数列型不等式放缩技巧九法.docx

1、数列型不等式放缩技巧九法数列型不等式的放缩技巧九法证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考 性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各 级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列 通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下九种: 利用重要不等式放缩均值不等式法丁 k ；Jk(k +1) =k +，”. k cSn vS (k +-)，2 2 y k 2即 n(n+1) S n(n+1)丄n (n +1)2 S .2 2 2 2注：应注意把握放缩的“度”：上述

2、不等式右边放缩用的是均值不等式 /abM-2若放成 Jk(乔H 1+ nx(n亡N* n 2, x 1, x北0)的一个特例（1 + 丄）2 1 +2 ”丄（此处n =2,x =丄）得2k -1 2k 1 2k -11 aJ2 fl（1 +） = f2.2k _1 2k_1 烂 2k _1 担Y2k_11998注：例4是佃85年上海高考试题，以此题为主干添“枝”加“叶”而编拟成年全国高考文科试题；进行升维处理并加参数而成理科姊妹题。如理科题的主干是：即 In an jnar c2 =可以起到提醒思路与探索注：题目所给条件In( 1+x)0 )为一有用结论， 放缩方向的作用；当然，本题还可用结论

3、 2n An(n-1)(n 2)来放缩：1 1 1an+ 兰(1 + 一 )an + - an+中 1 (1中 )(an +1)=n(n-1) n(nT) n(nT)1 1 In(an+1) In(an +1) 1n(1 + ) .n(n1) n(n-1)1，n 4 n 丄 1 1=Z In(ai+ +1) -In(ai +1) wW = ln( a. +1) -In(a2 +1) v1 i三 i仝 i(i 一1) n即 In(an +1) -Iog 2 n, n亡N *, n 2.Iog2 n表示不超过2 3 n 21简析 对第（2）问：用1/n代替n得数列bn : bn =（1+ n）是递

4、减数列；借鉴此丄 1 1结论可有如下简捷证法：数列（1 + n）n递减，且1 i m （1 + n）n, 即（1+m）n ：（1 +n）m。当然，本题每小题的证明方法都有 10多种，如使用上述例4所提供的假分数性质、贝努力不等式、甚至构造“分房问题”概率模型、构造函数等都可以给出非常漂亮的解决！二部分放缩例9设an =1 +丄2aV解析an详见文1。1+ + 3a13a+丄,a 2.求证：and n1 1 1-+胃兰1 +歹十:？n 2 32又 k = k k k(k 一1), k 21 +.n11 1?k1 an 兰1 +卫屮 韵 +0 2）+（2 3）卡+（齐；）=2 ； 2n 2 2 3

5、 n1 n n2an + = an1 1有（i）an n +2 ；仆） +1 +a1解析（i）用数学归纳法：当n=1时显然成立，假设当当 n = k 十1 时 ak+ =ak（ak（只将其中一个于是11 . .1 12 2 3-nan +1( n 亡1k变成k-1,进行部分放缩），-3时证明对所有n 1,1+- +一: k时成立即ak k + 2，则-k) +1 ak(k + 2_k) +1 (k+2) ”2+1k + 3，成立。(ii)利用上述部分放缩的结论ak卡32ak +1来放缩通项，可得+ 1 M2k(a1) 2k ”4=2k*=ak +1 2k 出22 3 一例10设数列an满足ak

6、+ +12(ak +1)=ak1 +a2土黒.122上述证明（i）用到部分放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：aH 2ak + 1。丄昙1+ai y12+_14注：ak + （k+2）（k+2-k）+1k+3 ；证明（ii）就直接使用了部分放缩的结论三添减项放缩上述例4之法2就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。例11 设n 1, n忘N，求证（2）n 833nJ2n+1 对 an一切正整数n成立；（n）令bna= J（n二1,2，），判定bn与bn+的大小，并说明理由（04年重庆卷理科第（22）题）本题有多种放缩证明方法，这里我们对（I）进行减项放缩，有用数学归纳法（只考虑第二步）a2

7、k+ =a2 +2+2 ：2k +1 + 2 = 2（k+1） + 1 ；ak简析a2nHt =a2 +2+2 a2 +2= a2+ -aj 2,k =1,2,，n-1. an则 a2 -af 2(n-1)= a2 2n+22n+1= a. 於百四利用单调性放缩1.构造数列如对上述例 1,令 Tn =Sn -(n；1)则Tn卡-Tn = J(n +1)(n + 2)=Tn Tn递减，有 Tn = 20，故 Sn2n +3-丁1 =-：1，得证！注：由此可得例 4的加强命题(1+1)(1+”(1(1+.2n+2 1，J2n +1J2 n+3造成为探索性问题:正整数k的最大值;2 .构造函数）30

8、172丙.并可改 2n-1 3求对任意n 1使（1 +1）（1十丄屮+丄）（1 +_ ）kj2n +1恒成立的 3 5 2n1同理可得理科姊妹题的加强命题及其探索性结论，读者不妨一试！3 2 1f(X)= ax - X的最大值不大于 丄2 61求 a 的值；(n)设 0a1 ;?,an+ = f(an), n 忘 N*,证明 a.例13已知函数解析（I）a=1 ； （n）由 =f (an)，得 an+ =an1 1 1，又当X壬匕曰时f(x)氓.(I)4 2 81 0.用数学归纳法（只看第二步）a = f (ak)在ak巳0,)是增函数，则得k+11 1 3ak+ = f(ak) c f()=

9、-( k+1 k+1 2 k+1例14数列xn 由下列条件确定：1 )2 12总有Xn Xn+ （02年北京卷第（19）题）f （x）在Ja,畑）是增函数。Xi1Xn-I =_+旦,Xn丿nW N . (I )证明：对n 2总有Xn ； （II）证明：对n解析构造函数fg 易知2 1 X丿当n =k+1时Xk十jfxk +旦在掐,亦）递增，故Xd f（ja）= ja.2 I Xk 丿_邑，构造函数fgJ良-科它在ja,p）上是增 Xn丿 2 I X丿对（II）有 Xn-Xn41=Uxn2V/函数，故有Xn -Xn41 =丄2V注：本题有着深厚的科学背景：是计算机开平方设计迭代程序的根据；同时有

10、着高等数学背景一数列xn 单调递减有下界因而有极限： an T Ja（nT +处）.f（x1C +a】是递推数列X丄=丄（+2的母函数，研究其单调性对此数列本2（ X丿 Xn十2匸爲质属性的揭示往往具有重要的指导作用。类题有 06年湖南卷理科第19题：Xn-旦 f （Ja） =0，得证。Xn丿n f单调递减有下界因而有极限:已知函数 f(x)=xSi nx,数列 an满足：0 c 卫时=f(an), n = 1,2,3, HI.证明：(i ) 0 can半 can1;( ii) a2).k n -1简析令an =1 + hn，这里hn 0(n1),则有n =(1+hn)n 0hn 51)，从而

11、有 1an =1+hn 1+j二2 Vn-1 Vn-1注：通过换元化为幕的形式，为成功运用二项展开式进行部分放缩起到了关键性的作用。奥林匹克试题)简析 将问题一般化：先证明其加强命题 xn弓用数学归纳法，只考虑第二步:2Xy =Xk +黃2, n*巧(1)求数列aJ2 2an-1 + n-1 的通项公式；（2）证明：对一切正整数n有a1 2*an2*n! （06年江西卷理科第 22题）解析：（1）将条件变为：1 -an=Id-n-1）,因此 1- 为一个等比数列,3an-1an11 1 n其首项为1- =1，公比1，从而1 -=3 3 anai1丄，据此得an=3nn *3 531)1。3n-

12、1（2）证：据1 得，a1 a2an=(1-1 (1-3)-(1 -扌)n!为证 a1 a2 an-。1 2 3 2 2 3 21-3故2轼成立，从而结论成立。八分项讨论例20已知数列an的前n项和Sn满足Sn =细+（-O,n 1-（I）写出数列an的前3项a,a2,a3 ； （n）求数列an的通项公式；（川）证明: 对任意的整数 m：4，有 丄+丄+丄7 （ 04年全国卷川）a4 a5 am 8简析 （I）略，（n） an =2 2+（1）2】；3（-1）n，很难直接放缩，考虑分项讨论：丄+丄=3（+an an+ 22n+1+）（减项放缩）n_2 2 n/（川）由于通项中含有当n 3且n为

13、奇数时上)=12 +2n222 +2 2 _13 2n +2 3 ,2 222 2 2当m且m为偶数时丄+丄十 +丄=a4 a5 am22，于是+(丄+丄)十 +35 am a4 a5 a61+3(丄+丄i 十丄)=1+3 丄(_丄)1+3=72 /23 24 2m 2 2 4 2 2 8 8(丄+丄)am_4 a m1屮+丄+丄（添项放缩）a5 a m am 十当m 4且m为奇数时丄+丄+丄c +a4 a5 am a4由知1 + 1 i + 1 + 1 J .由得证。a4 a5 am am+ 8九数学归纳法例 21 （I）设函数 f（x） =xlog2x+（1-x）log2（1-x） （0“

14、（帖年全国卷第 22题） 解析 这道高考题内蕴丰富，有着深厚的科学背景：直接与高等数学的凸函数有关！更为深层的是信息科学中有关熵的问题。 （I）略，只证（n）:得 g（P1）+g（p2）屮+g（卩2贝y P1 log2 P1 + P2log2 p2 十+p2k log2 p2 -k.当 n =k +1 时，若正数 pj, p2,P2k卡满足Pj + P2 + P2k+ = 1, (*)为利用归纳假设，将(*)式左边均分成前后两段：令 .十. P1 P 2 P 2k令 X =P1 +P2 卡 +p2k,q1 =,q2 =,q2k =一.X X X则 q1,q2,q2k 为正数，且 qrq +q2

15、k =1.由归纳假定知 q1 log 2 pj + p2 log 2 P2 +q2k log2 q2 -k.P1 log 2 P1 +P2 log2 P2 屮+P2k log2 P2k =x(q1 log 2 q1 +q2log2 q2 屮+q2k log 2 q2k+ l o g X)艺 x(-k) + xl o a X, (1)同理，由 P2 + P2k 七中+卩2卄=1 X 得 P2hlog2 P27 +P2k+lOg2 P2卄(1) ( 2)两式 Pi log 2 Pi 中 P2 log 2 P2 +中 P2ilog 2 p2hix)( k) + xlog 2 X +(1 -X)log

16、 2(1 - x) (k +1).n = k +1时命题也成立.根据(i)、( ii)可知对一切正整数 n命题成立.构造函数 g(x) =xlog2 X+(c-x) log2(c-x)(常数c 0,x亡(0,c),那么(1-x)(斗)+(1-x)log2(1-x). (2)综合x +(1即当法3g(x) =c-log2-+(1-x)Iog2(1-)+log2 c,禾U用(I)知，c c c c当=丄(即X =c)时,函数g(x)取得最小值.对任意X1 O,X2 aO,都有c 2 2x + x x + xx1 log2 兀 +X2 log2 X2 2 ” 2Iog2 = （x1 +X2）log

17、2（x x21. 2 2（式是比式更强的结果）下面用数学归纳法证明结论 .（i） 当n=1时，由（I）知命题成立.（ii） 设当n=k时命题成立，即若正数 P1, P2,，P2k满足P1+P2屮+ P2k =1,有Pdog2 P1 +p2 Iog2 p2 十+P2k Iog2 p2-k.当n =k +1 时，P1, p2,p2叶满足 P1 + P2 十+ P2k+ =1.令H = P1 Iog2 P1 +p2 Iog2 P2 + p?叶Jog? p25+ P2k+Iog2 p21对（*）式的连续两项进行两两结合变成 2k项后使用归纳假设，并充分利用式有H 织 P1 +P 2）log2（ P1

18、+p 2） 1屮+（P 2k 乜 + P2k 丰）Iog2（卩2沖+ p 2k 丰）1, 因为（P1 +P2）屮 +（ P2k乜+ P2k 牛）=1,由归纳法假设 （P1 + P2）log2（ P1 +p 2）十+（ P2k* + P2k+）log2 （p 2叶4 + P2 叶）k, 得 H k （P1 + P2 + + P2k卄 + 卩2） =-（k +1）.即当n = k +1时命题也成立.所以对一切正整数 n命题成立.注：1 式也可以直接使用函数 g（x）=xIog2X下凸用（1）中结论得到；2 为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：q =Pi +p才斗而变成2k项；+3本题可作推广：若正数 Pi, P 2,，Pn满足Pl + P2Pi In Pi 中 P2 In p2 + Pn In Pn 色-In n.(简证：构造函数 f(x) = xlnx-x+1，易得 f(x)f(1) = 0= xlnxx-1. 1二(npi )ln(np npi 1= pi |n(npJ pi -.nn n故无pi In( npi) 2 Pi 一1 = 0= In n +2 pi In pi 0.)i 1 i ztPn 二1，则