在上是单调增函数,

显然, 要证n=k+1时命题成立, 只要证,

即证 (2k+3) 2 (k+3) ≤ (2k+4) 2 (k+2) , 也即45k+27≤48k+32,

此不等式显然成立, ∴n=k+1时命题成立.

由 (1) (2) 知, n∈N+时命题成立.

由xn+1与xn的递推关系式, 构造函数f (x) 后, 若不能直接判断函数的单调性, 可以运用配方、求导等方法来判断, 从而明确要证明的不等式, 然后运用综合法或分析法加以证明.

【例4】设数列a0, a1, a2, …, an, 满足, 且, 其中n是某个固定的正整数, 求证:年芬兰、英国、德国、匈牙利、瑞典五国数学奥林匹克试题)

(2) 假设当k=m时命题成立, 即,

则k=m+1时, ,

设在上是单调增函数.

要证, 即证,

即 (2n-m) 2-1< (2n-m) 2, 显然成立.

时, 命题成立.

3.两栖动物的困顿与决断篇三

黄光裕等知名企业家近一个时期的背运，又让我们想到了两栖动物这个词。在东西方两种文化中穿梭的企业家，通常面临着两个世界、两种世界观带来的压力：一方面是东方，它有一套根植于本土传统的文化价值和行为方式，不容许你有偏离传统的个性；另一方面是西方世界，在那里整个世界观与习俗都是开放的，没有个性将没有生存的空间。两种世界观要求有两种行为模式，因为走出国门的企业家已经是名人，哪个世界都不容许他有丝毫错误。许多中国企业家，没有把握住两个方面的平衡，结果虽然做企业很成功，却赚了个里外不是人。

中国商人也是两栖动物

中国商人也是两栖动物。必须学会在满是暗礁的水域和道路纵横交叉的陆地上生存。中国企业家不得不同时跟两种世界打交道，一种是国际市场化的竞争和标准，另一种是适应中国土壤的一整套关系网和传统。两个世界有着不同的游戏规则，一个要求清正执著，阳光品牌；另一个则强调要五毒俱全、八面玲珑。两个世界的穿梭，需要随时变换形象与技巧。如果哪一回变换得不对，就有身败名裂的危险。

中国商人从来都不敢在一个贱商仇富的国度里莽撞行事。不知道什么地方冒出个权势人物或是不要命的主儿。同时还要防备着欺骗和背叛，重大生意或交易，一般没有笔录，没有第三者在场。于是中国商场上一些大的交易，多数都是比间谍还要神秘的单线联系，到处是“两不知”、“三不知”、“四不知”的拐点。这样的交道，重在口头轻视文字。绝不能像老美那样，把什么都写成备忘录，供人查看。中国企业家，要适应在这样的犄角旮旯生存，远不是一个政治家的名头就能代替的。在市场这块陆地上也不是那样简单。各种道路纵横交错，每一类道路比如高速、铁路、国道、省市道路、乡路、村路，都有着特定的规则。全球化、WTO，只能是在现有的商业运作中加入了更为普遍化的规则，但却不能替代其他规则。如果一个企业家，说声WTO来了，就忘乎所以，把先前的道道都抛到了九霄云外去，那么，很快被抛弃的就是这个企业家本人了。

健力宝的变局最清楚不过地表明了这一点。李经纬先前与三水市有关当局的关系并不坏，在WTO的感召下，想当一回破冰的勇士，于是提出了自己筹谋资金实行管理者收购。结果，在西方通行的方式，在中国南方广东则碰了壁。不只是达不到收购控制公司目标，反而还招惹了一身是非，一下子从英雄沦落为罪犯。反思起来，在聚光灯闪烁中度过大部分时光的李经纬，有了一种惯性，一种炫的冲动，他对旗帜有太多的迷恋，而丢掉了一名中国企业家最本质的东西：甘于忍受过程中的屈辱以达到既定目标。

两栖动物，最清楚不过地表达了中国企业家的生存状态。没有哪一个成功企业家，没有得到政府上层的眷顾。哪怕你起步时没有引起注意，而一旦到了一定的位势，你不与上层建立相应的同盟，可能就不利于运作。毕竟中国经济的众多资源都掌握在政府手中。甚至政府衙门的小保安，也有着显赫的权力：他可以决定你排队等多长时间。

中国商人的生态环境

柳传志有个著名的比喻“龟兔赛跑”意味深远。他指出，“跟西方企业的直接竞争态势，有点像龟兔赛跑。外国企业像兔子，中国企业像乌龟，乌龟和兔子赛跑，兔子不肯睡觉，乌龟就要做两件事。一件是如何向兔子学习，培养兔子基因；第二是利用赛跑的环境，比如在沼泽地里赛跑，才能获胜。我们制定战略就是从这个基点出发的。”

习惯绝望是比绝望的境地更可怕的事。这不由得让我想起了《三国演义》中被捕获的阿斗，问他舒心吗？他说“很舒心，这里有好玩的，有好吃的，还有好女人”。中国商业领袖千万不能忘记，沼泽地并不是商业的正常状态，外面的世界也不是沼泽地；我们实不该满足沼泽地里的生存，必须有跳出沼泽地和在沼泽地外存活的本领。

我之所以欣赏柳传志的比喻，不在于龟兔赛跑中乌龟的小算计，而在于一名历经沧桑的商业领袖能够大胆地指出我们现在商业的生态：竟然是一片沼泽地！

既然这片沼泽地不是正常状态，是应该予以革新重建的范围，严肃的主体立刻摆在我们面前：这片沼泽地由什么构成？要革什么的命？建立什么样的生态？仁者见仁，智者见智。

合宜性是一面镜子

一个与世隔绝的人，不会想到自己是美还是丑，也不会想到自己的品质，不可能思考自己情感和行为的合宜性和缺点，更不会去想自己心灵的美与丑。可是，一旦把这个人带入社会，他立刻就得到了在此之前缺少的镜子。透过这面镜子，他会看到自己感情的合宜或不合宜，会看到自己心灵的美与丑。这面镜子就是“公正的旁观者”。无论是一个自然人，还是一个企业，都不得不透过“公正的旁观者”，照看一下自己的外在的形象以及内在的“善良意志”，这是自然、人、社会和合的基础。“和合”，用亚当斯密的概念就是“合宜性”。

把亚当斯密合宜性的理论应用于研究企业，是一个不错的视角。借用这个视角，我们可以审慎地观察企业的方方面面，观察企业各个方面的合宜性。当一个企业不能跟自己的核心竞争力合宜了，是一种非合宜性；当一个企业跟员工和合作伙伴关系紧张了，阻碍企业发展了，是一种非合宜性；当一个企业不是为客户创造价值而是坑害客户，是一种非合宜性；当一个企业运作以损害社会的福利而营私，更是一种非合宜性。

小企业生存靠钱，大企业生存靠道。道法自然。“合宜性”是一个大企业生存的安全边界。一旦跨越这个边界，无论是跨越自己能力的边界，还是跨越了社会道德的边界，再强的资本大鳄都救不了你。美国的金融大鳄多牛,何等地不可一世？因为他们处心积虑圈别人钱害人，最后害了他们自己。他们连自己都没法救，哪里还顾得上救你？

一个企业或一个品牌，不管你确定了什么样的战略定位，不管你树立了什么样的民族大旗，不管你投入了怎样巨大的资金和资源，不管你在消费者中建立了多么响亮的品牌，只要你失去了“社会合宜性”，成了没有良心的“不良企业”，你就永无出头之日了。

4.等差数列的决断与证明篇四

湖北省天门中学薛德斌

数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年高考命题的热点，这类问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．本文介绍一类与数列和有关的不等式问题，解决这类问题常常用到放缩法，而求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和．

一．先求和后放缩

例1．正数数列an的前n项的和Sn，满足2Snan1，试求：

（1）数列an的通项公式；

（2）设bn11，数列bn的前n项的和为Bn，求证：Bn 2anan

1解：（1）由已知得4Sn(an1)2，n2时，4Sn1(an11)2，作差得：

22所以(anan1)(anan12)0，又因为an为正数数4anan2anan12an1，列，所以anan12，即an是公差为2的等差数列，由2S1a11，得a11，所以an2n1

（2）bn11111()，所以 anan1(2n1)(2n1)22n12n1

Bn111111111(1) 23352n12n122(2n1)

2注：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前n项和能直接求和或者通过变形后求和，则采用先求和再放缩的方法来证明不等式．求和的方式一般要用到等差、等比、差比数列（这里所谓的差比数列，即指数列{an}满足条件an1anfn）求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和．

二．先放缩再求和

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anan2Sn.2an2an12(1)求证：Sn；

4(2)



解：（1）在条件中，令n1，得a1a12S12a1，a10a11，又由条件

22anan2Sn有an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)

n(n1)1n2(n1)2anan1

所以Sn 

2224

（2）因为n

n(n1)n1，所以



n(n1)n1，所以 

S1S2Snn23n22

Sn112

1223n(n1)23n1

 

222222

S2Sn

1222

n2n(n1)22

Sn2



；S1

2．放缩后成等比数列，再求和

例3．（1）设a，n∈N*，a≥2，证明：a2n(a)n(a1)an；

（2）等比数列{an}中，a1，前n项的和为An，且A7，A9，A8成等差数列．设

a1bnn，数列{bn}前n项的和为Bn，证明：Bn＜．

31an

解：（1）当n为奇数时，an≥a，于是，a

(a)nan(an1)(a1)an．

当n为偶数时，a－1≥1，且an≥a2，于是

a2n(a)nan(an1)(a21)an(a1)(a1)an(a1)an．

（2）∵A9A7a8a9，A8A9a9，a8a9a9，∴公比q

a91

．a82

∴an()． bn

1n11()n



．nnn

4(2)32

(12)

11111(11)1．∴Bnb1b2bn

1323223332n32n12

3．放缩后为差比数列，再求和

例4．已知数列{an}满足：a11，an1(1

n)an(n1,2,3)．求证： 2n

an1an3

n1

n1

n)an，所以an1与an同号，又因为a110，所以an0，n2

证明：因为an1(1即an1an

an0，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11，2nnn12n1

即an1annann，累加得：ana12n1．

22222

12n1112n1

令Sn2n1，所以Sn23n，两式相减得：

2222222

11111n1n1n1Sn23n1n，所以Sn2n1，所以an3n1，22222222

n1

故得an1an3n1．

4．放缩后为裂项相消，再求和

例5．在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…Pn中，若1≤i＜j≤m时Pi＞Pj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序.一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数.记排列(n1)n(n1)321的逆序数为an，如排列21的逆序数a11，排列321的逆序数

a36．

（1）求a4、a5，并写出an的表达式；（2）令bn

ana

n1，证明2nb1b2bn2n3，n=1,2,….an1an

n(n1)

.2解（1）由已知得a410,a515，ann(n1)21

（2）因为bn

anann2nn2

n122,n1,2,，an1ann2nn2n

所以b1b2bn2n.nn2222,n1,2,，n2nnn2

11111

1)] 所以b1b2bn2n2[()()(

1324nn2

222n3.=2n3

n1n2

又因为bn

综上，2nb1b2bn2n3,n1,2,.注：常用放缩的结论：（1）

1111111

2(k2)kk1k(k1)kk(k1)k1k

2kk1

1k

2kk1

2（1k1

1k)(k2)

（2）．2（1k



1k1)

在解题时朝着什么方向进行放缩，是解题的关键，一般要看证明的结果是什么形式．如例２要证明的结论

n23n22、n(n1)22

为等差数列求和结果的类型，则把通项放缩为等差数

11)为等比数列求和结果的类型，则把通n

n1

项放缩为等比数列，再求和即可；如例4要证明的结论3n1为差比数列求和结果的类

22型，则把通项放缩为差比数列，再求和即可；如例5要证明的结论2n3为n1n2

列，再求和即可；如例3要证明的结论(1

裂项相消求和结果的类型，则把通项放缩为相邻两项或相隔一项的差，再求和即可．

虽然证明与数列和有关的不等式问题是高中数学中比较困难的问题，但是我们通过仔细分析它的条件与要证明的结论之间的内在关系，先确定能不能直接求和，若不能直接求和则要考虑把通项朝什么方向进行放缩．如果我们平时能多观测要证明结论的特征与数列求和之间的关系，则仍然容易找到解决这类问题的突破口．

5.数列极限的证明篇五

n

xn1xn（Ⅱ）计算lim。n

xn

解（Ⅰ）用归纳法证明xn单调下降且有下界，由0x1，得

0x2sinx1x1，设0xn，则

0xn1sinxnxn，所以xn单调下降且有下界，故limxn存在。

n

记alimxn，由xn1sinxn得

x

asina，所以a0，即limxn0。

n

（Ⅱ）解法1 因为

sinxlimx0

x

1xlime

x0

1sinxlnx2x

lime

x0

1cosx1



2xsinxx

xsinx6x2

xcosxsinx

lime

x0

2x3

lime

x0

e



又由（Ⅰ）limxn0，所以

n

1xn

xn1sinxnxn2

limlimnnxxnn

sinx

limx0x

解法2 因为

1xxe



sinxx

sinxx



sinxx1x

xsinxx



x3，又因为

limsinxx1sinxx,lim1x0x36x0x

xnxsinxxe，sinx6所以lim，ex0x1

故

11xlimn1nxnxnsinxnlimnxn

sinxlimx0xxn1x e1

6.数列不等式的证明举例篇六

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足4b114b214b314bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；（Ⅲ）证明：1112nN aa3an13

2分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩。

解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。

an12n，an2n

1（2）4b114b214b314bn1(an1)bn，4(b1b2bnn)2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①

2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③

(n1)bn12nbn2④

④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1

所以数列{bn}是等差数列

11111（3） n1n1an21222an1

11111111111设S，则S()(S)a2a3an1a22a2a3ana22an1

21212S a2an13an1

3点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

2.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

（Ⅰ）0an1an1;1212

an2;（Ⅱ）an12

（Ⅲ）若a1则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。

*解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时, 因为0

又f(x)在0,1上连续,所以f(0)x2x2

ln(1x)x, 0

0,知g(x)在(0,1)上增函数.由g(x)1x

又g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.an2an2

fan>0,从而an1.因为0an1,所以gan0,即22

11n1b

(Ⅲ)因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,222bn

bbb1

所以bnnn12b1nn!————① ,bn1bn2b12

an2aaaaaaaaa,知:n1n,所以n=23n12n1 , 由(Ⅱ)an122an2a1a1a2an122, n≥2, 0an1an1.2

a1n2a121a1a2an1

a1

222222

由①② 两式可知: bnann!.因为a1

点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

3.已知数列an满足a1

（Ⅰ）求数列an的通项公式an；（Ⅱ）设bn

an1

1(n2,nN)．，ann

41an1

21an，求数列bn的前n项和Sn；

（Ⅲ）设cnansin

(2n1)，数列cn的前n项和为Tn．求证：对任意的nN，2

Tn

4． 7

分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。解：（Ⅰ）又

1211，(1)n(1)n(2(1)n1]，anan1anan1

11n

1，数列(1)3是首项为3，公比为2的等比数列．

a1an

(1)n11nn1

.(1)3(2)，即ann1an321

（Ⅱ）bn(32n11)294n162n11．

1(14n)1(12n)Sn96n34n62nn9．

1412(2n1)

(1)n1，（Ⅲ）sin

2(1)n11

．cnn1nn1

3(2)(1)321

1111当n3时，则Tn 2n1

31321321321

n21

[1(1]1111111)23n11

47322813232111111147484[1()n2]． 286228684847

T1T2T3，对任意的nN，Tn．

7点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列an的通项 4.已知函数f(x)=

52x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

168x

(1)写出a2、a3的值;(2)试比较an与的大小，并说明理由；

51n

(3)设数列bn满足bn=－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

44i

1分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

52an7

3解：(1)an1，因为a11,所以a2,a3.168an84（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.5

548(an)an

552an53, an1

4168an432(2an)22an

因为2an0,所以an1与an同号，44

515555

因为a10，a20,a30,„，an0,即an.444444

531531

(an1)bn1（3）当n2时，bnan

422an1422an1

31bn12bn1，224

所以bn2bn122bn22n1b12n3，(12n)

1111

所以Snb1b2bn(2n1)

421242

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

7.数列不等式证明的几种方法篇七

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.

一、巧妙构造, 利用数列的单调性

例1 对任意自然数n, 求证: $(1 + 1) (1 + \frac{1}{3}) \cdot \dots \cdot (1 + \frac{1}{2 n - 1}) > \sqrt{2 n + 1} .$

$\begin{array}{l} 证明 ∶ 构造数列 a_{n} = (1 + 1) (1 + \frac{1}{3}) \cdot \dots \cdot \\ (1 + \frac{1}{2 n - 1}) \cdot \frac{1}{\sqrt{2 n + 1}} \end{array}$

, 则 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{2 n + 2}{\sqrt{(2 n + 1) (2 n + 3)}} = \frac{2 n + 2}{\sqrt{(2 n + 2)^{2} - 1}} > \frac{2 n + 2}{2 n + 2} = 1 .$

所以an+1>an, 即{an}为单调递增数列.

所以 $a_{n} \geq a_{1} = \frac{2}{\sqrt{3}} > 1$ , 即

$(1 + 1) (1 + \frac{1}{3}) \cdot \dots (1 + \frac{1}{2 n - 1}) > \sqrt{2 n + 1} .$

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.

二、放缩自然, 顺理成章

例2 已知函数f (x) =x3+x2, 数列{xn} (xn>0) 的首项x1=1, 以后每项按如下方式取定:曲线y=f (x) 在点 (xn+1, f (xn+1) ) 处的切线与经过 (0, 0) 和 (xn, f (xn) ) 两点的直线平行.

求证:当n∈N*时:

(1) x $_{n}^{2}$ +xn=3x $_{n + 1}^{2}$ +2xn+1;

$(2) (\frac{1}{2})^{n - 1} \leq x_{n} \leq (\frac{1}{2})^{n - 2} .$

证明: (1) 因为f′ (x) =3x2+2x, 所以曲线y=f (x) 在 (xn+1, f (xn+1) ) 处的切线斜率为

k=3x $_{n + 1}^{2}$ +2xn+1.

又因为过点 (0, 0) 和 (xn, f (xn) ) 两点的斜率为k=x $_{n}^{2}$ +xn, 所以结论成立.

(2) 因为函数h (x) =x2+x, 当x>0时单调递增, 则有x $_{n}^{2}$ +xn=3x $_{n + 1}^{2}$ +2xn+1≤4x $_{n + 1}^{2}$ +2xn+1= (2xn+1) 2+ (2n+1) ,

所以xn≤2n+1, 即 $\frac{x_{n + 1}}{x_{n}} \geq \frac{1}{2}$ , 因此

$x_{n} = x_{1} \cdot \frac{x_{2}}{x_{1}} \cdot \frac{x_{3}}{x_{2}} \dots \frac{x_{n}}{x_{n - 1}} \geq (\frac{1}{2})^{n - 1};$

又因为x $_{n}^{2}$ +xn=3x $_{n + 1}^{2}$ +2xn+1≥2x $_{n + 1}^{2}$ =2xn+1=2 (x $_{n + 1}^{2}$ +xn+1) .

令Yn=x $_{n}^{2}$ +xn, 则 $\frac{Y_{n + 1}}{Y_{n}} \leq \frac{1}{2}$ , 且Y1=2.

所以 $Y_{n} = Y_{2} \cdot \frac{Y_{2}}{Y_{1}} \cdot \frac{Y_{3}}{Y_{2}} \dots \frac{Y_{n}}{Y_{n - 1}} \geq (\frac{1}{2})^{n - 2}$

因此, $x_{n} \leq x_{n}^{2} + x_{n} \leq (\frac{1}{2})^{n - 2}$

所以 $(\frac{1}{2})^{n - 1} \leq x_{n} \leq (\frac{1}{2})^{n - 2}$

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, 在证题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

例3 求证: $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n} < \ln n < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n + 1}, n \in Ν^{*}$

证明:令 $a_{n} = \frac{1}{n + 1}, b_{n} = \frac{1}{n}$ , 且当n≥2时, Sn-1=lnn, Sn=n+1 (n+1) , 所以 $C_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = \ln (n + 1) - \ln n = \ln \frac{n + 1}{n}$ .要证明原不等式, 只须证

$\begin{array}{l} \frac{1}{n + 1} < \ln \frac{n + 1}{n} < \frac{1}{n} \Leftrightarrow \frac{1}{x + 1} < \\ \ln \frac{x + 1}{x} < \frac{1}{x}, x \geq 1 . \end{array}$

设 $f (x) = \ln \frac{x + 1}{x} - \frac{1}{x + 1},$

所以 $f^{'} (x) = \frac{1}{x + 1} - \frac{1}{x} + \frac{1}{(x + 1)^{2}} = \frac{- 1}{x (x + 1)^{2}} < 0 .$

令 $\frac{x + 1}{x} = t$ , 则 $\frac{1}{x} = t - 1$ ,

所以 $\frac{t - 1}{t} < \ln t < t - 1 (t > 1) .$

设 $h (t) = \ln t - \frac{t - 1}{t}, h^{'} (t) = \frac{t - 1}{t^{2}} > 0,$

所以h (t) 在 (1, +∞) 上为增函数

所以h (t) >h (1) =0, 即

$h (t) = \ln t - \frac{t - 1}{t} > 0 .$

所以 $\ln t > \frac{t - 1}{t},$

所以 $\ln \frac{x + 1}{x} > \frac{1}{x + 1}$

同理可证lnt<t-1, 即 $\ln \frac{x + 1}{x} < \frac{1}{x}$

$\begin{array}{l} 所以 \frac{1}{x + 1} < \ln \frac{x + 1}{x} < \frac{1}{x}, 即 \frac{1}{n + 1} < \\ \ln \frac{n + 1}{n} < \frac{1}{n} \end{array}$

.对上式中的n分别取1, 2, 3, …, n-1, 得

$\begin{array}{l} \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n} < \ln n < 1 + \\ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n + 1} . \end{array}$

点评:导数进入中学数学新教材, 为解决数列与不等式的交汇问题展示了新的思路和广阔的空间, 其解题方法新颖独特, 尤其是对数、指数次幂形式出现的一类问题, 更显导数在解题中的工具性和独特的神威.

四、裂项求和, 简捷明了

例4 设Sn是数列{an}的前n项和, 且 $S_{n} = \frac{4}{3} a_{n} - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3} (n = 1, 2, 3, \dots)$

(1) 求数列{an}的首项a1, 及通项an;

(2) 设 $Τ_{n} = \frac{2^{n}}{S_{n}} (n = 1, 2, 3, \dots)$ , 证明

$\sum_{i = 1}^{n} Τ_{i} < \frac{3}{2} .$

解: (1) 首项a1=2, an=4n-2n (n=1, 2, 3, …) (过程略) .

(2) 证明:将an=4n-2n代入 $S_{n} = \frac{4}{3} a_{n} - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3},$

得 $S_{n} = \frac{4}{3} (4^{n} - 2^{n}) - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3} = \frac{2}{3} (2^{n + 1} - 1) (2^{n} - 1)$ ,

$\begin{array}{l} 则 Τ_{n} = \frac{2^{n}}{S_{n}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{2^{n}}{(2^{n + 1} - 1) (2^{n} - 1)} \\ = \frac{3}{2} (\frac{1}{2^{n} - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1}) . \end{array}$

所以 $\sum_{i = 1}^{n} Τ_{i} = \frac{3}{2} [(\frac{1}{2 - 1} - \frac{1}{2^{2} - 1}) + (\frac{1}{2^{2} - 1)} - \frac{1}{2^{3} - 1}) + \dots + (\frac{1}{2^{n} - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1})] = \frac{3}{2} (\frac{1}{2 - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1}) = \frac{3}{2} (1 - \frac{1}{2^{n + 1} - 1}) < \frac{3}{2} .$

点评:本题通过对 $Τ_{} n = \frac{2^{n}}{S_{n}}$ 的变形, 利用裂项求和法化为“连续相差”形式, 从而达到证题目的, 整个证题过程简捷明了.

五、独辟蹊径, 灵活变通

独辟蹊径指处事有独创的新方法, 对问题不局限于一种思路和方法, 而是善于灵活变通, 独自开辟新思路、新方法.

例5 已知函数 $f (x) = \frac{x + 3}{x + 1} (x \neq - 1)$ .设数列{an}满足a1=1, an+1=f (an) , 数列{bn}满足 $b_{n} = | a_{n} - \sqrt{3} |, S_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} (n \in Ν^{*})$

(1) 求证: $b_{n} \leq \frac{(\sqrt{3} - 1)^{n}}{2^{n - 1}};$

(2) 求证: $S_{n} < \frac{2 \sqrt{3}}{3} .$

证明: (1) 证法1:由 $(\sqrt{3} + 1) (\sqrt{3} - 1) = 2$ , 得 $\frac{(\sqrt{3} - 1)^{n}}{2^{n - 1}} = \frac{2}{(\sqrt{3} + 1)^{n}}$

令 $C_{n} = (\sqrt{3} + 1)^{n} b_{n}$ , 则只须证Cn≤2;易知C1=2, 只须证Cn+1≤Cn.

$\begin{array}{l} 由分析法 ∶ C_{n + 1} \leq C_{n} \Leftrightarrow (\sqrt{3} + 1)^{n + 1} b_{n + 1} \leq (\sqrt{3} + 1)^{n} b_{n} \Leftrightarrow (\sqrt{3} + 1) | a_{n + 1} - \sqrt{3} | \leq | a_{n} - \sqrt{3} | \Leftrightarrow (\sqrt{3} + 1) | \frac{a_{n} + 3}{a_{n} + 1} - \sqrt{3} | \leq | a_{n} - \sqrt{3} | \Leftrightarrow \\ | \frac{2}{a_{n} + 1} | \leq 1 \Leftrightarrow | a_{n} + 1 | \geq 2 . \end{array}$

因为 $a_{n} = \frac{a_{n - 1} + 3}{a_{n - 1} + 1} = 1 + \frac{2}{a_{n - 1} + 1} (n \geq 2), a_{1} = 1$ ,

所以an≥1⇒|an+1|≥2, 得证.

证法2:由于f (x) =x得f (x) 的两个不动点为 $\pm \sqrt{3}$ .又 $a_{n + 1} = f (a_{n}) = \frac{a_{n} + 3}{a_{n} + 1}$ , 所以

$\begin{array}{l} a_{n + 1} - \sqrt{3} = \frac{a_{n} + 3}{a_{n} + 1} - \sqrt{3} = \frac{(1 - \sqrt{3}) (a_{n} - \sqrt{3})}{a_{n} + 1} \\ a_{n + 1} + \sqrt{3} = \frac{a_{n} + 3}{a_{n} + 1} + \sqrt{3} \\ = \frac{(1 + \sqrt{3}) (a_{n} + \sqrt{3})}{a_{n} + 1} . \end{array}$

所以 $\frac{a_{n + 1} - \sqrt{3}}{a_{n + 1} + \sqrt{3}} = \frac{(1 - \sqrt{3}) (a_{n} - \sqrt{3})}{(1 + \sqrt{3}) (a_{n} + \sqrt{3})}$

所以 $\frac{a_{n} - \sqrt{3}}{a_{n} + \sqrt{3}} = \frac{1 - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}} \cdot \frac{a_{n - 1} - \sqrt{3}}{a_{n - 1} + \sqrt{3}} = (\frac{1 - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}})^{2} \cdot \frac{a_{n - 2} - \sqrt{3}}{a_{n - 2} + \sqrt{3}} = \dots = (\frac{1 - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}})^{n - 1} \cdot \frac{a_{1} - \sqrt{3}}{a_{1} + \sqrt{3}} = (\frac{1 - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}})^{n}$ ,

由上可求得 $b_{n} = | a_{n} - \sqrt{3} | = \frac{2 \sqrt{3} (\sqrt{3} - 1)^{n}}{(1 + \sqrt{3})^{n} - (1 - \sqrt{3})^{n}}$ ,

因此只需证 $\frac{\sqrt{3}}{(1 + \sqrt{3})^{n} - (1 - \sqrt{3})^{n}} < \frac{1}{2^{n}}$ ,

即证: $2^{n} \sqrt{3} < (1 + \sqrt{3})^{n} - (1 - \sqrt{3})^{n} .$

$\begin{array}{l} 又 (1 + \sqrt{3})^{n} - (1 - \sqrt{3})^{n} \\ = 2 (C_{n} \sqrt[1]{3} + C_{n}^{3} (\sqrt{3})^{3} + C_{n}^{6} (\sqrt{3})^{5} + \dots) \\ = 2 \sqrt{3} (C_{n}^{1} + C_{n}^{3} \cdot 3 + C_{n}^{5} \cdot 3^{n} + \dots) \\ = \sqrt{3} [(C_{n}^{0} + C_{n}^{1} + C_{n}^{2} + \dots + C_{n}^{n}) + 2 (C_{n}^{3} \cdot 2 + C_{n}^{5} \cdot 8 + \dots)] \\ = \sqrt{3} [2^{n} + 2 (C_{n}^{3} \cdot 2 + C_{n}^{5} \cdot 8 + \dots)] > 2^{n} \cdot \sqrt{3} ‚ 得证 . \end{array}$

(2) 由 (1) 知, $b_{n} \leq \frac{(\sqrt{3} - 1)^{n}}{2^{n - 1}}$

$\begin{array}{l} 所以 S_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} \leq (\sqrt{3} - 1) + \frac{(\sqrt{3} - 1)^{2}}{2} + \dots + \frac{(\sqrt{3} - 1)^{n}}{2^{n - 1}} = (\sqrt{3} - 1) \cdot \frac{1 - (\frac{\sqrt{3} - 1}{2})^{n}}{1 - \frac{\sqrt{3} - 1}{2}} \\ < (\sqrt{3} - 1) \cdot \frac{1}{1 - \frac{\sqrt{3} - 1}{2}} = \frac{2}{3} \sqrt{3} . \end{array}$

故对任意 $n \in Ν^{*}, S_{n} < \frac{2}{3} \sqrt{3} .$

点评:本题 (1) 中法1通过构造新数列 $C_{n} = (\sqrt{3} + 1)^{n} \cdot b_{n}$ , 将复杂的问题转化为证数列{Cn}为递减数列, 进而用分析法展示出证明思路的的魅力;法2则是独辟蹊径利用“不动点”, 求出通项公式, 借助二项式定理放缩给出证明.其解题过程灵活变通.

8.等差数列的决断与证明篇八

关键词：数列型不等式；放缩法；策略

证明数列型不等式最重要的方法为放缩法. 放缩法的本质是基于最初等的四则运算，利用不等式的传递性，对照着目标进行合情合理的放缩. 但放缩程度很难把握，裂项技巧性又太强，常常因找不到放缩、裂项的途径而导致证明的失败. 如何找到放缩、裂项的一般途径呢？放缩过程中最难处理的是减小放缩的误差，这又如何处理呢？

对通项进行化简，先求和再放缩

例1 已知数列an=，设数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<.

分析：对于这道题，思考的问题是先放缩还是先求和，看看条件中{an}的通项公式，分母中有递推式：n2，（n+2）2，那么，就可以改写成“递推相减”的形式，所以，此题应采用先求和后放缩.

这里的变量r、i与q称为控制变量，作为误差调整的手段，还要兼顾从第几项开始实施放缩. 对于前三种的处理方法，显然第三种处理方法要烦一点，从前面的分析中，我们要学会如果来选择变量控制误差，以及变量取什么值. 从目标入手，目标驱动想法，这种分析问题的意识很重要.

想法二：放缩成“裂项相消型”，如何恰到好处地放缩成“裂项相消型”，思维着力点：把原式放缩成一个具有递推关系的结构，通常是将分式结构中的分母放缩成递推式，然后裂成“递推相减”的形式.

在问题研究的过程中，放缩的方向就是朝着“可求和”数列进行放缩，在“裂项相消型”的放缩中，问题的关键是将分母朝着“递推式”进行放缩. 在控制误差方面，一方面可以考虑延后放缩，另一方面可以考虑待定系数引入参数控制误差，而引入参数的方法不唯一，所以此类问题处理也比较灵活.

构造递推不等式（等差型，等比型）

我们前面研究的“数列和”不等式的题型，条件中的通项都是给出的. 如果条件给出的是递推公式，研究“数列和”不等式，那么我们首先要考虑的是，能否将数列的通项公式求出，如果通项公式求不出，那么我们常见的想法就是从目标入手，对题目中的目标进行研究，将递推公式朝着等差数列进行放缩，或者朝着等比数列进行放缩，总之，也是朝着“可求和”的数列进行放缩. 如果是朝着等差数列进行放缩，通过对目标的研究，得到放缩的公差是多少，假设公差为d，也就是说，我们放缩成类似于：an+1≥an+d形式，那么，由递推关系，便得到：an≥a1+（n-1）d，且Sn≥na1+d. 如果是朝着等比数列进行放缩，也是通过对目标的研究，得到放缩的公比是多少，假设公比为q（q>0），也就是说，将递推公式放缩成类似于：an+1≥an·q形式，那么，同样由递推关系，我们便得到：an≥a1·qn-1，且Sn≥（1-qn）. 下面举例说明.

从上述例题，看出递推放缩的数列与不等式的综合题，解决的关键在于放缩，放缩是一种不等变形，没有目标的指向，很难有效放缩，如果我们将其放缩成等差数列、等比数列，再从目标研究，放缩的公差、公比是多少，那么放缩的指向性明显加强，从而降低了此类问题的解决难度. 此外，根据对目标的分析，确定放缩的目标，可以利用比较法（作差或作商）来解决，在思维上也降低了难度.

本文对数列与不等式的综合题的处理方法作了分析与研究，数列型不等式，它不但可以考查证明不等式和数列的各种方法，而且还可以综合考查其他多种数学思想方法. 处理数列型不等式最重要的方法就是放缩法. 放缩过程中，我们需要考虑是先求和还是先放缩，如果通项能求和，这样问题还是容易处理，如果通项不能求和，就需要先放缩再求和，朝着“可求和”的数列进行放缩，常见的是朝“等比型”和“裂项相消型”进行放缩，在放缩过程中经常会出现放缩过大，那么需要减少误差，在两种减小误差的方法中，相对而言引入恰当参数控制误差方便一些. 当然，我们也可以根据数列的特征，构造函数，利用函数的单调性等方法进行放缩. 对于条件给出的是递推公式的数列不等式，我们应该朝着等差数列或等比数列进行放缩，但如果我们能对目标进行恰当的分析，找到需要放缩的目标，直接采用比较法将问题解决，相当方便一些. 只有正确把握了放缩法的方法思路和规律特征，我们在证明数列型不等式的压轴题时，就会豁然开朗，快速找到突破口.

9.斐波那契数列通项公式的证明篇九

1解得证明：令anan1(an1an2)(n3)则有1





121

或





121

故有

(1)

an

1151111an1(an1an2)或(2)anan1(an1an2)222222

anan1

1an111515，因为n3故数列{an}是以aaa1为首项，n122221an

2(Ⅰ)由（1）得

以

1115n215

为公比的等比数列，所以，anan1(a2a1)()由a1a21得2222

1an12

an

11n1anan11 ()两边同除以(15)n得：221n115n115

()()2222

即

an(1n)2



1an1

11n1

()2



anan115移项得1515(n3)则由



221n11n1

()()22

1anan1155所以{an得，}是以2[]k

5151n15551n115n

()()()1

2221a2(152)2



1an

为首项为公比的等比数列。故511(2

)n

a21n2

[]()551521()2

a2515n2，由(1)2(2)2化简可得得a(15)n{[]()}n

2152551215

()2

an

15n15n)()](n3)(*)验证可得，当n=

1、n=2时，a1a21故斐波那契数列中，225[（*

对于nN，(*)式都成立。

(Ⅱ)同理，由(2)an1an11(an11an2)也可得斐波那契数列中，（*)式对于nN都成立

222

所以，斐波那契数列的通项公式即为：an

10.用放缩法证明数列求和中的不等式篇十

近几年，高考试题常把数列与不等式的综合题作为压轴题，而压轴题的最后一问又重点考查用放缩法证明不等式，这类试题技巧性强，难度大，做题时要把握放缩度，并能自我调整，因此应加强此类题目的训练。

高考题展示：

（2006年全国卷I）设数列an的前n项的和

Sn412an2n1，n1,2,3, 333

n32n

，证明：Ti（Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设Tn，n1,2,3,2Sni1

nn解：易求an42（其中n为正整数）

4124122Snan2n14n2n2n12n112n13333333

nn232311Tnn1Sn2212n122n12n11

所以：

T22ii1n3113112n112（2006年福建卷）已知数列an满足a11,an12an1(nN*).（I）求数列an的通项公式；（II）证明：an1a1a2n...n(nN*).23a2a3an12解：（I）易求an221(nN*).ak2k12k11k1,k1,2,...,n,（II）证明：ak1212(2k1)22aaan12...n.a2a3an12ak2k11111111k1.,k1,2,...,n, ak12122(2k11)23.2k2k2232kaaan1111n11n112...n(2...n)(1n), a2a3an12322223223an1aan12...n(nN*).23a2a3an12

111115S，证明：nn2122232n23点评：两个高考题向我们说明了数列求和中不等关系证明的两种方法：1.每一项转化为两项差，求和后消去中间项（裂项法）与放缩法的结合；2.用放缩法转化为等比数列求和。题1.已知数列an中an

放缩一：1111(n2)2nn(n1)n1n

***()()222222222123n123455667n1n***238924005111.＝136400n36400360036003Sn

点评：此种放缩为常规法，学生很容易想到，但需要保留前5项，从第6项开始放大，才能达到证题目的，这一点学生往往又想不到，或因意志力不坚强而放弃。需要保留前5项，说明放大的程度过大，能不能作一下调节？放缩二：111111(),(n2)n2n21(n1)(n1)2n1n1

***()()122232n2122222435n2nn1n***5()().4223nn142233Sn

点评：此种方法放大幅度较

（一）小，更接近于原式，只需保留前2项，从第3项开始放大，能较容易想到，还能再进一步逼近原式？放缩三：1111111()2(),(n1)211111n2n12n1n2(n)(n)nn42222

Sn111111111111512()12()122232n235572n12n132n13本题点评：随着放缩程度的不同，前面需保留不动的项数也随着发生变化，放缩程度越小，精确度越高，保留不动的项数就越少，运算越简单，因此，用放缩法解题时，放缩后的式子要尽可能地接近原式，减小放缩度，以避免运算上的麻烦。

n2n

题2.已知数列an中ann，求证：ai(ai1)3.21i1

2i12i2i111方法一：ai(ai1)i.iiiii1i1i2121(21)(22)(21)(21)2121

ai(ai1)

i1n

211111111()()()33.121223n1nn(21)21212121212121

方法二：

2i1111ai(ai1)i.(i2)(21)22i22i22i2i22i1

2i22

11111ai(ai1)22n12(1n1)3n13.22222i1

点评：方法一用的是放缩法后用裂项法求和；方法二是通过放缩转化为等比数列求和，从数值上看方法二较方法一最后结果的精确度高(3

明的结果3。

11.放缩法证明数列不等式的基本策略篇十一

证题中经常用到的放缩方法有:

1.“添舍”放缩:对不等式一边添项或舍项以达到放大和缩小的效果.

2.分式放缩:分别放缩分式的分子、分母或者同时放缩分子分母以达到放缩的效果.

3.利用重要的不等式或结论放缩:把欲证不等式变形构造,然后利用已知的公式或恒不等式进行放缩,例如,均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式、二项式定理、贝努力公式、真分数性质定理等.

4.单调性放缩:挖掘不等式的结构特征和函数内涵来构造单调数列或单调函数,利用单调性、值域产生的不等关系进行放缩.

二、常见的放缩控制

当我们选择了正确的放缩方法后,却往往会在放缩的过程中不知不觉间失控,导致放缩的过大或过小,达不到欲证的目标.那么如何控制好放缩的尺度.

例1求证:

分析1:不等式左边不能直接求和,我们希望通过合适的放缩后可以求和.若采取的方法向右端放大,

则左边

很明显,放得有点大了,导致传递性失败,不等式链中断,放缩失败.那怎么办呢?

1.调整放缩的“量”的大小

分析2:分析1中“放”的有点过大,因为放大了放大了,…所以可以通过调整放大的“量”来控制放缩的效果.在分母减少了n,我们可以把分母只减少1,即这样放的量就少了。

证明1:左边

2.调整放缩的“项”的起点

分析3:分析1中从第二项开始放缩,放的最终有点大.可以调整放缩的项数,从第三项开始放缩.

证明2:左边

由此可见,调整成功.显然从第三项开始放缩所得的结果比从第二项开始放缩所得的结果又更小些.以此类推,当放缩的项数越少,放缩后的结果就会越来越精细,越来越逼近目标.

除此之外,还可以调整放缩的次数,通过多次放缩的调整来达到效果;有时也可以根据欲证式子的结构特点,把相邻的项分组捆绑后进行放缩,也可以达到控制放缩合理和尺度的效果.

三、常见的问题类型

数列型不等式的一边常与求和有关,所以可以通过放缩后求和(或求和后放缩)来达到欲证的目标.下面我们通过典型例题来体会常见问题的处理手法.

1.放缩与“公式法求和”

选择恰当的放缩方法,通过“通项”的适度放缩使之转化为等差或等比数列,从而求和达到简化证题的目的.

例2设

证明:因为所,即

说明:分别利用“添舍项”和“均值不等式”把通项放缩为等差数列,然后求和得证.

2.放缩与“裂项法求和”

在例1中,不等式的左边无法求和,但通过放缩产生裂项相消的求和效果后,使问题解决.例2的右边也是利用放缩产生了裂项的效果,然后求和.下面我们再通过例题的证明体会裂项求和效果的运用.

例3求证

证明:因为

所以因为

所以

说明:例1分式、例3根式的放缩后裂项相消求和的处理手法是很多灵活题目的原型,值得体会.

3.放缩与“并项法求和”

例4求证

分析:观察分母的变化规律,把若干项“捆绑”并为一项后进行放缩,然后求和就很容易实现欲证的目标.

证明:左边

4.利用递推关系式放缩

利用递推关系式本身蕴含的不等关系或放缩产生的不等关系,在很多题目中可以起到很好的放缩效果.

例5已知求证:.

分析:根据欲证不等式的结构特点,通过递推关系式构造关于1+ak的不等式,然后实现对通项的放缩.

证明:因为且

所以所以

所以左边

5.构造和数列后进行放缩

如果数列不等式没有直接的求和的形式,很多时候可以间接的构造和数列,然后进行放缩处理.

例6已知正数列满足证明:

分析:根据已知构造关于的递推关系式,然后利用“累加法”把不等式的左边转化为和数列的形式.

证明:因为所以.所以

所以所以

总之,运用放缩法进行数列不等式的证明,要认真分析条件和结论的结构特征,明确方向,防止盲目放缩.同时还要多总结、多思考,多掌握一些常用的放缩技巧,以提高分析问题和解决问题的能力.

摘要：放缩法证明数列不等式,不仅需要学生掌握常用的放缩方法和技巧,控制好放缩的目标和尺度,同时也需要熟悉常见的问题类型.为了帮助更多的学生突破这一难点,本文对放缩法证明数列不等式的基本策略进行分析.

12.等差数列的决断与证明篇十二

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

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



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

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

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

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)

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*）

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

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

13.等差数列的决断与证明篇十三

一个人事业的成功取决于三商，即我们平时所讲的智商，情商和胆商，但是一个真正的人才，他的三商重要性应该这样排列：胆商第一，情商第二，智商第三，目前中国教育培养出来的所谓人才是很片面的，仅仅在智商上优人一等，可是情商与胆商根本没有包含在内。而学校淘汰的人群中可能恰恰蕴含了大量的经营人才，所以中国的教育，尤其是高等教育很大程度上是逆淘汰，生产出来的毕业生产品大多是高分低能的庸才，虽然聪明，但是懦弱胆小，不擅交际，社会生存能力自然很低下。

法国经院哲学家布利丹讲了一个寓言：一头饥饿至极的毛驴站在两捆完全相同的草料中间，可是它却始终犹豫不决，不知道应该先吃哪一捆才好，结果活活被饿死了。后来，人们常把决策中犹豫不决、难作决定的现象称为“布利丹效应”。

“布利丹效应”有三大特点：第一，追求最优化。这样往往会一再丧失机遇；第二，最乱。情绪乱；第三，最慢。问题的发展慢，决策慢，执行慢。怎么避免“乱”和“慢”呢，管理的“理”还有一层含义是排序，先干什么后干什么。在工作中要抓主要矛盾。牵牛鼻子，抓主要环节，这都是排序。什么叫管理，管理是追求秩序的。

决策难在选择，选择难在标准，而不是难在方案多，多个标准难在排序，谁是第一标准，第二标准。就拿找老婆的标准来说吧，第一个标准是智力特别好，智力遗传很重要，虽说男女都遗传，但母亲是孩子最早的老师，母亲的遗传太重要了。第二个标准是性格，性格好有利于家庭和睦、团结、可持续发展。第三，要兼顾相貌，不漂亮可以，但是不能特别不漂亮。

排序难在理智。什么叫理智？过去说“家有三件事，先捡急事办”，这个话错了。急事要缓办，在桌子上放半天，多想想会考虑得更周到。按照工作的要求、实际情况，哪件事重要先办哪件事，这叫排序。“急事先办”那是情绪化的表现，人的情绪像钟摆一样，摆到最低点消极、焦虑，更容易失误。我们一定要知道，影响日常工作的不仅仅是智力，情绪的影响更直接、更明显、更强烈。调控情绪是一个基本功，对谁都是一样，一定要把情绪调整得相对平稳。

什么是胆商？当领导就要敢于担责任，要有胆略、气魄、勇气。一是敢于面对逆境、困境，能够寻求突破的人胆商高。二是面对压力，能把压力变动力的人胆商高。三是敢于面对变化，胆商高的人遇变化很兴奋，善于从变化中找到机会。四是敢于面对竞争，寻求创新。五是该放弃的要放弃。六是敢于承担责任。

什么是情商？第一，自知之明。知道自己的职责和使命，知道自己真正的优势是什么，知道自己的缺陷，尤其是至命的缺陷。

第二，自我管理。情商高的人能管着自己，一管自己的心态，要积极；二管自己的情绪，要稳定；三管自己的时间，要有序。情商高的人心态是积极向上的，情绪是稳定的。如果一个人整天冲浪于网上，或者沉湎于电视剧不能自拔，整天不知道该干什么，这一个自我管理很混乱的人。如果你是在机关上班，机关工作忙忙碌碌，请示、汇报、检查、评比，一天到晚都是事，所以一定要管好自己的时间，要有序。

第三、识人。骏马行千里，犁田不如牛。要识别能力，识别品德，识别距离远近。这个距离不是空间距离，而是心的距离、感情的距离、人际关系的距离。有的人天天围着你转，内心离你很远；一个人虽不常跟你见面，他还是佩服你，拥戴你，离你很近。

第四，协调管理。跟上级协调，主动沟通；与同级协调，竞争协作；与下级沟通，多点服务，下级就会对你主动服从。

情商有四大特点。第一，情商高的人亲和力强。第二，适应性强，在这一点上男女都一样。留在机关你适应，派去企业你也适应，那就是情商高。第三，对人对事富于敏锐性，能敏锐发现问题、发现苗头。第四点，有道德。有德的人才叫情商高，情商一定强调有道德。高智商的人适合于搞技术，高情商的人适合在企业搞营销、接待，高智商、高情商这种人适合搞管理，高智商、高情商、高胆商“三高”的人适合当领导、高管。

14.等差数列的决断与证明篇十四

一、迭代法

例1已知数列{an}满足an+1=an2-nan+1, n=1, 2, 3…且a1≥3.证明:⑴an≥n+2;⑵1/ (1+a1) +1/ (1+a2) +…+1/ (1+a1) <1/2.

分析:⑴问的结论和an+1=an2-nan+1, 可转化为一个递推不等式, 用好这个递推不等式是解决⑵问的关键.

证明:⑴用数学归纳法 (略) ;

⑵由⑴知, 即an+1=an2-nan+1=an (an-n) +1≥an (n+2-n) +1=2an+1an+1+1≥2 (an+1) .

评注:递推不等式或出现在已知条件中, 或出现在结论中, 或出现在解题过程中, 这就要求我们不仅要重视数列递推公式的灵活应用, 还要会类比解决数列递推不等式问题。

二、中间量法

例2已知公差大于零的等差数列{an}的前项n和为Sn, 且满足:a3a4=117, a2+a5=22.⑴求数列{an}的通项公式an;⑵若数列{bn}是等差数列, 且bn=Sn/ (n+c) , 求非零常数C;⑶若⑵中的{bn}的前n项和为Tn, 求证:2Tn-3bn-1>64bn/ (n+9) bn+1.

分析:⑶问中bn, Tn可以求出, 两边通过化简可以看出, 一边存在最小值, 一边存在最大值, 有明显的大小差异, 可以考虑用中间量法。

解:⑴、⑵ (略) ;⑶由⑵得bn= (2n2-n) / (n-1/2) =2n.

∴2Tn-3bn-1=2 (n2+n) -3 (2n-2) =2 (n-1) 2+4n4 (当且仅当n=1时取等号) .

=64n/n2+10n+9=64/n+9/n+10≤4 (当且仅当n=3时取等号) .

上面两式中等号不可能同时取到, 所以2Tn-3bn-1>64bn/ (n+9) bn+1.

评注:虽然中间量法是用来比较两个数的大小的, 但在证明数列不等式时, 当两边具有比较明显的大小关系时, 可适当地引入一个中间量, 作为桥梁, 达到证明的目的.

三、构造数列

例3已知数列{an}满足an=3·2n-1, bn=nan.证明:对任意不小于3的自然数n, 不等式b1+b2+…+bn> (23n2-13n) /2恒成立。

分析:根据所证不等式右边的代数式, 可构造一数列{Cn}, 满足其和c1+c2+…+cn= (23n2-13n) /2, 求得Cn, 再证bn>Cn即可。

证明:令c1+c2+…+cn= (23n2-13n) /2,

当n≥2时, c1+c2+…+cn-1=[23 (n-1) 2-13 (n-1) ]/2.两式相减得cn=23n-18.

又c1=5也适合上式, ∴cn=23n-18 (n∈N*) .

∴当n≥3时, bn-Cn=3n·2n-n-23n+18=n (3n·2n-24) +18>0, 即bn>Cn.

评注:证明形如a1+a2+…+an> (<) f (n) 或a1·a2·…·an> (<) f (n) 的数列不等式, 可令另一数列{bn}的和或积等于f (n) , 求bn, 然后比较an与bn的大小即可达到证明原不等式的目的.

四、构造函数

例4已知函数f (x) =x-sinx, 数列{an}满足:0

证明:⑴0

分析:⑵问中构造函数g (x) =sinx-x+x3/6, 再引入导数, 用导数证明该函数的单调性即可。

证明:⑴先用数学归纳法证明0

⑵设函数g (x) =sinx-x+x3/6, 0

∴函数g (x) 在 (o, 1) 上是增函数。又g (x) 在[0, 1]上连续, 且g (0) =0, ∴当0g (0) =0.∴g (an) =sinan-an+a3n/6=a3n/6-an+1>0.

故an+1

评注:数列是定义域为正整数集的特殊函数, 研究数列要适时地结合函数, 再利用导数研究该函数的单调性或极值 (最值) 。所以数列问题函数化, 是用导数研究数列问题的一大亮点。

【等差数列的决断与证明】推荐阅读：

等差数列习题11-20

2024高考必考问题9 等差、等比数列的基本问题09-27

>> 查看更多相关文档

上一篇：自由的灵魂下一篇：美术教师个人简历

等差数列的决断与证明

1.等差数列的决断与证明篇一

2.等差数列的决断与证明篇二

3.两栖动物的困顿与决断篇三

4.等差数列的决断与证明篇四

5.数列极限的证明篇五

6.数列不等式的证明举例篇六

7.数列不等式证明的几种方法篇七

8.等差数列的决断与证明篇八

9.斐波那契数列通项公式的证明篇九

10.用放缩法证明数列求和中的不等式篇十

11.放缩法证明数列不等式的基本策略篇十一

12.等差数列的决断与证明篇十二

13.等差数列的决断与证明篇十三

14.等差数列的决断与证明篇十四

本站热搜

相关推荐

等差数列的决断与证明

1.等差数列的决断与证明 篇一

2.等差数列的决断与证明 篇二

3.两栖动物的困顿与决断 篇三

4.等差数列的决断与证明 篇四

5.数列极限的证明 篇五

6.数列不等式的证明举例 篇六

7.数列不等式证明的几种方法 篇七

8.等差数列的决断与证明 篇八

9.斐波那契数列通项公式的证明 篇九

10.用放缩法证明数列求和中的不等式 篇十

11.放缩法证明数列不等式的基本策略 篇十一

12.等差数列的决断与证明 篇十二

13.等差数列的决断与证明 篇十三

14.等差数列的决断与证明 篇十四

本站热搜

相关推荐

1.等差数列的决断与证明篇一

2.等差数列的决断与证明篇二

3.两栖动物的困顿与决断篇三

4.等差数列的决断与证明篇四

5.数列极限的证明篇五

6.数列不等式的证明举例篇六

7.数列不等式证明的几种方法篇七

8.等差数列的决断与证明篇八

9.斐波那契数列通项公式的证明篇九

10.用放缩法证明数列求和中的不等式篇十

11.放缩法证明数列不等式的基本策略篇十一

12.等差数列的决断与证明篇十二

13.等差数列的决断与证明篇十三

14.等差数列的决断与证明篇十四