第30讲:数列和不等式的微积分证明 251
第30讲:数列和不等式的微积分证明
《选修2-2》(人教版). 第32页习题1.3B 组第1(3)题:证明不等式e >1+x,x≠0. 近年来, 流行以该不等式及其变形为背景的数列不等式, 记忆该不等式及其变形和如何赋值？是解决该类问题的关键;
定积分源于求函数y=f(x)(f(x)>0)的图像与直线x=a,x=b(a
i =1
i =1
n -1
n -1
x
b b
⎰a f (x ) , 且lim [∑(x i +1-x i ) f (x i ) ]=lim [∑(x i +1-x i ) f (x i +1) ]=⎰a f (x ) .
n →+∞
i =1
n -1n -1i =1
n →+∞n -1i =1
b
易知, ①当f(x)单调递增时, ∑(x i +1-x i ) f (x i )
i =1
i =1
i =1
b
n -1n -1n -1
数列是特殊的函数, 若对数列求和不等式与上述积分不等式进行联想, 许多数列求和不等式的证明便得心应手, 明了顺畅.
例1:指数不等式e x ≥1+x.
[始源问题]:(2013年黄冈中学高三上学期期末考试题) 在数列{an }中,a 1=1,前n 项和S n 满足:nSn+1-(n+3)Sn =0.
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式; (Ⅱ) 求证:
1+a n 1+a 11+a 2
⋅⋅…⋅
a n +1
=
(n +1)(n +2)
[解析]:(Ⅰ) 由nS n+1-(n+3)Sn =0⇒n(Sn+1-S n )=3Sn ⇒na n+1=3Sn ⇒na n+1-(n-1)an =3(Sn -S n-1) ⇒na n+1=(n+2)an ⇒
n (n +1) a n a n a 1
=; ⇒⇒a n =
2n (n +1) n (n +1) 1(1+1)
++⋅⋅⋅+
111111+a n 1+a n 1+a 11+a 2a n
⋅⋅…⋅(Ⅱ) 由=1+≤e a n ⇒≤e a 1⋅e a 2⋅…⋅e a n =e a 1a 2; 而++…+=2[(1-)+
a n a 1a 2a n 2a n a 1a 2a n
1111111
(
111111+a n 1+a 1+a 2
⋅⋅…⋅-)+…+(-)]=2(1-)
n +123n n +1a 1a 2a n
x
利用e ≥1+x可证明:(1+a1)(1+a2) …(1+an )
[原创问题]:设数列{an }的前n 项和S n 满足:an +Sn =n+3-() n-1.
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式;
(Ⅱ) 设数列{an }的前n 项积为T n , 求证:Tn
1
2
[解析]:(Ⅰ) 当n=1时,a 1+S1=3⇒a 1=S1=; 当n ≥2时, 由a n +Sn =n+3-() n-1⇒a n-1+Sn-1=n+2-() n-2⇒(an -a n-1)+(Sn -S n-1)=1
+(
1n-1111n 11n 1n n n-1n
) ⇒a n =a n-1++() ⇒(an -1)=(an-1-1)+() ⇒2(an -1)=2(an-1-1)+1⇒2(an -1)=n⇒a n =1+n() ; 2222222
1n 1n
) , 则a n =1+bn , 且{bn }的前n 项和M n =2-(n+2)()
3
21212
(Ⅱ) 令b n =n(=e M n
[原创问题]:设数列{an }的前n 项和S n 满足:an +Sn =n+2.
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式;
252 第30讲:数列和不等式的微积分证明
(Ⅱ) 设数列{an }的前n 项积为T n , 求证:Tn
[解析]:(Ⅰ) 当n=1时, 由a n +Sn =n+2⇒a 1+S1=3⇒a 1=S1=1+1; 当n ≥2时, 由a n +Sn =n+2⇒a n+1+Sn+1=n+3⇒(an+1-a n )+(Sn+1-S n )=
2
1⇒a n+1=
1111n-11n 1n
a n +⇒a n+1-1=(an -1) ⇒a n -1=(a1-1)() =() ⇒a n =1+() ; 222222
1x 112
=⇒f min (x)=f(0)=0⇒f(x)≥0⇒ln(1+x)
(Ⅱ) 令f(x)=x-ln(1+x)⇒f '(x)=1-+ln[1+(
1n 1121n 1n 1121n
) ]
例2:对数不等式ln(1+x)
[始源问题]:(2006年江西高考试题) 己知数列{an }满足a 1=, 且a n =
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式;
(Ⅱ) 证明:对一切正整数n, 不等式a 1a 2…a n
3
2
3na n -1
(n≥2,n ∈N +).
2a n -1+n -1
[解析]:(Ⅰ) 由a n =
1n -121n -11n n n n n ⋅3n 3na n -1
=⋅+⇒-1=(-1) ⇒-1=-() ⇒a n =n ; ⇒
a n 3a n -1a n a n 33a n -132a n -1+n -13-1
(Ⅱ) 因a 1a 2…a n
f '(x)=1-1
313-1
⋅
323-1
⋅…⋅
3n 3-1
13-1
1
)(1+
13-1
2
) …(1+
13-1
n
)
11111x
=)+ln(1+2)+…+ln(1+n )
x +1x +13-13-13-13-11
1
2
1n-11111n-[1**********]3n
⋅⋅…⋅+…+n (
当a>1时,
1a n -1
1(a -1) a n -1
. 利用该不等式, 可以解决与此有关的求和不等式的上限问题. 关于数列{an }:an =
13-1
1p n -q
(p
>q>1)的求和不等式还可用递推法:如本题a n ==
13(3n -1-)
3
13(3
n -1
-1)
=
1111n-111n-1
a n-1⇒a n
111
(3[1-() n -3]() 3
[**************]3+…+n
q [1**********]2n -13-128262p -q p (p -) 1-1-
p 33
1
1p (p n -1-q )
=
11n-1
a n-1⇒a n
a 11
1-
p
.
[原创问题]:已知函数f(x)=
2x 121
,f(1)=1,f()=, 令x 1=,x n+1=f(xn ). ax +b 232
1
. 2e
(Ⅰ) 求数列{xn }的通项公式; (Ⅱ) 证明:x1x 2…x n >
[解析]:(Ⅰ) 由f(1)=1,f()=
x n =
2n -12n -1+1
12
2111n-11112x n 11
=(+1)⇒-1=(-1) ⇒-1=() ⇒ ⇒a=b=1⇒x n+1=⇒
x n 32x n 2x n +1x n +12x n x n +1
;
1111111
+ln+…+ln-(ln2+1)⇔ln x 1x 2x n x 1x 2x n 2e
(Ⅱ) 因x 1x 2…x n >
第30讲:数列和不等式的微积分证明 253
(
10111n-111121n-1
) ]+ln[1+() ]+…+ln[1+() ](ln(1+x)
[原创问题]:已知数列{an }的前n 项和满足:Sn =4a n -2n+4.
3
3
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式; (Ⅱ) 证明:(1+
111
)(1+) …(1+)
[解析]:(Ⅰ) 由S n =4a n -2n+4
3
3
⇒a 1=S1=2;当n ≥2时,a n =Sn -S n-1=(
4444n
a n -2n+)-(a n-1-2n+2+) ⇒a n =4an-1+6⇒a n =4-2; 3333
(Ⅱ) 由ln[(1+
[1**********]1
)(1+) …(1+)]=ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)
2
14(4
n -1
-2)
=
11n-[1**********]111⋅
2
1
…(1+)
a n
例3:对数不等式
x 1+x
x (2+x ) 2(1+x )
(x>0).
x (1+λx )
. 1+x
[始源问题]:(2013年大纲卷高考试题) 已知函数f(x)=ln(1+x)-(Ⅰ) 若x ≥0时,f(x)≤0, 求λ的最小值; (Ⅱ) 设数列{an }的通项a n =1+
1111++…+, 证明:a2n -a n +>ln2. 23n 4n
[解析]:(Ⅰ) 因f(0)=0,
f '(x)=-
x [λx -(1-2λ)]
(1+x ) 2
; ①当1-2λ≤0, 即λ≥
11
时, f '(x)≤0⇒f(x)≤f(0)=0;②当λ
则当x ∈(0,2(1-2λ)) 时, f '(x)>0⇒f(x)>f(0)=0.综上, λ的最小值=(Ⅱ) 令λ==
1; 2
11k +11x (2+x ) 2k +1, 由(Ⅰ) 知, 当x>0时,f(x)ln(1+x)(令x=) ⇒>ln=ln(k+1)-lnk⇒a 2n -a n + 2k k 4n 2(1+x ) 2k (k +1)
[1**********]n +12(n +1) +12(2n -1) +1++…++=[+]+[+]+…+[+]=++…+ n +1n +22n 4n 2n 2(n +1) 2(n +1) 2(n +2) 2(2n -1) 4n 2n (n +1) 2(n +1)(n +2) 2(2n -1) ⋅2n
>[ln(n+1)-lnn]+[ln(n+2)-ln(n+1)]+…+[ln(2n)-ln(2n-1)]=ln(2n)-lnn=ln2.
[原创问题]:设数列{an }的前n 项和S n 满足:S1=3,Sn =an +n2-1.
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式; (Ⅱ) 设数列{
31
}的前n 项和为T n ,x n =Tn -ln a n , 证明:0
[解析]:(Ⅰ) 当n ≥2时,a n =Sn -S n-1=(an +n2-1)-[an-1-(n-1)2-1]⇒a n-1=2n-1⇒a n =2n+1;
(Ⅱ) 由x n -x n+1=(Tn -ln n )-(Tn+1-ln a n +1)=(lnn +1-ln a n )-(Tn+1-T n )=
112n +311a 1
ln n +1-=ln -=ln(1+
22n +12n +32a n a n +12
2x 11
)-(ln(1+x)>)>⋅
2n +1x +12n +32
2
-1=0⇒x n -x n+1>0⇒x n >xn+1⇒x n >x4n ⇒x n -x 4n >0; 22n +3
+12n +1
又由x n -x n+1=
22111111
ln(1+)-(ln(1+x)
2n +122n +322n +12n +32n +12n +3
254 第30讲:数列和不等式的微积分证明
(x4n-1-x 4n )
1111113116n
-)+(-)+…+(-)=-=
2n +12n +32n +18n +1(2n +1)(8n +1) 8n 2n +32n +52(4n -1) +12(4n -1) +3
[原创问题]:已知数列{an }和{bn }满足:a1=b1, 且对任意n ∈N +, 都有a n +bn =1,a n +1=
a n
b n
2
1-a n
.
(Ⅰ) 求数列{an }和{bn }的通项公式; (Ⅱ) 证明:
a a a 3a a a
++…+n +1
[解析]:(Ⅰ) 由a 1=b1,a n +bn =1⇒a 1=b1=; 又由a n +1=
a n
n
; n +1
12
b n 1-
2a n
⇒
111a n +11-a n 1
==+1⇒=n+1⇒a n =⇒⇒b n = 2n +1a n a n a n +1a n 1-a n
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知:
a n a a 111111a a a a
=, 故2+3+…+n +1
等式
x 111111111
1111111+…+⇒++…+
例4:对数不等式lnx1).
2
x
[始源问题]:(2010年湖北高考试题) 已知函数f(x)=ax++c(a>0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.
(Ⅰ) 用a 表示出b,c;
(Ⅱ) 若f(x)≥lnx 在[1,+∞) 上恒成立, 求a 的取值范围; (Ⅲ) 证明:1+
111n
++…+>ln(n+1)+(n≥1). 23n 2(n +1)
b
x
[解析]:(Ⅰ) 由f(1)=0,
f '(1)=1⇒a+b+c=0,a-b=1⇒b=a-1,c=1-2a;
a a -11-a 1-a 1
+1-2a-lnx,x∈[1,∞), 则g(1)=0,g '(x)=(x-1)(x-); ①当>1,即a
x a a 2x
(Ⅱ) 令g(x)=f(x)-lnx=ax+
g(x)在(1,
1-a 1-a 1-a 1-a 1-a 1
) 上单调递减⇒g()
1
,+∞); 2
上单调递增⇒g(x)≥g(1)=0⇒f(x)≥lnx 在[1,∞) 上恒成立. 故a 的取值范围是[(Ⅲ) 由(Ⅱ) 知, 当a=lnk
111k +1k +11k +1k 时,f(x)≥lnx(x≥1) ⇒lnx1);令x=, 则ln
1111111111
(+) ⇒+>2[ln(k+1)-lnk]⇒1+>2(ln2-ln1),+>2(ln3-ln2),…, +>2[ln(n+1)-lnn], 2k k +1k k +1223n n +1
1111111n
++…+)+>2ln(n+1)⇒1+++…+>ln(n+1)+(n≥1). 23n 23n n +12(n +1)
n (a n +1)
,a 2=2. 2
以上不等式相加得1+2(
[原创问题]:设正项数列{an }的前n 项和S n 满足S n =
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式; (Ⅱ) 设数列{
1
}的前n 项和为T n , 证明:Tn+1-1
第30讲:数列和不等式的微积分证明 255 [解析]:(Ⅰ) 当n=1时,S 1=
n (a n +1) (n -1)(a n -1+1) a 1+1
-⇒a 1=S1=1;当n ≥3时,a n =Sn -S n-1=⇒(n-2)an =(n-1)an-1-1⇒ 222
a n a a a a a a a 11a a 11
=n -1--) ⇒n =2+(3-2)+…+(n -n -1)=2-[(1-) ⇒n -n -1=-(
n -2n -13-13-2n -1n -2(n -2)(n -1) n -1n -2n -13-2n -1n -22
+(
11111n
-)+…+(-)]=2-(1-)=⇒a n =n;
n -2n -123n -1n -1
11k +1k +11k +1k 11111(x-)(x>1);令x=, 则ln 2[ln(k 2x k k 2k k +12k k +1k k +1
(Ⅱ) 由lnx
+1)-lnk]⇒1+
11111111
>2(ln2-ln1),+>2(ln3-ln2),…, +>2[ln(n+1)-lnn],以上不等式相加得1+2(++…+)+ 223n n +123n
1x 111111n
>2ln(n+1)⇒1+++…+>ln(n+1)+(n≥1) ⇒1+++…+>ln(n+1)⇒lna n+1⇒
x +123n 23n n +12(n +1)
ln(1+
1111111
)>
1
2
[原创问题]:已知函数f(x)=alnx+x 2-(1+a)x.
(Ⅰ) 若f(x)≥0对定义域内的任意x 恒成立, 求实数a 的取值范围; (Ⅱ) 证明:对任意正整数m,n, 不等式
12
111n
++…+>恒成立.
ln(m +1) ln(m +2) ln(m +n ) m (m +n )
1
2
[解析]:(Ⅰ) 由f(1)=-(1+a)≥0⇒a ≤-; 又因
11
-(1+a)≥0. 故a 的取值范围是(-∞,-]; 22
f '(x)=
a 112
+x-(1+a)=[x-(1+a)x+a=(x-1)(x-a)⇒f min (x)=f(1)= x x x
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知, 当a=-
112
时,f(x)≥0⇒lnx ≤x -x ⇒2ln x
>
1
x -1
-(x>1)⇒
1x 111
>-(i=1,2,…,m) ⇒
ln(m +i ) m +i -1m +i
[1**********]n
++…+>(-)+(-)+…+(-)=-=.
m m +1m +1m +2m +n -1m +n m m +n m (m +n ) ln(m +1) ln(m +2) ln(m +n )
例5:含n 的求和不等式.
[始源问题]:(2010年全国高中数学联赛陕西初赛试题) 设对任意正整数n, 都有:[
1n -1212
[1+-() 2+-() 2+…+-() ],则实数a= . n n n n
i
n
1n
n -1212
) ] -() 2+-() 2+…+-(n n n
[解析]:令x i =,f(x)=-x 2(0≤x ≤1), 则x i+1-x i =
11n -1212
) ]=(x2-x 1)f(x1)+ ⇒[-() 2+-() 2+…+-(
n n n n n
(x3-x 2)f(x2)+…+(xn -x n-1)f(xn-1); +(xn -x n-1)f(xn-1), 所以,
1n -1212
[1+-() 2+-() 2+…+-() ]=(x1-0)f(0)+(x2-x 1)f(x1)+(x3-x 2)f(x2)+…n n n n
11n -12n -121212
[-() 2+-() 2+…+-() ]
b π11n -12n -121212
[-() 2+-() 2+…+-() ]
本题利用圆形函数构造出一个绝佳试题, 具有明显的定积分背景. 作简单变换可构造:
[原创问题]:对给定的正整数n(n≥2), 非负数列{ak }满足:an =0,ak+12=ak 2-
2k +1n (k=0,1,2,…,n-1).
256 第30讲:数列和不等式的微积分证明
(Ⅰ) 求数列{ak }的通项公式;
(Ⅱ) 设数列{ak }的所有项的和为S n , 若对任意正整数n, 都有:Sn -1
[解析]:(Ⅰ) 由a k+12=ak 2--1n 2
2
2
2k +1n 1n 2
2
⇒a k+1-a k =-
22
2k +1n
2
⇒a k =a1+(a2-a 1)+(a3-a 2)+…+(ak -a k-1)=a1-1n 2
1n 2
222222222
1n
2
[3+5+…+(2k-1)]=a1
2
(k-1); 由a n =0⇒a 1-(n-1)=0⇒a 1=-
2n
2
1n ⇒a k =(1-
2
)-(k-1)=1-
2
k 2n ⇒a k =-
k 2n ;
(Ⅱ) 由S n -1
1n 1n -121n -1212
)
n n n n n n
π1n -122n -1212
) ]
4n n n n n n
例6:含n 的求和不等式.
[始源问题]:(2012年天津高考试题) 已知函数f(x)=x-ln(x+a)的最小值为0, 其中a>0.
(Ⅰ) 求a 的值;
(Ⅱ) 若对任意的x ∈[0,+∞), 有f(x)≤kx 成立, 求实数k 的最小值; (Ⅲ) 证明:∑
2
-ln(2n+1)
i =12i -1
n
2
[解析]:(Ⅰ) 因
f '(x)=1-
11
=(x+a-1)⇒f min (x)=f(x)的极小值=f(1-a)=1-a=0⇒a=1; x +a x +a
2
2
2
2
(Ⅱ) 由f(x)≥0⇒0≤f(x)≤kx ⇒k>0;又因f(x)≤kx ⇔x-kx ≤ln(x+1)(函数y=x-kx与y=ln(x+1)均过点O(0,0),只需函数y=x-kx在(0,∈(0,
2
111) 内单调递增的速度不大于y=ln(x+1)的单调递增速度) ⇔当x ∈(0,) 时,1-2kx ≤⇔当x 2k 2k x +1
11
) 时,2k(x+1)≥1⇔2k ≥1⇔k 的最小值=(本解法为作者给出); 2k 2
2
单调递增, 作分点x i =i(i=1,2,3,…,n), 则(x2-x 1)f(x2)+(x3-x 2)f(x3)+…2x -1
(Ⅲ) 考虑到F(x)=ln(2x-1)的导函数f(x)=+(xn -x n-1)f(xn )
n
n n 2n 222
i =22i -1i =12i -1i =22i -1i =12i -1
本题充分体现了m(n)
i =1
n
[原创问题]:正项数列{an }满足:2Sn =an 2+n,其中,S n 是数列{an }的前n 项和.
(Ⅰ) 求数列{ak }的通项公式; (Ⅱ) 令数列{
1n
}的前n 项和为T n . 求证:Tn >ln(n-1)+(n≥2). a n 2(n +1)
[解析]:(Ⅰ) 由2S n =an 2+n⇒2S 1=a12+1⇒a 1=1;当n ≥2时,2a n =2Sn -2S n-1=(an 2+n)-(an-12+n-1)⇒(an -1) 2=an-12⇒a n -1=±a n-1;
①当a n -1=-an-1时,a 2n-1=1,a2n =0,不符合题意; ②当a n -1=an-1时,a n =n; (Ⅱ) 考虑到F(x)=lnx的导函数f(x)=+…+(xn+1-x n ) ln(n+1)+
f (x ) +f (x 3) 1f (x ) +f (x )
单调递增, 作分点x i =i(i=1,2,3,…,n+1),则(x2-x 1) +(x3-x 2) 2
22x
f (x n ) +f (x n +1) f (x 1) +f (x n +1)
>⎰1n +1f (x ) dx ⇒[f(x1)+f(x2)+…+f(xn )]->ln(n+1)⇒T n =f(x1)+f(x2)+…+f(xn )>
22
112112n +2n +2n ; 而ln(n+1)+>ln(n-1)+)>(令x=1+∈(1,3]⇒=-) ⇔ ⇔ln(1+
n +1n -1n +122x n -12(n +1) 2(n +1) 2(n +1)
第30讲:数列和不等式的微积分证明 257
lnx>
1112x -1111n -->0;令g(x)=lnx+-⇒g '(x)=>0⇒g(x)>g(1)=0;故T n >ln(n-1)+. ⇔lnx+222x 2x 22x 22(n +1) 2x
例7:递推求和不等式.
[始源问题]:(2010年全国高中数学联赛江苏初赛试题) 数列{an }中, 已知a 1∈(1,2),an+1=an 3-3a n 2+3an ,n ∈N *, 求证:
(a1-a 2)(a3-1)+(a2-a 3)(a4-1)+…+(an -a n+1)(an+2-1)
1
. 4
[解析]:由a n+1=an 3-3a n 2+3an ⇒a n+1-1=(an -1) 2, 令b n =an -1⇒b 1=a1-1∈(0,1),bn+1=bn 3∈(0,1),且b n+1-b n =bn 3-b n =bn (bn +1)(bn -1)
n
3
1
114
. 其中F(x)=x . 44
n
本题给出了关于∑(a i -a i +1) a i +2、∑(a i +1-a i ) a i +2型上、下界问题的定积分解决, 该解法具有通性.
i =1
i =1
[原创问题]:已知函数f(x)=x-ln(x+1),x∈(0,1),数列{an }满足:a1=a∈(0,1),an+1=f(an ).
(Ⅰ) 求证:0
(Ⅱ) 求证:(a1-a 2)a 3+(a2-a 3)a 4+…+(an -a n+1)a n+2
1
. 2
1x
=>0⇒f(x)在区间(0,1)内单调递增⇒f(x)值域为(f(0),f(1)) 1+x 1+x
[解析]:(Ⅰ) 由f(x)=x-ln(x+1)⇒
f '(x)=1-
=(0,1-ln2)⊂(0,1);又因f(x)-x=-ln(x+1)12
x +x-(x+1)ln(x+1)的导函数f(x)=x-ln(x+1)单调递增, 作分点x i =ai (i=1,2,3,…,n+1),则(a1-a 2)a 3+ 2
1
(a2-a 3)a 4+…+(an -a n+1)a n+2=(a1-a 2)f(a2)+(a2-a 3)f(a3)+…+(an -a n+1)f(an+1)
31-ln4
例8:递推求和不等式.
[始源问题]:(2003年江苏高考试题) 设a>0,如图, 己知直线
l:y=ax及曲线C:y=x,C 上的点Q 1的横坐标为a 1(0
P n+1作直线平行于y 轴, 交曲线C 于点Q n+1,Q n (n=1,2,3,…) 的横坐标构成数列{an (Ⅰ) 试求a n+1与a n 的关系, 并求{an }的通项公式(Ⅱ) 当a=1,a1≤
n 11
时, 证明:∑(a k -a k +1) a k+2
322k =1
n
2
(Ⅲ) 当a=1时, 证明:∑(a k -a k +1) a k+2
k =1
1
3
[解析]:(Ⅰ) 由Q n 的横坐标=an ⇒Q n (an ,a n 2) ⇒P n+1(1a n 2,a n 2) ⇒Q n+1(1a n 2,(1a n 2) 2) ⇒a n+1=1a n 2⇒lga n+1=2lgan -lga ⇒
a
a
a
a
lga n+1-lga=2(lgan -lga) ⇒lga n -lga=(lga1-lga) ×2⇒a n =a(
13
n-1
a 12n -1
) ; a
n
32
(Ⅱ) 当a=1时, 考虑到F(x)=x 的导函数f(x)=x单调递增, 作分点x i =ai (i=1,2,3,…,n+1),则∑(a k -a k +1) a k+2=(a1-a 2)a 3+
k =1
k =2
a 2
f (x ) dx =(a1-a 2)a 3+F(a2)-F(0)=(a1-a 2)a 3+∑(a k -a k +1) f(ak+1)
n
[1**********]
a 2=a 1+a1≤() +() =; 3332322
258 第30讲:数列和不等式的微积分证明
33a 1
(Ⅲ) ∑(a k -a k +1) a k+2=∑(a k -a k +1) f(ak+1)n n
k =1k =1
1
31313
不着意于求数列的通项公式, 而着力于研究数列性质及和式不等式是安徽高考命题的特色.
[原创问题]:己知直线l:y=ax及曲线C:y=f(x),C上的点Q 1的横坐标为a 1. 从C 上的点Q n (n≥1) 作直线平行于x 轴, 交
直线l 于点P n+1, 再从点P n+1作直线平行于y 轴, 交曲线C 于点Q n+1,Q n (n=1,2,3,…) 的横坐标构成数列{an }. (Ⅰ) 试求a n+1与a n 的关系式;
(Ⅱ) 当a=1,f(x)=2-1,a 1∈(0,1)时, 求证: (i)0
k =1n
x
e . 2
[解析]:(Ⅰ) 由Q n 的横坐标=an ⇒Q n (an ,f(an )) ⇒P n+1(1f(an ),f(an )) ⇒Q n+1(1f(an ),f(1f(an )) ⇒a n+1=1f(an );
a
a
a
a
(Ⅱ)(i)函数y=x、y=f(x)的图像知当x ∈(0,1)时,f(x)(ii)考虑到F(x)=2log 2e-x 的导函数f(x)=2-1单调递增, 作分点x i =ai (i=1,2,3,…,n+1),则∑(a k -a k +1) a k +2=∑(a k -a k +1) f(ak+1)
k =1
k =1
x
x
n n
a 1
e
. 2
[原创问题]:己知函数f(x)=ex -2, 设曲线y=f(x)在点(xn ,f(xn )) 处的切线与x 轴交点为(xn+1,0)(n∈N*),其中x 1为正实
数.
(Ⅰ) 用x n 表示x n+1;
(Ⅱ) 求证:对一切正整数n,x n+1≤x n 的充要条件是x 1≥ln2; (Ⅲ) 若x 1=2ln2,求证:∑(x k -x k +1) x k +2
k =1n
3. 2
[解析]:(Ⅰ) 由
令y=0得x=xn +
f '(x)=e知曲线y=f(x)在点(xn ,f(xn )) 处的切线方程为y-f(xn )=f '(xn )(x-xn ), 即y-(e x n -2)=e x n (x-xn ),
x
2e x n
-1, 即x n+1=xn +
2e
x n
2e x n
-1;
2e
x n
(Ⅱ)(必要性)x n+1≤x n ⇔x n +1⇒g '(x)=1-2e x
-1≤x n ⇔
≤1⇔e x n ≥2⇔x n ≥ln2⇒x 1≥ln2;(充分性) 如果x 1≥ln2, 由g(x)=x+
2e x
-
≥0⇒g(x)在[ln2,+∞) 上单调递增⇒x 2=g(x1) ≥g(ln2)=ln2⇒x 3≥g(ln2)=ln2⇒…⇒x n ≥g(ln2)=
ln2⇒x n+1≤x n ; (Ⅲ) 考虑到G(x)=
n
n 2122
x -x -x 的导函数f(x)=x+x -1单调递增, 作分点x i =ai (i=1,2,3,…,n+1),则∑(x k -x k +1) x k +2= 2k =1e e
k =1
2ln 2
∑(x k -x k +1) g (k +1)
313322
ln 2+-ln2
第30讲:数列和不等式的微积分证明 251
第30讲:数列和不等式的微积分证明
《选修2-2》(人教版). 第32页习题1.3B 组第1(3)题:证明不等式e >1+x,x≠0. 近年来, 流行以该不等式及其变形为背景的数列不等式, 记忆该不等式及其变形和如何赋值？是解决该类问题的关键;
定积分源于求函数y=f(x)(f(x)>0)的图像与直线x=a,x=b(a
i =1
i =1
n -1
n -1
x
b b
⎰a f (x ) , 且lim [∑(x i +1-x i ) f (x i ) ]=lim [∑(x i +1-x i ) f (x i +1) ]=⎰a f (x ) .
n →+∞
i =1
n -1n -1i =1
n →+∞n -1i =1
b
易知, ①当f(x)单调递增时, ∑(x i +1-x i ) f (x i )
i =1
i =1
i =1
b
n -1n -1n -1
数列是特殊的函数, 若对数列求和不等式与上述积分不等式进行联想, 许多数列求和不等式的证明便得心应手, 明了顺畅.
例1:指数不等式e x ≥1+x.
[始源问题]:(2013年黄冈中学高三上学期期末考试题) 在数列{an }中,a 1=1,前n 项和S n 满足:nSn+1-(n+3)Sn =0.
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式; (Ⅱ) 求证:
1+a n 1+a 11+a 2
⋅⋅…⋅
a n +1
=
(n +1)(n +2)
[解析]:(Ⅰ) 由nS n+1-(n+3)Sn =0⇒n(Sn+1-S n )=3Sn ⇒na n+1=3Sn ⇒na n+1-(n-1)an =3(Sn -S n-1) ⇒na n+1=(n+2)an ⇒
n (n +1) a n a n a 1
=; ⇒⇒a n =
2n (n +1) n (n +1) 1(1+1)
++⋅⋅⋅+
111111+a n 1+a n 1+a 11+a 2a n
⋅⋅…⋅(Ⅱ) 由=1+≤e a n ⇒≤e a 1⋅e a 2⋅…⋅e a n =e a 1a 2; 而++…+=2[(1-)+
a n a 1a 2a n 2a n a 1a 2a n
1111111
(
111111+a n 1+a 1+a 2
⋅⋅…⋅-)+…+(-)]=2(1-)
n +123n n +1a 1a 2a n
x
利用e ≥1+x可证明:(1+a1)(1+a2) …(1+an )
[原创问题]:设数列{an }的前n 项和S n 满足:an +Sn =n+3-() n-1.
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式;
(Ⅱ) 设数列{an }的前n 项积为T n , 求证:Tn
1
2
[解析]:(Ⅰ) 当n=1时,a 1+S1=3⇒a 1=S1=; 当n ≥2时, 由a n +Sn =n+3-() n-1⇒a n-1+Sn-1=n+2-() n-2⇒(an -a n-1)+(Sn -S n-1)=1
+(
1n-1111n 11n 1n n n-1n
) ⇒a n =a n-1++() ⇒(an -1)=(an-1-1)+() ⇒2(an -1)=2(an-1-1)+1⇒2(an -1)=n⇒a n =1+n() ; 2222222
1n 1n
) , 则a n =1+bn , 且{bn }的前n 项和M n =2-(n+2)()
3
21212
(Ⅱ) 令b n =n(=e M n
[原创问题]:设数列{an }的前n 项和S n 满足:an +Sn =n+2.
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式;
252 第30讲:数列和不等式的微积分证明
(Ⅱ) 设数列{an }的前n 项积为T n , 求证:Tn
[解析]:(Ⅰ) 当n=1时, 由a n +Sn =n+2⇒a 1+S1=3⇒a 1=S1=1+1; 当n ≥2时, 由a n +Sn =n+2⇒a n+1+Sn+1=n+3⇒(an+1-a n )+(Sn+1-S n )=
2
1⇒a n+1=
1111n-11n 1n
a n +⇒a n+1-1=(an -1) ⇒a n -1=(a1-1)() =() ⇒a n =1+() ; 222222
1x 112
=⇒f min (x)=f(0)=0⇒f(x)≥0⇒ln(1+x)
(Ⅱ) 令f(x)=x-ln(1+x)⇒f '(x)=1-+ln[1+(
1n 1121n 1n 1121n
) ]
例2:对数不等式ln(1+x)
[始源问题]:(2006年江西高考试题) 己知数列{an }满足a 1=, 且a n =
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式;
(Ⅱ) 证明:对一切正整数n, 不等式a 1a 2…a n
3
2
3na n -1
(n≥2,n ∈N +).
2a n -1+n -1
[解析]:(Ⅰ) 由a n =
1n -121n -11n n n n n ⋅3n 3na n -1
=⋅+⇒-1=(-1) ⇒-1=-() ⇒a n =n ; ⇒
a n 3a n -1a n a n 33a n -132a n -1+n -13-1
(Ⅱ) 因a 1a 2…a n
f '(x)=1-1
313-1
⋅
323-1
⋅…⋅
3n 3-1
13-1
1
)(1+
13-1
2
) …(1+
13-1
n
)
11111x
=)+ln(1+2)+…+ln(1+n )
x +1x +13-13-13-13-11
1
2
1n-11111n-[1**********]3n
⋅⋅…⋅+…+n (
当a>1时,
1a n -1
1(a -1) a n -1
. 利用该不等式, 可以解决与此有关的求和不等式的上限问题. 关于数列{an }:an =
13-1
1p n -q
(p
>q>1)的求和不等式还可用递推法:如本题a n ==
13(3n -1-)
3
13(3
n -1
-1)
=
1111n-111n-1
a n-1⇒a n
111
(3[1-() n -3]() 3
[**************]3+…+n
q [1**********]2n -13-128262p -q p (p -) 1-1-
p 33
1
1p (p n -1-q )
=
11n-1
a n-1⇒a n
a 11
1-
p
.
[原创问题]:已知函数f(x)=
2x 121
,f(1)=1,f()=, 令x 1=,x n+1=f(xn ). ax +b 232
1
. 2e
(Ⅰ) 求数列{xn }的通项公式; (Ⅱ) 证明:x1x 2…x n >
[解析]:(Ⅰ) 由f(1)=1,f()=
x n =
2n -12n -1+1
12
2111n-11112x n 11
=(+1)⇒-1=(-1) ⇒-1=() ⇒ ⇒a=b=1⇒x n+1=⇒
x n 32x n 2x n +1x n +12x n x n +1
;
1111111
+ln+…+ln-(ln2+1)⇔ln x 1x 2x n x 1x 2x n 2e
(Ⅱ) 因x 1x 2…x n >
第30讲:数列和不等式的微积分证明 253
(
10111n-111121n-1
) ]+ln[1+() ]+…+ln[1+() ](ln(1+x)
[原创问题]:已知数列{an }的前n 项和满足:Sn =4a n -2n+4.
3
3
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式; (Ⅱ) 证明:(1+
111
)(1+) …(1+)
[解析]:(Ⅰ) 由S n =4a n -2n+4
3
3
⇒a 1=S1=2;当n ≥2时,a n =Sn -S n-1=(
4444n
a n -2n+)-(a n-1-2n+2+) ⇒a n =4an-1+6⇒a n =4-2; 3333
(Ⅱ) 由ln[(1+
[1**********]1
)(1+) …(1+)]=ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)
2
14(4
n -1
-2)
=
11n-[1**********]111⋅
2
1
…(1+)
a n
例3:对数不等式
x 1+x
x (2+x ) 2(1+x )
(x>0).
x (1+λx )
. 1+x
[始源问题]:(2013年大纲卷高考试题) 已知函数f(x)=ln(1+x)-(Ⅰ) 若x ≥0时,f(x)≤0, 求λ的最小值; (Ⅱ) 设数列{an }的通项a n =1+
1111++…+, 证明:a2n -a n +>ln2. 23n 4n
[解析]:(Ⅰ) 因f(0)=0,
f '(x)=-
x [λx -(1-2λ)]
(1+x ) 2
; ①当1-2λ≤0, 即λ≥
11
时, f '(x)≤0⇒f(x)≤f(0)=0;②当λ
则当x ∈(0,2(1-2λ)) 时, f '(x)>0⇒f(x)>f(0)=0.综上, λ的最小值=(Ⅱ) 令λ==
1; 2
11k +11x (2+x ) 2k +1, 由(Ⅰ) 知, 当x>0时,f(x)ln(1+x)(令x=) ⇒>ln=ln(k+1)-lnk⇒a 2n -a n + 2k k 4n 2(1+x ) 2k (k +1)
[1**********]n +12(n +1) +12(2n -1) +1++…++=[+]+[+]+…+[+]=++…+ n +1n +22n 4n 2n 2(n +1) 2(n +1) 2(n +2) 2(2n -1) 4n 2n (n +1) 2(n +1)(n +2) 2(2n -1) ⋅2n
>[ln(n+1)-lnn]+[ln(n+2)-ln(n+1)]+…+[ln(2n)-ln(2n-1)]=ln(2n)-lnn=ln2.
[原创问题]:设数列{an }的前n 项和S n 满足:S1=3,Sn =an +n2-1.
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式; (Ⅱ) 设数列{
31
}的前n 项和为T n ,x n =Tn -ln a n , 证明:0
[解析]:(Ⅰ) 当n ≥2时,a n =Sn -S n-1=(an +n2-1)-[an-1-(n-1)2-1]⇒a n-1=2n-1⇒a n =2n+1;
(Ⅱ) 由x n -x n+1=(Tn -ln n )-(Tn+1-ln a n +1)=(lnn +1-ln a n )-(Tn+1-T n )=
112n +311a 1
ln n +1-=ln -=ln(1+
22n +12n +32a n a n +12
2x 11
)-(ln(1+x)>)>⋅
2n +1x +12n +32
2
-1=0⇒x n -x n+1>0⇒x n >xn+1⇒x n >x4n ⇒x n -x 4n >0; 22n +3
+12n +1
又由x n -x n+1=
22111111
ln(1+)-(ln(1+x)
2n +122n +322n +12n +32n +12n +3
254 第30讲:数列和不等式的微积分证明
(x4n-1-x 4n )
1111113116n
-)+(-)+…+(-)=-=
2n +12n +32n +18n +1(2n +1)(8n +1) 8n 2n +32n +52(4n -1) +12(4n -1) +3
[原创问题]:已知数列{an }和{bn }满足:a1=b1, 且对任意n ∈N +, 都有a n +bn =1,a n +1=
a n
b n
2
1-a n
.
(Ⅰ) 求数列{an }和{bn }的通项公式; (Ⅱ) 证明:
a a a 3a a a
++…+n +1
[解析]:(Ⅰ) 由a 1=b1,a n +bn =1⇒a 1=b1=; 又由a n +1=
a n
n
; n +1
12
b n 1-
2a n
⇒
111a n +11-a n 1
==+1⇒=n+1⇒a n =⇒⇒b n = 2n +1a n a n a n +1a n 1-a n
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知:
a n a a 111111a a a a
=, 故2+3+…+n +1
等式
x 111111111
1111111+…+⇒++…+
例4:对数不等式lnx1).
2
x
[始源问题]:(2010年湖北高考试题) 已知函数f(x)=ax++c(a>0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.
(Ⅰ) 用a 表示出b,c;
(Ⅱ) 若f(x)≥lnx 在[1,+∞) 上恒成立, 求a 的取值范围; (Ⅲ) 证明:1+
111n
++…+>ln(n+1)+(n≥1). 23n 2(n +1)
b
x
[解析]:(Ⅰ) 由f(1)=0,
f '(1)=1⇒a+b+c=0,a-b=1⇒b=a-1,c=1-2a;
a a -11-a 1-a 1
+1-2a-lnx,x∈[1,∞), 则g(1)=0,g '(x)=(x-1)(x-); ①当>1,即a
x a a 2x
(Ⅱ) 令g(x)=f(x)-lnx=ax+
g(x)在(1,
1-a 1-a 1-a 1-a 1-a 1
) 上单调递减⇒g()
1
,+∞); 2
上单调递增⇒g(x)≥g(1)=0⇒f(x)≥lnx 在[1,∞) 上恒成立. 故a 的取值范围是[(Ⅲ) 由(Ⅱ) 知, 当a=lnk
111k +1k +11k +1k 时,f(x)≥lnx(x≥1) ⇒lnx1);令x=, 则ln
1111111111
(+) ⇒+>2[ln(k+1)-lnk]⇒1+>2(ln2-ln1),+>2(ln3-ln2),…, +>2[ln(n+1)-lnn], 2k k +1k k +1223n n +1
1111111n
++…+)+>2ln(n+1)⇒1+++…+>ln(n+1)+(n≥1). 23n 23n n +12(n +1)
n (a n +1)
,a 2=2. 2
以上不等式相加得1+2(
[原创问题]:设正项数列{an }的前n 项和S n 满足S n =
(Ⅰ) 求数列{an }的通项公式; (Ⅱ) 设数列{
1
}的前n 项和为T n , 证明:Tn+1-1
第30讲:数列和不等式的微积分证明 255 [解析]:(Ⅰ) 当n=1时,S 1=
n (a n +1) (n -1)(a n -1+1) a 1+1
-⇒a 1=S1=1;当n ≥3时,a n =Sn -S n-1=⇒(n-2)an =(n-1)an-1-1⇒ 222
a n a a a a a a a 11a a 11
=n -1--) ⇒n =2+(3-2)+…+(n -n -1)=2-[(1-) ⇒n -n -1=-(
n -2n -13-13-2n -1n -2(n -2)(n -1) n -1n -2n -13-2n -1n -22
+(
11111n
-)+…+(-)]=2-(1-)=⇒a n =n;
n -2n -123n -1n -1
11k +1k +11k +1k 11111(x-)(x>1);令x=, 则ln 2[ln(k 2x k k 2k k +12k k +1k k +1
(Ⅱ) 由lnx
+1)-lnk]⇒1+
11111111
>2(ln2-ln1),+>2(ln3-ln2),…, +>2[ln(n+1)-lnn],以上不等式相加得1+2(++…+)+ 223n n +123n
1x 111111n
>2ln(n+1)⇒1+++…+>ln(n+1)+(n≥1) ⇒1+++…+>ln(n+1)⇒lna n+1⇒
x +123n 23n n +12(n +1)
ln(1+
1111111
)>
1
2
[原创问题]:已知函数f(x)=alnx+x 2-(1+a)x.
(Ⅰ) 若f(x)≥0对定义域内的任意x 恒成立, 求实数a 的取值范围; (Ⅱ) 证明:对任意正整数m,n, 不等式
12
111n
++…+>恒成立.
ln(m +1) ln(m +2) ln(m +n ) m (m +n )
1
2
[解析]:(Ⅰ) 由f(1)=-(1+a)≥0⇒a ≤-; 又因
11
-(1+a)≥0. 故a 的取值范围是(-∞,-]; 22
f '(x)=
a 112
+x-(1+a)=[x-(1+a)x+a=(x-1)(x-a)⇒f min (x)=f(1)= x x x
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知, 当a=-
112
时,f(x)≥0⇒lnx ≤x -x ⇒2ln x
>
1
x -1
-(x>1)⇒
1x 111
>-(i=1,2,…,m) ⇒
ln(m +i ) m +i -1m +i
[1**********]n
++…+>(-)+(-)+…+(-)=-=.
m m +1m +1m +2m +n -1m +n m m +n m (m +n ) ln(m +1) ln(m +2) ln(m +n )
例5:含n 的求和不等式.
[始源问题]:(2010年全国高中数学联赛陕西初赛试题) 设对任意正整数n, 都有:[
1n -1212
[1+-() 2+-() 2+…+-() ],则实数a= . n n n n
i
n
1n
n -1212
) ] -() 2+-() 2+…+-(n n n
[解析]:令x i =,f(x)=-x 2(0≤x ≤1), 则x i+1-x i =
11n -1212
) ]=(x2-x 1)f(x1)+ ⇒[-() 2+-() 2+…+-(
n n n n n
(x3-x 2)f(x2)+…+(xn -x n-1)f(xn-1); +(xn -x n-1)f(xn-1), 所以,
1n -1212
[1+-() 2+-() 2+…+-() ]=(x1-0)f(0)+(x2-x 1)f(x1)+(x3-x 2)f(x2)+…n n n n
11n -12n -121212
[-() 2+-() 2+…+-() ]
b π11n -12n -121212
[-() 2+-() 2+…+-() ]
本题利用圆形函数构造出一个绝佳试题, 具有明显的定积分背景. 作简单变换可构造:
[原创问题]:对给定的正整数n(n≥2), 非负数列{ak }满足:an =0,ak+12=ak 2-
2k +1n (k=0,1,2,…,n-1).
256 第30讲:数列和不等式的微积分证明
(Ⅰ) 求数列{ak }的通项公式;
(Ⅱ) 设数列{ak }的所有项的和为S n , 若对任意正整数n, 都有:Sn -1
[解析]:(Ⅰ) 由a k+12=ak 2--1n 2
2
2
2k +1n 1n 2
2
⇒a k+1-a k =-
22
2k +1n
2
⇒a k =a1+(a2-a 1)+(a3-a 2)+…+(ak -a k-1)=a1-1n 2
1n 2
222222222
1n
2
[3+5+…+(2k-1)]=a1
2
(k-1); 由a n =0⇒a 1-(n-1)=0⇒a 1=-
2n
2
1n ⇒a k =(1-
2
)-(k-1)=1-
2
k 2n ⇒a k =-
k 2n ;
(Ⅱ) 由S n -1
1n 1n -121n -1212
)
n n n n n n
π1n -122n -1212
) ]
4n n n n n n
例6:含n 的求和不等式.
[始源问题]:(2012年天津高考试题) 已知函数f(x)=x-ln(x+a)的最小值为0, 其中a>0.
(Ⅰ) 求a 的值;
(Ⅱ) 若对任意的x ∈[0,+∞), 有f(x)≤kx 成立, 求实数k 的最小值; (Ⅲ) 证明:∑
2
-ln(2n+1)
i =12i -1
n
2
[解析]:(Ⅰ) 因
f '(x)=1-
11
=(x+a-1)⇒f min (x)=f(x)的极小值=f(1-a)=1-a=0⇒a=1; x +a x +a
2
2
2
2
(Ⅱ) 由f(x)≥0⇒0≤f(x)≤kx ⇒k>0;又因f(x)≤kx ⇔x-kx ≤ln(x+1)(函数y=x-kx与y=ln(x+1)均过点O(0,0),只需函数y=x-kx在(0,∈(0,
2
111) 内单调递增的速度不大于y=ln(x+1)的单调递增速度) ⇔当x ∈(0,) 时,1-2kx ≤⇔当x 2k 2k x +1
11
) 时,2k(x+1)≥1⇔2k ≥1⇔k 的最小值=(本解法为作者给出); 2k 2
2
单调递增, 作分点x i =i(i=1,2,3,…,n), 则(x2-x 1)f(x2)+(x3-x 2)f(x3)+…2x -1
(Ⅲ) 考虑到F(x)=ln(2x-1)的导函数f(x)=+(xn -x n-1)f(xn )
n
n n 2n 222
i =22i -1i =12i -1i =22i -1i =12i -1
本题充分体现了m(n)
i =1
n
[原创问题]:正项数列{an }满足:2Sn =an 2+n,其中,S n 是数列{an }的前n 项和.
(Ⅰ) 求数列{ak }的通项公式; (Ⅱ) 令数列{
1n
}的前n 项和为T n . 求证:Tn >ln(n-1)+(n≥2). a n 2(n +1)
[解析]:(Ⅰ) 由2S n =an 2+n⇒2S 1=a12+1⇒a 1=1;当n ≥2时,2a n =2Sn -2S n-1=(an 2+n)-(an-12+n-1)⇒(an -1) 2=an-12⇒a n -1=±a n-1;
①当a n -1=-an-1时,a 2n-1=1,a2n =0,不符合题意; ②当a n -1=an-1时,a n =n; (Ⅱ) 考虑到F(x)=lnx的导函数f(x)=+…+(xn+1-x n ) ln(n+1)+
f (x ) +f (x 3) 1f (x ) +f (x )
单调递增, 作分点x i =i(i=1,2,3,…,n+1),则(x2-x 1) +(x3-x 2) 2
22x
f (x n ) +f (x n +1) f (x 1) +f (x n +1)
>⎰1n +1f (x ) dx ⇒[f(x1)+f(x2)+…+f(xn )]->ln(n+1)⇒T n =f(x1)+f(x2)+…+f(xn )>
22
112112n +2n +2n ; 而ln(n+1)+>ln(n-1)+)>(令x=1+∈(1,3]⇒=-) ⇔ ⇔ln(1+
n +1n -1n +122x n -12(n +1) 2(n +1) 2(n +1)
第30讲:数列和不等式的微积分证明 257
lnx>
1112x -1111n -->0;令g(x)=lnx+-⇒g '(x)=>0⇒g(x)>g(1)=0;故T n >ln(n-1)+. ⇔lnx+222x 2x 22x 22(n +1) 2x
例7:递推求和不等式.
[始源问题]:(2010年全国高中数学联赛江苏初赛试题) 数列{an }中, 已知a 1∈(1,2),an+1=an 3-3a n 2+3an ,n ∈N *, 求证:
(a1-a 2)(a3-1)+(a2-a 3)(a4-1)+…+(an -a n+1)(an+2-1)
1
. 4
[解析]:由a n+1=an 3-3a n 2+3an ⇒a n+1-1=(an -1) 2, 令b n =an -1⇒b 1=a1-1∈(0,1),bn+1=bn 3∈(0,1),且b n+1-b n =bn 3-b n =bn (bn +1)(bn -1)
n
3
1
114
. 其中F(x)=x . 44
n
本题给出了关于∑(a i -a i +1) a i +2、∑(a i +1-a i ) a i +2型上、下界问题的定积分解决, 该解法具有通性.
i =1
i =1
[原创问题]:已知函数f(x)=x-ln(x+1),x∈(0,1),数列{an }满足:a1=a∈(0,1),an+1=f(an ).
(Ⅰ) 求证:0
(Ⅱ) 求证:(a1-a 2)a 3+(a2-a 3)a 4+…+(an -a n+1)a n+2
1
. 2
1x
=>0⇒f(x)在区间(0,1)内单调递增⇒f(x)值域为(f(0),f(1)) 1+x 1+x
[解析]:(Ⅰ) 由f(x)=x-ln(x+1)⇒
f '(x)=1-
=(0,1-ln2)⊂(0,1);又因f(x)-x=-ln(x+1)12
x +x-(x+1)ln(x+1)的导函数f(x)=x-ln(x+1)单调递增, 作分点x i =ai (i=1,2,3,…,n+1),则(a1-a 2)a 3+ 2
1
(a2-a 3)a 4+…+(an -a n+1)a n+2=(a1-a 2)f(a2)+(a2-a 3)f(a3)+…+(an -a n+1)f(an+1)
31-ln4
例8:递推求和不等式.
[始源问题]:(2003年江苏高考试题) 设a>0,如图, 己知直线
l:y=ax及曲线C:y=x,C 上的点Q 1的横坐标为a 1(0
P n+1作直线平行于y 轴, 交曲线C 于点Q n+1,Q n (n=1,2,3,…) 的横坐标构成数列{an (Ⅰ) 试求a n+1与a n 的关系, 并求{an }的通项公式(Ⅱ) 当a=1,a1≤
n 11
时, 证明:∑(a k -a k +1) a k+2
322k =1
n
2
(Ⅲ) 当a=1时, 证明:∑(a k -a k +1) a k+2
k =1
1
3
[解析]:(Ⅰ) 由Q n 的横坐标=an ⇒Q n (an ,a n 2) ⇒P n+1(1a n 2,a n 2) ⇒Q n+1(1a n 2,(1a n 2) 2) ⇒a n+1=1a n 2⇒lga n+1=2lgan -lga ⇒
a
a
a
a
lga n+1-lga=2(lgan -lga) ⇒lga n -lga=(lga1-lga) ×2⇒a n =a(
13
n-1
a 12n -1
) ; a
n
32
(Ⅱ) 当a=1时, 考虑到F(x)=x 的导函数f(x)=x单调递增, 作分点x i =ai (i=1,2,3,…,n+1),则∑(a k -a k +1) a k+2=(a1-a 2)a 3+
k =1
k =2
a 2
f (x ) dx =(a1-a 2)a 3+F(a2)-F(0)=(a1-a 2)a 3+∑(a k -a k +1) f(ak+1)
n
[1**********]
a 2=a 1+a1≤() +() =; 3332322
258 第30讲:数列和不等式的微积分证明
33a 1
(Ⅲ) ∑(a k -a k +1) a k+2=∑(a k -a k +1) f(ak+1)n n
k =1k =1
1
31313
不着意于求数列的通项公式, 而着力于研究数列性质及和式不等式是安徽高考命题的特色.
[原创问题]:己知直线l:y=ax及曲线C:y=f(x),C上的点Q 1的横坐标为a 1. 从C 上的点Q n (n≥1) 作直线平行于x 轴, 交
直线l 于点P n+1, 再从点P n+1作直线平行于y 轴, 交曲线C 于点Q n+1,Q n (n=1,2,3,…) 的横坐标构成数列{an }. (Ⅰ) 试求a n+1与a n 的关系式;
(Ⅱ) 当a=1,f(x)=2-1,a 1∈(0,1)时, 求证: (i)0
k =1n
x
e . 2
[解析]:(Ⅰ) 由Q n 的横坐标=an ⇒Q n (an ,f(an )) ⇒P n+1(1f(an ),f(an )) ⇒Q n+1(1f(an ),f(1f(an )) ⇒a n+1=1f(an );
a
a
a
a
(Ⅱ)(i)函数y=x、y=f(x)的图像知当x ∈(0,1)时,f(x)(ii)考虑到F(x)=2log 2e-x 的导函数f(x)=2-1单调递增, 作分点x i =ai (i=1,2,3,…,n+1),则∑(a k -a k +1) a k +2=∑(a k -a k +1) f(ak+1)
k =1
k =1
x
x
n n
a 1
e
. 2
[原创问题]:己知函数f(x)=ex -2, 设曲线y=f(x)在点(xn ,f(xn )) 处的切线与x 轴交点为(xn+1,0)(n∈N*),其中x 1为正实
数.
(Ⅰ) 用x n 表示x n+1;
(Ⅱ) 求证:对一切正整数n,x n+1≤x n 的充要条件是x 1≥ln2; (Ⅲ) 若x 1=2ln2,求证:∑(x k -x k +1) x k +2
k =1n
3. 2
[解析]:(Ⅰ) 由
令y=0得x=xn +
f '(x)=e知曲线y=f(x)在点(xn ,f(xn )) 处的切线方程为y-f(xn )=f '(xn )(x-xn ), 即y-(e x n -2)=e x n (x-xn ),
x
2e x n
-1, 即x n+1=xn +
2e
x n
2e x n
-1;
2e
x n
(Ⅱ)(必要性)x n+1≤x n ⇔x n +1⇒g '(x)=1-2e x
-1≤x n ⇔
≤1⇔e x n ≥2⇔x n ≥ln2⇒x 1≥ln2;(充分性) 如果x 1≥ln2, 由g(x)=x+
2e x
-
≥0⇒g(x)在[ln2,+∞) 上单调递增⇒x 2=g(x1) ≥g(ln2)=ln2⇒x 3≥g(ln2)=ln2⇒…⇒x n ≥g(ln2)=
ln2⇒x n+1≤x n ; (Ⅲ) 考虑到G(x)=
n
n 2122
x -x -x 的导函数f(x)=x+x -1单调递增, 作分点x i =ai (i=1,2,3,…,n+1),则∑(x k -x k +1) x k +2= 2k =1e e
k =1
2ln 2
∑(x k -x k +1) g (k +1)
313322
ln 2+-ln2