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36数列和不等式的微积分证明

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ex>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(ax2,x3,…,xn=b(x1n满足:nSn+1-(n+3)Sn=0.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)求证:…<9.
[解析]:(Ⅰ)由nSn+1-(n+3)Sn=0n(Sn+1-Sn)=3Snnan+1=3Snnan+1-(n-1)an=3(Sn-Sn-1)nan+1=(n+2)an=
=an=;
(Ⅱ)由=1+≤…≤…=;而++…+=2[(1-)+
(-)+…+(-)]=2(1-)<2…公式;
(Ⅱ)设数列{an}的前n项积为Tn,求证:Tn<9.
[解析]:(Ⅰ)当n=1时,a1+S1=3a1=S1=;当n≥2时,由an+Sn=n+3-()n-1an-1+Sn-1=n+2-()n-2(an-an-1)+(Sn-Sn-1)=1
+()n-1an=an-1++()n(an-1)=(an-1-1)+()n2n(an-1)=2n-1(an-1-1)+12n(an-1)=nan=1+n()n;
(Ⅱ)令bn=n()n,则an=1+bn,且{bn}的前n项和Mn=2-(n+2)()n<2Tn=a1a2…an=(1+b1)(1+b2)…(1+bn)≤…
=问题]:设数列{an}的前n项和Sn满足:an+Sn=n+2.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
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(Ⅱ)设数列{an}的前n项积为Tn,求证:Tn<3.
[解析]:(Ⅰ)当n=1时,由an+Sn=n+2a1+S1=3a1=S1=1+;当n≥2时,由an+Sn=n+2an+1+Sn+1=n+3(an+1-an)+(Sn+1-Sn)=
1an+1=an+an+1-1=(an-1)an-1=(a1-1)()n-1=()nan=1+()n;
Ⅱ)令f(x)=x-ln(1+x)(x)=1-=fmin(x)=f(0)=0f(x)≥0ln(1+x)2×n！…<2(1+)(1+)…(1+)<2;令f(x)=x-ln(1+x)
(x)=1-=fmin(x)=f(0)=0f(x)≥0ln(1+x)1时,<.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=(p
>q>1)的求和不等式还可用递推法:如本题an==<=an-1an[原创问题]:已知函数f(x)=,f(1)=1,f()=,令x1=,xn+1=f(xn).
(Ⅰ)求数列{xn}的通项公式; (Ⅱ)证明:x1x2…xn>.
[解析]:(Ⅰ)由f(1)=1,f()=a=b=1xn+1==(+1)-1=(-1)-1=()n-1
xn=;
(Ⅱ)因x1x2…xn>lnx1+lnx2+…+lnxn>-(ln2+1)ln+ln+…+ln
()0]+ln[1+()1]+…+ln[1+()n-1](ln(1+x)0).
[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an=1+++…+,证明:a2n-an+>ln2.
[解析]:(Ⅰ)因f(0)=0,(x)=-;①当1-2λ≤0,即λ≥时,(x)≤0f(x)≤f(0)=0;②当λ<时,
则当x∈(0,2(1-2λ))时,(x)>0f(x)>f(0)=0.综上,λ的最小值=;
(Ⅱ)令λ=,由(Ⅰ)知,当x>0时,fx)<0>ln(1+x)(令x=)>ln=ln(k+1)-lnka2n-an+
=++…++=[+]+[+]+…+[+]=++…+
>[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Sn满足:S1=3,Sn=an+n2-1.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)设数列{}的前n项和为Tn,xn=Tn-ln,证明:02-1]an-1=2n-1an=2n+1;
(Ⅱ)由xn-xn+1=(Tn-ln)-(Tn+1-ln)=(ln-ln)-(Tn+1-Tn)=ln-=ln-=ln(1+
)-(ln(1+x)>)>-=0xn-xn+1>0xn>xn+1xn>x4nxn-x4n>0;
又由xn-xn+1=ln(1+)-(ln(1+x))=-=<.
[原创问题]:已知数列{an}和{bn}满足:a1=b1,且对任意n∈N+,都有an+bn=1,=.
(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(Ⅱ)证明:++…+对数不等式lnx<(x-)(x>1).
[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+++…+>ln(n+1)+(n≥1).
[解析]:(Ⅰ)由f(1)=0,(1)=1a+b+c=0,a-b=1b=a-1,c=1-2a;
(Ⅱ)令g(x)=f(x)-lnx=ax++1-2a-lnx,x∈[1,∞),则g(1)=0,(x)=(x-1)(x-);①当>1,即a<时,
g(x)在(1, )上单调递减g()1);令x=,则ln<(-)ln(k+1)-
lnk<(+)+>2[ln(k+1)-lnk]1+>2(ln2-ln1),+>2(ln3-ln2),…,+>2[ln(n+1)-lnn],
以上不等式相加得1+2(++…+)+>2ln(n+1)1+++…+>ln(n+1)+(n≥1).
[原创问题]:设正项数列{an}的前n项和Sn满足Sn=,a2=2.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设数列{}的前n项和为Tn,证明:Tn+1-11);令x=,则ln<(-)ln(k+1)-lnk<(+)+>2[ln(k
+1)-lnk]1+>2(ln2-ln1),+>2(ln3-ln2),…,+>2[ln(n+1)-lnn],以上不等式相加得1+2(++…+)+
>2ln(n+1)1+++…+>ln(n+1)+(n≥1)1+++…+>ln(n+1)lnan+1
ln(1+)>明:对任意正整数m,n,不等式++…+>恒成立.
[解析]:(Ⅰ)由f(1)=-(1+a)≥0a≤-;又因(x)=+x-(1+a)=[x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a)fmin(x)=f(1)=
-(1+a)≥0.故a的取值范围是(-∞,-];
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a=-时,f(x)≥0lnx≤x2-x>-(x>1)>-(i=1,2,…,m)
++…+>(-)+(-)+…+(-)=-=.
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:[++…+]
令xi=,f(x)=(0≤x≤1),则xi+1-xi=[++…+]=(x2-x1)f(x1)+
(x3-x2)f(x2)+…+(xn-xn-1)f(xn-1);[1+++…+]=(x1-0)f(0)+(x2-x1)f(x1)+(x3-x2)f(x2)+…+(xn-xn-1)f(xn-1),所以,[++…+] 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Sn,若对任意正整数n,都有:Sn-10.
(Ⅰ)求a的值;
(Ⅱ)若对任意的x∈[0,+∞),有f(x)≤kx2成立,求实数k的最小值;
(Ⅲ)证明:-ln(2n+1)<2(n∈N+).
[解析]:(Ⅰ)因(x)=1-=(x+a-1)fmin(x)=f(x)的极小值=f(1-a)=1-a=0a=1;
(Ⅱ)由f(x)≥00≤f(x)≤kx2k>0;又因f(x)≤kx2x-kx2≤ln(x+1)(函数y=x-kx2与y=ln(x+1)均过点O(0,0),只需函数y=x-kx2在(0,)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∈(0,)时,2k(x+1)≥12k≥1k的最小值=(本解法为作者给出);
(Ⅲ)考虑到F(x)=ln(2x-1)的导函数f(x)=单调递增,作分点xi=i(i=1,2,3,…,n),则(x2-x1)f(x2)+(x3-x2)f(x3)+…+(xn-xn-1)f(xn)<型不等式的定积分背景,由此可以推测其由来及其命题方法,使用此法可命制:
[原创问题]:正项数列{an}满足:2Sn=an2+n,其中,Sn是数列{an}的前n项和.
(Ⅰ)求数列{ak}的通项公式;
(Ⅱ)令数列{}的前n项和为Tn.求证:Tn>ln(n-1)+(n≥2).
[解析]:(Ⅰ)由2Sn=an2+n2S1=a12+1a1=1;当n≥2时,2an=2Sn-2Sn-1=(an2+n)-(an-12+n-1)(an-1)2=an-12an-1=an-1;
①当an-1=-an-1时,a2n-1=1,a2n=0,不符合题意;②当an-1=an-1时,an=n;
(Ⅱ)考虑到F(x)=lnx的导函数f(x)=单调递增,作分点xi=i(i=1,2,3,…,n+1),则(x2-x1)+(x3-x2)
+…+(xn+1-xn)>[f(x1)+f(x2)+…+f(xn)]->ln(n+1)Tn=f(x1)+f(x2)+…+f(xn)>
ln(n+1)+;而ln(n+1)+>ln(n-1)+ln(1+)>(令x=1+∈(1,3]=-)

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lnx>-lnx+->0;令g(x)=lnx+-(x)=>0g(x)>g(1)=0;故Tn>ln(n-1)+.
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a1∈(1,2),an+1=an3-3an2+3an,n∈N*,求证:
(a1-a2)(a3-1)+(a2-a3)(a4-1)+…+(an-an+1)(an+2-1)<.
[解析]:由an+1=an3-3an2+3anan+1-1=(an-1)2,令bn=an-1b1=a1-1∈(0,1),bn+1=bn3∈(0,1),且bn+1-bn=bn3-bn=bn(bn+1)(bn-1)
<0bn+12=(bn-bn+1)f(bn+1),其中f(x)=x3,所以,(a1-a2)(a3-1)+(a2-a3)(a4-1)+…+(an-an+1)
(an+2-1)<=F(1)-F(0)=.其中F(x)=x4.
本题给出了关于、型上、下界问题的定积分解决,该解法具有通性.
[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:01-=>0f(x)在区间(0,1)内单调递增f(x)值域为(f(0),f(1))
=(0,1-ln2)(0,1);又因f(x)-x=-ln(x+1)<00
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 y P2 Q1
l:y=ax及曲线C:y=x2,C上的点Q1的横坐标为a1(0 Q3
(Ⅰ)试求an+1与an的关系,并求{an}的通项公式; O a3 a2 a1 x
(Ⅱ)当a=1,a1≤时,证明:ak+2<;
(Ⅲ)当a=1时,证明:ak+2<.
[解析]:(Ⅰ)由Qn的横坐标=anQn(an,an2)Pn+1(an2,an2)Qn+1(an2,(an2)2)an+1=an2lgan+1=2lgan-lga
lgan+1-lga=2(lgan-lga)lgan-lga=(lga1-lga)×2n-1an=a(;
(Ⅱ)当a=1时,考虑到F(x)=x3的导函数f(x)=x2单调递增,作分点xi=ai(i=1,2,3,…,n+1),则ak+2=(a1-a2)a3+
f(ak+1)<(a1-a2)a3+=(a1-a2)a3+F(a2)-F(0)=(a1-a2)a3+a23=a16+a15≤()6+()5=;

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(Ⅲ)ak+2=f(ak+1)<=a13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Q1的横坐标为a1.从C上的点Qn(n≥1)作直线平行于x轴,交直线l于点Pn+1,再从点Pn+1作直线平行于y轴,交曲线C于点Qn+1,Qn(n=1,2,3,…)的横坐标构成数列{an}.
(Ⅰ)试求an+1与an的关系式;
(Ⅱ)当a=1,f(x)=2x-1,a1∈(0,1)时,求证:
(i)0f(f(an))an+1=f(an);
(Ⅱ)(i)函数y=x、y=f(x)的图像知当x∈(0,1)时,f(x)n+1,0)(n∈N*),其中x1为正实数.
(Ⅰ)用xn表示xn+1;
(Ⅱ)求证:对一切正整数n,xn+1≤xn的充要条件是x1≥ln2;
(Ⅲ)若x1=2ln2,求证:<.
[解析]:(Ⅰ)由(x)=ex知曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程为y-f(xn)=(xn)(x-xn),即y-(-2)=(x-xn),令y=0得x=xn+-1,即xn+1=xn+-1;
(Ⅱ)(必要性)xn+1≤xnxn+-1≤xn≤1≥2xn≥ln2x1≥ln2;(充分性)如果x1≥ln2,由g(x)=x+-
1(x)=1-≥0g(x)在[ln2,+∞)上单调递增x2=g(x1)≥g(ln2)=ln2x3≥g(ln2)=ln2…xn≥g(ln2)=
ln2xn+1≤xn;
(Ⅲ)考虑到G(x)=x2--x的导函数f(x)=x+-1单调递增,作分点xi=ai(i=1,2,3,…,n+1),则=
<=G(2ln2)-G(ln2)=ln22+-ln2