数列的证明

数列的证明（17篇）

1.数列的证明 篇一

数列极限的证明

X1=2,Xn+1=2+1/Xn,证明Xn的极限存在，并求该极限

求极限我会

|Xn+1-A|<|Xn-A|/A

以此类推，改变数列下标可得|Xn-A|<|Xn-1-A|/A;

|Xn-1-A|<|Xn-2-A|/A;

……

|X2-A|<|X1-A|/A;

向上迭代，可以得到|Xn+1-A|<|Xn-A|/(A^n)

2只要证明{x(n)}单调增加有上界就可以了。

用数学归纳法：

①证明{x(n)}单调增加。

x(2)=√=√5>x(1);

设x(k+1)>x(k)，则

x(k+2)-x(k+1))=√-√(分子有理化)

=/【√+√】>0。

②证明{x(n)}有上界。

x(1)=1<4，设x(k)<4，则

x(k+1)=√<√(2+3*4)<4。

3当0

当0

构造函数f(x)=x*a^x(0

令t=1/a，则：t>

1、a=1/t

且，f(x)=x*(1/t)^x=x/t^x(t>1)

则：

lim(x→+∞)f(x)=lim(x→+∞)x/t^x

=lim(x→+∞)(分子分母分别求导)

=lim(x→+∞)1/(t^x*lnt)

=1/(+∞)

=0

所以，对于数列n*a^n，其极限为0

用数列极限的定义证明

3.根据数列极限的定义证明：

(1)lim=0

n→∞

(2)lim=3/2

n→∞

(3)lim=0

n→∞

(4)lim0.999…9=1

n→∞n个9

5几道数列极限的证明题，帮个忙。。Lim就省略不打了。。

n/(n^2+1)=0

√(n^2+4)/n=1

sin(1/n)=0

实质就是计算题，只不过题目把答案告诉你了，你把过程写出来就好了

第一题，分子分母都除以n，把n等于无穷带进去就行

第二题，利用海涅定理，把n换成x，原题由数列极限变成函数极限，用罗比达法则(不知楼主学了没，没学的话以后会学的)

第三题，n趋于无穷时1/n=0，sin(1/n)=0

不知楼主觉得我的解法对不对呀limn/(n^2+1)=lim(1/n)/(1+1/n^2)=lim(1/n)/(1+lim(1+n^2)=0/1=0

lim√(n^2+4)/n=lim√(1+4/n^2)=√1+lim(4/n^2)=√1+4lim(1/n^2)=1

limsin(1/n)=lim=lim(1/n)*lim/(1/n)=0*1=0

2.数列的证明 篇二

一、通项放缩, 构造等比数列

运用转化思想, 将数列问题转化为基本数列或应用基本数列的相关方法研究.

例1 (2006年福建高考) 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:undefined

(Ⅰ) 解:因为an+1=2an+1 (n∈N*) , 所以an+1+1=2 (an+1) , 所以{an+1}是以a1+1=2为首项, 2为公比的等比数列.

所以an+1=2n.即an=2n-1 (n∈N*) .

(Ⅱ) 证明: 因为undefined.

所以undefined.

因为undefined.

所以undefined.

所以undefined

点评:数列教学重点是研究基本数列 (等差、等比数列) 的相关问题, 对非基本数列问题通过化归思想, 采用合适的方法, 将其转化为基本数列.

二、利用函数的单调性进行放缩

对于一些具有函数特征的数列不等式证明, 可以利用函数的单调性进行放缩, 充分体现了数列也是一种特殊的函数.

例2 (2006年湖南高考) 已知函数f (x) =x-sinx, 数列{an}满足:0

证明: (Ⅰ) 先用数学归纳法证明0

(i) 当n=1时, 由已知显然结论成立.

(ii) 假设当n=k时结论成立, 即a

由 (i) 、 (ii) 可知, 0

又因为0

0

(Ⅱ) 设函数undefined.由 (Ⅰ) 知, 当0

所以g (x) 在 (0, 1) 上是增函数.又g (x) 在[0, 1]上连续, 且g (0) =0, 所以当00成立.于是g (an) >0.即undefined.故undefined.

点评:用导数解决函数的单调性问题一直是高考的重点, 解决此类问题的策略是, 若证明不等式f (x) >g (x) , x∈ (a, b) , 可以转化为证明:F (x) =f (x) -g (x) 在 (a, b) 上是增函数.

三、分项讨论放缩证明数列不等式

例3 (2004年全国高考) 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+ (-1) n, n≥1. (1) 写出数列{an}的前三项a1, a2, a3; (2) 求数列{an}的通项公式; (3) 证明:对任意的整数m>4, 有undefined

(Ⅰ) 略 (Ⅱ) undefined.

(Ⅲ) 由于通项中含有 (-1) n, 很难直接放缩, 考虑分项讨论:

当n≥3且n为奇数时

undefined (减项放缩) , 于是

①当m>4且m为偶数时undefined

②当m>4且m为奇数时undefined (添项放缩) 由①知undefined.由①②得证.

3.例析求和型数列不等式的证明策略 篇三

例：已知数列{an}的通项公式an=2n-1.求证：1a1+1a2+…+1an≤2n－1对任意的n∈N都成立.

策略一放缩法

【思路点拨】本题是一个典型的求和型数列不等式，放缩法是证明这类不等式常用方法之一.利用放缩法证明求和型数列不等式问题时，通常有两种方法，一是根据不等式的结构特征，抓住数列的项，先对通项进行放缩后求和；二是先对数列求和，后放缩.

证明：当n=1时，左边=1，右边=1，不等式显然成立（等号成立）.

当n≥2时，

1an=12n－1=222n－1=22n－1+2n－1<22n－1+2n－3=2n－1－2n－3

故由1a1=1，1a2<3－1,1a3<5－3,…，1an≤2n－1－2n－3累加可得：

1a1+1a2+…+1an≤1+3－1+5－3＋…+2n－1－2n－3=2n－1

从而问题得证.

【点评】本题证明的关键是对通项进行恰当放缩，即当n≥2时，将1an=12n－1放缩为1an<2n－1－2n－3.

策略二数学归纳法

【思路点拨】数学归纳法也是证明求和型数列不等式常用方法，其关键在于证明当n=k+1时原不等式成立，这一步的证明，综合性强，往往是证明的精华部分，要细心观察，小心求证.

证明：①当n=1时，左边=1=右边，等号成立.

②假设当n≥k时，不等式成立，即1a1+1a2+…+1ak≤2k－1成立.

则当n=k+1时， 1a1+1a2+…+1ak+1ak+1≤2k－1+1ak+1=2k－1+12k+1=2k－1+222k+1<2k－1+22k+1+2k－1=2k－1+2k+1－2k－1=2k+1=2(k+1)－1

即1a1+1a2+…+1ak+1ak+1≤2(k+1)－1

故当n=k+1时，不等式也成立.

∴综合①，②知原不等式成立.

【点评】本题是与正整数相关的求和型数列不等式的证明问题，故可顺理成章地考虑利用数学归纳法来证明，证题思路清晰，方向明确.但在证明 n=k+1时不等式成立，需要进行适当的放缩，而这一步恰恰是运用本法证明的关键所在，需要认真思考.

策略三构造数列法

【思路点拨】对求和型数列不等式的证明，常常可以考虑把左右两端看作是两个不同数列的和，故可先构造两个新数列，然后再证明这两个数列的前n项和的不等关系即可.

证明：设数列{1an}的前n项和为Sn，即Sn=1a1+1a2+1a3＋…+1an，设数列{bn}的前n项和为Tn,设Tn=2n－1,从而问题转化为证明：Sn≤Tn.

则当n=1时，S1=T1.也即1a1=b1

当n≥2时，bn=Tn－Tn－1=2n－1－2n－3,1an=12n－1

而1an－bn=12n－1－2n－1+2n－3

=1－(2n－1)+4n2－8n+32n－1

=(2n－2)2－1－(2n－2)2n－1<0

∴ 1an

将1a1=b1,1a2

故原不等式成立.

【点评】本法的关键是根据求和型数列不等式的结构特征构造了两个新数列，从而将证明求和型数列不等式问题转化为比较两个新数列的通项大小问题，然后通过累加法得到两数列的和，从而证得所要结果，构思巧妙，证法简单明了、易懂，从证明过程看，大大减轻了证明的难度.

策略四分析法

【思路点拨】分析法也是证明求和型数列不等式的常用方法.分析法证题的理论依据是执果索因，即寻找出结论成立的充分条件或是充要条件.其基本步骤是：要证……，只需证……，只需证…….

【点评】本题通过构造新数列，研究该数列的单调性，证明该数列为单调递减的，利用单调性构建不等式，确定出数列{bn}的最大项为b1，由此得到bn≤b1=0，从而问题得证.

4.数列不等式的证明举例 篇四

（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

x2

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；

4n

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。

5.关于和式的数列不等式证明方法 篇五

方法：先求和，再放缩

例

1、设数列an满足a10且an

n,2an11an1an，n

N*，记Snbk,证明：Sn1.k1n

（Ⅰ）求an的通项公式；（Ⅱ）设bn

【解析】：（Ⅰ）由

11

11.得为等差数列，1a1an11ann

前项为

1111

1,d1,于是1(n1)1n，1an,an

1

1a11annn

（Ⅱ）bn

n









Snbkk

1

11 练习：数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且

a13,b11，数列{ban}是公比为64的等比数列，b2S264.（1）求an,bn；（2）求证

1113.S1S2Sn

4解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，an3(n1)d，bnqn1

ban1q3ndd6

q642

q3(n1)d依题意有ban①



S2b2(6d)q64

由(6d)q64知q为正有理数，故d为6的因子1,2,3,6之一，解①得d2,q8

故an32(n1)2n1,bn8

n1

（2）Sn35(2n1)n(n2)∴

1111111



S1S2Sn132435n(n2)

11111111(1)232435nn211113(1) 22n1n24

方法：先放缩，再求和 例

1、（放缩之后裂项求和）（辽宁卷21）．

在数列|an|，|bn|中，a1=2，b1=4，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列（nN）

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测|an|，|bn|的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：

*

5…． a1b1a2b2anbn1

2本小题主要考查等差数列，等比数列，数学归纳法，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证等能力．满分12分． 解：（Ⅰ）由条件得2bnanan1，an1bnbn1 由此可得

a26，b29，a312，b316，a420，b425． ···················································· 2分

猜测ann(n1)，bn(n1)． ······················································································· 4分 用数学归纳法证明：

①当n=1时，由上可得结论成立． ②假设当n=k时，结论成立，即

akk(k1)，bk(k1)2，那么当n=k+1时，2ak

ak12bkak2(k1)k(k1)(k1)(k2)，bk12(k2)2．

bk

所以当n=k+1时，结论也成立．

由①②，可知ann(n1)，bn(n1)对一切正整数都成立． ·········································· 7分（Ⅱ）

5．

a1b161

2n≥2时，由（Ⅰ）知anbn(n1)(2n1)2(n1)n． ·············································· 9分 故

11111111

…… a1b1a2b2anbn622334n(n1)



11111111… 622334nn11111115 622n16412



综上，原不等式成立．··································································································· 12分（例

2、（放缩之后等比求和）

（06福建）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1

22n

（III）.设bnan(an1)，数列bn的前n项和为sn，令Tn，sn

（i）求证：T1T2T3Tnn；

（ii）求证：T1T2T3Tn；

本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。

（I）解：an12an1(nN),*

an112(an1),an1是以a112为首项，2为公比的等比数列。an12n.即 an21(nN).*

（II）证法一：41

4k1k2

1...4kn1(an1)kn.4(k1k2...kn)n2nkn.2[(b1b2...bn)n]nbn,①

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1.② ②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20,nbn2(n1)bn120.③－④，得 nbn22nbn1nbn0,即 bn22bn1bn0,bn2bn1bn1bn(nN*),bn是等差数列。

证法二：同证法一，得(n1)bn1nbn20 令n1,得b12.设b22d(dR),下面用数学归纳法证明 bn2(n1)d.（1）当n1,2时，等式成立。

（2）假设当nk(k2)时，bk2(k1)d,那么

k2k2bk[2(k1)d]2[(k1)1]d.k1k1k1k1这就是说，当nk1时，等式也成立。bk1

根据（1）和（2），可知bn2(n1)d对任何nN都成立。

*

bn1bnd,bn是等差数列。

ak2k12k11

k1,k1,2,...,n,（III）证明：

ak1212(2k1)

2

aa1a2n

...n.a2a3an12

ak2k11111111k1.,k1,2,...,n, ak12122(2k11)23.2k2k2232k



aa1a2n1111n11n1

...n(2...n)(1n), a2a3an1232222322

3an1aan

12...n(nN*).23a2a3an12

方法：先放缩，再化类等差等比

例1（有界性放缩，迭加）、各项为正数的等比数列an中，a1a310，a3a540,nN*；

（1）求数列an的通项公式；（2）设b11，bn1nn

11，求证：bn1bn3n1 bnan

2an2；分析；（1）（2）证明：因为an1(1

所以an0，n

n

所以an1与an同号，又因为a110，)an，2n

n

an0，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11，n2nn12n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．

即an1an

例2（利用有界性化为类等比）、（安徽卷21）．（本小题满分13分）

设数列an满足a00,an1can1c,cN,其中c为实数

*

（Ⅰ）证明：an[0,1]对任意nN成立的充分必要条件是c[0,1]；

*

1n1*，证明：an1(3c),nN;312222

（Ⅲ）设0c，证明：a1a2ann1,nN*

313c

（Ⅱ）设0c

解(1)必要性 ：∵a10,∴a21c，又 ∵a2[0,1],∴01c1，即c[0,1]

充分性 ：设 c[0,1]，对nN用数学归纳法证明an[0,1]当n1时，a10[0,1].假设ak[0,1](k1)

则ak1cak1cc1c1，且ak1cak1c1c0

*

∴ak1[0,1]，由数学归纳法知an[0,1]对所有nN*成立

(2)设 0c，当n1时，a10，结论成立 3

当n2 时，∵ancan11c,∴1anc(1an1)(1an1an1)∵0C

12,由（1）知an1[0,1]，所以 1an1an13 且 1an103

∴1an3c(1an1)

∴1an3c(1an1)(3c)(1an2)(3c)∴an1(3c)

(3)设 0c

n1

n1

(1a1)(3c)n1

(nN*)

122，当n1时，a102，结论成立 313c

n1

当n2时，由（2）知an1(3c)

0

∴an(1(3c)n1)212(3c)n1(3c)2(n1)12(3c)n1 22222n1∴a2]1a2ana2ann12[3c(3c)(3c)

2(1(3c)n)2

n1n1

6.数列的证明 篇六

例1.已知函数f(x)alnxax3aR(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:112131nln(n1)(nN*)(3)证明:ln22ln33ln44ln55lnnn1nn2,nN* n(4)证明:ln2ln3ln4ln5lnn1n122324252n22nn2,nN*(5)证明:ln24ln34ln44ln54lnn4(n1)224344454n44nn2,nN* ln22ln32(6)求证:lnn2n12n12232...n22n1n2,nN(7)求证:122114211182...1122nenN

例2.已知函数f(x)lnxx1｡(1)求f(x)的最大值;nnn(2)证明不等式:12nennne1nN*

例3.已知函数fxx2lnx1

(1)当x0时,求证:fxx3;

(2)当nN时,求证:nf1111151 k1k2333...n342nn1

例4.设函数f(x)x2mln(x1)m0

(1)若m12,求f(x)的单调区间;(2)如果函数f(x)在定义域内既有极大值又有极小值,求实数m的取值范围;(3)求证:对任意的nN*,不等式lnn1nn1n3恒成立｡

例5.已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1(kR),(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)0恒成立,试确定实数k的取值范围;(3)证明:ln23ln34lnnn1n(n1)4nN,n1.导数与数列不等式的证明 收集整理:张亚争 联系电话:*** 1 / 2 例6.已知函数f(x)axbc(a0)的图像在点(1,f(1))处的切线方程为yx1｡ x(1)用a表示出b,c;

(2)若f(x)lnx在[1,)上恒成立,求a的取值范围;(3)证明:1

例7.已知函数f(x)2alnxx21｡

(1)当a1时,求函数f(x)的单调区间及f(x)的最大值;(2)令g(x)f(x)x,若g(x)在定义域上是单调函数,求a的取值范围;111nln(n1)(n1).23n2(n1)3n2n222222(3)对于任意的n2,nN,试比较与的ln2ln3ln4ln5lnnn(n1)*大小并证明你的结论｡

1ln(x1)(x0)x(1)函数f(x)在区间(0,)上是增函数还是减函数?证明你的结论｡

k(2)当x0时,f(x)恒成立,求整数k的最大值;x1(3)试证明:(112)(123)(134)(1n(n1))e2n3(nN*).例8.已知函数f(x)

例9.已知函数fxxalnxa0(1)若a1,求fx的单调区间及fx的最小值;(2)若a0,求fx的单调区间;ln22ln32lnn2n12n1(3)试比较22...2与n2,nN的大小,并证明｡ 23n2n1

例10.已知函数fxlnx,gxxaaR, x(1)若x1时,fxgx恒成立,求实数a的取值范围｡(2)求证:

例11.已知函数fxlnxxax

2ln2ln3lnn1n2,nN 34n1n(1)若函数fx在其定义域上为增函数,求a的取值范围;(2)设an1

7.数列的证明 篇七

在参考文献中,重点探讨了以下问题:

已知数列的前n和为Tn,求证:Tn<1/6.

参考文献给出以下两个措施.

措施1:通项放缩不变,减少放缩的项数.

尝试1:第一项不放缩,从第二项开始放缩.

尝试2:前两项不放缩,从第三项开始放缩.计算得:,而.

尝试3:前三项不放缩,从第四项开始放缩.计算得:,而.

尝试4:前四项不放缩,从第五项开始放缩.计算得:得证,得证.

措施2:减小通项的放缩误差.

对于上述措施1,这一步的误差为n+1.由于放缩的误差较大,所以要反复尝试,不断减少放缩的项数,直至成功.此种解法不具有一般性,即使得证也耗时、耗力.

措施2减小通项的放缩误差.不改变二次项和一次项,只对常数项放缩.使放缩的误差尽可能小.在改进1中,把常数项1缩小为0,最终失败了.在改进2中,把常数项1缩小为3/4,显然放缩得恰到好处.为什么把1缩小为3/4呢?学生很难理解.

为此,对于数列,笔者在教学实践中揣摩了一种有效的方法.将放缩时,一要严控放缩的误差(只有放缩常数项);二要放缩后能够裂项求和(即,其中{cn}为等差数列).据此,可用待定系数法确定放缩的大小.设

由2α+1=2,可得α=1/2,且满足α(α+1)=3/4<1.

如果结合参考文献从第二项起开始放缩的意图,可有更好的结果:

进一步探究,可得一般性结论:

已知数列{an}的通项公式,

其中a>0,3a+b>0,b2-4ac≤a2.则数列{an}的前n和

(1)若是从第一项起开始放缩,则;

(2)若是从第二项起开始放缩,则.(当且仅当n=1或b2-4ac=a2时,取“=”)

以上23式为结论所述的条件,1式就是待定系数法确定的α值.

(当且仅当n=1或b2-4ac=a2时,取“=”)

摘要：数列和不等式都是高中数学的重难点,有必要探究一类数列和式不等式的证明思路.对数列和式的不等式放缩证明的探究路径加以概括.

8.数列的证明 篇八

1.学习一个数学公式的基本任务有哪些？

（1）等差数列、等比求和公式内容是什么？公式怎么用？

（2）推导公式的方法怎么用？

2.拿到一个新题目怎么想？

（1）现有的相关公式能否用上？

（2）非等差、等比数列求和能否化为等差、等比数列求和？

（3）已经用过的相关方法能否用上？

问题一：求数列，，，…，，…的前n项和;

分析：数列的分子成等差数列，分母成等比数列，可用错位相减法求和;

Sn=+++…++其中等比数列的公比q=;

Sn=+++…++;

两式错位相减得：

Sn=++++…-

=-+2（++++…+）-

∴Sn=3-

小结：设数列an的等比数列，数列bn是等差数列，则数列anbn的前n项和Sn求解，均可用错位相减法.

问题二：已知a≠0，求数列a，2a2，3a3，…，nan，…前n项和.

点拨：字母的系数等差，字母项等比，但需要对字母讨论.

解：Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

当a=1时，Sn=1+2+3+…+n=，

当a≠1时，Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1，

两式相减（1-a）Sn=a+a2+a3+…+an-nan+1，

=-nan+1

∴Sn=.

小结：采用乘公比，错位相减，可以得到一组等比数列，求和用公式但必须注意公比是否为1，否则须讨论.

问题三：设Sn=-1+3-5+7-9+…+（-1）n（2n-1），则Sn=（-1）nn

方法一：分析：由此数列的通项an=（-1）n（2n-1）;其是等差数列与等比数列的积这一类型的数列求和，故用错位相减法.

所以Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：一个数列cn可以看成是一个以公差为d的等差数列（d不等于零）和一个是公比为q的等比数列（q不等于1）的乘积形式，则数列cn的前n项求和的方法可采用做错位相减法.

方法二：分析：通过观察可发现此数列具有正负相间，且正数项和负数项分别成等差数列这一特征.因此可以将正数项和负数项分别进行分组求和.但此数列有多少正数项和负数项呢？还要对项数n的奇偶性进行讨论.

略解：Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：我们通过分组转化成两个等差数列，然后通过已有的等差数列求和求解。这种方法叫做分组求和法。

方法三：分析：通过观察可发现此数列具有这样的特征，即第一项与第二项，第三项与第四项，第五项与第六项，……，第n-1项与第n项的和都等于2，共多少个2呢？还要对项数n进行奇偶性讨论.

总结：通过将数列相邻的两项并成一项得到一个新的容易求和的数列，这种方法叫做并项求和。

通过对以上问题几种方法的探讨，不难看出，实际上所有与项的序号的奇偶性有关的数列求和问题，通过认真审题，抓住数列的通项，灵活地运用分类讨论、转化和化归数学思想，就可将其变为熟悉、简单的等差数列或等比数列来处理，辅助以适当的解题方法技巧，问题就会迎刃而解.

9.数列的证明 篇九

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

n2



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

2n

(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

n

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

n

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．

10.数列的证明 篇十

与斐波那契数列有关的恒等式的组合法证明

与斐波那契数列有关的`恒等式具有美丽的外表,这种美自然激发我们去追求导致美的原因,希望找到美的理由或推导出美.本文将从组合的角度去论证与斐波那契数列有关的恒等式,正是对美的探索与追求.

作 者：姜洋 孙朝仁  作者单位：姜洋(江苏省连云港市新海实验中学,22)

孙朝仁(江苏省连云港市教育局教研室,222004)

刊 名：数学通报  PKU英文刊名：BULLETIN DES SCIENCES MATHEMATICS 年，卷(期)： 48(11) 分类号：O1 关键词： 

11.数列问题的教学思考 篇十一

【关键词】高中数学 数列问题 分析教学

【中图分类号】G633.6【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2015）09-0137-02

在对高中学生进行数学的教学中，将数列作为重点教育课程，将数列中所涉及到的相关知识都对学生进行详细的讲解，使数列的教学思想能够传递下去。高中数学的教学中，教学方法和教学思想，在教学中是至关重要的，老师具备较强的教育思想和适合学生学习的教学方法，是提高学生学习水平的关键。但是，也会存在一些影响教学的问题，这些问题主要来自教学过程中的教学方法和教学思想，以及对数学中数列教学的问题等。本篇就对存在的问题展开分析，并给出有效的解决措施。

一、数学数列教学的教学问题及方法

数列的教学是数学课程中重要的组成部分，它包含了数学的思想以及数学中重要方法的教学。在数列的学习中，数列所包含的数学知识很广泛，是作为数学教学中最多的一种，它所涉及的数学知识都是教学中的重点内容。但是，在实际的教学中，老师对数列的教学上没有良好的教学方法和教学思想，成为教学中的重要问题。老师在教导学生学习时教学方法不得当，其所用的教学方法不适合学生学习，或者是教学方法落后，不能完成对学生进行教育教学，迫使学生在学习的过程中不能掌握更多的数学知识。另外，老师的教学思想也是影响教学的重要因素，在实际的教学中，老师的思想落后是主要问题，教师的教学思想过于陈旧，数学教学思想和数列思想受到严重的限制，不能做到适合对学生进行教学，使得学生在学习中对教师的教学思想很迷茫。例如，在苏教版高中数学必修五第二章《数列》的教学中，如题，已知数列{an}是首项为a且公比不等于1的等比数列，Sn为前列n项和，a1，2a7，3a4成等差数列，求证：12S3，S6，S12-S6成等比数列。這一道题中，老师在讲述这道题的解析方式时，知识盲目的讲述，没有将这道题的解题关键以及每一步的解答方法教给学生，使学生在学习中不能掌握好学习知识。

在老师的教学方法和教学思想问题中，首先要对老师进行思想教育，使老师的思想能够满足教育教学的基本要求，才能实现对学生进行教学。思想的教学要根据教师的实际情况而定，不能强行施加也不轻量灌输。在老师的教学方法上要根据学生的实际学习情况制定，教学方法要抓住学生学习的重点，将良好的学习方法传输给学生，从而使学生的学习兴趣增加，另外老师在讲述教学知识时要对学生进行每一步解题分析，使学生能明白这道题每一步解答的含义，为学生更好的学习打下基础。如题：

二、数学教学思考探究

在数学的教学中，主要考虑教学思想和教学质量，一般教学都是以学生学习过程为基础，从而实现全面教学。但是在实际中，因为存在各种各样的因素，使得学生的学习质量上不但没有得到提升，反而影响了教学，使学生在学习的过程中没有将知识掌握，迫使教学的意义丧失。如题，在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21，则a3+a4+a5=？这一题中，老师在讲解时，不能对题中所涉及的数列思想进行教育教学，使得学生只学习到一些片面的知识，对知识的掌握严重欠缺。

对数学数列的教学，要着重进行质量教学，只有将数列的知识对学生进行详细的讲解，才能使学生在学习的过程中将数学知识更好的掌握。教学过程中要考虑学生的学习质量，将数学的知识进行讲解时，要看学生对知识的掌握情况，例如在对一题进行讲解时，要通过举例的方式来实现对知识的加深，从而使学生更好的掌握数学知识。如例题的解答如下：84。本题考查等比数列的相关概念，及其有关计算能力。设等比数列{an}的公比为q（q>0），由题意得a1+a2+a3=21，即a1（1+q+q2）=21，又a1=3，∴1+q+q2=7。解得：q=2或q=-3（不合题意，舍去），∴a3+a4+a5=a1q2（1+q+q2）=3×22×7=84。

三、结束语

数学的教学是我国重点教育课程，将每一个数字的演变过程进行详细讲解和分析，对每一个数字的变化展开研究。在数学的教学中数列问题是数学教学中的重大问题，只有将数列的知识，进行井井有序的讲解，才能使学生在学习数列时更好的学习这门课程，使学生的数学知识更加扎实。

参考文献：

12.数列的证明 篇十二

一、裂项放缩法

(Ⅰ) 求a2的值;

(Ⅱ) 求数列{an}的通项公式;

解析: (Ⅲ) 由 (Ⅱ) 可知an=n2.

综上, 对一切正整数n, 有

例2 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn, 满足, 且a2, a5, a14构成等比数列.

(Ⅱ) 求数列{an}的通项公式;

解析: (Ⅲ) 由 (Ⅱ) 可知an=2n-1.

评注:裂项放缩法解决数列与不等式结合的证明问题, 2013年广东的这两道题非常典型, 文科先放缩后裂项相消求和;理科先裂项相消再放缩求和;文科类型中, 注意放缩的尺度, 注意从哪一项开始放缩.这两道题命题人真可谓匠心独运, 读者应仔细揣摩研究.正所谓“放缩是手段, 裂项相消求和才是目的”.

二、构造函数放缩法

例3 (2015年广东理) 数列{an}满足

(Ⅰ) 求a3的值;

(Ⅱ) 求数列{an}前n项和Tn;

证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2lnn.

评注:构造函数放缩法解决数列与不等式结合的证明问题, 这类问题是近几年高考命题的一个热点, 可以以数列与不等式结合的证明考察, 也可以以函数与导数问题来考察, 思维能力要求高, 试题难度大.

三、通项放缩法

例4 (2015年安徽理) 设n∈N*, xn是曲线y=x2n+2+1在点 (1, 2) 处的切线与x轴交点的横坐标.

(Ⅰ) 求数列{xn}的通项公式;

解析: (Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知

当n=1时, T1=1/4.

综上可得对任意的n∈N*, 均有

评注:通项放缩法解决数列与不等式结合的证明问题, 这类问题关键是考虑通项, 通过对通项的适当放缩, 能够达到相消求和的目的.

数列、不等式、函数结合的综合问题是近几年高考命题的热点, 本文通过对近年高考试题的探究, 使读者感受数学高考解题的方法, 体会解题思想与方法, 不能机械记忆方法, 关键是理解解题本质和数学知识, 以提高分析问题和解决问题的能力.

摘要：数列与不等式内容在新课标体系安排有着重要的地位, 而且在各类数学竞赛中也有突出的作用, 是重点考察内容, 本文为高考试题探究课提供一个教学思路, 也为读者提供一个探究思路.

关键词：数列,不等式,放缩法

参考文献

[1]许万军.浅谈高考数学与数学竞赛的关系[J].数学学习与研究, 2014 (03) .

13.关于自然数数列前n项和公式证明 篇十三

huangjianwxyx

以下公式，尤其是二、三公式的推导体现了递推消项数学思想。

一、证明：Sn=k=1＋2＋3＋…＋n＝(1+n)n/2证：(略)

二、证明：Sn=k2=1²＋2²＋3²＋…＋n²＝ [n(n＋1)(2n＋1)]/6

k1k1nn

证：(n＋1)³－n³=(n³＋3n²＋3n＋1)－n³=3n²＋3n＋1，则：

2³－1³=3×1²＋3×1＋1（n从1开始）

3³－2³=3×2²＋3×2＋1

4³－3³=3×3²＋3×3＋1

5³－4³=3×4²＋3×4＋1

6³－5³=3×5²＋3×5＋1

…

(n＋1)³－n³=3×n²＋3×n＋1（至n结束）

上面左右所有的式子分别相加，得：

(n＋1)³－1³=3×[1²＋2²＋3²＋…＋n²]＋3×[1＋2＋3＋…＋n]＋n (n＋1)³－1=3Sn＋3×[n(n＋1)/2]＋n

Sn=1²＋2²＋3²＋…＋n²＝ [n(n＋1)(2n＋1)]/6

三、证明：Sn=k3=13+23+.....+n3=n2(n+1)2/4=[n(n+1)/2] 2

k1n

证：(n+1)4-n4=[(n+1)2+n2][(n+1)2-n2]=(2n2+2n+1)(2n+1)=4n3+6n2+4n+1则：

24-14=4*13+6*12+4*1+1（n从1开始）

34-24=4*23+6*22+4*2+1

44-34=4*33+6*32+4*3+1

...(n+1)4-n4=4*n3+6*n2+4*n+1（至n结束）

上面左右所有的式子分别相加，得：

(n+1)4-1=4*(13+23+.....+n3)+6*(1²＋2²＋3²＋…＋n²)+4*(1+2+3+...+n)+n4*(13+23+.....+n3)=(n+1)4-1+6*[n(n+1)(2n+1)/6]+4*[(1+n)n/2]+n=[n(n+1)]2

14.等差、等比数列子数列性质的探究 篇十四

【教学目标】

经历等差数列与等比数列子数列的性质的研究过程，体验“归纳——猜想——论证”的数学发现的科学方法；体会从特殊到一般、类比等数学思想，获得数学发现与研究的乐趣。

【教学重点】

归纳-猜想-论证、从特殊到一般、类比等数学思想方法的体验与认识。

【教学难点】

“归纳——猜想——论证”等数学数学思想方法的习得。

【教材分析】

前段时间，高三学生已经进行了数列的系统复习，掌握了等差、等比数列的定义与应用；学习了解决数列问题的“基本量法”、“类比”、“归纳、猜想、论证”等数学思想方法，本课主要通过等差、等比子数列的研究，强化数学的学习过程，加深对于数学本质的理解，规范解决数学问题的基本方法与要求，获得数学概念学习的新的体会。

【学情分析】

从学生的认知基础看，学生已经对于等差、等比数列有了较好的理解与认识，也能够开展对于数学新问题的学习与研究能力；从学生的思维发展看，高三学生已经具备了一定的研究与学习有关新概念与新问题的能力。

【问题提出】

在数列研究的过程中，等差数列与等比数列是两个十分重要的数列；我们已经研究了等差数列与等比数列的一些性质，这两节课，我们将研究了从等差及等比数列中取出部分的项，按原来的顺序组成的一个“子数列”所具有的性质；研究这些数列的的一般特征与规律。

观察下列数列，试写出一个符合前4项的通项公式，指出它们具有什么性质？

（1）1,2,3,4,...；

（2）2,4,6,8,...；

（3）1,3,5,7,...；

（4）1,2,4,8,...（4）5,9,13,17,...（5）2,5,8,11,...（6）1,4,16,64,...（7）5,20,80,320,...（设计意图：学生通过从特殊到一般的归纳与猜测，获得各数列的通项公式；指出其一般特性；体验通项公式的猁过程，逐步获得子数列的概念。）

【问题探究】

1）教师提问：观察上述数列，从数列的项来看，他们间存在什么联系吗？

2）形成子数列定义：给定无穷数列an，数列an中任取无穷多项，不改变它们在原来数列中的先后次序，得到新的数列ak1,ak2,ak3,...,ak,...(k...1k2k3 n

kn...,k1,k2,k3,knN)称为数列an的一个子数列。

3）指出上述数列中子数列关系。

结论：任何一个无穷数列都存在无穷多个子数列。

问题

一、数列an是无穷等差数列，问：数列an是否存在等差的子数列？ 研究：

1、设ana(a为常数），则任取一些项组成的数列都是等差子数列。

2、ann中有子数列bn2n1,bn2n,bn5n等。

3、an

1n1中有子数列bn3n1,bnn等 2224、数列an是等差数列，若k1k2k3...kn...，k1,k2,k3,knN)，当ak1t，且m的等差数列时，ak1,ak2,ak3,...,ak是数列an的一个首项为t，k1,k2,k3,...nk,是公差为,...,...n公差为md的等差子数列。证明：略。

方法小结：

（1）只要首项不同，公差不同就可以确定不同的等差子数列。

（2）从具体的例子中小结出如何寻找等差子数列，以及子数列的公差和原数列的公差之间的关系，从而得出结论：

1）2）

等差数列中下标成等差数列（公差为k）的项仍然成等差数列。新的等差数列的公差等于原等差数列的公差的k倍。

（设计意图：研究问题的1以及2，在前面已经解决过，只是让学生通过复习，加深对于子数列的理

解；问题3的解决，是为归纳猜想作必要的准备；问题的证明，是为了规范学生的表达形式。）

问题

二、数列an是等比数列，问：数列an是否存在等比的子数列？

1、设ana(a为常数），则任取一些项组成的数列都是等比子数列。

2、an2n中有子数列bn22n1和bn25n等。

3、an2()

n

1中有子数列bn2()等。

n4、数列an是等比数列，若k1k2k3...kn...，k1,k2,k3,knN)，当ak1t，且m的等差数列时，ak1,ak2,ak3,...,akn,...是数列an的一个首项为t，k1,k2,k3,...nk,是公差为,...公比为qk的等比子数列。

证明结论：设an是等比数列，q是公比，若am,an为常数时，an

qnm，当nmkam

an

qnmqk也是常数。am

方法小结：

（1）只要首项不同，公比不同就可以确定不同的等比子数列。

（2）从具体的例子中小结出如何寻找等比子数列，以及子数列的公比和原数列的公比之间的关系，从而得出结论： 1）

等比数列中下标成等差数列（公差为k）的项仍然成等比数列。

2）法。）

新的等比数列的公比等于qk。

（设计意图：学习类比的数学思想方法；进一步体会从特殊到一般，归纳——猜想——论证的数学思想方问题

三、数列an是等差数列，问：数列an是否存在等比的子数列？

1、若an=n，求数列an的等比子数列？ 子数列bn=

2n

1和bn=

3n1

等。

（自然数列是学生最容易想到的，除了自然数列之外，其他的数列不容易想到）

2、给出一个例子一起研究。

例题1：已知：等差数列an，且an3n1。问：等差数列an中是否存在等比子数列cn？（1）写出an的一些项：2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，„，学生尝试后找出结果有：

①2，8，32，128，512，„，24n1;②2,14,98,686,4802, „，27

n

1;③2,20,200,2000, „，210n1;④5,20,80,320, „，54n1;⑤2,26,338, „，213n1

（2）猜想：①cn24n1；②cn27n1；③cn210n1；④cn54n1；⑤

cn213n1

（3）提问：这些猜想是否正确呢？

我们可以从两个方面进行思考：通过演绎推理证明猜想为真，或者找出反例说明此猜想为假，从而否定或修正此猜想。（4）学生分组证明猜想

分析：24∵2

4n1

n1的项被3除余2，从而得出利用二项式定理证明的方法。

证1：（用二项式定理）

2(31)n12(3k1)6k2(kN)，即24n1除以3余2，∴cn是an的子数列。

分析 ：由前面几项符合推广到无穷项都符合，从而得出利用数学归纳法证明的方法。证2：（数学归纳法）

① 当n=1时，c12311a1

② 假设当n=k时，ck22k13m1am(mN)，那么当n=k+1时，ck1

22(k1)122k1422k14(3m1)3(4m1)1a4m1.由①、②得cn是an的子数列。

n1n

1c272(61)3k2,kN;n（5）同理证明

cn210n12(91)n13k2,kN,cn54n15(31)n13k2，kN;cn213n12(121)n13k2,kN.（6）引申：让学生找规律——以an中任一项为首项，以3k1(kN)为公比的等比数列均是该等差

数列的等比子数列

（7）小结：归纳法是从特殊到一般的推理方法，而由此所作出的猜想是需要进一步证明的。从归纳猜

想到论证的思维方法是我们研究数学问题常用的方法。

（8）思考：对给定的等差数列可以构造出等比数列，不确定的等差数列中是否存在等比数列？

【方法总结】

1、“归纳——猜想——论证”是数学发现的方法，从特殊到一般的数学思想方法，是研究数学问题的常用方法；

2、研究性学习，是数学思维培养的重要手段；

3、合作学习方式，是研究性学习的有效途径。

【方法应用】

思考

1、等比数列是否存在等差子数列？请举例说明，并研究一般规律。

思考2： 已知：数列an是首项a12,公差是d的等差数列。数列bn是等比数列，且

b1a1,b2a2。问：是否存在自然数d，使得数列bn是数列an的子数列？如存在，试求出d的一

切可能值。

思考

3、数列an是等比数列，问：数列an是否存在等差的子数列？ 分析：先取d=1，2，3，4，5，6。发现当d是奇数时，不可能。∵a2是奇数，∴公比

a2an

1为分数，则bn2(2)从第三项开始就不是自然数

2取d=2，an：2，4，6，8，„，bn：2，4，8，16，„，an2n,bn2n,2n是偶数，∴d=2时，数列bn是数列an的子数列，取d=4，an：2，6，10，14，18，„，bn：2，6，18，54，„，an4n2,bn23n12(41)n12(4k1)42k2(kN)，∴d=4时，数列bn是数列an的子数列。同理d=6时，数列bn也是数列an的子数列。由此猜想当d2m(mN)时，数列bn是数列an的子数列。可以用二项式定理或数学归纳法证明。

证1：（用二项式定理）在an中，a12,d2m,an2(n1)2m.在bn中，b1=2，b222m,q

则2(m1)

k1

22m

1m,bn2(1m)n1。令bkan(k3), 2

1k2

=2(n1)2m.(m1)k11(n1)m,mk1Ck 1m

2k21k32

an中的CkkCkCkk1m11(n1)m，可解出n1m1m1N,即bk为

某一项。

证2：（数学归纳法）①当n=1时，b1a1；②假设bk是an的第p项，即

2(m1)k122m(p1),则bk1bk(m1)22m(p1)(m1)=2+

2mm(p1)p11即bk1是an中的第m（p-1）+p+1项。由①、②得，数列bn是数列an的子

15.数列的证明 篇十五

1. 利用等差数列裂项相消

例1 ( 2013广东) . 设数列{ an} 的前n项和为Sn, 已知a1= 1, 2Sn/n, =an + 1-1/3n22- n-2/3, n∈N*.

( 1) 、 ( 2) 略

2. 利用对数性质裂项相消

例2 ( 2013全国大纲) 已知函数f ( x) = ln ( 1 +x) x- ( 1 + λx) /1 + x

( Ⅰ) 若x≥0时, f ( x) ≤0, 求λ的最小值;

( Ⅱ) 设数列{ an} 的通项an=1 +1/2+1/3+ … +1/n, 证明: a2n- an+1/4n> ln2.

剖析若k > 0时, 则ln (k + 1) /k= ln ( k + 1) - lnk, 利用它来达到裂项相消的目的.

3. 利用根式裂项

评注将不等式中各项放缩后进行裂项求和, 最后在进行放缩, 使之成立.

4. 利用排列组合裂项

例4对于n∈N*, 求证: ( 1 +1/n) nn< 3.

剖析因为不等式左边有n次方, 故想用二项式定理来展开, 再放缩通项, 裂项相消.

5. 利用三角函数裂项

例5 ( 2011·安徽卷) 在数1和100之间插入n个实数, 使得这n + 2个数构成递增的等比数列, 将这n + 2个数的乘积记作Tn, 再令an= lg Tn, n≥1.

( 1) 求数列{ an} 的通项公式;

( 2) 设bn= tanan·tanan-1, 求数列{ bn} 的前n项和Sn.

解答 ( 1) 略.

( 2) 由题意和 ( 1) 中知bn= tan ( n + 2) ·tan ( n + 3) , n≥1,

另一方面, 利用

以上是笔者在教学中的一点体会, 从中我们可以发现裂项相消在数列不等式证明中应用的频率很高, 它可以和很多知识和内容结合, 对学生应变能力有较高的要求, 可培养学生创新思维, 故在今后的教学中应加以重视.

参考文献

[1]夏正勇.不等式证明中对“放缩”的几点思考[J].中学数学 (高中版) , 2012, 11.

16.数列中的数学思想 篇十六

一、函数思想

利用函数的有关性质,解决数列的有关问题.即以运动和变化的观点,分析数列问题的数量关系,建立函数关系,运用函数的图象和性质求解,从而使问题获得解决.

例1 设等差数列{an}的前n项和Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.

(1)求公差d的取值范围;

(2)指出S1,S2,…,S12中哪一个值最大?并说明理由.

分析 对于(1)可考虑由S12>0,S13<0建立关于d的不等式组,然后求解;对于(2),由已知条件可知Sn是n的二次函数,转化为求二次函数的最值问题.

解 (1)由a3=a1+2d=12,得a1=12-2d.∴S12=12a1+66d=144+42d>0,S13=13a1+78d=156+52d<0.解得-247

(2)∵Sn=na1+12n(n-1)d=12dn2+12-52dn,而d<0,∴Sn是n的二次函数,其对称轴方程为52-12d.∵-247

评注 对于等差数列有Sn=an2+bn,一般可利用二次函数求解;对于等比数列有Sn=a1(1-qn)1-q=aqn+b(q≠1),一般可利用指数函数求解.

二、归纳思想

在解决某一数学问题时,如果采用不完全归纳法或完全归纳法来做,我们就称这两种思想方法为归纳的数学思想方法.归纳思想方法是数列解题的重要思想方法之一.

例4 设数列{an}的前n项和Sn与an的关系是Sn=-ban+1-1(1+b)n.

(1)求an与an-1的关系;

(2)写出用n和b表示an的关系式.

分析 (1)利用an=Sn-Sn-1求an与an-1的关系;(2)利用(1)的结果,分别计算当n=1,2,3,时的值,归纳、猜想an的关系式.

解 (1)∵Sn=-ban+1-1(1+b)n,①

∴Sn-1=-ban-1+1-1(1+b)n-1.(n≥2)②

①-②得an=Sn-Sn-1=ban-1-ban+1(1+b)n-1-1(1+b)n.

∴an=bb+1an-1+b(1+b)n+1.(n≥2)③

(2)当n=1时,a1=S1=-ba1+1-11+b,

∴a1=b(1+b)2;由③式,得a2=b1+b•b(1+b)2+b(1+b)3=b+b2(1+b)3;a3=b1+b•b+b2(1+b)3+b(1+b)4=b+b2+b3(1+b)4;……;

猜想an=b+b2+…+bn(1+b)n+1.④

(理科附加题)

用数学归纳法证明猜想④成立.

(Ⅰ)当n=1时,a1=b(1+b)2,即④式成立;

(Ⅱ)假设n=k时,④式成立,即ak=b+b2+…+bk(1+b)k+1;

当n=k+1时,由③式,得ak+1=b1+bak+b(1+b)k+2=b1+b•b+b2+……+bk(1+b)k+1+b(1+b)k+2=b+b2+…+bk+1(1+b)(k+1)+1.∴当n=k+1时,④式成立.

由(Ⅰ)和(Ⅱ)可知,对一切正整数n,④式都成立,即通项公式为an=b+b2+…+bn(1+b)n+1=n2n+1(b=1)b-bn+1(1-b)(1+b)n+1(b≠1).

评注 这里先求得数列的前三项,由前三项的规律用不完全归纳法猜想出通项,然后再用数学归纳法证明猜想的正确性,这是运用归纳思想方法的全过程.

三、方程思想

在解数列问题时,经过一系列的数学变换把数列问题化为方程问题,并运用方程的有关性质求解,进而使问题得到解决.

例5 已知数列{cn},其中cn=2n+3n,且数列{cn+1-pcn}为等比数列,求常数p.

分析:利用{cn+1-pcn}为等比数列这一条件列出方程,从方程中就可求出常数p的值.

解 设Rn=cn+1-pcn=2n(2-p)+3n(3-p),由{cn+1-pcn}为等比数列,由题意,得R2n=Rn-1•Rn+1

∴2n-1•3n-1(2-p)(3-p)[2×3×2-32-22]=0,

∴(2-p)(3-p)=0,解得p=2或p=3.

评注 此题用方程的思想方法求解,思路清晰、过程简捷.当然,此题还可以由Rn+1Rn为与n无关的常数,确定p的值.或由R1,R2,R3为等比数列求出P的值,然后验证即可.

四、数形结合思想

数列的通项公式和前n项和公式可以看做关于正数n的函数,因此可以借助函数与图象的关系,利用“图形”讨论数列问题.

例6 已知{an}是等差数列,an>0,且公差d≠0;{bn}是等比数列,bn>0,且公比q>1.

(1)若a1=b1,a2n+1=b2n+1,请比较an+1与bn+1的大小,并证明你的结论.

图1-1图1-2

(2)若a1=b1,a2=b2,当n>2时,请比较an+1与bn+1的大小,并证明你的结论.

分析 由数列的通项公式,知等差数列{an}满足an=nd+(a1-d),所以点(n,an)都在同一直线上,等比数列{bn}满足bn=b1qqn,所以点(n,bn)都在一“指数函数型”图象上.借助函数图象讨论数列项之间的大小关系.

解 因为等差数列满足an>0,所以d>0,即{an}是单调递增数列;因为bn>0,且公比q>1,所以{bn}也是单调递增数列.根据(1)可得图1-1,此时an+1>bn+1;由(2)可得图1-2,此时an+1

(1)由a2n+1=b2n+1,得a1+2nd=b1q2n,nd=12(b1q2n-a1).an+1-bn+1=a1+nd-b1qn=a1+12(b1q2n-a1)-b1qn=a12(q2n-2qn+1)=a12(qn-1)2>0,所以an+1>bn+1.

(2)由a1=b1,a2=b2,可得a1+d=b1q,d=a1(q-1).bn+1-an+1=b1qn-a1-nd=a1qn-a1-na1(q-1)=a1[(qn-1)-n(q-1)],因为1+q+q2+…+qn-1=1-qn1-q,所以qn-1=(q-1)(1+q+q2+…+qn-1).所以bn+1-an+1=a1[(q-1)(1+q+q2+…+qn-1)-n(q-1)]=a1(q-1)(1+q+q2+…+qn-1-n).因为q>1,所以qi>1(i=0,1,2,…,n-1).所以1+q+q2+…+qn-1>1+1+…+1=n.所以bn+1-an+1>0,即bn+1>an+1.

评注 本题是先利用函数的图象判断出an+1和bn+1的关系,得到结论后,给出证明.

17.数列的证明 篇十七

一、教学目标

1.掌握等差、等比数列的性质；

2.能用类比的思想来研究等差、等比数列，体会它们的区别和联系；

3.理解等差数列前n项和Sn与二次函数的关系；掌握求等差数列前n项和最值的基本方法。

二、基础知识回顾与梳理

1、已知an是公差为d的等差数列，下列命题是否正确？

①a2,a4,...a12是等差数列 ；②an,an1,...a1是等差数列；③ca1,ca2,...can（c为常数）是等差数列． 【教学建议】本题选自书本第35页习题，主要复习等差数列的概念，让学生学会用定义判断一个数列是否为等差数列．

2、设an是等比数列，下列命题正确吗？

2①an是等比数列； ②anan1是等比数列；③1是等比数列； ④lgan是等比数列； an⑤anan1是等比数列．

【教学建议】本题选自课本第60页习题，提问学生：如何判断一个数列是否为等比数列，学会用定义判断一个数列是否为等比数列，第⑤小题学生容易忽略等比数列各项不能为零．

3、下列说法是否正确？

①1与4的等比中项是2； ②等比数列an中a11,a54，则a32；

【教学建议】本题考察等比中项的概念，学生可能在概念上犯错，教师在讲解时不需要避免学生出错，让学生暴露问题，老师进一步理清概念．

4、数列1,x,x2,...xn1的前n项和Sn_________．

【教学建议】本题选自书本第56页习题，等比数列求和学生使用时很容易忘记讨论q1，主要让学生加深印象，对等比数列求和一定要考虑q1的特殊情形，进一步练习：等比数列an中，S33a3，则公比q______，说明一些特殊情况下可以回避用求和公式，避免讨论．

三、诊断练习

1、教学处理：数列小题解法较多，要重视学生自己思路解法。课前学生自主完成，黑板板演，老师点评 学生思路方法，比较多种解法，比较优劣，归纳总结．

2、诊断练习点评

题1：在等差数列an中，若S1590，则a8=______________.【分析与点评】提出问题：条件S1590如何使用，引导学生思考用等差数列求和公式的两种表示形式来翻译条件，归纳思路：（1）完全化归为基本量表示，S1515a1寻求Sn和an的关系，S151514d90，化简得a8a17d6；（2）215(a1a15)90，利用性质2a8a1a15，解得a86．

2题2：公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，且3a,若a11，则S4＝________.a2,a3成等差数列，1答案为：20

【分析与点评】（1）等差等比数列的计算强调基本量的运算：化归为a1,d(q)的计算；（2）本题“递增”是关键，学生容易得到a11,a34q24q2，代入公式求解；也可以得到

a1a34,a1a35q24q2．

题3：等比数列an的各项均为正数,且a1a54,则log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5.第3题答案为：5

题4：：等差数列{an}的公差是2，若a2,a4,a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn第4题答案为：Sn_______ n(a1an)n(n1)2

3、要点归纳

（1）强化等差（比）数列的重要性质，对于下标和相等，等差（比）子数列的性质不同，要注意区别；（2）等差（比）数列的前n项和的性质也不同，特别注意有关等差数列前n项和Sn取最值问题，如“诊断练习”第3题；

（3）要重视等差（比）数列的性质在解题中的运用．

四、范例导析

例

1、数列an的前n项和为Sn，若a12且SnSn12nn2,nN

(1)求Sn；

(2)是否存在等比数列bn满足b1a1,b2a3,b3a9？若存在，求出数列bn的通项公式；若不存在，说明理由.【教学处理】让学生板演，了解学生读题后的第一想法，加以点评总结，同时规范学生的书写 【引导分析与精讲建议】

1、第1问强调等差数列的证明,注意n1的验证；

2、第2问注重等差等比数列基本量的计算.解析:(1)因为SnSn12nn2,nN，所以有SnSn12n对n2,nN成立.即an2n对n2,nN成立，又a1S121，所以an2n对nN成立.所以an1an2a对nN成立，所以an是等差数列，所以有Sn(2)存在.由(1)知，an2n对nN成立，所以有a36,a918,又a12，所以有b12，b26,b318,则a1annn2n,nN.2b2b33，b1b2所以存在以b12为首项，以3为公比的等比数列bn.练习:（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10100，S10010，求S110；（2）已知等比数列{an}中，a1a2a37，a1a2a38，求an。

变式题：等差数列an的前m项和Sm30,前2m项和S2m100,求前3m项和S3m [点评]：这里变式题起到巩固知识的作用，引导学生用多种思路来求解． 例2：已知数列{an}的前n项和为Sn.(Ⅰ)若数列{an}是等比数列,满足2a1式;(Ⅱ)是否存在等差数列{an},使对任意nN*都有anSn2n2(n1)?若存在,请求出所有满足条件的等差数列;若不存在,请说明理由.第2题答案为：

解:(Ⅰ)设等比数列

a33a2, a32是a2,a4的等差中项,求数列an的通项公an的首项为a1,公比为q，a1(2q2)3a1q,(1)2a1a33a2,依题意,有即32aa2(a2).432a1(qq)2a1q4.(2)由(1)得 q23q20,解得q1或q当q当q2.1时,不合题意舍;2时,代入(2)得a12,所以,an22n12n

(Ⅱ)假设存在满足条件的数列{an},设此数列的公差为d,则

[a1(n1)d][a1nn(n1)d]2n2(n1),得 2d22331n(a1dd2)n(a12a1dd2)2n22n对nN*恒成立, 2222d222,32则a1dd2，21223aadd0,1212解得d2,d2,或此时an2n,或an2n.a2,a2.112故存在等差数列{an},使对任意nN*都有anSn2n(n1).其中an2n, 或an2n

例

3、已知等差数列{an}的首项a11，公差d0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

（2）设数列cn对nN均有cc1c2nan1成立，求c1c2c2015． b1b2bn11an.22备用题：已知数列{an}的前n项和Sn与通项an满足Sn(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设fxlog3x,bnfa1fa2fan，Tn(3)若cnanfan，求cn的前n项和Un.111，求T2015； b1b2bn【教学处理】第（1）题，可由学生自行解答；第（2）题教师可引导学生进行观察和思考，教师点评时要侧重学生解题方法，注意运用函数的思想，注意对n1时情况的关注，培养学生严密的思维和严谨的学习态度。【引导分析与精讲建议】

（1）用方程思想求出首项和公差公比是解决问题的基础；

（2）对于等差等比综合问题学生会有困难，要引导学生抓住关键，注意等比数列证明方法；

（3）用函数的思想是解决第（2）题的关键所在，解题中要注意培养学生思维的严谨性，对表达中字母n的取值范围加以重视，注意对n1时情况的关注。

五、解题反思