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1、第 1 页第十一讲 等比数列适用学科来源:ZXXK数学适用年级高三(理)适用区域通用课时时长(分钟)120知识点1.等比数列2.等比数列的前 n 项和教学目标1.理解等比数列的概念和性质 2.掌握等比数列的通项公式和前 n 项和公式 3.了解等比数列与指数函数的关系 4.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用等比数列的有关 知识解决相应的问题教学重点等比数列与等差数列同样在高考中占有重要的地位,是高考出题的重点.客 观性的试题考察等比数列的概念、性质、通项公式、求和公式等基础知识 和基本性质的灵活应用,对基本的运算要求比较高,解答题大多以数列知 识为工具教学难点等比数列与等差数列同样在
2、高考中占有重要的地位,是高考出题的重点.客 观性的试题考察等比数列的概念、性质、通项公式、求和公式等基础知识 和基本性质的灵活应用,对基本的运算要求比较高,解答题大多以数列知 识为工具第 2 页教学过程一、知识讲解考点 1 等比数列定义讲解内容讲解内容 一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数,那么这个数列就叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的公比;公比通常用字母q表示(0)q ,即:1na:(0)naq q数列对于数列(1) (2) (3)都是等比数列,它们的公比依次是2,5,21 .(注意:“从第二项起”、 “常数”q、等比数列的公比和项都不为零)考点 2 等比
3、数列通项公式来源:讲解内容讲解内容等比数列通项公式为:)0(11 1qaqaan n.说明:(1)由等比数列的通项公式可以知道:当公比 q=1 时该数列既是等比数列也是等差数列;(2)等比数列的通项公式知:若na为等比数列,则m nmnaqa .第 3 页考点 3 等比中项讲解内容讲解内容如果在ba与中间插入一个数G,使bGa,成等比数列,那么G叫做ba与的等比中项(两个符号相同的非零实数,都有两个等比中项).考点 4等比数列前 n 项和公式讲解内容讲解内容一般地,设等比数列123,na a aa的前 n 项和是nS123naaaa,当1q时,qqaSnn1)1 (1或1 1n naa qSq
4、;当 q=1 时,1naSn(错位相减法).说明:(1)nSnqa,1和nnSqaa,1各已知三个可求第四个;(2)注意求和公式中是nq,通项公式中是1nq不要混淆;(3)应用求和公式时1q,必要时应讨论1q的情况.第 4 页二、例题精析【例题 1】来源:学科网 ZXXK【题干】 “公差为 0 的等差数列是等比数列”;“公比为21的等比数列一定是递减数列”;“a,b,c 三数成等比数列的充要条件是 b2=ac”;“a,b,c 三数成等差数列的充要条件是 2b=a+c”, 以上四个命题中,正确的有( )来源:ZXXK A1 个 B2 个 C3 个 D4 个【答案】A【解析】四个命题中只有最后一个
5、是真命题.命题 1 中未考虑各项都为 0 的等差数列不是等比数列;命题 2 中可知 an+1=an21,an +1an,即an+1an,此时该数列为递增数列;命题 3 中,若 a=b=0,cR,此时有acb 2,但数列 a,b,c 不是等比数列,所以应是必要而不充分条件,若将条件改为 b=ac,则成为不必要也不充分条件.第 5 页【例题 2】【题干】命题 1:若数列an的前 n 项和 Sn=an+b(a1),则数列an是等比数列;命题 2:若数列an的前 n 项和 Sn=an2+bn+c(a0),则数列an是等差数列; 命题 3:若数列an的前 n 项和 Sn=nan,则数列an既是等差数列,
6、又是等比数列;上述 三个命题中,真命题有( ) A0 个 B1 个 C2 个 D3 个【答案】A【解析】由命题 1 得,a1=a+b,当 n2 时,an=SnSn1=(a1)an1.若an是等比数列,则12 aa=a,即baaa ) 1(=a,所以只有当 b=1 且 a0 时,此数列才是等比数列.由命题 2 得,a1=a+b+c,当 n2 时,an=SnSn1=2na+ba,若an是等差数列,则 a2a1=2a,即 2ac=2a,所以只有当 c=0 时,数列an才是等差数列. 由命题 3 得,a1=a1,当 n2 时,an=SnSn1=a1,显然an是一个常数列,即公差为 0 的等差数列,因此
7、只有当 a10;即 a1 时数列an才又是等比数列.第 6 页【例题 3】【题干】 ()已知数列cn ,其中 cn2n3n,且数 列cn1pcn为等比数列,求常数 p;()设an 、 bn是公比不相等的两个等比数列,cn=an+bn,证明数列cn不 是等比数列.【答案】 ()p=2 或 p=3()见解析【解析】 ()解:因为cn1pcn是等比数列,故有:(cn1pcn)2(cn2pcn1) (cnpcn1) , 将 cn2n3n代入上式,得: 2n13n1p(2n3n) 22n23n2p(2n13n1) 2n3np(2n13n1) , 即(2p)2n(3p)3n2 (2p)2n1(3p)3n1
8、 (2p)2n1(3p)3n1 ,整理得61(2p) (3p)2n3n0,解得 p=2 或 p=3.()证明:设an 、 bn的公比分别为 p、q,pq,cn=an+bn. 为证cn不是等比数列只需证 c22c1c3. 事实上,c22(a1pb1q)2a12p2b12q22a1b1pq, c1c3(a1b1) (a1p2b1q2)a12p2b12q2a1b1(p2q2) , 由于 pq,p2q22pq,又 a1、b1不为零, 因此 c22c1c3,故cn不是等比数列.第 7 页【例题 4】【题干】如图,在边长为 l 的等边ABC 中,圆 O1为ABC 的内切圆,圆 O2与圆 O1外切,且与 A
9、B,BC 相切,圆 On+1与圆 On外切,且与 AB、BC 相切,如此无限继续下去.记 圆 On的面积为 an(nN*) ,证明an是等比数列;【答案】见解析【解析】证明:记 rn为圆 On的半径,则 r1=2ltan30=l63.nnnn rrrr 11=sin30=21,所以rn=31rn1(n2) ,于是 a1=r12=91)(,122112 nnnn rr aal,故an成等比数列.【例题 5】【题干】一个等比数列有三项,如果把第二项加上 4,那么所得的三项就成为等差数列,如果再把这个等差数列的第三项加上 32,那么所得的三项又成为等比数列,求原来的等比 数列.【答案】2,6,18
10、或92,910,950.【解析】设所求的等比数列为 a,aq,aq2;来源:则 2(aq+4)=a+aq2,且(aq+4)2=a(aq2+32);解得 a=2,q=3 或 a=92,q=5;故所求的等比数列为第 8 页【例题 6】【题干】已知正项数列 na,其前n项和nS满足21056,nnnSaa且1215,a a a成等比数列,求数列 na的通项.na【答案】an=5n3.【解析】10Sn=an2+5an+6, 10a1=a12+5a1+6,解之得 a1=2 或 a1=3. 又 10Sn1=an12+5an1+6(n2), 由得 10an=(an2an12)+6(anan1),即(an+a
11、n1)(anan15)=0 an+an10 , anan1=5 (n2). 当 a1=3 时,a3=13,a15=73,a1, a3,a15不成等比数列 a13; 当 a1=2 时,,a3=12, a15=72,有 a32=a1a15 , a1=2, an=5n3.【例题 7】【题干】设an为等差数列, bn为等比数列,a1b11,a2a4b3,b2b4a3分别求出an及bn的前 10 项的和 S10及 T10;【答案】S1010a1855 2910d当 q22时,)22(3231 1)1 (10 1 10qqbT,当 q22时,)22(3231 1)1 (10 1 10qqbT.【解析】 (
12、1)an为等差数列, bn为等比数列,a2a42a3,b2b4b32 已知 a2a4b3,b2b4a3,b32a3,a3b32 得 b32b32b30 b321,a341由 a11,a341知an的公差为 d83,S1010a1855 2910d第 9 页由 b11,b321知bn的公比为 q22或 q22当 q22时,)22(3231 1)1 (10 1 10qqbT,当 q22时,)22(3231 1)1 (10 1 10qqbT.【例题 8】【题干】在 1 与 2 之间插入 n 个正数 a1,a2,a3,an,使这 n2 个数成等比数列;又在 1 与 2 之间插入 n 个正数 b1,b2
13、,b3,bn,使这 n2 个数成等差数列.记 Ana1a2a3an,Bnb1b2b3bn. ()求数列An和Bn的通项; ()当 n7 时,比较 An与 Bn的大小,并证明你的结论.【答案】 ()Anqq2qnq222)1 (nnn(n1,2,3)Bn1d1nd23n()AnBn【解析】设公比为 q,公差为 d,等比数列 1,a1,a2,an,2,等差数列1,b1,b2,bn,2. 则 A1a11q A21q1q2 A31q1q21q3 又an21qn12 得 qn12,Anqq2qnq222)1 (nnn(n1,2,3)又bn21(n1)d2 (n1)d1B1b11d B2b2b11d12d
14、 Bn1d1nd23n()AnBn,当 n7 时证明:当 n7 时,23582An Bn237,AnBn设当 nk 时,AnBn,则当 nk1 时,21 2 12kkA23 231kBk第 10 页又Ak+1222k23 231kBk且 AkBk Ak1223kAk1Bk123 23) 12(23 23 232kkk又k8,9,10 Ak1Bk10,综上所述,AnBn成立.【例题 9】【题干】已知公比为) 10( qq的无穷等比数列na各项的和为 9,无穷等比数列2na各项的和为581.()求数列na的首项1a和公比q;()对给定的), 3 , 2 , 1(nkk ,设)(kT是首项为ka,公
15、差为12ka的等差数列求数列)(kT的前 10 项之和.【答案】() 323581 19112121qaqaqa() 155【解析】()依题意可知: 323581 19112121qaqaqa,()由()知,1323 nna,所以数列)2(T的的首项为221 at,公差3122 ad,15539102121010S,即数列)2(T的前 10 项之和为 155.点评:对于出现等差、等比数列的综合问题,一定要区分开各自的公式,不要混淆.第 11 页【例题 10】【题干】已知an是由非负整数组成的无穷数列,该数列前 n 项的最大值记为 An,第 n 项之后各项 an1,an2,的最小值记为 Bn,d
16、nAnBn.(1)若an为 2,1,4,3,2,1,4,3,是一个周期为 4 的数列(即对任意nN*,an4an),写出 d1,d2,d3,d4的值;(2)设 d 是非负整数,证明:dnd(n1,2,3,)的充分必要条件为an是公差为 d 的等差数列;(3)证明:若 a12,dn1(n1,2,),则an的项只能是 1 或者 2,且有无穷多项为 1.【答案】(1)d1d21,d3d43. (2)见解析(3)见解析【解析】(1)d1d21,d3d43.(2)(充分性)因为an是公差为 d 的等差数列,且 d0,所以 a1a2an.因此 Anan,Bnan1,dnanan1d(n1,2,3,)(必要
17、性)因为 dnd0(n1,2,3, ),所以 AnBndnBn.又因为 anAn,an1Bn,所以 anan1.于是,Anan,Bnan1,因此 an1anBnAndnd,即an是公差为 d 的等差数列(3)因为 a12,d11,所以 A1a12,B1A1d11.故对任意 n1,anB11.假设an(n2)中存在大于 2 的项设 m 为满足 am2 的最小正整数,则 m2,并且对任意 1km,ak2.又因为 a12,所以 Am12,且 Amam2.于是,BmAmdm211,Bm1minam,Bm2.故 dm1Am1Bm1220,与 dm11 矛盾第 12 页所以对于任意 n1,有 an2,即非
18、负整数列an的各项只能为 1 或 2.因为对任意 n1,an2a1,所以 An2.故 BnAndn211.因此对于任意正整数 n,存在 m 满足 mn,且 am1,即数列an有无穷多项为 1.三、课堂运用【基础】1.在等比数列 na中,12a ,前n项和为nS,若数列1na 也是等比数列,则nS等于( )A122n B 3n C2n D31n【答案】C【解析】因数列 na为等比,则12n naq,因数列1na 也是等比数列,则22 121122212(1)(1)(1)22(12 )01nnnnnnnnnnnnnaaaaaa aaaaaaaqqq即2na ,所以2nSn,故选择答案 C.2. 设
19、4710310( )22222()nf nnN,则( )f n等于( )A2(81)7nB12(81)7n C32(81)7n D42(81)7n【答案】D【解析】注意项数3.设等比数列an的前 n 项和为 Sn,若 S3S62S9,求数列的公比 q;【答案】q=243 .【解析】若 q=1,则有 S3=3a1,S6=6a1,S9=9a1.因 a10,得 S3+S62S9,显然 q=1 与题设矛盾,故 q1.由 S3+S6=2S9,得qqa qqa qqa 1)1 (2 1)1 ( 1)1 (9 16 13 1,整理得 q3(2q6q31)=0,由 q0,得 2q6q31=0,从而(2q31)
20、 (q31)=0,因 q31,故 q3=21,所以 q=第 13 页243 .【巩固】1. 已知数列an的前 n 项和为 Sn,且 anSnn. (1)设 cnan1,求证:cn是等比数列; (2)求数列an的通项公式【答案】(1)见解析(2) ancn11n.(12)【解析】由题11,1nnnnaSn aSn+=+=+两式相减得121nnaa+=+整理得()1211nnaa+-=-即111 12nna a+-=-易知1111,22ac=-所以 nc是以1 2-为首项,1 2为公比的等比数列(2)由(1)可知1111 222nnnc- = -=- ancn11n.(12)2. 已知an是由非负
21、整数组成的数列,满足 a10,a23, an1an(an12) (an22) ,n3,4,5, ()求 a3; ()证明 anan22,n3,4,5,; ()求an的通项公式及其前 n 项和 Sn.【答案】 ()a32()见解析()Sn ., 1) 1(21,),1(21为奇数当为偶数当nnnnnn【解析】 ()由题设得 a3a410,且 a3、a4为非负整数,故 a3的可能的值为1,2,5,10若 a31,则 a410,a523,与题设矛盾若 a35,则 a42,a5235,与题设矛盾若 a310,则 a41,a560,a653,与题设矛盾.第 14 页所以 a32. ()用数学归纳法证明:
22、 当 n3,a3a12,等式成立; 假设当 nk(k3)时等式成立,即 akak22,由题设 ak1ak(ak12)(ak22) , 因为 akak220,所以 ak1ak12, 也就是说,当 nk1 时,等式 ak1ak12 成立; 根据和,对于所有 n3,有 an+1=an1+2. ()解:由 a2k1a2(k1)12,a10,及 a2ka2(k1)2,a23 得 a2k12(k1) ,a2k2k1,k1,2,3,即 ann(1)n,n1,2,3,.所以 Sn ., 1) 1(21,),1(21为奇数当为偶数当nnnnnn3 已知数列an是公差不为零的等差数列,a12,且 a2,a4,a8
23、成等比数列(1) 求数列an的通项公式;(2)求数列3na的前 n 项和【答案】(1) 2nan=(2)()()9 1 99 911 98nnnS-=-【解析】设等差数列an的公差为 d,因为 a2,a4,a8成等比数列所以()()()22 3227ddd+=+解得 d=2 所以2nan=(2)由前知2339nann=故其前 n 项和为()()9 1 99 911 98nnnS-=-第 15 页【拔高】1.在正项等比数列an中,a5 ,a6a73. 则满足 a1a2ana1a2an的最大正整12数 n 的值为_【答案】12【解析】设正项等比数列an的公比为 q,则由,a6a7a5(qq2)3
24、可得 q2,于是an2n6,则 a1a2an51(1 2 )13221 232nn .51 2a ,q2,a61,a1a11a2a102 6a1.a1a2a111.当 n 取 12 时,a1a2a12271 32a1a2a11a12a1226成立;当 n 取 13 时,a1a2a13281 32a1a2a11a12a13a12a132627213.当 n13 时,随着 n 增大 a1a2an将恒小于 a1a2an.因此所求 n 的最大值为 12.2.设 Sn为数列an的前 n 项和,( )112n nnnSa= -, nN*,则(1)a3_;(2)S1S2S100_【答案】1001 11,11
25、6 3 2-【解析】由题由题444341 2SaaS=-=+,331 8Sa=-,解得,解得41 16a =-第 16 页课程小结1等比数列的知识要点(可类比等差数列学习)(1)掌握等比数列定义q(常数) (nN) ,同样是证明一个数列是等比数列的依nn aa1据,也可由anan2来判断;2 1na(2)等比数列的通项公式为ana1qn1;(3)对于G 是a、b 的等比中项,则G2ab,G;ab(4)特别要注意等比数列前n 项和公式应分为q1 与q1 两类,当q1 时,Snna1,当q1 时,Sn,Sn.qqan 1)1 (1 qqaan 112等比数列的判定方法定义法:对于数列,若,则数列是
26、验证首项非零等比数列; na)0(1qqaann na等比中项:对于数列,若,则数列是等比数列. na2 12nnnaaa na3等比数列的性质 等比数列任意两项间的关系:如果是等比数列的第项,是等差数列的第项,nanmam且,公比为,则有;nm qmn mnqaa对于等比数列,若,则,也就是: navumnvumnaaaa,如图所示:.23121nnnaaaaaannaanaannaaaaaa112,12321若数列是等比数列,是其前 n 项的和,那么,成 nanS*Nk kSkkSS2kkSS23 等比数列. 如下图所示:第 17 页课后作业【基础】1. 在各项都为正数的等比数列an中,首
27、项 a13,前三项和为 21,则 a3a4a5( ) A.33 B.72 C.84 D.189【答案】C【解析】设等比数列an的公比为 q(q0),由题意得:a1+a2+a3=21,即 3+3q+3q2=21,q2+q-6=0,求得 q=2(q=3 舍去),所以 a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=4,8421故选 C.2. 在等差数列an中,若 a100,则有等式a1+a2+an=a1+a2+a19n(n19,nN)成立.类比上述性质,相应地:在等比数列bn中,若 b91,则有等式 成立.【答案】b1b2bnb1b2b17n(n17,nN*) ;【解析】在等差数列an中,由 a100
28、,得 a1a19a2a18ana20nan1a19n2a100, 所以 a1a2ana190,即 a1a2ana19a18an1, 又a1a19,a2a18,a19nan1a1a2ana19a18an1a1a2a19n, 若 a90,同理可得 a1a2ana1a2a17n, 相应地等比数列bn中,则可得:b1b2bnb1b2b17n(n17,nN*)第 18 页3.设首项为正数的等比数列,它的前 n 项和为 80,前 2n 项和为 6560,且前 n 项中数值 最大的项为 54,求此数列的首项和公比 q.【答案】首项为 2,公比为 3【解析】设等比数列an的前 n 项和为 Sn,依题意设:a1
29、0,Sn=80 ,S2n=6560.S2n2Sn ,q1;从而 111naqq=80,且2 1(1) 1naq q =6560.两式相除得 1+qn=82 ,即 qn=81.a1=q10 即 q1,从而等比数列an为递增数列,故前 n 项中数值最大的项为第 n 项.a1qn-1=54,从而(q1)qn-1=qn-qn-1=54.qn-1=8154=27 q=181 27n hq q=3.a1=q1=2故此数列的首项为 2,公比为 3.【巩固】1.在n1和1n之间插入 n 个正数,使这2n个数依次成等比数列,求这 n 个数之积.【答案答案】2)1(nnnnT【解析解析】解法 1:设插入的 n 个
30、数为nxxx,21,且公比为 q,则, 2 , 1,1),1(,1111nkqnxnnqqnnk knn解法 2:设插入的 n 个数为nxxx,21,1,110nxnxn第 19 页2.设等比数列an的各项均为正数,项数是偶数,它的所有项的和等于偶数项和的 4 倍, 且第二项与第四项的积是第 3 项与第 4 项和的 9 倍,问数列lgan的前多少项和最大? (lg2=0 3,lg3=0.4)【答案】数列lgan的前 5 项和最大【解析】解法一 设公比为 q,项数为 2m,mN*,依题意有: )(9)()(1) 1( 1) 1(3 12 13 1122 12 1qaqaqaqaqqqa qqam
31、m,化简得 10831),1 (911412 1aqqqaqq解得,设数列lgan前 n 项和为 Sn, 则 Sn=lga1+lga1q2+lga1qn1=lga1nq1+2+(n1)=nlga1+21n(n1)lgq=n(2lg2+lg3)21n(n1)lg3=(23lg)n2+(2lg2+27lg3)n可见,当 n=3lg3lg272lg2 时,Sn最大,而4 . 02 4 . 073 . 043lg3lg272lg2 =5,故lgan的前 5 项和最大,解法二 接前, 311081qa ,于是 lgan=lg108(31)n1=lg108+(n1)lg31,数列lgan是以 lg108
32、为首项,以 lg31为公差的等差数列,令 lgan0,得 2lg2(n4)lg30,n4 . 0 4 . 043 . 023lg3lg42lg2=5.5,由于 nN*,可见数列lgan的前 5 项和最大.第 20 页【拔高】1. 定义在(,0)(0,)上的函数 f(x),如果对于任意给定的等比数列an,f(an)仍是等比数列,则称 f(x)为“保等比数列函数”现有定义在(,0)(0,)上的如下函数:f(x)x2;f(x)2x;f(x);f(x)ln|x|.|x|则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为( )A BC D【答案】C【解析】令等比数列 na的公比为q, 2=f xx, 22
33、+12+1+1 2=nnnnnnf aaaqf aaa 是等比数列; =2xf x, +1 +1-+12=22n nnna aan a nf a f a不一定是 常数,不一定是等比数列; =f xx, +1+1+1=nnnnnnaf aaqf aaa是等比数列; =lnf xx,举个特例,令 =2 ,=ln 2 =ln2 = ln2nnn nnaf an是等差数列不是等比数列,从而选 C.2.设数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn1a2Sna1,其中 a20.(1)求证:an是首项为 1 的等比数列;(2)若 a21,求证:Sn (a1an),并给出等号成立的充要条件n2【答案】(1)见解析
34、(2)见解析【解析】(1)证法一:由 S2a2S1a1得 a1a2a2a1a1,即 a2a2a1,因 a20,故 a11,得2 2 1aaa,又由题设条件知 Sn2a2Sn1a1,Sn1a2Sna1, 两式相减得 Sn2Sn1a2(Sn1Sn),即 an2a2an1,由 a20,知 an10,因此2 2 1=nnaaa,综上,1 2=nnaaa对所有 nN*成立从而an是首项为 1,公比为 a2的等比数列证法二:用数学归纳法证明1 2n naa,nN*.当 n1 时,由 S2a2S1a1,得 a1a2a2a1a1,即 a2a2a1,再由 a20,得 a11, 所以结论成立假设 nk 时,结论成
35、立,即1 2=k kaa,那么 ak1Sk1Sk(a2Ska1)(a2Sk1a1)第 21 页a2(SkSk1)a2ak2ka.这就是说,当 nk1 时,结论也成立综上可得,对任意 nN*,1 2=n naa.因此an是首项为 1,公比为 a2的等比数列(2)证法一:当 n1 或 2 时,显然 Sn2n(a1an),等号成立设 n3,a21 且 a20.由(1)知 a11,1 2=n naa,所以要证的不等式化为 1a22 2a1 2na2n(11 2na)(n3),即证:1a22 2a2na1 2n(12na)(n2)当 a21 时,上面不等式的等号成立当1a21 时,21ra与21n ra
36、(r1,2,n1)同为负;当 a21 时,21ra与21n ra(r1,2,n1)同为正因此当 a21 且 a21 时,总有(21ra)(21n ra)0,即2ra2n ra12na(r1,2,n1)上面不等式对 r 从 1 到 n1 求和得 2(a22 2a1 2na)(n1)(12na),由此得 1a22 2a221(1+)2nnnaa综上,当 a21 且 a20 时,有 Sn2n(a1an),当且仅当 n1,2 或 a21 时等号成立证法二:当 n1 或 2 时,显然 Sn2n(a1an),等号成立当 a21 时,Snn2n(a1an),等号也成立当 a21 时,由(1)知221 1nn
37、aSa,1 2n naa.下证:12 2 21(1+)12n nanaa(n3,a21 且 a21)当1a21 时,上面不等式化为(n2)2nana21 2nnan2(n3)令 f(a2)(n2)2nana21 2nna.当1a20 时,2 210na,故 f(a2)(n2)2nana2(12 2na)(n2)|a2|nn2,即所要证的不等式成立当 0a21 时,对 a2求导得 f(a2)n(n2)1 2na(n1)2 2na1ng(a2)其中 g(a2)(n2)1 2na(n1)2 2na1,则 g(a2)(n2)(n1)(a21)3 2na0,即g(a2)是(0,1)上的减函数,故 g(a2)g(1)0,从而 f(a2)ng(a2)0,进而 f(a2)是(0,1)上的增 函数,因此 f(a2)f(1)n2,所要证的不等式成立当 a21 时,令21ba,则 0b1,由已证的结论知122211 ()1(1+()121nnan a a ,第 22 页两边同乘以1 2na得所要证的不等式综上,当 a21 且 a20 时,有 Sn2n(a1an),当且仅当 n1,2 或 a21 时等号成立
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