數列不等式證明的“偽等比數列法”

梁昌金

數列不等式的證明，因其思維跨度大、構造性強，需要有較高的放縮技巧而充滿思考性和挑戰性，能全面而綜合地考查學生的潛能與后繼學習能力，因而活躍在高考壓軸題及各級各類競賽試題中.這類問題的求解策略往往是：通過多角度觀察所給數列通項的結構，深入剖析其特征，抓住其規律進行恰當地放縮.

通過研究各類試題，筆者發現，偽等比數列法亦是數列不等式證明的一種有效方法.本文結合各類試題，談談“偽等比數列法”及其應用.1“偽等比數列法”相關結論

對于正項數列{an}，若an+1an>q（或an+1an≥q或an+1an

結論對于正項數列{an}，有

（1）若an+1an>q（n∈N*），則an>a1·qn-1（n≥2，n∈N*）成立；（2）若an+1an≥q（n∈N*），則an≥a1·qn-1（n∈N*）成立；

（3）若an+1an

證明（1）由an+1an>q，得an=anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2a1·a1>a1·qn-1（n≥2）.

（2）（3）（4）類似可證.2應用于高考試題

例1（2014年新課標全國Ⅱ理17）已知數列{an}滿足a1=1，an+1=3an+1.

（1）證明{an+12}是等比數列，并求{an}的通項公式；

（2）證明：1a1+1a2+…+1an<32.

證明（1）an=3n-12（過程略）.

（2）當n=1時，所證不等式顯然成立（下文同，不再重復）；

當n≥2時，由an+1=3an+1，a1=1，得an+1>3an>0，所以1an+1<13·1an，則1an<（13）n-1（n≥2），

所以1a1+1a2+…+1an<1+13+…+13n-1=1-（13）n1-13=32[1-（13）n]<32.

例2（2012年全國高考廣東理19）設數列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn=an+1-2n+1+1，n∈N*，且a1、a2+5、a3成等差數列.

（1）求a1的值；（2）求數列{an}的通項公式；

（3）證明：對一切正整數n，有1a1+1a2+…+1an<32.

解（1）a1=1（過程略）.

（2）由2Sn=an+1-2n+1+1，可得2Sn-1=an-2n+1（n≥2），

兩式相減，可得2an=an+1-an-2n，即an+1=3an+2n，即an+1+2n+1=3（an+2n），

所以數列{an+2n}（n≥2）是以a2+4為首項，3為公比的等比數列.

由2a1=a2-3，可得a2=5，所以an+2n=9×3n-2，即an=3n-2n（n≥2），

當n=1時，a1=1，也滿足上式，所以數列{an}的通項公式是an=3n-2n.

（3）由（2）知an+1=3an+2n，an>0，所以1an+1=13an+2n<13·1an，則1an<（13）n-1（n≥2），

所以1a1+1a2+…+1an<1+13+…+13n-1<32（1-13n）<32.

例3（2008年全國高考安徽理21）設數列{an}滿足：a1=0，an+1=ca3n+1-c，n∈N*，其中c為實數.

（1）證明：an∈[0，1]對任意n∈N*成立的充分必要條件是c∈[0，1]；

（2）設0

（3）略.

證明（1）（略）.

（2）設0

當n≥2時，因為an=ca3n-1+1-c，所以1-an=c（1-an-1）（1+an-1+a2n-1），

因為0

所以1-an≤3c（1-an-1），1-an≤（1-a1）·（3c）n-1=（3c）n-1，所以an≥1-（3c）n-1（n∈N*）.

例4（2006年全國高考浙江理20）已知函數f（x）=x3+x2，數列{xn}（xn>0）的第一項x1=1，以后各項按如下方式取定：曲線y=f（x）在（xn+1，f（xn+1））處的切線與經過（0，0）和（xn，f（xn））兩點的直線平行（如圖）.求證：當n∈N*時：

（1）x2n+xn=3x2n+1+2xn+1；

（2）12n-1≤xn≤12n-2.

證明（1）略.

（2）因為函數h（x）=x2+x當x>0時單調遞增，

而x2n+xn=3x2n+1+2xn+1≤4x2n+1+2xn+1=（2xn+1）2+2xn+1，所以xn≤2xn+1，即xn+1xn≥12，

因此xn≥（12）n-1，又因為x2n+xn=3x2n+1+2xn+1≥2（x2n+1+xn+1），則x2n+1+xn+1x2n+xn<12，

所以x2n+xn≤（x21+x1）（12）n-1=（12）n-2，所以xn≤x2n+xn≤（12）n-2.

故（12）n-1≤xn≤（12）n-2.3應用于自主招生試題

例5（2013年“卓越聯盟”自主招生試題）

已知數列{an}中，a1=3，an+1=a2n-nan+α，n∈N*，α∈R.

（1）若an≥2n對n∈N*都成立，求α的取值范圍；

（2）當α=-2時，證明1a1-2+1a2-2+…+1an-2<2（n∈N*）.

解（1）α的取值范圍是[-2，+∞）（過程略）.

（2）由（1）知，當α=-2時，an≥2n（n∈N*）.

所以n≥2時，an+1-2=a2n-nan-4=an（an-n）-4≥nan-4≥2（an-2）>0，

所以1an+1-2≤12·1an-2，從而n≥2時，1an-2≤1a1-2·12n-1=12n-1.

所以1a1-2+1a2-2+…+1an-2≤1+12+122+…+12n-1=2-12n-1<2.4應用于競賽試題

例6（2013年首屆“學數學”奧林匹克試題）設數列{an}的前n項和為Sn，且Sn=2n-an（n∈N*）.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）若數列{bn}滿足bn=2n-1an，求證：1b1+1b2+…+1bn<53.

解（1）an=2-12n-1（過程略）.

（2）由（1）知，bn=2n-1an=2n-1.

所以bn+1=2n+1-1=2（2n-12）>2（2n-1）=2bn，

所以當n≥3時，bn>b2·2n-2=3×2n-2，所以1bn<13·（12）n-2（n≥3）.

所以1b1+1b2+…+1bn<1+13+13（12+122+…+12n-2）=43+13（1-12n-2）=53-13·12n-2<53.

例7（2012年全國高中數學聯賽遼寧省預賽）

設遞增數列{an}滿足a1=1，4an+1=5an+9a2n+16，n∈N*.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）證明：1a1+1a2+…+1an<2.

解（1）an=23（2n-12n）（過程略）.

（2）易知，n≥2時，an+1=23（2n+1-12n+1）=43（2n-12n+2）>43（2n-12n）=2an.

所以an>a1·2n-1，1an<1a1·（12）n-1=（12）n-1（n≥2）.

所以1a1+1a2+…+1an<1+12+122+…+12n-1=2（1-12n）<2.5應用于模考試題

例8（2014年安徽省“合肥三模”試題）

已知數列{an}，a1=1，an+1=an+1+p1-pa2n（n∈N*，p∈R，p≠1）.

（1）求數列{an}為單調遞增數列的充要條件；

（2）當p=13時，令bn=11+2an，數列{bn}的前n項和為Sn，求證：12-15n

解（1）數列{an}為單調遞增數列的充要條件為-1

（2）當p=13時，an+1=an+2a2n（n∈N*），所以an+1an=1+2an，

所以bn=11+2an=anan+1=2a2n2anan+1=an+1-an2anan+1=12（1an-1an+1），

所以Sn=12[（1a1-1a2）+（1a2-1a3）+…+（1an-1an+1）]=12-12an+1.

由（1）知{an}為單調遞增數列，a1=1，所以an+1>0，所以Sn<12.

又an+1-an=（an+2a2n）-（an-1+2a2n-1）=（an-an-1）（1+2an+2an-1）>5（an-an-1），

所以an+1-an>（a2-a1）·5n-1=2×5n-1（n≥2），而a2-a1=2×50，

所以an+1>（an+1-an）+（an-an-1）+…+（a2-a1）+a1>2（5n-1+5n-2+…+50）+1

=2×1-5n1-5+1=5n+12>12×5n.

所以-1an+1>-25n，所以Sn=12-12an+1>12+12（-25n）=12-15n.

綜上所述，12-15n