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四川苍溪中学 628400 四川苍溪城郊中学 628400
摘要：数列与不等式的整合，使问题具有难度大、灵活性强的特点. 它不但可以考查证明不等式和数列的各种方法，而且还可以综合考查其他各种数学思想方法. 这充分体现了能力立意的高考命题原则，是当今高考的热点及重点. 本文通过举例谈谈数列不等式的非构造证法，希望能给读者一些有益的启示.
关键词：数列不等式；数学归纳法；通项法；放缩法；叠代法；求导法
数列和不等式是高考的热点、难点，这两大问题组合在一起的时候，综合程度高，问题的解决方法将变得更加灵活. 这类问题的证明，既需要证明不等式的基本思路和方法，又要结合数列本身的结构和特点，有着较强的技巧性. 本文将给出十种非构造数列的证明方法.
[⇩]数学归纳法
数列不等式与正整数密切相关，所以数学归纳法是证明数列不等式的强有力工具.
例1 求证：1+++…+ 证明 （1）当n=2时，左边=1++=<2 .
（2）假设当n=k（k≥2）时，原不等式成立，即1+++…+ 则当n=k+1时，有
1+++…++++…+ 这就是说，当n=k+1时，不等式成立.
根据（1）（2），可知原不等式成立.
例2 已知数列｛an｝中，an>0，且当n≥2时，a≤an-1－an .
求证：当n≥2时，an<.
证明 （1）当n=2时，a2≤a1（1－a1）≤
2=<=.
（2）假设当n=k（k≥2）时，有ak<.
若 1－=；
若0 总之，均有ak+1<.
根据（1）（2），命题对一切不小于2的自然数n均成立.
[⇩]通项特征分析法
有些数列不等式的证明，若从已知条件出发，分析通项的特征，并以此为突破口，可使问题获证.
例3 已知数列｛an｝中，a1=2，an+1=an+.
求证：an>对一切正整数n成立.
证明 当n≥2时，a－a=2+，
a=a+（a－a）+（a－a）+…+（a－a）
=a+2（n－1）++…+>22+2（n－1）=2n+2>2n+1.
又a1=2>，所以an>（n∈N+）.
[⇩]裂项放缩法
裂项放缩法是证明数列不等式的常用方法. 放缩时不能放得过“大”或缩得过“小”，需仔细分析，顺应目标，“适度”放缩，这样才能顺利解答问题.
例4 求证：1+++…+<3对一切不小于2的正整数n均成立.
证明 当n≥2时，==<===2·
个递推不等式使问题获证.
例5 已知正项数列｛an｝的前n项和为Sn，且a1=a（a>2），an+1=（n∈N+）.
（1）求证an>2；（2）求证Sn－2n< 2（a－2）.
证明 （1）略.
（2）当n=1时，原不等式成立.
当n≥2时，an－2==·<，
所以an－2<<<…<（n≥2）.
所以Sn－2n<（a－2）
1+
++…+
=2（a－2）1－
<2（a－2）.
综上，原不等式得证.
[⇩]三角代换法
递推式中出现a+a≤r2，，，等式子，可考虑三角代换.
例6 给定正整数n和正数M，对于满足条件a+a≤M的所有等差数列a1，a2，a3，…，求证：
an+1+an+2+…+a2n+1≤·（n+1）·.
证明 设a1=rsinθ，an+1=rcosθ（0 则an+1+an+2+…+a2n+1=（an+1+a2n+1）=（an+1+2an+1－a1）
=（3an+1－a1）=（3rcosθ－rsinθ）
=·r·cos（θ+φ）≤（n+1）.
等号当r=1，θ+φ=2π时取得，其中锐角φ满足cosφ=，sinφ=.
例7 已知数列｛an｝中，a0=1，an=，求证：an>.
证明 显然an>0，令an=tanαn，αn∈0，
，
则an===tan.
所以αn=，所以αn=
nα0 .
因为a0=1=tanα0=tan，所以α0=，于是αn=
n·.
考虑到0x，得an=tan>.
[⇩]利用均值不等式证明
几何平均值与算术平均值之间的关系在数列不等式的证明中有着特殊的作用.
例8 已知数列｛an｝中，a1=5，an+1=.
求证：an≥4对一切正整数n成立.
证明 由a1=5及递推关系可得an>0.
因为an+1==an+
+8≥×2
+8=4，
所以an≥4（n∈N+，n≥2）. 又a1=5，所以an≥4（n∈N+）.
[⇩]利用导数知识证明
证明不等式的时候，有时需舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，再利用不等式的传递性，达到证题的目的. 这种方法其核心是“恰当”地放或缩. 借助导数法，确定函数的单调性，往往能为“恰当放缩”提供思路，提供依据.
例9 已知数列｛an｝中，a1=1，当n≥1时，an+1=
1+an+.
（Ⅰ）求证：当n≥2时，an≥2；
（Ⅱ）求证： 当n≥1时，an 证明 （Ⅰ）略.
（Ⅱ）设f（x）=ln（1+x）－x， f ′（x）=，
所以，当x∈（－1，0）时， f ′（x）>0， f（x）为单调递增函数；
当x∈（0，+∞）时， f ′（x）<0， f（x）为单调递减函数；x=0为f（x）的极大值点.
所以f（x）≤f（0）=0，即ln（1+x）－x≤0. 故ln（1+x）≤x. （∗）
由递推关系及（Ⅰ）的结论有an+1=
1+an+≤
1++
an（n≥1）.
两边取对数并利用已知不等式得lnan+1≤ln
1++
+lnan .
由不等式（∗），知ln
1++
≤+，
故lnan+1－lnan≤+（n≥1）.
lnan=lna1+（lna2－lna1）+（lna3－lna2）+…+（lnan－lnan-1）≤++…++++…+=1－+－+…+－+·=1－+1－<2 .
即lnan<2，故an
[⇩]利用二项式定理证明
根据数列不等式的特征，运用二项式定理作适当的放缩，使某些数列不等式得证.
例10 设a，b>0，n∈N+，求证：≥
n.
证明 令a=x+y，b=x－y（和差换元），则=x，
所以左边=
=Cxn+Cxn-2y2+Cxn-4y4+···≥xn=右边，
故原不等式成立.
例11 求证：2<
1+n<3对一切不小于2的正整数n均成立.
证明
1+n=1+C+C+…+C>1+C=2.
1+n=1+C+C+…+C=1+1+·+·+…+·
<1+1+++…+<1+1+++…+=1+=3－<3.
综上，原不等式得证.
[⇩]利用等比数列求和公式证明
逆用等比数列求和公式，变形转化，为放缩或使用基本不等式创造条件.
例12 已知a>1，n≥2，n∈N+，求证：－1<.
证明 令a=xn，则==·=（x－1）·>x－1=－1.
故原不等式成立.
例13 求证：C+C+…+C>n·2对一切不小于2的正整数n均成立.
证明 因为C+C+…+C=2n－1，
又2n-1==1+2+…+2n-1> n·=n·2，
所以C+C+…+C>n·2.
[⇩]利用函数的凹凸性证明
我们有时可以借助于凹凸函数的几何特征，直观地导出一个几何不等式，然后利用所得不等式使问题得到解决.
例14 已知a，b>0，n∈N+，求证：≥
n.
证明如图1，作函数f（x）=xn（x>0，n∈N+）的图象.
设曲线上有两点A（a，an），B（b，bn），G为AB的中点，过G作MN⊥x轴于点N，交曲线于M.
[y][x][a][b][N][M][A][G][B][O]
图1
因为函数f（x）为下凸函数，所以GN≥MN.
摘要：数列与不等式的整合，使问题具有难度大、灵活性强的特点. 它不但可以考查证明不等式和数列的各种方法，而且还可以综合考查其他各种数学思想方法. 这充分体现了能力立意的高考命题原则，是当今高考的热点及重点. 本文通过举例谈谈数列不等式的非构造证法，希望能给读者一些有益的启示.
关键词：数列不等式；数学归纳法；通项法；放缩法；叠代法；求导法
数列和不等式是高考的热点、难点，这两大问题组合在一起的时候，综合程度高，问题的解决方法将变得更加灵活. 这类问题的证明，既需要证明不等式的基本思路和方法，又要结合数列本身的结构和特点，有着较强的技巧性. 本文将给出十种非构造数列的证明方法.
[⇩]数学归纳法
数列不等式与正整数密切相关，所以数学归纳法是证明数列不等式的强有力工具.
例1 求证：1+++…+
（2）假设当n=k（k≥2）时，原不等式成立，即1+++…+
1+++…++++…+
根据（1）（2），可知原不等式成立.
例2 已知数列｛an｝中，an>0，且当n≥2时，a≤an-1－an .
求证：当n≥2时，an<.
证明 （1）当n=2时，a2≤a1（1－a1）≤
2=<=.
（2）假设当n=k（k≥2）时，有ak<.
若
若0
根据（1）（2），命题对一切不小于2的自然数n均成立.
[⇩]通项特征分析法
有些数列不等式的证明，若从已知条件出发，分析通项的特征，并以此为突破口，可使问题获证.
例3 已知数列｛an｝中，a1=2，an+1=an+.
求证：an>对一切正整数n成立.
证明 当n≥2时，a－a=2+，
a=a+（a－a）+（a－a）+…+（a－a）
=a+2（n－1）++…+>22+2（n－1）=2n+2>2n+1.
又a1=2>，所以an>（n∈N+）.
[⇩]裂项放缩法
裂项放缩法是证明数列不等式的常用方法. 放缩时不能放得过“大”或缩得过“小”，需仔细分析，顺应目标，“适度”放缩，这样才能顺利解答问题.
例4 求证：1+++…+<3对一切不小于2的正整数n均成立.
证明 当n≥2时，==<===2·
个递推不等式使问题获证.
例5 已知正项数列｛an｝的前n项和为Sn，且a1=a（a>2），an+1=（n∈N+）.
（1）求证an>2；（2）求证Sn－2n< 2（a－2）.
证明 （1）略.
（2）当n=1时，原不等式成立.
当n≥2时，an－2==·<，
所以an－2<<<…<（n≥2）.
所以Sn－2n<（a－2）
1+
++…+
=2（a－2）1－
<2（a－2）.
综上，原不等式得证.
[⇩]三角代换法
递推式中出现a+a≤r2，，，等式子，可考虑三角代换.
例6 给定正整数n和正数M，对于满足条件a+a≤M的所有等差数列a1，a2，a3，…，求证：
an+1+an+2+…+a2n+1≤·（n+1）·.
证明 设a1=rsinθ，an+1=rcosθ（0
=（3an+1－a1）=（3rcosθ－rsinθ）
=·r·cos（θ+φ）≤（n+1）.
等号当r=1，θ+φ=2π时取得，其中锐角φ满足cosφ=，sinφ=.
例7 已知数列｛an｝中，a0=1，an=，求证：an>.
证明 显然an>0，令an=tanαn，αn∈0，
，
则an===tan.
所以αn=，所以αn=
nα0 .
因为a0=1=tanα0=tan，所以α0=，于是αn=
n·.
考虑到0
[⇩]利用均值不等式证明
几何平均值与算术平均值之间的关系在数列不等式的证明中有着特殊的作用.
例8 已知数列｛an｝中，a1=5，an+1=.
求证：an≥4对一切正整数n成立.
证明 由a1=5及递推关系可得an>0.
因为an+1==an+
+8≥×2
+8=4，
所以an≥4（n∈N+，n≥2）. 又a1=5，所以an≥4（n∈N+）.
[⇩]利用导数知识证明
证明不等式的时候，有时需舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，再利用不等式的传递性，达到证题的目的. 这种方法其核心是“恰当”地放或缩. 借助导数法，确定函数的单调性，往往能为“恰当放缩”提供思路，提供依据.
例9 已知数列｛an｝中，a1=1，当n≥1时，an+1=
1+an+.
（Ⅰ）求证：当n≥2时，an≥2；
（Ⅱ）求证： 当n≥1时，an
（Ⅱ）设f（x）=ln（1+x）－x， f ′（x）=，
所以，当x∈（－1，0）时， f ′（x）>0， f（x）为单调递增函数；
当x∈（0，+∞）时， f ′（x）<0， f（x）为单调递减函数；x=0为f（x）的极大值点.
所以f（x）≤f（0）=0，即ln（1+x）－x≤0. 故ln（1+x）≤x. （∗）
由递推关系及（Ⅰ）的结论有an+1=
1+an+≤
1++
an（n≥1）.
两边取对数并利用已知不等式得lnan+1≤ln
1++
+lnan .
由不等式（∗），知ln
1++
≤+，
故lnan+1－lnan≤+（n≥1）.
lnan=lna1+（lna2－lna1）+（lna3－lna2）+…+（lnan－lnan-1）≤++…++++…+=1－+－+…+－+·=1－+1－<2 .
即lnan<2，故an
[⇩]利用二项式定理证明
根据数列不等式的特征，运用二项式定理作适当的放缩，使某些数列不等式得证.
例10 设a，b>0，n∈N+，求证：≥
n.
证明 令a=x+y，b=x－y（和差换元），则=x，
所以左边=
=Cxn+Cxn-2y2+Cxn-4y4+···≥xn=右边，
故原不等式成立.
例11 求证：2<
1+n<3对一切不小于2的正整数n均成立.
证明
1+n=1+C+C+…+C>1+C=2.
1+n=1+C+C+…+C=1+1+·+·+…+·
<1+1+++…+<1+1+++…+=1+=3－<3.
综上，原不等式得证.
[⇩]利用等比数列求和公式证明
逆用等比数列求和公式，变形转化，为放缩或使用基本不等式创造条件.
例12 已知a>1，n≥2，n∈N+，求证：－1<.
证明 令a=xn，则==·=（x－1）·>x－1=－1.
故原不等式成立.
例13 求证：C+C+…+C>n·2对一切不小于2的正整数n均成立.
证明 因为C+C+…+C=2n－1，
又2n-1==1+2+…+2n-1> n·=n·2，
所以C+C+…+C>n·2.
[⇩]利用函数的凹凸性证明
我们有时可以借助于凹凸函数的几何特征，直观地导出一个几何不等式，然后利用所得不等式使问题得到解决.
例14 已知a，b>0，n∈N+，求证：≥
n.
证明如图1，作函数f（x）=xn（x>0，n∈N+）的图象.
设曲线上有两点A（a，an），B（b，bn），G为AB的中点，过G作MN⊥x轴于点N，交曲线于M.
图1
因为函数f（x）为下凸函数，所以GN≥MN.