数 列 和 不 等 式
湖州二中 李萍
数列是一种特殊的函数，在众多的高考试题中数列试题题型新颖, 综合性强，特别是数列与不等式的结合是近几年高考试题的热点，而涉及数列和不等式的问题往往需要综合运用函数、数列性质和不等式证明的诸多方法, 从而考察学生的数学意识、数学思维。下面谈谈常涉及到的几种解决方法。 一、函数的性质 A. 单调性
a. 构造函数应用定义法 例1．
已知数列{a n }的前n 项和为s n ，它满足s =n (a 1+a n )
n
2
（1） 试求出a n , a n +1与a n +2之间的递推关系， （2） 若设a 1=1, a 2=1,
2
a
a
111１1
a) 当0
1-a a 2a 3a 4a n
b) 当0
1
时，求证1
22a 2
+
11１3
++．．．+
16a 3a 4a n
解:（1）（略解）利用 （2） d = ∴
s n -s n -1=a n 可得数列{a n }是一等差数列。
1-a
（00，
a 2
∴数列{a
n
}是单调递增数列。
1⎛11⎫111
⎪=-(k ≥2) =
1⎫1111⎛1
⎪- ++... +
令k =2, 3, 4... n , 得n-1个不等式相减得：
1
+
d 1 =
d
⎛11⎫1 ⎪-+…+ a ⎪d ⎝2a 3⎭⎛11⎫1
⎪- a ⎪=d a n ⎭⎝n -1
⎛111111⎫
⎪-+-+... +- a a ⎪ a a a a 223n -1n ⎭⎝1
⎛11⎫a 2⎛1
⎪ -=a - a ⎪ a n ⎝1a n ⎭1-a ⎝⎫a 2a 31
⎪⋅a =
22a (1+a )111１a a +a (3)由(2)知= +++．．．+
2(1-a ) 2(1-a ) a 2a 3a 4a n
()
3
1a 3(1+a ) 设f (a ) =, 当a ∈(0, ) 时, 设0
22(1-a )
3(a 21+a 2)a 13(1+a 1)4334
- 1-a 1>1-a 2>0, a 1
2(1-a 2) 2(1-a 1) 3
(1+a 2) ∴f (a ) -f (a ) >0, ∴f (a ) 在a ∈(0, 1) 上单调递增. a 13(1+a 1)a 2
∴
22(1-a 1) 2(1-a 2)
∴f (a )
b. 导数法
1
23
，命题得证. 16
a 3(1+a )4a 3+3a 2(1-a ) -a 4+a 3⋅(-1)
(题目同上) （3） f (a ) =, ∴f '(a ) = 2
2(1-a ) 2(1-a )
12a 3-3a 4+3a 2a 2-3a 2+2a +3
a ∈(0, ) ∴3-3a 2>0 == 22
22(1-a ) 2(1-a )
2
∴3-3a +2a >0, ∴f '(a ) >0在a ∈(0, ) 恒成立, ∴f (a ) 在a ∈(0, ) 上为单
()()
()
1212
调递增函数, ∴f (a )
例2．若无穷数列{a n
123
, 命题得证. 16
（1）已知数列{a n }是严格的递增数}满足a n +1=3a n -4，n ∈N +，
列，求首项a 1的取值范围。（2）若无穷数列{a n 一正常数），求证：数列{a n }是常数列。
}有界（即对n ∈N +，均有a n
≤M , M 为
解：(1) a n +1=3a n -4，将其变形为a n +1-2=3(a n -2) ，令a n -2=b n ，n ∈N + ∴b n +1=3b n , b 1=a 1-2≠0否则a 1=2, 推出a 2=a 3=... =a n =2，这与{a n 单调递增数列矛盾，∴数列{b n
}是严格
}是以a 1-2为首项，以3为公比的等比数列，其通项公式为
n -1n -1
即a n -2=（a 1-2）3，n ∈N +，即a n =（a 1-2）3+2，n ∈N + b n =（a 1-2）3n -1，
又 数列{a n }是严格的递增数列，∴a n +1-a n >0恒成立，即（a 1-2）3n -（a 1-2）
3n -1>0恒成立, ∴（a 1-2）3n -（a 1-2）3n -1>0对一切正自然数n ∈N +恒成立, 即
3(a 1-2)-(a 1-2)>0恒成立. ∴2(a 1-2)>0恒成立, ∴a 1>2
故所求的a 1的范围是a 1>2 (2)证明:由(1)知a n =（a 1-2）3
n -1
+2,下面分情况讨论.
a. 若a 1>2时. 数列{a n }是严格单调递增数列, 当n →+∞时, 3n -1→+∞, ∴a n →+∞, 这
与a n ≤M 矛盾. ∴a 1>2不成立.
b. 当a 1
n
n -1
=2⋅（a 1-2）3
n -1
}是严格单调递增数列, 当n →+∞时, 3n -1→+∞, 但a 1
3n -1+2→-∞, ∴a n →+∞这与a n ≤M 矛盾, ∴a 1
c. 当a 1=2时, a n =2, 满足a n ≤M , 对一切n ∈N +恒成立, ∴a 1=2即a n =2
∴数列{a n }是常数列.
二．不等式的证明方法 A ．基本不等式
例3．已知a 1，a 2，a 3…a n 为两两各不相等的正整数. 求证对任何正整数n 下列不等式成立,
a n 11a 1a 21
++... +≥++... +(第20届IMO 试题) 222
12n 12n
证明: 因为a 1，a 2，a 3…a n 为两两各不相等的正整数, 所以显然有 以
11112 a 211 a 1
++... +≥1+1+. . +≥≥2 a n +1≥2 ++. 12n a 1a 21a 11a 21a n a n
上
各
不
等
式
两
边
分
别
相
加
并
整
理
:
a n a 1a 2111111++... +≥2(++... ) -() ++... +222
12n 12n a 1a 2a n 111111111
≥2(++... ) —（++... +）=++... +
12n 12n 12n
B. 放缩法
例4．已知数列{a n 求（1）{a n
}满足s n =n a n (n ∈N )，s n 是{a n }的前n 项和，且a 2=1
2
a n +1
}的通项
⎫
⎪⎪⎭
1 （2）证明：3≤⎛ 1+ 2⎝2a n +1
解：（1）s n =n a n ，s n +1=n +1a n +1，两式相减得2a n +1=(n +1) a n +1-na n
22
∴(n -1) a n +1=na n ∴a n +1=n ，
a n
n -1a n n -1。。。 a 3=2 =
a n -1n -2a 21
连乘后可得：a n =n -1 ，a 2=1，∴a n =n -1(n ≥2)
a 2又 a 1=
1
a 1 ∴a 1=0 ∴a n =n -1(n ≥1) 2
n
1⎫3011（2）（二项式定理）⎛= 1+⎪≥C n +C n 2n ⎭2n 2⎝
1⎫2n +1n 2n +12n n +2（放缩法1）⎛)
2n ⎭2n 2n 2n -1n +1⎝
n
（放缩法2）⎛ 1+
⎝
12a n +1
⎫⎪⎪⎭
a n +1
n
1⎫=C 0+C 11+C 2⎛1⎫+... +C n ⎛1⎫ ⎛⎪⎪= 1+⎪n n n n
2n 2n 2n 2n ⎝⎭⎝⎭⎝⎭
2n
r
1C n 1n (n -1)(n -2)... (n -r +1)1⎛1⎫
又 C
22n 2r ! ⋅n ⎝2n ⎭
r
r
n
111⎫1111⎛
∴ 1+⎪
22⎝2n ⎭1248
C. 比较法
例5．已知函数f (x ) =
n
a
a x -a -x ，其中a >0, a ≠1. 2
a -1
()
（1） 判断函数f (x ) 在(-∞, +∞)上的单调性，并根据函数单调性的定义加以证明 （2） 若n ∈N ，且n ≥2，证明f (n ) >n 。 解：（1）略解。
（2）f (n ) >n ⇔f (n ) -n >0，n ∈N ，且n ≥2 设g (n )=f (n ) -n =
a n -n
a -a -n ，n ∈N ，且n ≥2 2
a -1
()
a a 2+12-2
a -a -2=-2>0 则g (2)=2
a -1a
()
g (n +1)-g (n ) =
a
a n +1-a -n -1-a n +a -n -1 2
a -1
()
(a
=
n
-1a n +1-1
n
a a +1)()
n n +1
无论a >1还是00
()()
则g (n +1)-g (n ) >0 即g (n +1)>g (n ) 故g (n )>g (n -1) >... >g (2) >0 即f (n ) >n
D ．分析法 例6．已知数列{a n
}满足：a 1=5, a n +1
2a n +8a n +16
，(n =1, 2, 3... n ) =
4a n
求证：（1）a n ≥4，(n =1, 2, 3... n )
（2）a n +1-4≤
1
(a n -4)(n =1, 2, 3... n ) 4
证明：（1）a 1=5>4 ∴结论成立
2
a n +8a n -1+16a n -14
n ≥2, n ∈N 时 a n =-1=++2=4
4a n -14a n -1
当且仅当a n -1=4时取等号.
∴a n ≥4 (n =1, 2, 3... n )
(2) a n +1-4≤
1
(a n -4) (n =1, 2, 3... n ) 4
22a n +8a n +16a n -4a n +8a n +16-16a n a n -4
⇔-4≤⇔≤
4a n 44a n 4
22
a n ≥4 ∴a n -8a n +16≤a n -4a n 4a n ≥16 a n ≥4
由(1)知a n ≥4成立, 故命题等证. 三、数列的性质 A 、 应用数列性质
22a 1-a 2n 352n -1
()>2n ⇔a +a +a +... +a （例5）（2）解：f (n ) >n ⇔n >2n n 2
a a 1-a
（逆用等比数列求和公式）⇔ a 由均值不等式，上式成立
B. 数学归纳法
（例5）（2）证明：当n =2时， a >0, a ≠1. ∴f (2) =则不等式成立
假设当n =k , k ≥2. k ∈N 时，不等式成立，即f (k ) >k ，
(
)⎛⎝
n -1
+
1⎫⎛n -31⎫1⎫⎛2n -1
+a ++... +a +>2n ，⎪ ⎪ 2n -1⎪a n -1⎭⎝a n -3⎭a ⎝⎭
a 12-2
a -a =+a >2 2
a a -1
()
(a
于是f (k ) +1>k +1, f (k +1) -[f (k )+1]=... =
k
-1a k +1-1
>0， k
a +1a
)()
则f (k +1)>f (k )+1>k +1，即当n =k +1时，不等式也成立。 综合上述可得对一切n ≥2,. n ∈N 不等式也成立。 C. 极限思想 例7．设a 1≈
2, a 2=1+
1
1+a 1
（1）证明：2介于a 1, a 2之间。 （2）a 1, a 2中哪一个更接近于2
（3）根据以上事实，设计一种求2的近似值的方案，并说明理由。
(1-22-a )解：（1）2-a 2-a )=
1+a
1
2
12
1
（2）
2-a 2
(1-22-a )=
1+a 2-a 1
1
1
2
=
(1-22-a 12-1
=a 1-2
1+a 11+a 1
)
（3）依次令a n +1=1+
1
，n ∈N 1+a n
则a n -2=
2
2-1
a n -1-2
1+a n -1
2-1
2-a n -1 2
n -1
⎛2-1⎫⎛2-1⎫ ⎪ ⎪
2⎪⋅-a n -2
即 a n -2
2-a 1，
2
故a 1, a 2a 3... 依次更接近于2，且当n →+∞时，a n 无限趋近于2， 即lim
n →∞
a n
=
2。
评注；递推数列与数列的有界性、单调性是高等数学内容与初等数学相衔接的部分，也是倍
受高考命题人员的青睐。 四、二项式定理
1⎫3011（二项式定理）⎛= 1+⎪≥C n +C n 2n ⎭2n 2⎝
评注：一般地，当指数不等式（指数为正整数）那么一般情况都可以利用二项式定理来证明。
n
数 列 和 不 等 式
湖州二中 李萍
数列是一种特殊的函数，在众多的高考试题中数列试题题型新颖, 综合性强，特别是数列与不等式的结合是近几年高考试题的热点，而涉及数列和不等式的问题往往需要综合运用函数、数列性质和不等式证明的诸多方法, 从而考察学生的数学意识、数学思维。下面谈谈常涉及到的几种解决方法。 一、函数的性质 A. 单调性
a. 构造函数应用定义法 例1．
已知数列{a n }的前n 项和为s n ，它满足s =n (a 1+a n )
n
2
（1） 试求出a n , a n +1与a n +2之间的递推关系， （2） 若设a 1=1, a 2=1,
2
a
a
111１1
a) 当0
1-a a 2a 3a 4a n
b) 当0
1
时，求证1
22a 2
+
11１3
++．．．+
16a 3a 4a n
解:（1）（略解）利用 （2） d = ∴
s n -s n -1=a n 可得数列{a n }是一等差数列。
1-a
（00，
a 2
∴数列{a
n
}是单调递增数列。
1⎛11⎫111
⎪=-(k ≥2) =
1⎫1111⎛1
⎪- ++... +
令k =2, 3, 4... n , 得n-1个不等式相减得：
1
+
d 1 =
d
⎛11⎫1 ⎪-+…+ a ⎪d ⎝2a 3⎭⎛11⎫1
⎪- a ⎪=d a n ⎭⎝n -1
⎛111111⎫
⎪-+-+... +- a a ⎪ a a a a 223n -1n ⎭⎝1
⎛11⎫a 2⎛1
⎪ -=a - a ⎪ a n ⎝1a n ⎭1-a ⎝⎫a 2a 31
⎪⋅a =
22a (1+a )111１a a +a (3)由(2)知= +++．．．+
2(1-a ) 2(1-a ) a 2a 3a 4a n
()
3
1a 3(1+a ) 设f (a ) =, 当a ∈(0, ) 时, 设0
22(1-a )
3(a 21+a 2)a 13(1+a 1)4334
- 1-a 1>1-a 2>0, a 1
2(1-a 2) 2(1-a 1) 3
(1+a 2) ∴f (a ) -f (a ) >0, ∴f (a ) 在a ∈(0, 1) 上单调递增. a 13(1+a 1)a 2
∴
22(1-a 1) 2(1-a 2)
∴f (a )
b. 导数法
1
23
，命题得证. 16
a 3(1+a )4a 3+3a 2(1-a ) -a 4+a 3⋅(-1)
(题目同上) （3） f (a ) =, ∴f '(a ) = 2
2(1-a ) 2(1-a )
12a 3-3a 4+3a 2a 2-3a 2+2a +3
a ∈(0, ) ∴3-3a 2>0 == 22
22(1-a ) 2(1-a )
2
∴3-3a +2a >0, ∴f '(a ) >0在a ∈(0, ) 恒成立, ∴f (a ) 在a ∈(0, ) 上为单
()()
()
1212
调递增函数, ∴f (a )
例2．若无穷数列{a n
123
, 命题得证. 16
（1）已知数列{a n }是严格的递增数}满足a n +1=3a n -4，n ∈N +，
列，求首项a 1的取值范围。（2）若无穷数列{a n 一正常数），求证：数列{a n }是常数列。
}有界（即对n ∈N +，均有a n
≤M , M 为
解：(1) a n +1=3a n -4，将其变形为a n +1-2=3(a n -2) ，令a n -2=b n ，n ∈N + ∴b n +1=3b n , b 1=a 1-2≠0否则a 1=2, 推出a 2=a 3=... =a n =2，这与{a n 单调递增数列矛盾，∴数列{b n
}是严格
}是以a 1-2为首项，以3为公比的等比数列，其通项公式为
n -1n -1
即a n -2=（a 1-2）3，n ∈N +，即a n =（a 1-2）3+2，n ∈N + b n =（a 1-2）3n -1，
又 数列{a n }是严格的递增数列，∴a n +1-a n >0恒成立，即（a 1-2）3n -（a 1-2）
3n -1>0恒成立, ∴（a 1-2）3n -（a 1-2）3n -1>0对一切正自然数n ∈N +恒成立, 即
3(a 1-2)-(a 1-2)>0恒成立. ∴2(a 1-2)>0恒成立, ∴a 1>2
故所求的a 1的范围是a 1>2 (2)证明:由(1)知a n =（a 1-2）3
n -1
+2,下面分情况讨论.
a. 若a 1>2时. 数列{a n }是严格单调递增数列, 当n →+∞时, 3n -1→+∞, ∴a n →+∞, 这
与a n ≤M 矛盾. ∴a 1>2不成立.
b. 当a 1
n
n -1
=2⋅（a 1-2）3
n -1
}是严格单调递增数列, 当n →+∞时, 3n -1→+∞, 但a 1
3n -1+2→-∞, ∴a n →+∞这与a n ≤M 矛盾, ∴a 1
c. 当a 1=2时, a n =2, 满足a n ≤M , 对一切n ∈N +恒成立, ∴a 1=2即a n =2
∴数列{a n }是常数列.
二．不等式的证明方法 A ．基本不等式
例3．已知a 1，a 2，a 3…a n 为两两各不相等的正整数. 求证对任何正整数n 下列不等式成立,
a n 11a 1a 21
++... +≥++... +(第20届IMO 试题) 222
12n 12n
证明: 因为a 1，a 2，a 3…a n 为两两各不相等的正整数, 所以显然有 以
11112 a 211 a 1
++... +≥1+1+. . +≥≥2 a n +1≥2 ++. 12n a 1a 21a 11a 21a n a n
上
各
不
等
式
两
边
分
别
相
加
并
整
理
:
a n a 1a 2111111++... +≥2(++... ) -() ++... +222
12n 12n a 1a 2a n 111111111
≥2(++... ) —（++... +）=++... +
12n 12n 12n
B. 放缩法
例4．已知数列{a n 求（1）{a n
}满足s n =n a n (n ∈N )，s n 是{a n }的前n 项和，且a 2=1
2
a n +1
}的通项
⎫
⎪⎪⎭
1 （2）证明：3≤⎛ 1+ 2⎝2a n +1
解：（1）s n =n a n ，s n +1=n +1a n +1，两式相减得2a n +1=(n +1) a n +1-na n
22
∴(n -1) a n +1=na n ∴a n +1=n ，
a n
n -1a n n -1。。。 a 3=2 =
a n -1n -2a 21
连乘后可得：a n =n -1 ，a 2=1，∴a n =n -1(n ≥2)
a 2又 a 1=
1
a 1 ∴a 1=0 ∴a n =n -1(n ≥1) 2
n
1⎫3011（2）（二项式定理）⎛= 1+⎪≥C n +C n 2n ⎭2n 2⎝
1⎫2n +1n 2n +12n n +2（放缩法1）⎛)
2n ⎭2n 2n 2n -1n +1⎝
n
（放缩法2）⎛ 1+
⎝
12a n +1
⎫⎪⎪⎭
a n +1
n
1⎫=C 0+C 11+C 2⎛1⎫+... +C n ⎛1⎫ ⎛⎪⎪= 1+⎪n n n n
2n 2n 2n 2n ⎝⎭⎝⎭⎝⎭
2n
r
1C n 1n (n -1)(n -2)... (n -r +1)1⎛1⎫
又 C
22n 2r ! ⋅n ⎝2n ⎭
r
r
n
111⎫1111⎛
∴ 1+⎪
22⎝2n ⎭1248
C. 比较法
例5．已知函数f (x ) =
n
a
a x -a -x ，其中a >0, a ≠1. 2
a -1
()
（1） 判断函数f (x ) 在(-∞, +∞)上的单调性，并根据函数单调性的定义加以证明 （2） 若n ∈N ，且n ≥2，证明f (n ) >n 。 解：（1）略解。
（2）f (n ) >n ⇔f (n ) -n >0，n ∈N ，且n ≥2 设g (n )=f (n ) -n =
a n -n
a -a -n ，n ∈N ，且n ≥2 2
a -1
()
a a 2+12-2
a -a -2=-2>0 则g (2)=2
a -1a
()
g (n +1)-g (n ) =
a
a n +1-a -n -1-a n +a -n -1 2
a -1
()
(a
=
n
-1a n +1-1
n
a a +1)()
n n +1
无论a >1还是00
()()
则g (n +1)-g (n ) >0 即g (n +1)>g (n ) 故g (n )>g (n -1) >... >g (2) >0 即f (n ) >n
D ．分析法 例6．已知数列{a n
}满足：a 1=5, a n +1
2a n +8a n +16
，(n =1, 2, 3... n ) =
4a n
求证：（1）a n ≥4，(n =1, 2, 3... n )
（2）a n +1-4≤
1
(a n -4)(n =1, 2, 3... n ) 4
证明：（1）a 1=5>4 ∴结论成立
2
a n +8a n -1+16a n -14
n ≥2, n ∈N 时 a n =-1=++2=4
4a n -14a n -1
当且仅当a n -1=4时取等号.
∴a n ≥4 (n =1, 2, 3... n )
(2) a n +1-4≤
1
(a n -4) (n =1, 2, 3... n ) 4
22a n +8a n +16a n -4a n +8a n +16-16a n a n -4
⇔-4≤⇔≤
4a n 44a n 4
22
a n ≥4 ∴a n -8a n +16≤a n -4a n 4a n ≥16 a n ≥4
由(1)知a n ≥4成立, 故命题等证. 三、数列的性质 A 、 应用数列性质
22a 1-a 2n 352n -1
()>2n ⇔a +a +a +... +a （例5）（2）解：f (n ) >n ⇔n >2n n 2
a a 1-a
（逆用等比数列求和公式）⇔ a 由均值不等式，上式成立
B. 数学归纳法
（例5）（2）证明：当n =2时， a >0, a ≠1. ∴f (2) =则不等式成立
假设当n =k , k ≥2. k ∈N 时，不等式成立，即f (k ) >k ，
(
)⎛⎝
n -1
+
1⎫⎛n -31⎫1⎫⎛2n -1
+a ++... +a +>2n ，⎪ ⎪ 2n -1⎪a n -1⎭⎝a n -3⎭a ⎝⎭
a 12-2
a -a =+a >2 2
a a -1
()
(a
于是f (k ) +1>k +1, f (k +1) -[f (k )+1]=... =
k
-1a k +1-1
>0， k
a +1a
)()
则f (k +1)>f (k )+1>k +1，即当n =k +1时，不等式也成立。 综合上述可得对一切n ≥2,. n ∈N 不等式也成立。 C. 极限思想 例7．设a 1≈
2, a 2=1+
1
1+a 1
（1）证明：2介于a 1, a 2之间。 （2）a 1, a 2中哪一个更接近于2
（3）根据以上事实，设计一种求2的近似值的方案，并说明理由。
(1-22-a )解：（1）2-a 2-a )=
1+a
1
2
12
1
（2）
2-a 2
(1-22-a )=
1+a 2-a 1
1
1
2
=
(1-22-a 12-1
=a 1-2
1+a 11+a 1
)
（3）依次令a n +1=1+
1
，n ∈N 1+a n
则a n -2=
2
2-1
a n -1-2
1+a n -1
2-1
2-a n -1 2
n -1
⎛2-1⎫⎛2-1⎫ ⎪ ⎪
2⎪⋅-a n -2
即 a n -2
2-a 1，
2
故a 1, a 2a 3... 依次更接近于2，且当n →+∞时，a n 无限趋近于2， 即lim
n →∞
a n
=
2。
评注；递推数列与数列的有界性、单调性是高等数学内容与初等数学相衔接的部分，也是倍
受高考命题人员的青睐。 四、二项式定理
1⎫3011（二项式定理）⎛= 1+⎪≥C n +C n 2n ⎭2n 2⎝
评注：一般地，当指数不等式（指数为正整数）那么一般情况都可以利用二项式定理来证明。
n