数列与和式不等式
数列与和式不等式的解题方法需要同学们深入了解，在解题过程中，往往要利用一些恒等式、变换法等方法对数列和式进行变形，并结合数列求和等相关知识，灵活运用各种技巧．尤其当涉及到整数命题的证明，有时候也可以考虑用归纳法进行证明，当然在证明过程中，解题方法并非千篇一律，而是灵活多变，根据具体题意可以寻找恰当的解法，二者之间的紧密结合，也在竞赛中作为考察学生的重要题型之一，下面通过例题简要介绍几种解题方法与技巧：
例1 已知xi?R(i?1,2,?,n,n?2)，满足
nn?|xi|?1,?xi?0．求证：
i?1i?1nnxi11?? ?i22ni?1n证：设
?xi?A?B,?i?1i?1xi?a?b，其中A,a为正项之和，B,b为负项之和，由题意知， iA?B?0,A?B?1，得A??B?1ABAB,因为?a?A,B?b?，所以B??a?b?A?, 2nnnnnnxxi111111即?(?，也就是?i?? )????22n22n22ni?1ii?1i说明：本题通过设元，将数列拆分成正负两部分，然后运用不等式相关知识，很自然过渡到绝对值不
等式．
例2 设an?1?aaa112???，n?N*，求证：对n?2，有an?2(2?3???n)． 2n23n112112111122an?an?(1????)?(1????)??2?(1????)?122n2n?1nn2n?1证：
a1211?2?(an?)?2?n?2.nnnnn故an?a1?2(2an?2(22aa2a3111????n)?(2?2???2).所以 23n23naaa2a3aa111111????n)?(1?2?2???2)?2(2?3???n)?(1?????)23n23n23n1?22?3(n?1)naaaaaa1?2(2?3???n)??2(2?3???n).23nn23n 说明：本题若通过an表达式来证明将非常复杂，可以考虑通过建立递推关系，使问题很容易得到解决．
例3 无穷正实数列{xn}有以下性质：x0?1,xi?1?xi(i?0)
2x02x12xn?????1?3.999 (1) 试证：对具有上述性质的任一数列，总能找到一个n?1，使下式成立x1x2xn2x02x12xn?????1?4对任一n成立. (2) 寻找这样一个数列，使得下列不等式x1x2xn证：（1）
1
222222222x02x12xnxxxxxxxxx?????1?0?1???n?2?n?1?0?1???n?3?2xn?1?0?1????x1x2xnx1x2xn?11x1x2xn?2x1x2xx??22xn?3?????2xn?3x1lim2n??2?12n?22n?420111????n?322x1?2111????n?222?22?12n?2
.2x02x12xn?????1?3.999. ?4，因此必存在足够大的n使得x1x2xnn2x02x12xn1?1??1??????1?2?1??????（2）取无穷递缩等比数列xn???，x1x2xn2?2??2?n?2?4.
( n?0,1,2,?)
说明：该题用到了数列极限的思想，运用放缩法，通过步步缩小，得到新数列之和恒比一极限为4的
数列大，从而得证．
例4 设a1,a2,?是正实数列，且对所有i,j?1,2,?，满足ai?j?ai?aj．求证：对于正整数n，有
a1?aa2a3????n?an 23n证：记si?a1?a2???an,i?1,2,?,n，约定s0?0，则2si?(a1?ai)???(ai?a1)?iai?1
nnn?1aisi?si?1ia1111111??????si(?)?sn?s1??i?1(?)?snnii?1n22ii?1ni?1ii?1i?1i?1 n?1naa11111?s1???i?1?sn???i?sn.22i?1i?1n2i?1inn??i?1nai222n?1n?1?sn?(sn?1?an)?(an?an)?an?an,原不等式成立． innn2n方法二：对n用数学归纳法．
当n?1时，a1?a1，不等式显然成立．
?a1?a1??a?a2?a2?2假设当n?1,2,?,k?1时不等式成立，即有?
??????ak?1a2?ak?1?a1????2k?1?相加得(k?1)a1?(k?2)aa2???(k?(k?1))k?1?a1?a2???ak?1，即 2k?1aa2???k?1)?2(a1?a2???ak?1)?(a1?ak?1)?(a2?ak?2)???(ak?1?a1)?kak?ak 2k?1aa整理得a1?2???k?ak，得原不等式成立．
2kk(a1?说明：本题在证法1中采用了Abel变换法，将和式进行转化，得到需要的形式，然后加以证明．另
2
外，在证明数列求和不等式的时候，因是涉及到自然数的命题，我们也可以多考虑应用数学归纳法.
222 例5 设a1,a2,?,an(n?2)是n个互不相同的实数，S?a1?a2???an，M?min(ai?aj),
1?i?j?n2Sn(n2?1)求证: ?M12证：不妨设a1?a2???an，则ai?1?ai?M(1?i?n?1),令ai中的第一个非负数为ak（若所
(1?i?n),则对i?k有ai?bi?0，
有ai?0，则取k?n）,令bk?min{ak,M},bi?bk?(i?k)Mn对i?k有ai?bi?0，所以对一切i均有|bi|?|ai|，再令b?22bi1?b?(n?1?2k)M，则 ?k2i?1nnnnnaibi[(bi?b)?b]2[(bi?b)2?nb2]n(bi?b)2S??????????Mi?1Mi?1Mi?1MMMi?1i?11(n?1?2k)M]2n[bk?(i?k)M?bk?n12????[i?k?(n?1?2k)]2
M2i?1i?11n(n2?1)2??i?(n?1)?i?(n?1)?.412i?1i?1n2n说明：将数列进行排序，化无序为有序，构造新的数列帮助解题． 例6 设n?N，x0?0,xi?0(i?1,2,?,n)，且
n*?xi?1ni?1，求证：
1??i?1xi1?x0???xi?1xi?xi?1???xn??2
证：??i?1n1(1?x0???xi?1)(xi?xi?1???xn)?[(1?x0???xi?1)?(xi?xi?1???xn)]?1.
2xi?xi(1?i?n),故s??si??xi?1，不等式右边得证．
i?1i?1nn∴si?1?x0???xi?1xi?xi?1???xn又因为0?x0?x1???xi?1,i?0,1,2,?,n,令?i?arcsin(x0?x1???xi)?[0,?2],i?0,1,2,?,n,
0??0??1??2????n??2,而且sin?i?x0?x1???xi,sin?i?1?x0?x1???xi?1,
∴xi?sin?i?sin?i?1?2cos且在??[0,?i??i?12sin?i??i?12,i?1,2,?,n. ∵cos?i??i?12?cos2?i?1?cos?i?1, 2?2]时，tan????sin?，∴xi?2cos?i?1?(?i??i?12)?cos?i?1(?i??i?1),i?1,2,?,n
nnxixi???(?i??i?1)??n??0?, ??i??i?1,故?∴
2cos?i?1i?1cos?i?1i?1 3
而cos?i?1?sin?i?1?1?(x0?x1???xi?1)?1?x0???xi?1?xi?xi?1???xn, ∴s?22?2.
说明：本题采用的是三角代换法，将其中的一个算式用反三角函数代替，利用三角函数之间的转化关系，达到证明的目的．
例7 设a1,a2,?,an为正实数列，且满足a1?a2???an?111????． a1a2an求证：
111?????1
n?1?a1n?1?a2n?1?an1?(n?1)bi11,i?1,2,?,n,则bi?,i?1,2,?,n. ，且ai?n?1?aibin?1证：令bi?nn1?(n?1)bibi??故条件转化为?,下面用反证法，假设b1?b2???bn?1. （1）
bii?1i?11?(n?1)bi由柯西不等式，得
?(1?(n?1)b)??1?(n?1)bjj?ij?i1?(n?1)2,由（1），
j((?)1n)?(b)1??1jj?in?bj，
∴
n1?(n?1)bi1?(n?1)bi1n?1??(n?1)?,故,上式对i?1,2,?,n求和，有 ??bibij?i1?(n?1)bjj?i1?(n?1)bjn1?(n?1)bi1?(n?1)bi?(n?1), （2） 由（1）得，?(1?(n?1)bi)?bj(n?1),由（2）可得， ???1?(n?1)bbi?1j?ii?1i?jjin(n?1)?i?1bj1?(n?1)bj?(n?1)?1?(n?1)bi111?????1. ,矛盾！∴
bin?1?a1n?1?a2n?1?ani?1n说明：当问题从正面入手难以解决时，可考虑用反证法，反正假设就相当于又多了一个条件，更如意
入手解决．
例8 设{ak}(k?1)是一个正实数数列，存在一个常数k，使得a1?a2???an?kan?1, （对所有n?1）．证明：存在一个常数c，使得：a1?a2???an?can?1（对所有n?1）．
证：考查不等式链(a1?a2???an)?t(a1?a2???an)?can?1，
2其中，t(a1?a2???an)?tk?an?1，故只需取tk?c即可（t为一参数）.
22222222222222设命题Pi为：(a1?a2???ai)?t(a1?a2???ai),设命题Qi为：a1?a2???ai?cai?1. 当i?1时，欲使P可取t?1．现在设命题Pk成立，即 (a1?a2???ak)?t(a1?a2???ak) 1成立，于是，由不等式链，得(a1?a2???ak)?tkak?1?cak?1，即 a1?a2???ak?cak?1
4
222222222222因此Pk成立?Qk成立．我们希望证明：若Qk成立?Pk?1成立，即由
22???aka1?a2???ak?cak?1?(a1?a2???ak?1)2?t(a12?a2?1),上述不等式成立，仅需 22ak?1?2ak?1(a1?a2???ak)?tak?1，即a1?a2???ak?t?1t?1即可满足要求． ak?1，故取c?22c2?1c2t?1k22∴c?，化简得c?2kc?k?0,取c?k?k?k，则t??1符合条件，进而由归纳?k22法原理知结论成立．
说明：本题运用了数学归纳法的另一种形式，即螺旋归纳法：设p(n),Q(n)是两列关于正整数n的命题，如果：（1）命题P(1)成立；（2）对任何正整数k，若命题P(k)成立，则命题Q(k)成立；若命题Q(k)成立，则命题P(k?1)成立．那么对于所有正整数n，命题p(n),Q(n)都成立． 强化练习： １．设Sn?1?111????,n?2，证明：n(n?1)a?n?Sn?n?(n?1)nb，其中a和b满足an?1和23nb(n?1)??1.
1134n?134n?11n?Sn?(1?1)?(1?)???(1?)?2??????n(2?????)n2n23n23n证：
?n(n?1).1?1112n?112n?1n1?n?Sn?(1?1)?(1?)???(1?)??????(n?1)(????)?1?(n?1)nn?1.
2n23n23n1n得证．
1?ai1?n?2．设ai?0(i?1,2,?,n)，a?min{a1,a2,?,an}，试证：?(1?a)2i?11?ai?1an?1?a1
n?(a?a)ii?1n2，其中
证：
nnnnnn1?ai1?aiai?ai?1ai?aai?1?aai?aai?a?n?(?1)????????????i?11?ai?1i?11?ai?1i?11?ai?1i?11?ai?1i?11?ai?1i?11?ai?1i?11?ain??i?1n(ai?a)(ai?ai?1)(ai?a)(a?a)????i.2(1?ai?1)(1?ai)i?1(1?ai?1)(1?ai)i?1(1?a)n2n2
3．设{an}为有下列性质的实数列：1?a0?a1?a2???an??， （1） 又{bn}是由下式定义的数列：bn??(1?k?1nak?11)?,n?1,2,3,? （2） 求证： akak（1）对所有的n?1,2,3,?，总有0?bn?2;
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