关于正项等比数列方幂的不等式

文[1 ]给出了正项等差数列方幂的若干不等式,本文将建立正项等比数列方幂一些类似的不等式.为简便起见,以下约定数列{an}是正项等比数列,公比为q (q >0 ) ,前n项和为Sn,m ,p ,n ,k均为正整数,且m

相似文献   

一个不等式的简证

对于一类正项等差数列．利用数列的单调性和不等式证明的放缩法。可以得到不等式 a1a2…an〉an＋1^n（an/an＋1）^n^2 并进而推出不等式 1/e〈n√a1a2…an/an≤1的一个简证,和这个不等式在级数上的一个应用．     

2004年全国高考文科第18题另证

20 0 4年全国高考文科第 1 8题是 :已知数列 {an}为等比数列 ,a2 =6 ,a5=1 62 .(Ⅰ )求数列 {an}的通项公式 ;(Ⅱ )设Sn 是数列 {an}的前n项和 ,证明Sn·Sn + 2S2 n+ 1≤1 .分析 :本题主要考查等比数列的概念、前n项和公式等基础知识 ,考查学生综合运用基础知识进行运算的能力 .对第 (Ⅰ)问只需要用等比数列的通项公式即可解决 ,易得an=2·3n -1 .对第 (Ⅱ )问 ,可由 (Ⅰ )知 ,所证不等式等价于Sn·Sn + 2 ≤S2 n+ 1 ,高考命题组给出的标准证法是用均值不等式证明的 ,但事实上 ,上述不等式等号是取不到的 ,即我们只须证Sn·Sn + 2 相似文献   

一个无理不等式及其猜想的初等证明

文[1]给出了不等式:设a,b＞0,0＜λ≤2,则(√a/a+λb)+(√b/b+λa)≤2/(√1+λ)…………………(1) 文[2]类比给出了不等式:a,b＞0,0＜λ≤3,则3(√a/a+λb)+3(√b+b+λb)≤2/3(√1+λ)……………(2) 文[2]猜想:a,b＞0,n≥2,n∈N,0＜λ≤n,则n(√a/a+λb)+n(√b+b+λa)≤2/n(√1+λ)……………(3) 文[2]只给出不等式(2)的微分法证明,未能给出初等证明,并指出如何给出初等证明是一个值得继续研究的问题.本文将给出不等式(2)、(3)的一个初等证明;因为要用到不等式(1)证明过程中的一个结论,所以,先证不等式(1).     

一道高考试题的推广

1995年高考文科数学试题第 2 3题 :设 {an}是由正数组成的等比数列 ,Sn 是其前n项和 ,证明 :12 (log0 .5 Sn+log0 .5 Sn + 2 ) >log0 .5 Sn + 1.由对数运算性质可知 ,求证不等式可化归为证明其等价不等式SnSn + 2 0 ,当r =1时 ,SpS…     

正项等比数列的一类递推公式

文 [1]作者在某些特定形式下 ,研究了等差数列的一类递推公式 .笔者受此启发 ,研究了相应的正项等比数列的一类递推公式 ,设数列 {an}的前n项之积为Tn,则对形如Tn=f(n ,an)的递推公式所确定的数列 {an},在一定特定形式下是一个等比数列 .笔者经初步探索 ,得到如下结果 .命题 1　已知正项数列 {an}的前n项之积为Tn,若对任意的自然数n均有Tn =( pan) n ( 1)　其中p为正常数 ,则数列 {an}为等比数列 .证　由已知 ,当n≥ 2时 ,Tn + 1=(pan + 1) n + 1( 2 )( 2 )÷ ( 1)得　　 an - 1n + 1pann=1( 3)由 ( 3)得 ann + 2 pan + 1n + 1=1( 4)( 4)…     

正项二阶等差数列的不等式

文[1]、[2]研究了正项等差数列方幂的不等式,本文研究由递增正项二阶等差数列若干项构成的不等式.为了简便起见,以下约定{an}是递增正项二阶等差数列,bn=an 1-an,{bn}的公差为d,其前n项和为Sn,m,k,n,p为正整数.引理d>0,an 1=Sn a1.证设an=an2 bn c,a,b,c∈R,且a>0.∵bn=an 1-an     

等比数列的一个性质

文 [1 ]给出了等差数列的一个性质 :设 {an}是以 d为公差的等差数列 ,则有a1+ a2 +… + ann =am+ 1+ am+ 2 +… + an-mn - 2 m .本文运用类比的方法 ,得到等比数列的一个类似的性质 .性质　设 {an}是公比为 q( q>0 )的等比数列 ,则有( a1a2 … an) 1n =( am+ 1am+ 2 … an-m) 1n-2 m,其中 n >2 m.证明　当 n为奇数时 ,n- 2 m也为奇数 .( a1. a2 .… . an) 1n　 =( a1. a1q . a1q2 .… . a1qn-1) 1n　 =( an1. q1+ 2 + 3 +… + n-1) 1n,　 =( an1. qn( n-1)2 ) 1n =a1. qn-12 .( am+ 1. am+ 2 .… . an-m) 1n-2 m　 =( a1qm . a1qm+ 1.… . a…     

新题征展(116)

A 题组新编 1.(胡寅年)设{an}是首项为1的正项数列,且n+1a2n+1-na2n+an+1an=0. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=(ln(1+an))/(an),证明:①bn≤bn+1;②ln2≤bn相似文献   

对一个正项等差、等比数列不等式的探究

一、引子 文[1]将文[2]中的定理2作如下的推广. 推广 已知数列{bn}是正项非减少的等差数列,数列{cn}是正项等比数列,则有 Cn0/b1c1+Cn1/b2+c2+Cn2/b3+c3+…+Cna/bn+1+cn+1≥4n/2n-1(2b1+nd)+21-n(c1+cn+1).     

有关正项等比数列的不等式

本文研究由正项等比数列若干项构成的不等式．为了简便起见，以下约定{an}是正项等比数列，公比为q（q〉0，且q≠1），m,n，k均为正整数，且优≠k．     

正项二阶等差数列的不等式

文[1]、[2]研究了正项等差数列方幂的不等式，本文研究由递增正项二阶等差数列若干项构成的不等式，为了简便起见，以下约定{an}是递增正项二阶等差数列，bn=a（n＋1）-an，{bn}的公差为d，其前n项和为Sn，m，k，n，p为正整数．     

等比数列前n项和S_n的一个性质的两个补充

1.等比数列前n项和Sn的一个性质命题首项为a1,公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列.对命题1,可以利用等比数列的性质和整体代换来判定真假.当q=1时,Sn=S2n-Sn=S3n-S2n=na1,且都不为0,命题为真;当q≠1时,Sn=a1+a2+…+an,S2n-Sn=an+1+an+2+…+a2n=qn(a1+a2+…+an)=qnSn,S3n-S2n=a2n+1+a2n+2+…+a3n     

放缩的方法探究

<正>考题(2014年新课标全国卷Ⅱ第17题)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明:{an+1/2}是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)证明:1/a1+1/a2+...+1/an<3/2.不难证得(1)数列{an+1/2}是以3/2为首项,     

《数学通报》1624号问题的两个别证及再推广

1 问题的提出 <数学通报>2006年7月号问题1624: 若a1,a2,…,an∈R+,且a1+a2+…+an=s,求证:1/a13(a2+a3+…an)+1/a23(a1+a3+…+an)+…+1/an3(a1+a2+…+an-1)≥n5/s4(n-1) 在2006年第8期,问题提供人刘俊老师构造n维向量,利用向量性质|m·n|≤|m|·|n|给出了一种证明方法;在<数学通报>2008年第5期罗邦华老师利用一个不等式引理又给出了一种证明方法,并将其结果进行了推广.     

从一道训练题谈数列积式不等式的证明策略

题目 (武汉市2011届高中毕业生五月供题训练(三)理科第21题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=1/2na(n+1)(n∈ N+),其中a1=1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bk＝(a1a3…a2k-1)/(a2a4…a2k)(n∈N+).证明:bn＜1/√2an+1这是一道融数列、不等式与函数为一体的综合问题,主要考查学生的思维能力.第(2)问的证明具有一定的难度,从证法上看,它注重通性通法,也不回避特殊技巧,既可用大众化的常规证法,也可用证明不等式的一些特殊技巧,很好地区分了考生思维的层次性.由第(1)问可知an=n,从而原不等式即为:1/2·3/4·5/6·…·.     

隔项等比数列的研究

隔项等比数列的例子几次在高考题中出现 ,探讨隔项等比数列的性质很有必要 .为了便于研究 ,先给出隔项等比数列的定义 .定义　如果数列 { an}满足关系 :a2 n+ 1a2 n-1=q1,a2 n+ 2a2 n=q2 (n=1,2 ,3,… ) ,其中 q1,q2均为非零常数 ,则称数列 { an}为隔项等比数列 .定理 1　隔项等比数列 { an}的通项公式是an=1+(- 1) n-12 a1qn-121+1+(- 1) n2 a2 qn-222 .证　当 n为奇数时 ,令 n=2 k- 1(n∈ N) k=n+12 ,则有a2 k-1=a1qk-11 an=a1qn+ 12 -11=a1qn-121(1)当 n为偶数时 ,令 n=2 k k=n2 ,则有a2 k=a2 qk-12 an=a2 qn2 -12 =a2 qn-222 (2 )综…     

一个不等式的几种新证

2006年高考江西卷(理)压轴题为: 已知数列{an}满足;a1=3/2,且an=3nan-1/2ab-1+n-1(n≥2,n∈N*). (Ⅰ)求数列{an)的通项公式; (Ⅱ)证明:对一切正整数n,不等式a1a2…an＜2·n!恒成立.     

柯西不等式的证明及应用

<正>高中数学学习中,不等式变形巧妙神奇,尤其是柯西不等式的应用.我梳理了一下有关柯西不等式的证明及应用,方便同学们使用.柯西不等式:(a1b1+a2b2+…+an bn)2≤(a21+a22+…+a2n)(b21+b22+…+b2n)(ai bi∈R,i=1,2…n).等号当且仅当a1=a2=…=an=0或bi=tai时成立(t为常数,i=1,2…n).柯西不等式的证明方法很多,下面的方法比较深刻且具通性.为简便,设ai不全为0.证法一(构造二次函数)f(x)=(a1x+b1)2+(a2x+b2)2+…+(an x+bn)2=(a21+a22+…+a2n)x2+2(a1b1+a2b2+…+an bn)x+(b21+b22+…+b2n).     

证明不等式的几种特殊方法

文[1]给出了六种证明不等式的特殊方法.这里再给出四种,以解决一些不等式的证明问题.1　利用二项式定理证明对于有些不等式,可根据其结构特点,联想或构造二项式模型,利用二项式定理来证.例1　(第2 1届全苏数学竞赛)求证:对于任意的正整数n ,不等式(2n + 1) n ≥(2n) n + (2n - 1) n成立.证　由二项式定理,有　(2n + 1) n- (2n - 1) n=2 [C1n(2n) n -1+C3n(2n) n -3 +…]≥2C1n(2n) n -1=(2n) n,即(2n + 1) n≥(2n) n+ (2n - 1) n.例2　(1988年全国高中数学联赛)已知a ,b为正实数,且1a+ 1b =1.试证对于每一个n∈N都有(a +b) n-an-bn≥2 2n-…