一道数列高考题的前思后想精Word格式.docx

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=13（1-

n-1an-1

），于是，可以看出数列

{1-

是公比为

13

，首项为1-

1a1

=1-

23

=

的等比数列，所以

1-

⋅（）33

n-1

（n≥1）.=（），所以an=n

33-1

n

n⋅3

注：

本小题的结果也可以采用不完全归纳法探索，再运用数学归纳法证明，但是这个

方法比较麻烦.

（Ⅱ）证明：

由第一小题的结果知道，要证明的结论a1a2⋅⋅⋅an<

等价于（1-

13）（1-

2

）（1-

3

）⋅⋅⋅（1-

）>

12

（1）

（1）是一道不等式证明题，左边为自然数n的函数，右边是一个常数.学生中有人想用数学归纳法，但是，由于

（1）的右边是一个常数，不容易促成数学归纳法的形成，即递推步不好完成，也不能用课本上介绍的证明不等式的方法顺利进行，使得很多优秀学生在求解本题时显得一筹莫展，一时陷入不可自拔的境地，那么，有什么好的办法可以施展？

一种自然的想法就是，既然数学归纳法不好下手，能否从不完全归纳法的思想去寻求解决问题的思路？

这就是

事实上，由不完全归纳法的思想知道有

（1-

）=1-

-

+

>

，…

继而，想到用数学归纳法去证明（1-

）≥1-

⋅⋅⋅-

.

（2）

这个结论的证明用数学归纳法已经是很容易办到的，略.根据

（2）知道，右边为

1n

[1-（]

1111111n1331--2-3⋅⋅⋅-n=1-=+（>

133223233

从而

（1）获得证明.这表明

（2）是

（1）的一个有效加强.

但是，美中不足的是这个加强形式还没有促成不等式等号成立，于是，我们设想有无

1

能使等号成立的一种更好的加强形式？

首先，我们回顾证明一般不等式的思路和方法，都是要考虑不等式等号成立的可能性，于是我们分析：

当n=1时，

（1）的左边为

2316

16

，而右边为，要使得两边相等，右边需要加上，这

时候不等式的两边即可促成相等的情况.

那么，当n增大时，上面的命题的加强：

（1-）（1-

31

就必然涉及到自然数n，所以，可以猜测有

）（1-）⋅⋅⋅（1-

）≥

（

+1）（n∈N）（3）

这个不等式是否成立？

容易验证n=1,2,3时是成立的.于是，只要确认对于其它自然数成立即可.

关于本不等式的证明，也可以用数学归纳法，以下我们采用一种构造数列的方法证明（3）.

证明：

运用构造数列方法

131

）（1-1

）

令an=，因a1=1，所以，以下只要证明数列{an}是

（+1）

23n

单调上升数列即可.

事实上，由于

）（1-1（

）⋅⋅⋅（1-+1）

n+1

（1-=

an+1an

23n+1

1111（1-）（1-2）（1-3）⋅⋅⋅（1-n）

3333

11（+1）23n

）（

+1）

+1

于是，要证明数列{an}单调上升，只要证明

≥1,⇔（1-

+1）≥

+113

即只要证明

≥

（*）

这对于自然数是显然成立的，即原不等式获证.

（3）显然也是

（1）的又一个加强，但这个结论是本题的最好加强形式，可以使得等号成立成为可能，当然，作为高考题目，特别是压轴题，以这样的形式表现出来就降低了题目的难度，学生很快可以看出并运用数学归纳法顺利解决本题，所以，做为高考试题中的压轴题，还是原来的形式最能考察学生的数学潜能.

二.本题的推广

上面我们完成了本题的解答，若是考试，这样做了就是非常满意的结局，可以拿到考试的全分了，但是，若是平常做题和老师教学，这样做仅仅是完成了一个奴隶要作的工作，我们还应该在求解本题的思路上向前多走几步，看看是否有更好更深层次的东西，是否有更具教育意义的结论.

下面我们主要针对第2小题作以探究，得到以下一些有意义的结论.结论一：

设ai∈（0,1）（i=1,2,3,⋅⋅⋅,n），求证：

（1-a1）（1-a2）（1-a3）⋅⋅⋅（1-an）≥1-a1-a2-a3-⋅⋅⋅-an.

用数学归纳法.

（1）当n=1，结论反映的是一个等式，即命题成立.

（2）假设当n=k（k≥1）时命题成立，即有

（1-a1）（1-a2）（1-a3）⋅⋅⋅（1-ak）≥1-a1-a2-a3-⋅⋅⋅-ak

那么，当n=k+1时，若1-a1-a2-a3-⋅⋅⋅-ak<

0时，则命题显然成立，反之，则由归纳假设有

（1-a1）（1-a2）（1-a3）⋅⋅⋅（1-ak）（1-ak+1）

≥（1-a1-a2-a3-⋅⋅⋅-ak）（1-ak+1）≥1-a1-a2-a3-⋅⋅⋅-ak-ak+1

即命题在n=k+1时也成立.

根据数学归纳法原理知道，命题对于任意正整数都成立.

这是一个具有广泛意义的结论，实际上，这是

（2）发展，原题目仅仅是在本题的基础上令an=

（n=1,2,3,⋅⋅⋅），再求和并舍去

11n

（，就得到要证明的结论形式.换句话说，23

我们还可以采取别的代换，生成一批新的题目.

三.发展前景探索

竞赛试题非常讲究命题的背景，努力研究其发展和演变，才能搞清楚命题的主导思想，高考题也是一样十分讲究题目的来历，所以，在平常的数学教学中，要交给学生题目的来龙去脉和进一步发展变化的前景，这样有利于培养学生的探究能力，下面做以研究.

如果结论一中的减号改写为加号，即

结论二：

设ai>

0（i=1,2,3,⋅⋅⋅,n），求证：

（1+a1）（1+a2）（1+a3）⋅⋅⋅（1+an）≥1+a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an.

结论还成立吗？

用数学归纳法也容易得到确认.在这个条件下，右边可否加强？

使其达到等号成立？

结论三：

设ai≥1（i=1,2,3,⋅⋅⋅,n），求证：

（1+a1）（1+a2）（1+a3）⋅⋅⋅（1+an）≥

（1+a1+a2+a3⋅⋅⋅+an）.

运用数学归纳法证明也是容易想到的证法，但是下面的证明更别具一格.注意到上面的结论二，于是（1+a1）（1+a2）（1+a3）⋅⋅⋅（1+an）

=（1+≥1+≥1+

a1-12a1-12a1-1n+1

）（1+

=（

a12

a22

a32

）⋅⋅⋅（

an2

a2-12++

a3-12⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+

）⋅⋅⋅（1+

an-12

++

a2-12a2-1n+1

a3-12a3-1n+1

an-12an-1n+1

1n+1

（1+a1+a2+a3⋅⋅⋅+an）

到此结论获得证明.

证二：

下面运用增量法给出一个比较具有实质性的证明.

因为ai≥1，故可设ai=bi+1（i=1,2,3,⋅⋅⋅,n），则原不等式等价于

（2+b1）（2+b2）（2+b3）⋅⋅⋅（2+bn）≥

（n+1+b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn）

但是（2+b1）（2+b2）（2+b3）⋅⋅⋅（2+bn）≥2n+2n-1（b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn）故只需要证明2+2

（b1+b2+b3⋅⋅⋅+bn）≥2

（b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn）

这等价于n+1≥2，这对于正整数n是显然的结果，从而结论获得证明.对于上式的左边，是否有上界存在？

经过进一步探索得到

结论四：

（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅an+1）≥

k-1

∏（1+a

k=1

k

）.

证：

下面运用构造数列方法予以证明.设xk=

（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅ak+1）

（1+a1）（1+a2）（1+a3）⋅⋅⋅（1+ak）

，于

是xk+1=

2（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅akak+1+1）

（1+a1）（1+a2）（1+a3）⋅⋅⋅（1+ak）（1+ak+1）

那么，要证明原不等式，只要证明数列{xk}是单调上升数列，而

xk+1xk

k-1k

2（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅akak+1+1）（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅ak+1）（1+ak+1）

于是，只要证明

≥1，

这等价于2（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅akak+1+1）≥（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅ak+1）（1+ak+1）

即（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅ak-1）（ak+1-1）≥0，但由条件ai≥1（i=1,2,3,⋅⋅⋅,n）知上式早已成立，

所以，数列{xk}是单调上升的数列，而x1=1，从而有xn≥xn-1≥⋅⋅⋅x1=1，即

（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅an+1）

（1+a1）（1+a2）（1+a3）⋅⋅⋅（1+an）

≥1，于是，原不等式获得证明.

由上面的证明容易看出，对于ai∈（0,1）（i=1,2,3,⋅⋅⋅,n），结论仍然成立.结论五：

下面不等式至少有一个成立：

a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅an≤

，（1-a1）（1-a2）（1-a3）⋅⋅⋅（1