一道数列高考题的前思后想精.docx
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一道数列高考题的前思后想精
本文发表在《数学教学》9（2008）
对一道高考数列题的前思后想
广东深圳育才中学
王扬
数学解题教学是教师引导学生进行数学学习的一个重要途径.我以为，在高三最后的数学复习阶段，不仅要着力强调过去所学的基础知识，更要交给学生在基础知识具备的前提下怎样提高学习效率，从一些经典题目出发，精讲精练，多思多求，多问几个为什么，尽可能多的联系一些相关知识和方法，通过问题变式，将自己研究数学问题的心得和方法交给学生，和学生一起进行探究，展示数学问题的来龙去脉，这是一种较为实际的行之有效的数学课堂教学方法.下面我们就从2006年江西省一道高考题出发，阐述自己在教学中的一些想法和做法，请读者批评指正.
2006年江西省高考理科22题（压轴题，本题满分14分）为：
已知数列{an}满足a1=
32
，且an=
3nan-12an-1+n-1
（Ⅰ）求数列{an}的（n≥2,n∈N），
*
通项公式an.（Ⅱ）证明，对于任意正整数n，不等式a1a2⋅⋅⋅an<2⋅n!
恒成立.
一.本题的解答.
首先我们来研究本题的解答.
（Ⅰ）解：
由题目给出的递推式有1-
nan
=13（1-
n-1an-1
），于是，可以看出数列
{1-
nan
是公比为
13
，首项为1-
1a1
=1-
23
=
13
的等比数列，所以
1-
nan
=
⋅（）33
n-1
（n≥1）.=（），所以an=n
33-1
n
n⋅3
n
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<2⋅n!
等价于（1-
13）（1-
13
2
）（1-
13
3
）⋅⋅⋅（1-
13
n
）>
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
本文发表在《数学教学》9（2008）
事实上，由不完全归纳法的思想知道有
（1-
13）（1-
13
）=1-
13
-
13
+
13
>1-
13
-
13
，…
继而，想到用数学归纳法去证明（1-
13）（1-
13
）（1-
13
3
）⋅⋅⋅（1-
13
n
）≥1-
13
-
13
-
13
3
⋅⋅⋅-
13
n
.
（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
1-
3
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
12
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
13
就必然涉及到自然数n，所以，可以猜测有
13
3
）（1-）⋅⋅⋅（1-
13
n
）≥
1
23
（
1
n
+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
（1-
13）（1-
131
）（1-1
13
3
）⋅⋅⋅（1-
13
n
）
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-
13）（1-
13
）（1-1（
13
3
）⋅⋅⋅（1-+1）
13
n
）（1-
13
n+1
）
（1-=
13
n+1
1
an+1an
=
23n+1
1111（1-）（1-2）（1-3）⋅⋅⋅（1-n）
3333
11（+1）23n
）（
13
n
+1）
13
n+1
+1
于是，要证明数列{an}单调上升，只要证明
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（1-
13
n+1
）（
13
n
+1）
≥1,⇔（1-
1
n+1
13
n+1
）（
13
n
+1）≥
13
n+1
+1
+113
13
n+1
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.
证明：
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=
13
n
（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
本文发表在《数学教学》9（2008）
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？
证明：
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：
2
n
（1+a1）（1+a2）（1+a3）⋅⋅⋅（1+an）≥
n+1
（1+a1+a2+a3⋅⋅⋅+an）.
证明：
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）
2
=（1+≥1+≥1+
a1-12a1-12a1-1n+1
）（1+
n
=（
12
+
a12
）（
12
+
a22
）（
12
+
a32
）⋅⋅⋅（
12
+
an2
）
a2-12++
）（1+
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）≥
2
n
n+1
（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
n
n-1
（b1+b2+b3⋅⋅⋅+bn）≥2
n
+
2
n
n+1
（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
n
结论四：
设ai≥1（i=1,2,3,⋅⋅⋅,n），求证：
2
n-1
（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=
k
2
（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）
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那么，要证明原不等式，只要证明数列{xk}是单调上升数列，而
2（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅akak+1+1）
xk+1xk
=
（1+a1）（1+a2）（1+a3）⋅⋅⋅（1+ak）（1+ak+1）
2
k-1k
（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅ak+1）
（1+a1）（1+a2）（1+a3）⋅⋅⋅（1+ak）
=
2（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅akak+1+1）（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅ak+1）（1+ak+1）
于是，只要证明
2（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅akak+1+1）（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅ak+1）（1+ak+1）
≥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
2
n-1
（a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅an+1）
（1+a1）（1+a2）（1+a3）⋅⋅⋅（1+an）
≥1，于是，原不等式获得证明.
注：
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：
设ai∈（0,1）（i=1,2,3,⋅⋅⋅,n），求证：
下面不等式至少有一个成立：
a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅an≤
12
n
，（1-a1）（1-a2）（1-a3）⋅⋅⋅（1
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