ai

2014-12-13 23:17:43

數學教學通訊·初中版訂閱 2014年11期 收藏

關鍵詞：變形利用數學

題目呈現

題目？搖 （2014年高考新課標全國卷Ⅱ第17題）已知數列{an}滿足a1=1，an+1=3an+1.

（1）證明：an+是等比數列，并求{an}的通項公式;

（2）證明：++…+≤.

點評 ?此題屬于新課標全國卷Ⅱ中解答題的第一題，主要考查了判斷數列為等比數列、求通項公式和一邊為常數的數列不等式的證明.對于第（2）問，我們往往感到十分困難，利用放縮法將數列變為可以求和的數列，但放縮方向不明確;利用數學歸納法，因n=k+1時，要通過++…++≤+證+<顯然不可能，致使解題陷入僵局，耽誤了寶貴的時間，影響考試成績.

因此aiA，A為常數）型數列不等式的證明值得探究，筆者通過對本題第（2）問試證探討該類型不等式的常用證法，供大家參考.

由第（1）問可得an=，故=. 下面證明++…+≤.

解法探究

方案一？搖精巧變形，將通項放縮為可求和數列

方法1 ?因=，當n≥1時，3n-1=2·3n-1+3n-1-1≥2·3n-1，故=≤，++…+≤1++…+=1-<.

方法2 ?因==，當n≥1時，≤1-<1，故1<≤，≤，即≤，所以++…+≤1++···+=1-<.

評注 ?方法1、2均采用通項變形進行放縮，根據=的結構，將其放縮為等比數列，使不能求和的問題轉化為簡單的等比數列求和問題.

例1 ?（2004年高考全國卷Ⅲ理科第22題）已知數列{an}的前n項和Sn滿足：Sn=2an+（-1）n.

（1）寫出數列{an}的前3項a1，a2，a3;

（2）求數列{an}的通項公式;

（3）證明：對任意的正整數m>4，都有++…+<.

分析 ?由（1）（2）可知an=[2n-2+（-1）n-1]（n≥1），從而要證明的不等式就可以化為：+++…+·+·<. 顯然不等式左側無法直接求和，此時應先對不等式左側每一項放大變形，然后再求和. 考慮到左邊通項中含有（-1）m-1，為了便于確定符號，易于放縮，我們要對m的奇偶性進行討論，同時對相鄰兩項之和+進行放大變形. 事實上，當m（m≥2）為奇數時，+=·+=·≤·=+，這樣放大后，便能求和了. 由上分析，當m（m>4）為奇數時，<+++…++=+++…+=-<;當m（m>4）為偶數時，+=·+=·≤·=·+，故=+++…+<+++…+=-<.證畢.

方案二 ?利用遞推，迭代放縮

方法3 ?由條件a1=1及an+1=3an+1可知：an>0且=，所以0<<=·，故<·<2·<…

評注 ?方法3充分利用已知條件an+1=3an+1放縮，使遞推關系變為可以進行迭代的遞推不等式.

例2 ?已知函數f（x）=，x∈（0，+∞），數列{xn}滿足xn+1=f（xn）（n∈N？鄢），x1=1. 設an=xn-，Sn為數列{an}的前n項和，證明：Sn<.

分析 ?由已知，an+1=xn+1-=f（xn）-=-==（-1）·. 又xn>0，故xn+1>1，所以an+1<（-1）xn-，即an+1<（-1）an. 故an<（-1）an-1<（-1）2an-2<…<（-1）n-1a1=（-1）n，亦即an<（-1）n. 從而Sn<-1+（-1）2+…+（-1）n=[1-（-1）n]<=. 證畢.

方案三 ?利用數學歸納法尋找加強命題過渡

由于數列不等式與正整數有關，所以，“數學歸納法”常常成為數列不等式證明的首選辦法.但是，一些數列不等式，尤其一邊是常數的數列不等式，直接利用“數學歸納法”卻行不通，而需要先對其進行放縮以證明它的“加強不等式”，它是證明數列不等式的一種有效辦法，筆者通過此題說明數列不等式問題從哪里“強”、如何“強”、“強”到什么程度做一些探討.

方法4 ?假設加強命題為++…+≤-g（n），則g（n）應同時滿足三個條件：g（n）>0 ①;≤-g（1），即g（1）≤ ②;假設n=k時，++…+≤-g（k）成立，則n=k+1時，需要證明++…++≤-g（k+1）. 利用歸納假設，++…++≤-g（k）+成立，因此只需說明-g（k）+≤-g（k+1），即g（k+1）-g（k）+≤0，即g（k+1）-g（k）+≤0③. 根據數列的結構，從利于運算的角度出發，設g（k）=，由①，a>0;由②，a≤1;由③得≤，故1+≤=3+，即≤2+，所以≤2，即a≥1，綜上，a=1.

這樣，我們就找到證明++…+<成立的加強命題：++…+≤-. 由以上分析，利用數學歸納法證明加強命題成立即可，這種方法雖然較為煩瑣，但卻有很強的普適性.

例3 ?證明1++…+<.

分析 ?根據方法4，利用數學歸納法探尋加強命題的方法，假設其加強命題為1++…+≤-f（n），則f（n）需要滿足三個條件：f（n）>0， f（1）≤， f（k+1）-f（k）+≤0，通項中的核心是2n，可設f（k）=，則由三個條件可得a>0，a≥，a≤，故a=. 令a=，利用數學歸納法證明1++…+<-成立，又因-<即可證明原命題成立，詳細過程不再贅述.

？搖？搖評注 ?通過加強命題證明的兩例，我們不難看出，利用加強命題操作性強，通性通法. 在條件f（k+1）-f（k）+≤0的使用上，我們利用恒成立解出a的取值范圍，其實也可以利用存在性加以證明，由f（k+1）-f（k）+≤0可得a≤1-，則a≤1，那么結合f（n）>0， f（1）≤得到的a≥，可知≤a≤1，這里，再用數學歸納法時，我們就要注意從第幾項開始，也就是歸納奠基的初始值問題. 如果取a=，則令≤1-，則確保使不等式成立最小的k=2，那么利用數學歸納法時，初始值就要取2，即當n=1時，-=-=>1成立，當n=2時，-=>1+=成立，假設n=k…endprint

題目呈現

題目？搖 （2014年高考新課標全國卷Ⅱ第17題）已知數列{an}滿足a1=1，an+1=3an+1.

（1）證明：an+是等比數列，并求{an}的通項公式;

（2）證明：++…+≤.

點評 ?此題屬于新課標全國卷Ⅱ中解答題的第一題，主要考查了判斷數列為等比數列、求通項公式和一邊為常數的數列不等式的證明.對于第（2）問，我們往往感到十分困難，利用放縮法將數列變為可以求和的數列，但放縮方向不明確;利用數學歸納法，因n=k+1時，要通過++…++≤+證+<顯然不可能，致使解題陷入僵局，耽誤了寶貴的時間，影響考試成績.

因此aiA，A為常數）型數列不等式的證明值得探究，筆者通過對本題第（2）問試證探討該類型不等式的常用證法，供大家參考.

由第（1）問可得an=，故=. 下面證明++…+≤.

解法探究

方案一？搖精巧變形，將通項放縮為可求和數列

方法1 ?因=，當n≥1時，3n-1=2·3n-1+3n-1-1≥2·3n-1，故=≤，++…+≤1++…+=1-<.

方法2 ?因==，當n≥1時，≤1-<1，故1<≤，≤，即≤，所以++…+≤1++···+=1-<.

評注 ?方法1、2均采用通項變形進行放縮，根據=的結構，將其放縮為等比數列，使不能求和的問題轉化為簡單的等比數列求和問題.

例1 ?（2004年高考全國卷Ⅲ理科第22題）已知數列{an}的前n項和Sn滿足：Sn=2an+（-1）n.

（1）寫出數列{an}的前3項a1，a2，a3;

（2）求數列{an}的通項公式;

（3）證明：對任意的正整數m>4，都有++…+<.

分析 ?由（1）（2）可知an=[2n-2+（-1）n-1]（n≥1），從而要證明的不等式就可以化為：+++…+·+·<. 顯然不等式左側無法直接求和，此時應先對不等式左側每一項放大變形，然后再求和. 考慮到左邊通項中含有（-1）m-1，為了便于確定符號，易于放縮，我們要對m的奇偶性進行討論，同時對相鄰兩項之和+進行放大變形. 事實上，當m（m≥2）為奇數時，+=·+=·≤·=+，這樣放大后，便能求和了. 由上分析，當m（m>4）為奇數時，<+++…++=+++…+=-<;當m（m>4）為偶數時，+=·+=·≤·=·+，故=+++…+<+++…+=-<.證畢.

方案二 ?利用遞推，迭代放縮

方法3 ?由條件a1=1及an+1=3an+1可知：an>0且=，所以0<<=·，故<·<2·<…

評注 ?方法3充分利用已知條件an+1=3an+1放縮，使遞推關系變為可以進行迭代的遞推不等式.

例2 ?已知函數f（x）=，x∈（0，+∞），數列{xn}滿足xn+1=f（xn）（n∈N？鄢），x1=1. 設an=xn-，Sn為數列{an}的前n項和，證明：Sn<.

分析 ?由已知，an+1=xn+1-=f（xn）-=-==（-1）·. 又xn>0，故xn+1>1，所以an+1<（-1）xn-，即an+1<（-1）an. 故an<（-1）an-1<（-1）2an-2<…<（-1）n-1a1=（-1）n，亦即an<（-1）n. 從而Sn<-1+（-1）2+…+（-1）n=[1-（-1）n]<=. 證畢.

方案三 ?利用數學歸納法尋找加強命題過渡

由于數列不等式與正整數有關，所以，“數學歸納法”常常成為數列不等式證明的首選辦法.但是，一些數列不等式，尤其一邊是常數的數列不等式，直接利用“數學歸納法”卻行不通，而需要先對其進行放縮以證明它的“加強不等式”，它是證明數列不等式的一種有效辦法，筆者通過此題說明數列不等式問題從哪里“強”、如何“強”、“強”到什么程度做一些探討.

方法4 ?假設加強命題為++…+≤-g（n），則g（n）應同時滿足三個條件：g（n）>0 ①;≤-g（1），即g（1）≤ ②;假設n=k時，++…+≤-g（k）成立，則n=k+1時，需要證明++…++≤-g（k+1）. 利用歸納假設，++…++≤-g（k）+成立，因此只需說明-g（k）+≤-g（k+1），即g（k+1）-g（k）+≤0，即g（k+1）-g（k）+≤0③. 根據數列的結構，從利于運算的角度出發，設g（k）=，由①，a>0;由②，a≤1;由③得≤，故1+≤=3+，即≤2+，所以≤2，即a≥1，綜上，a=1.

這樣，我們就找到證明++…+<成立的加強命題：++…+≤-. 由以上分析，利用數學歸納法證明加強命題成立即可，這種方法雖然較為煩瑣，但卻有很強的普適性.

例3 ?證明1++…+<.

分析 ?根據方法4，利用數學歸納法探尋加強命題的方法，假設其加強命題為1++…+≤-f（n），則f（n）需要滿足三個條件：f（n）>0， f（1）≤， f（k+1）-f（k）+≤0，通項中的核心是2n，可設f（k）=，則由三個條件可得a>0，a≥，a≤，故a=. 令a=，利用數學歸納法證明1++…+<-成立，又因-<即可證明原命題成立，詳細過程不再贅述.

？搖？搖評注 ?通過加強命題證明的兩例，我們不難看出，利用加強命題操作性強，通性通法. 在條件f（k+1）-f（k）+≤0的使用上，我們利用恒成立解出a的取值范圍，其實也可以利用存在性加以證明，由f（k+1）-f（k）+≤0可得a≤1-，則a≤1，那么結合f（n）>0， f（1）≤得到的a≥，可知≤a≤1，這里，再用數學歸納法時，我們就要注意從第幾項開始，也就是歸納奠基的初始值問題. 如果取a=，則令≤1-，則確保使不等式成立最小的k=2，那么利用數學歸納法時，初始值就要取2，即當n=1時，-=-=>1成立，當n=2時，-=>1+=成立，假設n=k…endprint

題目呈現

題目？搖 （2014年高考新課標全國卷Ⅱ第17題）已知數列{an}滿足a1=1，an+1=3an+1.

（1）證明：an+是等比數列，并求{an}的通項公式;

（2）證明：++…+≤.

點評 ?此題屬于新課標全國卷Ⅱ中解答題的第一題，主要考查了判斷數列為等比數列、求通項公式和一邊為常數的數列不等式的證明.對于第（2）問，我們往往感到十分困難，利用放縮法將數列變為可以求和的數列，但放縮方向不明確;利用數學歸納法，因n=k+1時，要通過++…++≤+證+<顯然不可能，致使解題陷入僵局，耽誤了寶貴的時間，影響考試成績.

因此aiA，A為常數）型數列不等式的證明值得探究，筆者通過對本題第（2）問試證探討該類型不等式的常用證法，供大家參考.

由第（1）問可得an=，故=. 下面證明++…+≤.

解法探究

方案一？搖精巧變形，將通項放縮為可求和數列

方法1 ?因=，當n≥1時，3n-1=2·3n-1+3n-1-1≥2·3n-1，故=≤，++…+≤1++…+=1-<.

方法2 ?因==，當n≥1時，≤1-<1，故1<≤，≤，即≤，所以++…+≤1++···+=1-<.

評注 ?方法1、2均采用通項變形進行放縮，根據=的結構，將其放縮為等比數列，使不能求和的問題轉化為簡單的等比數列求和問題.

例1 ?（2004年高考全國卷Ⅲ理科第22題）已知數列{an}的前n項和Sn滿足：Sn=2an+（-1）n.

（1）寫出數列{an}的前3項a1，a2，a3;

（2）求數列{an}的通項公式;

（3）證明：對任意的正整數m>4，都有++…+<.

分析 ?由（1）（2）可知an=[2n-2+（-1）n-1]（n≥1），從而要證明的不等式就可以化為：+++…+·+·<. 顯然不等式左側無法直接求和，此時應先對不等式左側每一項放大變形，然后再求和. 考慮到左邊通項中含有（-1）m-1，為了便于確定符號，易于放縮，我們要對m的奇偶性進行討論，同時對相鄰兩項之和+進行放大變形. 事實上，當m（m≥2）為奇數時，+=·+=·≤·=+，這樣放大后，便能求和了. 由上分析，當m（m>4）為奇數時，<+++…++=+++…+=-<;當m（m>4）為偶數時，+=·+=·≤·=·+，故=+++…+<+++…+=-<.證畢.

方案二 ?利用遞推，迭代放縮

方法3 ?由條件a1=1及an+1=3an+1可知：an>0且=，所以0<<=·，故<·<2·<…

評注 ?方法3充分利用已知條件an+1=3an+1放縮，使遞推關系變為可以進行迭代的遞推不等式.

例2 ?已知函數f（x）=，x∈（0，+∞），數列{xn}滿足xn+1=f（xn）（n∈N？鄢），x1=1. 設an=xn-，Sn為數列{an}的前n項和，證明：Sn<.

分析 ?由已知，an+1=xn+1-=f（xn）-=-==（-1）·. 又xn>0，故xn+1>1，所以an+1<（-1）xn-，即an+1<（-1）an. 故an<（-1）an-1<（-1）2an-2<…<（-1）n-1a1=（-1）n，亦即an<（-1）n. 從而Sn<-1+（-1）2+…+（-1）n=[1-（-1）n]<=. 證畢.

方案三 ?利用數學歸納法尋找加強命題過渡

由于數列不等式與正整數有關，所以，“數學歸納法”常常成為數列不等式證明的首選辦法.但是，一些數列不等式，尤其一邊是常數的數列不等式，直接利用“數學歸納法”卻行不通，而需要先對其進行放縮以證明它的“加強不等式”，它是證明數列不等式的一種有效辦法，筆者通過此題說明數列不等式問題從哪里“強”、如何“強”、“強”到什么程度做一些探討.

方法4 ?假設加強命題為++…+≤-g（n），則g（n）應同時滿足三個條件：g（n）>0 ①;≤-g（1），即g（1）≤ ②;假設n=k時，++…+≤-g（k）成立，則n=k+1時，需要證明++…++≤-g（k+1）. 利用歸納假設，++…++≤-g（k）+成立，因此只需說明-g（k）+≤-g（k+1），即g（k+1）-g（k）+≤0，即g（k+1）-g（k）+≤0③. 根據數列的結構，從利于運算的角度出發，設g（k）=，由①，a>0;由②，a≤1;由③得≤，故1+≤=3+，即≤2+，所以≤2，即a≥1，綜上，a=1.

這樣，我們就找到證明++…+<成立的加強命題：++…+≤-. 由以上分析，利用數學歸納法證明加強命題成立即可，這種方法雖然較為煩瑣，但卻有很強的普適性.

例3 ?證明1++…+<.

分析 ?根據方法4，利用數學歸納法探尋加強命題的方法，假設其加強命題為1++…+≤-f（n），則f（n）需要滿足三個條件：f（n）>0， f（1）≤， f（k+1）-f（k）+≤0，通項中的核心是2n，可設f（k）=，則由三個條件可得a>0，a≥，a≤，故a=. 令a=，利用數學歸納法證明1++…+<-成立，又因-<即可證明原命題成立，詳細過程不再贅述.

？搖？搖評注 ?通過加強命題證明的兩例，我們不難看出，利用加強命題操作性強，通性通法. 在條件f（k+1）-f（k）+≤0的使用上，我們利用恒成立解出a的取值范圍，其實也可以利用存在性加以證明，由f（k+1）-f（k）+≤0可得a≤1-，則a≤1，那么結合f（n）>0， f（1）≤得到的a≥，可知≤a≤1，這里，再用數學歸納法時，我們就要注意從第幾項開始，也就是歸納奠基的初始值問題. 如果取a=，則令≤1-，則確保使不等式成立最小的k=2，那么利用數學歸納法時，初始值就要取2，即當n=1時，-=-=>1成立，當n=2時，-=>1+=成立，假設n=k…endprint

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