1、1高二数学竞赛班一试讲义第 2 讲 数列求和与数列不等式班级 姓名 一、知识要点：1公式法：适用于等差、等比数列求和或可转化为等差、等比数列求和的数列2错位相减法：若 是等差数列， 是等比数列，则求数列 的前 项和 ，nanbnabnS常用错位相减法。3分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；4裂项相消法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项。5倒序相加法：类似于等差数列前 项和公式的推导方法n6并项求和法：把数列的连续若干项并在一起组成一项，再求这些大项的和7数列求和不等式的证明方法：均值不等式法，利用有用结论，部分项放缩，添减项放缩，利用单调性
2、放缩，换元放缩，递推放缩，转化为加强命题放缩，分奇偶项讨论，数学归纳法。二、例题精析例 1 （1）已知数列 的通项公式 ，求数列 的前 项的和 。na293nananS（2）已知数列 的通项公式 ，求数列 的前 项的和 。1()n例 2数列数列 ： 即正整数 有 个，自小到大排列而成，na1,23,4, k求 及 nS例 3设 ，定义 ，求证：对一切正整数 有10aan1,1 n.1a2例 4 （1）已知 ， ，求证： 。na1()2nb122nabab（2）已知函数 ，若 ，且 在0，1 上的最小值为 ，bxxf54)(f)(xf 21求证： （02 年全国联赛山东预赛题）.2)(11n例
3、5在数列 中，已知 ，求证：nx114,23()nnxx（1） ； （2） 。123 12()n例 6 （1）求证 .12)1()531)( n（2）设 求证：an2.,an 47例 7已知数列 的前 项和 满足nanS.1,)(2nann（）求数列 的通项公式；（）证明：对任意的整数 ，有 （04 年全国卷）4m8715m3三、精选习题1已知两个等差数列 和 的前 项和分别为 和 ，且 ，则这两个nabnnAB5321n数列的第九项之比 92求和： 。1221434343nnnnn3设数列 满足 ， ，求证： 。a1a()N12(1)kna4 （07 年高赛一试）设 ，求证：当正整数 时，
4、1()nk1n5设数列 满足 ，当 时证明对所有 有naNnan121 31a,1n； （02 年全国高考题）)(i 2)(2ni6已知 （1）用数学归纳法证明 ；（2）对12,().nnaa()na对 都成立，证明 （无理数 ） （05 年辽宁卷第 22 题）ln()x02e2.71847设数列 满足 ，证明： 。nx211,2nnx20714x8设 ， ， ，123a11(2)nna,23求证： 12n9在数列 中, ,且 成等差数列, 成等比数列.nab12,41nab1,nba（1）求 及 ,由此猜测 的通项公式,并证明你的结论;234,34（2）证明: .1252n10一个数列的前
5、5 项是 1,2,3,4,5，从第 6 项开始，每项比前面所有项的乘积少 1，证明：此数列的前 70 项的乘积恰是它们的平方和。5高二数学竞赛班一试讲义第 2 讲 数列求和与数列不等式例 1 （1） ， 2211()93()33nannn23nS（2） ， 11 1(2)()() (2)()nnnnna nnS例 2解析 用数学归纳法推 时的结论 ，仅用归纳假设 及递推式1k1na1ka是难以证出的，因为 出现在分母上！可以逆向考虑：ak1k故将原问题转化为证明其加强命题：.1ak对一切正整数 有 （证明从略）n.1n例 3解：先对正整数分段，第一段 个数，第二段 个数，第三段 个数，第 段有
6、23k个数，而前 段项数和为 ，前 段项数和为 ，kk(1)23k k(1)2如果 ，那么 ，于是，当 给定时，由此式解得，na()1nn，注意 ，于是 等于1818722k8718022k的整数部分，即 ，也就是 ，7k7na由于数列第 段由 个 组成，其和为 ，因此数列前 段的总和为k21k；221()2 (1)()6kS 由于 位于第 段的第 个数，而这些项全是 ，因此，nank1()2 (1)21() ()62kS nk；其中 6n87k例 4(1)令 ，则12nnSabab31()()()()22nnn 4 11 2两式相减，62341111()()()()22nnnS nnAnS（
7、2）简析 )21()1(0(2141)( nffxxfxx .2)2(21 1 nn例 5 （1） 11 16333nnn xx（2） ，2 12()()()nnnx 所以 1123()3nx例 6 （1）简析 本题可以利用的有用结论主要有：法 1 利用假分数的一个性质 可得)0,(mab2534n n216745 12(6543n即)1( .12)( n法 2 利用贝努利不等式 的一个特例)0,( xNx(此处 )得1)(kk12,k1n .12nn注：例 4 是 1985 年上海高考试题，以此题为主干添“枝”加“叶”而编拟成 1998年全国高考文科试题；进行升维处理并加参数而成理科姊妹题。
8、如理科题的主干是：证明 (可考虑用贝努利不等式 的特例) .3)21()71)(n 3n（2）解析 又an .13212a（只将其中一个 变成 ，进行部分放缩） ，2),(kkk，112于是 )1()312(4322 nnan 47例 7 简析 （） ；.n（）由于通项中含有 ，很难直接放缩，考虑分项讨论：)(当 且 为奇数时3n 1223)12(11 nnnnna（减项放缩） ，于是)2(2131n当 且 为偶数时4mm54 )()(1654 maa7.87321)(4123)121(3 424 mm当 且 为奇数时 （添项放缩）aa54 15ma由知 由得证。.87154ma1 提示： 8
9、39b1732AB2 提示： 首项为 ，公比为 。共 项求和，1n4n1n3 ， ，两式相减， ，a1a 1na所以 ，则1n1(2)k12 112n nnkkaa 1()n4证明：法 1：由于 ， 1()kk1nkk因此 1 12()n nnkkka 于是，对任意的正整数 ，有111 1() ()222()2nnnnkk k ， 即 ()0()k1na法 2： ，1232na()(1)(1)nn 1 11()2322(na n又 ，,231n1 1()()()()1(1n nn)0所以，当正整数 时， 2n1na5解析 用数学归纳法：当 时显然成立，假设当 时成立即 ，则)(i kn2ka当
10、 时 ，成立。1k 312)(1)2()( kkkk利用上述部分放缩的结论 来放缩通项，可得1a8)1(21kka .2124)1(21 kkkkkk aa.2)411 ninini注：上述证明 用到部分放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：)(；证明 就直接使用了部分放缩的结论 。32(1kkak )(i 121kka递推放缩的典型例子，可参考上述例 10 中利用 部分放缩所得结论)(i进行递推放缩来证明 ，同理例 6 中所得1kk i)(I和 、例 7 中nnna21ll )1(ln)1l(nan、 例 12（）之法 2 所得 都是进行递推放缩的关键式。n1 22k如上述例 10 第
11、问所证不等式右边为常数，难以直接使用数学归纳法，我们可)(i以通过从特值入手进行归纳探索、或运用逆向思维探索转化为证明其加强命题：再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）.2112nnaa。6解析 结合第 问结论及所给题设条件 （ ）的结构特征，可得)(I)(Iln(1)x0放缩思路： nn21 naal)2l。于是 ，nal nn21.2121)(l)2()l(n 111 nniiii a即 .2leaann注：题目所给条件 （ ）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索l(1)x0放缩方向的作用；当然，本题还可用结论 来放缩：)(nn)()(1nn 11aa.)(1lll( a，)ln(
12、l)() 2212 iniiini即 .3ll( enn7证明：先用数学归纳法证明一个更一般的命题： ， 。Nnx当 时， ，命题成立。112x9假设当 时，命题成立，即 ，nk2kx则当 时，有12111()4k kk 故知对一切 ，均有 ，nN2nx所以 20704x8证明：由 ，得 11()nna1nna从而 n两式相除，得 ，12na所以 是公比为 的等比数列，则 ，na 11()2nna由此得出 。11()2nn注意到 ，则 ，故23a1a112nna所以 112()()2n 又 2 12nnnaa 即 12nn9解:（）由条件得 由此可得211nnbab，2233446605aba
13、，猜测 2()()nn，用数学归纳法证明：当 n=1 时，由上可得结论成立假设当 n=k 时，结论成立，即，2(1)()kab，那么当 n=k+1 时，22 21 12(1)()()kk akkb，所以当 n=k+1 时，结论也成立由，可知 对一切正整数都成立 2nnab，（） 1562bn2 时，由（）知 (1)(1)n n10故 121116234()nababn63415262n综上，原不等式成立 10当 时， ，则 ，两式相减，121nna121nnaa1()()na即 n6所以 ， ， ，2710727096 276累加得 ，6(1)iia570707022216661() 54i
14、iiiiaa 所以 ，即14iia701iiia11数列 满足： ；n11nnii、求 和 的关系； 、若 ，证明 ；()(2)10a0n、若 ，证明 （ 中国科大自主招生）310,a,)na2811解： 、由 ，()212n ，相减得121nnaaa ，所以2n，继而有12n 121,(2)nn所以 ，即 ()aa、用数学归纳法，若 ，由 得 ，()101212a1a据此， ；若已有 ，由，201k，21 3(),(0,)4kkaa因此在 时结论也成立，故由数学归纳法，对一切正整数 ， n n01na、由得 ，若 ，则由 得(3) 21()nn1,a1212，据 归纳易见对一切 ，有 ，210,a1nan11所以由， ，因此21()0nna1,(2)na
