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2014-12-13
数学教学通讯·初中版 2014年11期题目呈现
题目？摇 （2014年高考新课标全国卷Ⅱ第17题）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1.
（1）证明：an+是等比数列，并求{an}的通项公式;
（2）证明：++…+≤.
点评 此题属于新课标全国卷Ⅱ中解答题的第一题，主要考查了判断数列为等比数列、求通项公式和一边为常数的数列不等式的证明.对于第（2）问，我们往往感到十分困难，利用放缩法将数列变为可以求和的数列，但放缩方向不明确;利用数学归纳法，因n=k+1时，要通过++…++≤+证+<显然不可能，致使解题陷入僵局，耽误了宝贵的时间，影响考试成绩.
因此aiA，A为常数）型数列不等式的证明值得探究，笔者通过对本题第（2）问试证探讨该类型不等式的常用证法，供大家参考.
由第（1）问可得an=，故=. 下面证明++…+≤.
解法探究
方案一？摇精巧变形，将通项放缩为可求和数列
方法1 因=，当n≥1时，3n-1=2·3n-1+3n-1-1≥2·3n-1，故=≤，++…+≤1++…+=1-<.
方法2 因==，当n≥1时，≤1-<1，故1<≤，≤，即≤，所以++…+≤1++···+=1-<.
评注 方法1、2均采用通项变形进行放缩，根据=的结构，将其放缩为等比数列，使不能求和的问题转化为简单的等比数列求和问题.
例1 （2004年高考全国卷Ⅲ理科第22题）已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an+（-1）n.
（1）写出数列{an}的前3项a1，a2，a3;
（2）求数列{an}的通项公式;
（3）证明：对任意的正整数m>4，都有++…+<.
分析 由（1）（2）可知an=[2n-2+（-1）n-1]（n≥1），从而要证明的不等式就可以化为：+++…+·+·<. 显然不等式左侧无法直接求和，此时应先对不等式左侧每一项放大变形，然后再求和. 考虑到左边通项中含有（-1）m-1，为了便于确定符号，易于放缩，我们要对m的奇偶性进行讨论，同时对相邻两项之和+进行放大变形. 事实上，当m（m≥2）为奇数时，+=·+=·≤·=+，这样放大后，便能求和了. 由上分析，当m（m>4）为奇数时，<+++…++=+++…+=-<;当m（m>4）为偶数时，+=·+=·≤·=·+，故=+++…+<+++…+=-<.证毕.
方案二 利用递推，迭代放缩
方法3 由条件a1=1及an+1=3an+1可知：an>0且=，所以0<<=·，故<·<2·<…评注 方法3充分利用已知条件an+1=3an+1放缩，使递推关系变为可以进行迭代的递推不等式.
例2 已知函数f（x）=，x∈（0，+∞），数列{xn}满足xn+1=f（xn）（n∈N？鄢），x1=1. 设an=xn-，Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn<.
分析 由已知，an+1=xn+1-=f（xn）-=-==（-1）·. 又xn>0，故xn+1>1，所以an+1<（-1）xn-，即an+1<（-1）an. 故an<（-1）an-1<（-1）2an-2<…<（-1）n-1a1=（-1）n，亦即an<（-1）n. 从而Sn<-1+（-1）2+…+（-1）n=[1-（-1）n]<=. 证毕.
方案三 利用数学归纳法寻找加强命题过渡
由于数列不等式与正整数有关，所以，“数学归纳法”常常成为数列不等式证明的首选办法.但是，一些数列不等式，尤其一边是常数的数列不等式，直接利用“数学归纳法”却行不通，而需要先对其进行放缩以证明它的“加强不等式”，它是证明数列不等式的一种有效办法，笔者通过此题说明数列不等式问题从哪里“强”、如何“强”、“强”到什么程度做一些探讨.
方法4 假设加强命题为++…+≤-g（n），则g（n）应同时满足三个条件：g（n）>0 ①;≤-g（1），即g（1）≤ ②;假设n=k时，++…+≤-g（k）成立，则n=k+1时，需要证明++…++≤-g（k+1）. 利用归纳假设，++…++≤-g（k）+成立，因此只需说明-g（k）+≤-g（k+1），即g（k+1）-g（k）+≤0，即g（k+1）-g（k）+≤0③. 根据数列的结构，从利于运算的角度出发，设g（k）=，由①，a>0;由②，a≤1;由③得≤，故1+≤=3+，即≤2+，所以≤2，即a≥1，综上，a=1.
这样，我们就找到证明++…+<成立的加强命题：++…+≤-. 由以上分析，利用数学归纳法证明加强命题成立即可，这种方法虽然较为烦琐，但却有很强的普适性.
例3 证明1++…+<.
分析 根据方法4，利用数学归纳法探寻加强命题的方法，假设其加强命题为1++…+≤-f（n），则f（n）需要满足三个条件：f（n）>0， f（1）≤， f（k+1）-f（k）+≤0，通项中的核心是2n，可设f（k）=，则由三个条件可得a>0，a≥，a≤，故a=. 令a=，利用数学归纳法证明1++…+<-成立，又因-<即可证明原命题成立，详细过程不再赘述.
？摇？摇评注 通过加强命题证明的两例，我们不难看出，利用加强命题操作性强，通性通法. 在条件f（k+1）-f（k）+≤0的使用上，我们利用恒成立解出a的取值范围，其实也可以利用存在性加以证明，由f（k+1）-f（k）+≤0可得a≤1-，则a≤1，那么结合f（n）>0， f（1）≤得到的a≥，可知≤a≤1，这里，再用数学归纳法时，我们就要注意从第几项开始，也就是归纳奠基的初始值问题. 如果取a=，则令≤1-，则确保使不等式成立最小的k=2，那么利用数学归纳法时，初始值就要取2，即当n=1时，-=-=>1成立，当n=2时，-=>1+=成立，假设n=k…endprint
题目呈现
题目？摇 （2014年高考新课标全国卷Ⅱ第17题）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1.
（1）证明：an+是等比数列，并求{an}的通项公式;
（2）证明：++…+≤.
点评 此题属于新课标全国卷Ⅱ中解答题的第一题，主要考查了判断数列为等比数列、求通项公式和一边为常数的数列不等式的证明.对于第（2）问，我们往往感到十分困难，利用放缩法将数列变为可以求和的数列，但放缩方向不明确;利用数学归纳法，因n=k+1时，要通过++…++≤+证+<显然不可能，致使解题陷入僵局，耽误了宝贵的时间，影响考试成绩.
因此aiA，A为常数）型数列不等式的证明值得探究，笔者通过对本题第（2）问试证探讨该类型不等式的常用证法，供大家参考.
由第（1）问可得an=，故=. 下面证明++…+≤.
解法探究
方案一？摇精巧变形，将通项放缩为可求和数列
方法1 因=，当n≥1时，3n-1=2·3n-1+3n-1-1≥2·3n-1，故=≤，++…+≤1++…+=1-<.
方法2 因==，当n≥1时，≤1-<1，故1<≤，≤，即≤，所以++…+≤1++···+=1-<.
评注 方法1、2均采用通项变形进行放缩，根据=的结构，将其放缩为等比数列，使不能求和的问题转化为简单的等比数列求和问题.
例1 （2004年高考全国卷Ⅲ理科第22题）已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an+（-1）n.
（1）写出数列{an}的前3项a1，a2，a3;
（2）求数列{an}的通项公式;
（3）证明：对任意的正整数m>4，都有++…+<.
分析 由（1）（2）可知an=[2n-2+（-1）n-1]（n≥1），从而要证明的不等式就可以化为：+++…+·+·<. 显然不等式左侧无法直接求和，此时应先对不等式左侧每一项放大变形，然后再求和. 考虑到左边通项中含有（-1）m-1，为了便于确定符号，易于放缩，我们要对m的奇偶性进行讨论，同时对相邻两项之和+进行放大变形. 事实上，当m（m≥2）为奇数时，+=·+=·≤·=+，这样放大后，便能求和了. 由上分析，当m（m>4）为奇数时，<+++…++=+++…+=-<;当m（m>4）为偶数时，+=·+=·≤·=·+，故=+++…+<+++…+=-<.证毕.
方案二 利用递推，迭代放缩
方法3 由条件a1=1及an+1=3an+1可知：an>0且=，所以0<<=·，故<·<2·<…评注 方法3充分利用已知条件an+1=3an+1放缩，使递推关系变为可以进行迭代的递推不等式.
例2 已知函数f（x）=，x∈（0，+∞），数列{xn}满足xn+1=f（xn）（n∈N？鄢），x1=1. 设an=xn-，Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn<.
分析 由已知，an+1=xn+1-=f（xn）-=-==（-1）·. 又xn>0，故xn+1>1，所以an+1<（-1）xn-，即an+1<（-1）an. 故an<（-1）an-1<（-1）2an-2<…<（-1）n-1a1=（-1）n，亦即an<（-1）n. 从而Sn<-1+（-1）2+…+（-1）n=[1-（-1）n]<=. 证毕.
方案三 利用数学归纳法寻找加强命题过渡
由于数列不等式与正整数有关，所以，“数学归纳法”常常成为数列不等式证明的首选办法.但是，一些数列不等式，尤其一边是常数的数列不等式，直接利用“数学归纳法”却行不通，而需要先对其进行放缩以证明它的“加强不等式”，它是证明数列不等式的一种有效办法，笔者通过此题说明数列不等式问题从哪里“强”、如何“强”、“强”到什么程度做一些探讨.
方法4 假设加强命题为++…+≤-g（n），则g（n）应同时满足三个条件：g（n）>0 ①;≤-g（1），即g（1）≤ ②;假设n=k时，++…+≤-g（k）成立，则n=k+1时，需要证明++…++≤-g（k+1）. 利用归纳假设，++…++≤-g（k）+成立，因此只需说明-g（k）+≤-g（k+1），即g（k+1）-g（k）+≤0，即g（k+1）-g（k）+≤0③. 根据数列的结构，从利于运算的角度出发，设g（k）=，由①，a>0;由②，a≤1;由③得≤，故1+≤=3+，即≤2+，所以≤2，即a≥1，综上，a=1.
这样，我们就找到证明++…+<成立的加强命题：++…+≤-. 由以上分析，利用数学归纳法证明加强命题成立即可，这种方法虽然较为烦琐，但却有很强的普适性.
例3 证明1++…+<.
分析 根据方法4，利用数学归纳法探寻加强命题的方法，假设其加强命题为1++…+≤-f（n），则f（n）需要满足三个条件：f（n）>0， f（1）≤， f（k+1）-f（k）+≤0，通项中的核心是2n，可设f（k）=，则由三个条件可得a>0，a≥，a≤，故a=. 令a=，利用数学归纳法证明1++…+<-成立，又因-<即可证明原命题成立，详细过程不再赘述.
？摇？摇评注 通过加强命题证明的两例，我们不难看出，利用加强命题操作性强，通性通法. 在条件f（k+1）-f（k）+≤0的使用上，我们利用恒成立解出a的取值范围，其实也可以利用存在性加以证明，由f（k+1）-f（k）+≤0可得a≤1-，则a≤1，那么结合f（n）>0， f（1）≤得到的a≥，可知≤a≤1，这里，再用数学归纳法时，我们就要注意从第几项开始，也就是归纳奠基的初始值问题. 如果取a=，则令≤1-，则确保使不等式成立最小的k=2，那么利用数学归纳法时，初始值就要取2，即当n=1时，-=-=>1成立，当n=2时，-=>1+=成立，假设n=k…endprint
题目呈现
题目？摇 （2014年高考新课标全国卷Ⅱ第17题）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1.
（1）证明：an+是等比数列，并求{an}的通项公式;
（2）证明：++…+≤.
点评 此题属于新课标全国卷Ⅱ中解答题的第一题，主要考查了判断数列为等比数列、求通项公式和一边为常数的数列不等式的证明.对于第（2）问，我们往往感到十分困难，利用放缩法将数列变为可以求和的数列，但放缩方向不明确;利用数学归纳法，因n=k+1时，要通过++…++≤+证+<显然不可能，致使解题陷入僵局，耽误了宝贵的时间，影响考试成绩.
因此aiA，A为常数）型数列不等式的证明值得探究，笔者通过对本题第（2）问试证探讨该类型不等式的常用证法，供大家参考.
由第（1）问可得an=，故=. 下面证明++…+≤.
解法探究
方案一？摇精巧变形，将通项放缩为可求和数列
方法1 因=，当n≥1时，3n-1=2·3n-1+3n-1-1≥2·3n-1，故=≤，++…+≤1++…+=1-<.
方法2 因==，当n≥1时，≤1-<1，故1<≤，≤，即≤，所以++…+≤1++···+=1-<.
评注 方法1、2均采用通项变形进行放缩，根据=的结构，将其放缩为等比数列，使不能求和的问题转化为简单的等比数列求和问题.
例1 （2004年高考全国卷Ⅲ理科第22题）已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an+（-1）n.
（1）写出数列{an}的前3项a1，a2，a3;
（2）求数列{an}的通项公式;
（3）证明：对任意的正整数m>4，都有++…+<.
分析 由（1）（2）可知an=[2n-2+（-1）n-1]（n≥1），从而要证明的不等式就可以化为：+++…+·+·<. 显然不等式左侧无法直接求和，此时应先对不等式左侧每一项放大变形，然后再求和. 考虑到左边通项中含有（-1）m-1，为了便于确定符号，易于放缩，我们要对m的奇偶性进行讨论，同时对相邻两项之和+进行放大变形. 事实上，当m（m≥2）为奇数时，+=·+=·≤·=+，这样放大后，便能求和了. 由上分析，当m（m>4）为奇数时，<+++…++=+++…+=-<;当m（m>4）为偶数时，+=·+=·≤·=·+，故=+++…+<+++…+=-<.证毕.
方案二 利用递推，迭代放缩
方法3 由条件a1=1及an+1=3an+1可知：an>0且=，所以0<<=·，故<·<2·<…评注 方法3充分利用已知条件an+1=3an+1放缩，使递推关系变为可以进行迭代的递推不等式.
例2 已知函数f（x）=，x∈（0，+∞），数列{xn}满足xn+1=f（xn）（n∈N？鄢），x1=1. 设an=xn-，Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn<.
分析 由已知，an+1=xn+1-=f（xn）-=-==（-1）·. 又xn>0，故xn+1>1，所以an+1<（-1）xn-，即an+1<（-1）an. 故an<（-1）an-1<（-1）2an-2<…<（-1）n-1a1=（-1）n，亦即an<（-1）n. 从而Sn<-1+（-1）2+…+（-1）n=[1-（-1）n]<=. 证毕.
方案三 利用数学归纳法寻找加强命题过渡
由于数列不等式与正整数有关，所以，“数学归纳法”常常成为数列不等式证明的首选办法.但是，一些数列不等式，尤其一边是常数的数列不等式，直接利用“数学归纳法”却行不通，而需要先对其进行放缩以证明它的“加强不等式”，它是证明数列不等式的一种有效办法，笔者通过此题说明数列不等式问题从哪里“强”、如何“强”、“强”到什么程度做一些探讨.
方法4 假设加强命题为++…+≤-g（n），则g（n）应同时满足三个条件：g（n）>0 ①;≤-g（1），即g（1）≤ ②;假设n=k时，++…+≤-g（k）成立，则n=k+1时，需要证明++…++≤-g（k+1）. 利用归纳假设，++…++≤-g（k）+成立，因此只需说明-g（k）+≤-g（k+1），即g（k+1）-g（k）+≤0，即g（k+1）-g（k）+≤0③. 根据数列的结构，从利于运算的角度出发，设g（k）=，由①，a>0;由②，a≤1;由③得≤，故1+≤=3+，即≤2+，所以≤2，即a≥1，综上，a=1.
这样，我们就找到证明++…+<成立的加强命题：++…+≤-. 由以上分析，利用数学归纳法证明加强命题成立即可，这种方法虽然较为烦琐，但却有很强的普适性.
例3 证明1++…+<.
分析 根据方法4，利用数学归纳法探寻加强命题的方法，假设其加强命题为1++…+≤-f（n），则f（n）需要满足三个条件：f（n）>0， f（1）≤， f（k+1）-f（k）+≤0，通项中的核心是2n，可设f（k）=，则由三个条件可得a>0，a≥，a≤，故a=. 令a=，利用数学归纳法证明1++…+<-成立，又因-<即可证明原命题成立，详细过程不再赘述.
？摇？摇评注 通过加强命题证明的两例，我们不难看出，利用加强命题操作性强，通性通法. 在条件f（k+1）-f（k）+≤0的使用上，我们利用恒成立解出a的取值范围，其实也可以利用存在性加以证明，由f（k+1）-f（k）+≤0可得a≤1-，则a≤1，那么结合f（n）>0， f（1）≤得到的a≥，可知≤a≤1，这里，再用数学归纳法时，我们就要注意从第几项开始，也就是归纳奠基的初始值问题. 如果取a=，则令≤1-，则确保使不等式成立最小的k=2，那么利用数学归纳法时，初始值就要取2，即当n=1时，-=-=>1成立，当n=2时，-=>1+=成立，假设n=k…endprint
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2014-12-13
题目呈现
题目？摇 （2014年高考新课标全国卷Ⅱ第17题）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1.
（1）证明：an+是等比数列，并求{an}的通项公式;
（2）证明：++…+≤.
点评 此题属于新课标全国卷Ⅱ中解答题的第一题，主要考查了判断数列为等比数列、求通项公式和一边为常数的数列不等式的证明.对于第（2）问，我们往往感到十分困难，利用放缩法将数列变为可以求和的数列，但放缩方向不明确;利用数学归纳法，因n=k+1时，要通过++…++≤+证+<显然不可能，致使解题陷入僵局，耽误了宝贵的时间，影响考试成绩.
因此ai
由第（1）问可得an=，故=. 下面证明++…+≤.
解法探究
方案一？摇精巧变形，将通项放缩为可求和数列
方法1 因=，当n≥1时，3n-1=2·3n-1+3n-1-1≥2·3n-1，故=≤，++…+≤1++…+=1-<.
方法2 因==，当n≥1时，≤1-<1，故1<≤，≤，即≤，所以++…+≤1++···+=1-<.
评注 方法1、2均采用通项变形进行放缩，根据=的结构，将其放缩为等比数列，使不能求和的问题转化为简单的等比数列求和问题.
例1 （2004年高考全国卷Ⅲ理科第22题）已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an+（-1）n.
（1）写出数列{an}的前3项a1，a2，a3;
（2）求数列{an}的通项公式;
（3）证明：对任意的正整数m>4，都有++…+<.
分析 由（1）（2）可知an=[2n-2+（-1）n-1]（n≥1），从而要证明的不等式就可以化为：+++…+·+·<. 显然不等式左侧无法直接求和，此时应先对不等式左侧每一项放大变形，然后再求和. 考虑到左边通项中含有（-1）m-1，为了便于确定符号，易于放缩，我们要对m的奇偶性进行讨论，同时对相邻两项之和+进行放大变形. 事实上，当m（m≥2）为奇数时，+=·+=·≤·=+，这样放大后，便能求和了. 由上分析，当m（m>4）为奇数时，<+++…++=+++…+=-<;当m（m>4）为偶数时，+=·+=·≤·=·+，故=+++…+<+++…+=-<.证毕.
方案二 利用递推，迭代放缩
方法3 由条件a1=1及an+1=3an+1可知：an>0且=，所以0<<=·，故<·<2·<… 评注 方法3充分利用已知条件an+1=3an+1放缩，使递推关系变为可以进行迭代的递推不等式. 例2 已知函数f（x）=，x∈（0，+∞），数列{xn}满足xn+1=f（xn）（n∈N？鄢），x1=1. 设an=xn-，Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn<. 分析 由已知，an+1=xn+1-=f（xn）-=-==（-1）·. 又xn>0，故xn+1>1，所以an+1<（-1）xn-，即an+1<（-1）an. 故an<（-1）an-1<（-1）2an-2<…<（-1）n-1a1=（-1）n，亦即an<（-1）n. 从而Sn<-1+（-1）2+…+（-1）n=[1-（-1）n]<=. 证毕. 方案三 利用数学归纳法寻找加强命题过渡 由于数列不等式与正整数有关，所以，“数学归纳法”常常成为数列不等式证明的首选办法.但是，一些数列不等式，尤其一边是常数的数列不等式，直接利用“数学归纳法”却行不通，而需要先对其进行放缩以证明它的“加强不等式”，它是证明数列不等式的一种有效办法，笔者通过此题说明数列不等式问题从哪里“强”、如何“强”、“强”到什么程度做一些探讨. 方法4 假设加强命题为++…+≤-g（n），则g（n）应同时满足三个条件：g（n）>0 ①;≤-g（1），即g（1）≤ ②;假设n=k时，++…+≤-g（k）成立，则n=k+1时，需要证明++…++≤-g（k+1）. 利用归纳假设，++…++≤-g（k）+成立，因此只需说明-g（k）+≤-g（k+1），即g（k+1）-g（k）+≤0，即g（k+1）-g（k）+≤0③. 根据数列的结构，从利于运算的角度出发，设g（k）=，由①，a>0;由②，a≤1;由③得≤，故1+≤=3+，即≤2+，所以≤2，即a≥1，综上，a=1. 这样，我们就找到证明++…+<成立的加强命题：++…+≤-. 由以上分析，利用数学归纳法证明加强命题成立即可，这种方法虽然较为烦琐，但却有很强的普适性. 例3 证明1++…+<. 分析 根据方法4，利用数学归纳法探寻加强命题的方法，假设其加强命题为1++…+≤-f（n），则f（n）需要满足三个条件：f（n）>0， f（1）≤， f（k+1）-f（k）+≤0，通项中的核心是2n，可设f（k）=，则由三个条件可得a>0，a≥，a≤，故a=. 令a=，利用数学归纳法证明1++…+<-成立，又因-<即可证明原命题成立，详细过程不再赘述. ？摇？摇评注 通过加强命题证明的两例，我们不难看出，利用加强命题操作性强，通性通法. 在条件f（k+1）-f（k）+≤0的使用上，我们利用恒成立解出a的取值范围，其实也可以利用存在性加以证明，由f（k+1）-f（k）+≤0可得a≤1-，则a≤1，那么结合f（n）>0， f（1）≤得到的a≥，可知≤a≤1，这里，再用数学归纳法时，我们就要注意从第几项开始，也就是归纳奠基的初始值问题. 如果取a=，则令≤1-，则确保使不等式成立最小的k=2，那么利用数学归纳法时，初始值就要取2，即当n=1时，-=-=>1成立，当n=2时，-=>1+=成立，假设n=k…endprint 题目呈现 题目？摇 （2014年高考新课标全国卷Ⅱ第17题）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1. （1）证明：an+是等比数列，并求{an}的通项公式; （2）证明：++…+≤. 点评 此题属于新课标全国卷Ⅱ中解答题的第一题，主要考查了判断数列为等比数列、求通项公式和一边为常数的数列不等式的证明.对于第（2）问，我们往往感到十分困难，利用放缩法将数列变为可以求和的数列，但放缩方向不明确;利用数学归纳法，因n=k+1时，要通过++…++≤+证+<显然不可能，致使解题陷入僵局，耽误了宝贵的时间，影响考试成绩. 因此ai 由第（1）问可得an=，故=. 下面证明++…+≤. 解法探究 方案一？摇精巧变形，将通项放缩为可求和数列 方法1 因=，当n≥1时，3n-1=2·3n-1+3n-1-1≥2·3n-1，故=≤，++…+≤1++…+=1-<. 方法2 因==，当n≥1时，≤1-<1，故1<≤，≤，即≤，所以++…+≤1++···+=1-<. 评注 方法1、2均采用通项变形进行放缩，根据=的结构，将其放缩为等比数列，使不能求和的问题转化为简单的等比数列求和问题. 例1 （2004年高考全国卷Ⅲ理科第22题）已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an+（-1）n. （1）写出数列{an}的前3项a1，a2，a3; （2）求数列{an}的通项公式; （3）证明：对任意的正整数m>4，都有++…+<. 分析 由（1）（2）可知an=[2n-2+（-1）n-1]（n≥1），从而要证明的不等式就可以化为：+++…+·+·<. 显然不等式左侧无法直接求和，此时应先对不等式左侧每一项放大变形，然后再求和. 考虑到左边通项中含有（-1）m-1，为了便于确定符号，易于放缩，我们要对m的奇偶性进行讨论，同时对相邻两项之和+进行放大变形. 事实上，当m（m≥2）为奇数时，+=·+=·≤·=+，这样放大后，便能求和了. 由上分析，当m（m>4）为奇数时，<+++…++=+++…+=-<;当m（m>4）为偶数时，+=·+=·≤·=·+，故=+++…+<+++…+=-<.证毕. 方案二 利用递推，迭代放缩 方法3 由条件a1=1及an+1=3an+1可知：an>0且=，所以0<<=·，故<·<2·<… 评注 方法3充分利用已知条件an+1=3an+1放缩，使递推关系变为可以进行迭代的递推不等式. 例2 已知函数f（x）=，x∈（0，+∞），数列{xn}满足xn+1=f（xn）（n∈N？鄢），x1=1. 设an=xn-，Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn<. 分析 由已知，an+1=xn+1-=f（xn）-=-==（-1）·. 又xn>0，故xn+1>1，所以an+1<（-1）xn-，即an+1<（-1）an. 故an<（-1）an-1<（-1）2an-2<…<（-1）n-1a1=（-1）n，亦即an<（-1）n. 从而Sn<-1+（-1）2+…+（-1）n=[1-（-1）n]<=. 证毕. 方案三 利用数学归纳法寻找加强命题过渡 由于数列不等式与正整数有关，所以，“数学归纳法”常常成为数列不等式证明的首选办法.但是，一些数列不等式，尤其一边是常数的数列不等式，直接利用“数学归纳法”却行不通，而需要先对其进行放缩以证明它的“加强不等式”，它是证明数列不等式的一种有效办法，笔者通过此题说明数列不等式问题从哪里“强”、如何“强”、“强”到什么程度做一些探讨. 方法4 假设加强命题为++…+≤-g（n），则g（n）应同时满足三个条件：g（n）>0 ①;≤-g（1），即g（1）≤ ②;假设n=k时，++…+≤-g（k）成立，则n=k+1时，需要证明++…++≤-g（k+1）. 利用归纳假设，++…++≤-g（k）+成立，因此只需说明-g（k）+≤-g（k+1），即g（k+1）-g（k）+≤0，即g（k+1）-g（k）+≤0③. 根据数列的结构，从利于运算的角度出发，设g（k）=，由①，a>0;由②，a≤1;由③得≤，故1+≤=3+，即≤2+，所以≤2，即a≥1，综上，a=1. 这样，我们就找到证明++…+<成立的加强命题：++…+≤-. 由以上分析，利用数学归纳法证明加强命题成立即可，这种方法虽然较为烦琐，但却有很强的普适性. 例3 证明1++…+<. 分析 根据方法4，利用数学归纳法探寻加强命题的方法，假设其加强命题为1++…+≤-f（n），则f（n）需要满足三个条件：f（n）>0， f（1）≤， f（k+1）-f（k）+≤0，通项中的核心是2n，可设f（k）=，则由三个条件可得a>0，a≥，a≤，故a=. 令a=，利用数学归纳法证明1++…+<-成立，又因-<即可证明原命题成立，详细过程不再赘述. ？摇？摇评注 通过加强命题证明的两例，我们不难看出，利用加强命题操作性强，通性通法. 在条件f（k+1）-f（k）+≤0的使用上，我们利用恒成立解出a的取值范围，其实也可以利用存在性加以证明，由f（k+1）-f（k）+≤0可得a≤1-，则a≤1，那么结合f（n）>0， f（1）≤得到的a≥，可知≤a≤1，这里，再用数学归纳法时，我们就要注意从第几项开始，也就是归纳奠基的初始值问题. 如果取a=，则令≤1-，则确保使不等式成立最小的k=2，那么利用数学归纳法时，初始值就要取2，即当n=1时，-=-=>1成立，当n=2时，-=>1+=成立，假设n=k…endprint 题目呈现 题目？摇 （2014年高考新课标全国卷Ⅱ第17题）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1. （1）证明：an+是等比数列，并求{an}的通项公式; （2）证明：++…+≤. 点评 此题属于新课标全国卷Ⅱ中解答题的第一题，主要考查了判断数列为等比数列、求通项公式和一边为常数的数列不等式的证明.对于第（2）问，我们往往感到十分困难，利用放缩法将数列变为可以求和的数列，但放缩方向不明确;利用数学归纳法，因n=k+1时，要通过++…++≤+证+<显然不可能，致使解题陷入僵局，耽误了宝贵的时间，影响考试成绩. 因此ai 由第（1）问可得an=，故=. 下面证明++…+≤. 解法探究 方案一？摇精巧变形，将通项放缩为可求和数列 方法1 因=，当n≥1时，3n-1=2·3n-1+3n-1-1≥2·3n-1，故=≤，++…+≤1++…+=1-<. 方法2 因==，当n≥1时，≤1-<1，故1<≤，≤，即≤，所以++…+≤1++···+=1-<. 评注 方法1、2均采用通项变形进行放缩，根据=的结构，将其放缩为等比数列，使不能求和的问题转化为简单的等比数列求和问题. 例1 （2004年高考全国卷Ⅲ理科第22题）已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an+（-1）n. （1）写出数列{an}的前3项a1，a2，a3; （2）求数列{an}的通项公式; （3）证明：对任意的正整数m>4，都有++…+<. 分析 由（1）（2）可知an=[2n-2+（-1）n-1]（n≥1），从而要证明的不等式就可以化为：+++…+·+·<. 显然不等式左侧无法直接求和，此时应先对不等式左侧每一项放大变形，然后再求和. 考虑到左边通项中含有（-1）m-1，为了便于确定符号，易于放缩，我们要对m的奇偶性进行讨论，同时对相邻两项之和+进行放大变形. 事实上，当m（m≥2）为奇数时，+=·+=·≤·=+，这样放大后，便能求和了. 由上分析，当m（m>4）为奇数时，<+++…++=+++…+=-<;当m（m>4）为偶数时，+=·+=·≤·=·+，故=+++…+<+++…+=-<.证毕. 方案二 利用递推，迭代放缩 方法3 由条件a1=1及an+1=3an+1可知：an>0且=，所以0<<=·，故<·<2·<… 评注 方法3充分利用已知条件an+1=3an+1放缩，使递推关系变为可以进行迭代的递推不等式. 例2 已知函数f（x）=，x∈（0，+∞），数列{xn}满足xn+1=f（xn）（n∈N？鄢），x1=1. 设an=xn-，Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn<. 分析 由已知，an+1=xn+1-=f（xn）-=-==（-1）·. 又xn>0，故xn+1>1，所以an+1<（-1）xn-，即an+1<（-1）an. 故an<（-1）an-1<（-1）2an-2<…<（-1）n-1a1=（-1）n，亦即an<（-1）n. 从而Sn<-1+（-1）2+…+（-1）n=[1-（-1）n]<=. 证毕. 方案三 利用数学归纳法寻找加强命题过渡 由于数列不等式与正整数有关，所以，“数学归纳法”常常成为数列不等式证明的首选办法.但是，一些数列不等式，尤其一边是常数的数列不等式，直接利用“数学归纳法”却行不通，而需要先对其进行放缩以证明它的“加强不等式”，它是证明数列不等式的一种有效办法，笔者通过此题说明数列不等式问题从哪里“强”、如何“强”、“强”到什么程度做一些探讨. 方法4 假设加强命题为++…+≤-g（n），则g（n）应同时满足三个条件：g（n）>0 ①;≤-g（1），即g（1）≤ ②;假设n=k时，++…+≤-g（k）成立，则n=k+1时，需要证明++…++≤-g（k+1）. 利用归纳假设，++…++≤-g（k）+成立，因此只需说明-g（k）+≤-g（k+1），即g（k+1）-g（k）+≤0，即g（k+1）-g（k）+≤0③. 根据数列的结构，从利于运算的角度出发，设g（k）=，由①，a>0;由②，a≤1;由③得≤，故1+≤=3+，即≤2+，所以≤2，即a≥1，综上，a=1. 这样，我们就找到证明++…+<成立的加强命题：++…+≤-. 由以上分析，利用数学归纳法证明加强命题成立即可，这种方法虽然较为烦琐，但却有很强的普适性. 例3 证明1++…+<. 分析 根据方法4，利用数学归纳法探寻加强命题的方法，假设其加强命题为1++…+≤-f（n），则f（n）需要满足三个条件：f（n）>0， f（1）≤， f（k+1）-f（k）+≤0，通项中的核心是2n，可设f（k）=，则由三个条件可得a>0，a≥，a≤，故a=. 令a=，利用数学归纳法证明1++…+<-成立，又因-<即可证明原命题成立，详细过程不再赘述. ？摇？摇评注 通过加强命题证明的两例，我们不难看出，利用加强命题操作性强，通性通法. 在条件f（k+1）-f（k）+≤0的使用上，我们利用恒成立解出a的取值范围，其实也可以利用存在性加以证明，由f（k+1）-f（k）+≤0可得a≤1-，则a≤1，那么结合f（n）>0， f（1）≤得到的a≥，可知≤a≤1，这里，再用数学归纳法时，我们就要注意从第几项开始，也就是归纳奠基的初始值问题. 如果取a=，则令≤1-，则确保使不等式成立最小的k=2，那么利用数学归纳法时，初始值就要取2，即当n=1时，-=-=>1成立，当n=2时，-=>1+=成立，假设n=k…endprint
