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数列与不等式相结合的题目在高考题中经常出现,一般给人的感觉是抽象、无从下手,本文探讨∑nk=1f(k)<c型数列不等式的两种常见解题策略.
途径1:利用放缩法转化为裂项求和
例1 (08辽宁理科第21题)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*.
(1) 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;
(2) 证明:1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn<512
分析:观察通项发现,可以向裂项求和的方向转化,由1an+bn=1(n+1)(2n+1)<12n(n+1)=121n-1n+1,可得1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn<121-12+12-13+…+1n-1n+1=121-1n+1<12,发现放缩范围偏大,此时可选择保留第一项不变,放缩其他项,经过“微调”,从而实现放缩范围的调整.
解:(1) 由条件得2bn=an+an+1,a2n+1=bnbn+1
由此可得
a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25.
猜测an=n(n+1),bn=(n+1)2.
用数学归纳法证明(略)
(2) 1a1+b1=16<512.
n≥2时,由(1)知an+bn=(n+1)(2n+1)>2(n+1)n.
故1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn<16+1212×3+13×4+…+1n(n+1)
=16+1212-13+13-14+…+1n-1n+1
=16+1212-1n+1<16+14=512
综上,原不等式成立.
途径2:利用放缩法转化为等比数列求和
例2 (08浙江理科第22题)已知数列{an},an≥0,a1=0,a2n+1+an+1-1=a2n(n∈N*).
记:Sn=a1+a2+…+an,Tn
=11+an+1(1+a1)(1+a2)+…+1(1+a1)(1+a2)…(1+an).
求证:当n∈N*时,(Ⅰ) an<an+1;(Ⅱ) Sn>n-2;(Ⅲ) Tn<3
分析:此题第(Ⅲ)问中,Tn的可看作数列的前n项和,数列的通项较复杂,但相邻两项之间的关系较密切,可考虑向等比数列的方向转化.
解:(1) 用数学归纳法证明.(略) (2) (略)
(3) 令bn=1(1+an)(1+a2)…(1+an),则有bnbn-1=11+an(n≥2).因为an≥0,又由(1)知,an<an+1,因此,数列{an}在N+上单调递增.又1+a2=5+12>32,所以1+an≥1+a2>32(n≥2),∴ 0<11+an<23,∴ bnbn-1<23,∴ 当n=1时,T1=11+a1=1<3,成立.
当n≥2时,Tn=∑nk=1bk<1+23+232+…+23n-1=1-23n1-23=31-23n<3.故,Tn<3.
纵观近几年各地高考题,对数列的考察依然是一个热点,而有关∑nk=1f(k)<c型数列不等式也多次出现,以上总结的两种常见的解题策略相当典型,读者仔细体会,定能举一反三,解决更多类似问题.
途径1:利用放缩法转化为裂项求和
例1 (08辽宁理科第21题)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*.
(1) 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;
(2) 证明:1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn<512
分析:观察通项发现,可以向裂项求和的方向转化,由1an+bn=1(n+1)(2n+1)<12n(n+1)=121n-1n+1,可得1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn<121-12+12-13+…+1n-1n+1=121-1n+1<12,发现放缩范围偏大,此时可选择保留第一项不变,放缩其他项,经过“微调”,从而实现放缩范围的调整.
解:(1) 由条件得2bn=an+an+1,a2n+1=bnbn+1
由此可得
a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25.
猜测an=n(n+1),bn=(n+1)2.
用数学归纳法证明(略)
(2) 1a1+b1=16<512.
n≥2时,由(1)知an+bn=(n+1)(2n+1)>2(n+1)n.
故1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn<16+1212×3+13×4+…+1n(n+1)
=16+1212-13+13-14+…+1n-1n+1
=16+1212-1n+1<16+14=512
综上,原不等式成立.
途径2:利用放缩法转化为等比数列求和
例2 (08浙江理科第22题)已知数列{an},an≥0,a1=0,a2n+1+an+1-1=a2n(n∈N*).
记:Sn=a1+a2+…+an,Tn
=11+an+1(1+a1)(1+a2)+…+1(1+a1)(1+a2)…(1+an).
求证:当n∈N*时,(Ⅰ) an<an+1;(Ⅱ) Sn>n-2;(Ⅲ) Tn<3
分析:此题第(Ⅲ)问中,Tn的可看作数列的前n项和,数列的通项较复杂,但相邻两项之间的关系较密切,可考虑向等比数列的方向转化.
解:(1) 用数学归纳法证明.(略) (2) (略)
(3) 令bn=1(1+an)(1+a2)…(1+an),则有bnbn-1=11+an(n≥2).因为an≥0,又由(1)知,an<an+1,因此,数列{an}在N+上单调递增.又1+a2=5+12>32,所以1+an≥1+a2>32(n≥2),∴ 0<11+an<23,∴ bnbn-1<23,∴ 当n=1时,T1=11+a1=1<3,成立.
当n≥2时,Tn=∑nk=1bk<1+23+232+…+23n-1=1-23n1-23=31-23n<3.故,Tn<3.
纵观近几年各地高考题,对数列的考察依然是一个热点,而有关∑nk=1f(k)<c型数列不等式也多次出现,以上总结的两种常见的解题策略相当典型,读者仔细体会,定能举一反三,解决更多类似问题.