梁昌金

数列不等式的证明，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而活跃在高考压轴题及各级各类竞赛试题中.这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩.

通过研究各类试题，笔者发现，伪等比数列法亦是数列不等式证明的一种有效方法.本文结合各类试题，谈谈“伪等比数列法”及其应用.1“伪等比数列法”相关结论

对于正项数列{an}，若an+1an>q（或an+1an≥q或an+1an

结论对于正项数列{an}，有

（1）若an+1an>q（n∈N*），则an>a1·qn-1（n≥2，n∈N*）成立；（2）若an+1an≥q（n∈N*），则an≥a1·qn-1（n∈N*）成立；

（3）若an+1an

证明（1）由an+1an>q，得an=anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2a1·a1>a1·qn-1（n≥2）.

（2）（3）（4）类似可证.2应用于高考试题

例1（2014年新课标全国Ⅱ理17）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1.

（1）证明{an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式；

（2）证明：1a1+1a2+…+1an<32.

证明（1）an=3n-12（过程略）.

（2）当n=1时，所证不等式显然成立（下文同，不再重复）；

当n≥2时，由an+1=3an+1，a1=1，得an+1>3an>0，所以1an+1<13·1an，则1an<（13）n-1（n≥2），

所以1a1+1a2+…+1an<1+13+…+13n-1=1-（13）n1-13=32[1-（13）n]<32.

例2（2012年全国高考广东理19）设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn=an+1-2n+1+1，n∈N*，且a1、a2+5、a3成等差数列.

（1）求a1的值；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对一切正整数n，有1a1+1a2+…+1an<32.

解（1）a1=1（过程略）.

（2）由2Sn=an+1-2n+1+1，可得2Sn-1=an-2n+1（n≥2），

两式相减，可得2an=an+1-an-2n，即an+1=3an+2n，即an+1+2n+1=3（an+2n），

所以数列{an+2n}（n≥2）是以a2+4为首项，3为公比的等比数列.

由2a1=a2-3，可得a2=5，所以an+2n=9×3n-2，即an=3n-2n（n≥2），

当n=1时，a1=1，也满足上式，所以数列{an}的通项公式是an=3n-2n.

（3）由（2）知an+1=3an+2n，an>0，所以1an+1=13an+2n<13·1an，则1an<（13）n-1（n≥2），

所以1a1+1a2+…+1an<1+13+…+13n-1<32（1-13n）<32.

例3（2008年全国高考安徽理21）设数列{an}满足：a1=0，an+1=ca3n+1-c，n∈N*，其中c为实数.

（1）证明：an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；

（2）设0

（3）略.

证明（1）（略）.

（2）设0

当n≥2时，因为an=ca3n-1+1-c，所以1-an=c（1-an-1）（1+an-1+a2n-1），

因为0

所以1-an≤3c（1-an-1），1-an≤（1-a1）·（3c）n-1=（3c）n-1，所以an≥1-（3c）n-1（n∈N*）.

例4（2006年全国高考浙江理20）已知函数f（x）=x3+x2，数列{xn}（xn>0）的第一项x1=1，以后各项按如下方式取定：曲线y=f（x）在（xn+1，f（xn+1））处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn））两点的直线平行（如图）.求证：当n∈N*时：

（1）x2n+xn=3x2n+1+2xn+1；

（2）12n-1≤xn≤12n-2.

证明（1）略.

（2）因为函数h（x）=x2+x当x>0时单调递增，

而x2n+xn=3x2n+1+2xn+1≤4x2n+1+2xn+1=（2xn+1）2+2xn+1，所以xn≤2xn+1，即xn+1xn≥12，

因此xn≥（12）n-1，又因为x2n+xn=3x2n+1+2xn+1≥2（x2n+1+xn+1），则x2n+1+xn+1x2n+xn<12，

所以x2n+xn≤（x21+x1）（12）n-1=（12）n-2，所以xn≤x2n+xn≤（12）n-2.

故（12）n-1≤xn≤（12）n-2.3应用于自主招生试题

例5（2013年“卓越联盟”自主招生试题）

已知数列{an}中，a1=3，an+1=a2n-nan+α，n∈N*，α∈R.

（1）若an≥2n对n∈N*都成立，求α的取值范围；

（2）当α=-2时，证明1a1-2+1a2-2+…+1an-2<2（n∈N*）.

解（1）α的取值范围是[-2，+∞）（过程略）.

（2）由（1）知，当α=-2时，an≥2n（n∈N*）.

所以n≥2时，an+1-2=a2n-nan-4=an（an-n）-4≥nan-4≥2（an-2）>0，

所以1an+1-2≤12·1an-2，从而n≥2时，1an-2≤1a1-2·12n-1=12n-1.

所以1a1-2+1a2-2+…+1an-2≤1+12+122+…+12n-1=2-12n-1<2.4应用于竞赛试题

例6（2013年首届“学数学”奥林匹克试题）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n-an（n∈N*）.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足bn=2n-1an，求证：1b1+1b2+…+1bn<53.

解（1）an=2-12n-1（过程略）.

（2）由（1）知，bn=2n-1an=2n-1.

所以bn+1=2n+1-1=2（2n-12）>2（2n-1）=2bn，

所以当n≥3时，bn>b2·2n-2=3×2n-2，所以1bn<13·（12）n-2（n≥3）.

所以1b1+1b2+…+1bn<1+13+13（12+122+…+12n-2）=43+13（1-12n-2）=53-13·12n-2<53.

例7（2012年全国高中数学联赛辽宁省预赛）

设递增数列{an}满足a1=1，4an+1=5an+9a2n+16，n∈N*.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）证明：1a1+1a2+…+1an<2.

解（1）an=23（2n-12n）（过程略）.

（2）易知，n≥2时，an+1=23（2n+1-12n+1）=43（2n-12n+2）>43（2n-12n）=2an.

所以an>a1·2n-1，1an<1a1·（12）n-1=（12）n-1（n≥2）.

所以1a1+1a2+…+1an<1+12+122+…+12n-1=2（1-12n）<2.5应用于模考试题

例8（2014年安徽省“合肥三模”试题）

已知数列{an}，a1=1，an+1=an+1+p1-pa2n（n∈N*，p∈R，p≠1）.

（1）求数列{an}为单调递增数列的充要条件；

（2）当p=13时，令bn=11+2an，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：12-15n

解（1）数列{an}为单调递增数列的充要条件为-1

（2）当p=13时，an+1=an+2a2n（n∈N*），所以an+1an=1+2an，

所以bn=11+2an=anan+1=2a2n2anan+1=an+1-an2anan+1=12（1an-1an+1），

所以Sn=12[（1a1-1a2）+（1a2-1a3）+…+（1an-1an+1）]=12-12an+1.

由（1）知{an}为单调递增数列，a1=1，所以an+1>0，所以Sn<12.

又an+1-an=（an+2a2n）-（an-1+2a2n-1）=（an-an-1）（1+2an+2an-1）>5（an-an-1），

所以an+1-an>（a2-a1）·5n-1=2×5n-1（n≥2），而a2-a1=2×50，

所以an+1>（an+1-an）+（an-an-1）+…+（a2-a1）+a1>2（5n-1+5n-2+…+50）+1

=2×1-5n1-5+1=5n+12>12×5n.

所以-1an+1>-25n，所以Sn=12-12an+1>12+12（-25n）=12-15n.

综上所述，12-15n