不等式放缩技巧十法.docx
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不等式放缩技巧十法
第六章不等式
第二节不等式放缩技巧十法
证明不等式，其基本方法参阅<数学是怎样学好的>（下册）有关章节•这里以数列型不等式的证明为例说明证明不等式的一个关键问题：
不等式的放缩技巧。
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十种：
一利用重要不等式放缩
1•均值不等式法
例1设SnJ2,23
；n（n1）.求证n（n21）Sn
（n1）2
2
解析此数列的通项为
ak
k（k
1）,k1,2,,n.
kk（k
1）
kk
1
k
1
2
2
n
kSn
n
（k
2）
k1
k
1
2
即n（n1）
Sn
n（n
1）
n
（n1）2
2
2
2
2
注：
①应注意把握放缩的
“度”
:
上述不等式右边放缩用的是均值不等式
n
ab宁，若
放成....k（k—1）k1则得sn
（k1）
k1
（n1）（n3）
2
，就放过“度”了!
2
a1an
n
②根据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式，这里
na1an
a1an
其中，n
2,3等的各式及其变式公式均可供选用。
例2已知函数
f（x）17-，若f
（1）-，且f（x）在［0，1］上的最小值为丄，求证:
1a252
f
（1）f
（2）
f（n）
1
2*1
［简析］f（x）114X12?
2X（x0）f
（1）Lf（n）（1
克）
（1
（11
1（1
例3求证c：
n
Cn
n1
2~（n
简析不等式左边
C1
故原结论成立
【例4】已知a2
222
1,n
C；=2n1
2n1=n
n1
2V
2
a2
a：
1,X2x；L
求证：
a1X1
a2X2
anXnW1.
【解析】使用均值不等式即可:
因为
2Xxy
a1X1a2X2LanXn
2
a1
2
X1
2
2
X1
其实，上述证明完全可以改述成求
22
右a1a2
2
Lan
2
p，X1
试求a1x1a2x2
请分析下述求法:
因为
xy
a1x1a2x2L
anXn
洛）
N）.
2n
22
a2X2
2a1x1
2
X2
22
2°1
2
-（x,yR），
所以有
1.
a?
X2
2
LXn
anxn的最大值。
22.2
a1a2Lan
2
2
x1
22
anXn
2
anxn的最大值。
q（p,q
0），
本题还可以推广为:
2
匕（x,yR）,所以有2
222
a〔X1a2
2
22
X2LXn
2
x2
2
an
2
2
Xn
_q
2，且此时有akxk（k
上述解题过程貌似完美，其实细细推敲，是大有问题的：
取的条件是
故a1x1a2x2_p
anxn的最大值为
1,2,L,n）。
ak
22
k1akk1兀，即只有p=q时才成立!
2
a2L
2
（Jp）2cP）2
22
an1X1
2
（屈）
2
鳥2）2L
2
Xn1
（,q）
aX1a?
X2
则有22
anXn
..pqa1X1
a?
X2
anXn
2
a2
2
（.P）2（.P）
2
an）（（、P）2）（
22
_X1__x
「q）2苛
2
（爲2）］帀
Xk（k1,2,L,n），即必须有
那么，pq呢？
其实例6的方法照样可用，只需做稍稍变形转化:
曰
是，
xk
-y=（k1,2,L,n）.
|®X1a2X2LanXn|a2
a；L
x；L
2
Xn
、・pq.
且取“=”的充要条件是:
X1
a1
理L
a2
Xn
an。
特别提醒：
上述题目可是我们课本上的原题啊
!
只是我们做了少许的推广而已
2•利用有用结论
例5求证（11）（1〔）（11）（11）
352n1
简析本题可以利用的有用结论主要有：
2n
1.
ak
（4X1a2X2LanXn）max、PQ，当且仅当.P
irr
结合其结构特征，还可构造向量求解：
设m⑻住,L,an）,n（咅冬,L,xn），则
法1利用假分数的一个性质
bm（ba
m
0,m
0）可得
2n
2n
1
2n1
2n
2n1八
肓（2n1）
即（1
（--
13
1
1）（1-）（1
2n）2
2n1）
i）（1
2n
1
2n
1）
2n
1.
法2利用贝努利不等式（1
\n
X）
nx（n
n
2,x1,x0）的一个特例
（1右21
2右（此处
2,x
由|mn||m||n|立刻得解:
1
2k1
2k1
k1（1
n2k1
k12k1
2n1.
1998年全国
注：
例5是1985年上海高考试题，以此题为主干添“枝”加“叶”而编拟成
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：
1113,
证明（11）（1-）（1-）
（1）33n1.
473n2
（可考虑用贝努利不等式n3的特例）
12x3X（n1）xanX
例6已知函数f（x）lg,0a1,给定nN,n2.
n
且n2恒成立。
［简析］本题可用数学归纳法证明，详参高考评分标准;
这里给出运用柯西（
Cauchy）不
n
等式[（aibi）]2
i1
nn
a：
b2的简捷证法:
i1i1
f（2x）2f（x）
2x2x2x
lg123（n1）
n
2xan
xx
（n1）ann
[12x3x
（n1）xa
nx]2n?
[1
2x2x1
（n1）an]
而由Cauchy不等式得
（11
12x
3x
1（n
1）x
X\2
n）
（12
12）?
[1
?
2x
32x
（n1）
2x
2x
n
]（
0时取等号）
n?
[122x32x
（n1）2x
2xq
n]
1），得证!
例7已知a11,an1（1
1_
n・
（I）用数学归纳法证明
an2（n2）；
（II）对ln（1
x）x对x0都成立，证明
an
（无理数
e2.71828-）
［解析］（II）结合第
（I）问结论及所给题设条件ln（1
x）
x（x0）的结构特征，可得
放缩思路：
an1（1
2n）an
lnan1ln（1
lnan
1
n2n
丄2n。
求证：
f（2x）2f（x）（x0）对任意nN
于是Inan1
Inan
1
1
2n
n2n'
n1
（Inai1Inai
i1
n1
）
i1
（丄
i
1r）Inan
i2i
Ina11
1（l）n1
1
（2）2112
n11n»
2
即InanIna1
2
an
2e.
【注】：
题目所给条件
ln（1
x）
x（x0）为
有用结论，
可以起到提醒思路与探索放
缩方向的作用；当然，本题还可用结论2n
n（n1）（n2）来放缩:
an1（1
_1n（n
1
n（n1）
1
an11（1寸）（an1）
In（an
1）
In（an
1）ln（1
n（n1））
1
n（n1）
n1
[ln（ai1
i2
1）In（ai1）]
11
2i（i1）
In（an1）In（a2
1）
即In（an1）
1In3
an
3e1e2.
1
【例8】已知不等式一
2
1l
1
2（Iog2n],nN
n2。
[log2n]表示不超过Iog2n
的最大整数。
设正数数列
{an}满足:
a1
b（b
0）,an
叫n2.
1an1
求证an
2b
2b[log
2n]，n
3.
【简析】当n
2时an
nan1
an1
an
an1
an1
即—
an
于是当n
an1
3时有
注：
①本题涉及的和式
—）
akak1
an
a1
2[log2n]
an
2b
2b[Iog2n]
为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利用
所给题设结论11丄!
［log2n］来进行有效地放缩；
23n2
②引入有用结论在解题中即时应用，是近年来高考创新型试题的一个显著特点，有利
于培养学生的学习能力与创新意识。
再如：
设函数f（x）exx。
（I）求函数f（x）最小值;
（n）求证：
对于任意
，有
k
（k）nn
【解析】（I）1；
（n）证明：
由（I）得
1，对
x>—1
有（1
\n
x）
nx
e
，利用此结论进行巧妙赋
值：
取x
1,2,L,n,
则有
（分L
n
1n1（-）
e
（-）n
e
7
e
即对于任意n
，有
n
（-）nmk1ne1
例9设an（1
，求证：
数列｛an｝单调递增且
an
4.
［解析］引入一个结论:
若ba0则bn1an1
（n
1）bn（b
a）
（可通过构造一个等比数列求和放缩来证明，略）
整理上式得an1
bn[（n1）anb].（）,
即｛an｝单调递增。
1
1—代入（）式得（1
n
1）n
（1
以a1,b1丄代入（）式得1（12n-L）n2n（12n）2n4.
此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有
（1丄）nn
4，又因为数列
｛an｝单调递
增，所以对一切正整数n有（11）n4。
n
注：
上述不等式可加强为2（1丄）n
n
利用二项展开式进行部分放缩：
3.简证如下:
an（1
l）n
n
1c：
只取前两项有
an
2.对通项作如下放缩:
Cn；
n
1
k!
nk11
k!
11
k1・
1222
故有an1
1
2*1
1（1/2）n1
3.
1/2
二部分放缩
例10设an
2,求证:
an
2.
［解析］an
1
2a
3a
11
2232
1~~2.n
又k2
k（k1）,k
2（只将其中一个k变成
进行部分放缩），
k（k1）
于是an
1
~2
n
（1
111
1）（11）
12.
n
【例11】设数列
an
满足
an
2
an
nan
1nN，当a1
3时证明对所有
1,有:
（i）ann
1
1a2
1
1an
【解析】（i）用数学归纳法：
当
n1时显然成立，假设当n
k时成立即
ak
则当nk1时ak1
ak（ak
k）1
ak（k2k）1（k2）21
成立。
（ii）利用上述部分放缩的结论
ak1
2ak1来放缩通项，可得
ak112（ak1）
ak
k1k1,
1L2（a11）24
2k
iininii1（yiak12ii1aiii24i122
【注】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:
aki（k2）（k2k）1k3；
证明（ii）就直接使用了部分放缩的结论ak12ak1。
三添减项放缩
上述例5之法2就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。
例12设n1,nN，求证（-）
3
（n1）（n2）
2
［简析］观察（3）n的结构，注意到
（l）n（11）n,
展开得
1n112
（1孑1Cn2Cn
n（n1）
8
（n1）（n2）6
即（1l）n（n1）（n
2
2）
8
，得证•
例13设数列｛an｝满足a12，a
1an
an
1,2,）■
（I）证明an
2n1对一切正整数n成立;
（n）令bn
宁/（n1-2,），判定bn与bn1
的大小，并说明理由。
［简析］本题有多种放缩证明方法，这里我们对（I）进行减项放缩，有
法1
用数学归纳法（只考虑第二步）
22
ak1ak2
1
2ak
2k122（k1）
法2
22
an1an2
12
2an
an
22
2ak1ak
2,k
1,2,,n1.
则a2a：
2（n
1）a：
2n22n1
an
、2n1
四
利用单调性放缩
1.构造数列
如对上述例1,令Tn
Sn呼则TmTn
（n1）（n2）
2n3
2
TnTn1,{Tn}递减，有Tn「
0,故Sn
（n1）2
2
11
（11）（1-）（1-）（1
再如例5,令T3-5__
nJ2n1
2n1则
Tn1
T?
2n2
即TnTn1,{Tn}递增，有「
得证!
2•构造函数
例14已知函数f（x）ax
32
2X的最大值不大于
1
6，又当
［，丄］时f（x）-42时」8
（I）求a的值;
（n）设°
12，an1f（an）,n
N，证明an
32
an1an—an
2
［解析］（I）a=1；（n）由an1f（an）,得
3（an】）211且an0.
2
1
f（ak）在ak（0,）是增函数，则得
k1
用数学归纳法（只看第二步）
366
ak1
1
f（ak）f（（
）k1
3
（,11）2.12.
k1
k
12
k1k2
例15数列
Xn由下列条件确定：
x1
a0,Xn11
Xn—,nN
2
Xn
（I）
证明：
对n
2总有
xn
\a；
（II）
证明：
对n
2总有
Xn
Xn1
［解析］构造函数f（x）-
ax—
易知
f（x）在［＜a,
）是增函数。
2
x
ak1
22
n（a1）
4
［简析］令ab1,则b0,a1
b，应用二项式定理进行部分放缩有
nn0n
a（b1）CnbC：
bnC：
bn2C：
Cnbn23b2,
注意到n
2,nN，则n（n1）b2
n2b2
（证明从略），因此an
22
n（a1）
当nk
1时Xk1
1
aXk
在［.a,
）递增,
故
Xk1f（、a）
a.
2
Xk
对（II）有Xn
Xn1
1
a
Xn
构造函数
f（X）
1
X
a
—5
2
Xn
2
X
它在L.a,
）上是增函数,
故有Xn
Xn1
1
Xn
a
f（.a）0,
得证。
Xn
【注】①本题为02年高考北京卷题，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；同时有着咼等数学背景数列Xn单调递减有下界因而有极限：
an.a（n）.
②f（x）1X-是递推数列X,-X—的母函数，研究其单调性对此数列本
2xn12nxn
质属性的揭示往往具有重要的指导作用。
五换元放缩
例16
求证1
vn
d12/
1、（nn1
N,n
2）.
［简析］
令an
nn
1hn，这里
hn
0（n
1）,则有
、n
n（n1）,2小
2
n
（1hn
）
hn0
hn
n
1（n1）'
从而有1
an
1hn1
2
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。
例17设a1,n2,nN，求证an
六递推放缩
递推放缩的典型例子，可参考上述例11中利用（i）部分放缩所得结论ak12ak1进
11行递推放缩来证明（ii），同理例7（II）中所得Inan1In令—n和
nn2
1111
In（an11）In（a.1）、例8中、例13（i）之法2所得
n（n1）anan1n
22
ak1ak2都是进行递推放缩的关键式。
七转化为加强命题放缩
如上述例10第（ii）问所证不等式右边为常数，难以直接使用数学归纳法，我们可以通
过从特值入手进行归纳探索、或运用逆向思维探索转化为证明其加强命题：
11_111
1a11a21an22n1
再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了。
例18设0a1，定义a11a,an1
an
a，求证：
对一切正整数n有an
1.
［解析］用数学归纳法推nk1时的结论an11，仅用归纳假设ak1及递推式
ak1
1
ak
a是难以证出的，因为ak出现在分母上！
可以逆向考虑:
ak1
1
ak
ak
故将原问题转化为证明其加强命题:
对一切正整数n有1an
-■（证略）
a
例19数列Xn满足X1^,Xn1
2
Xn
2
xn
{■证明
n
X20011001■
［简析］将问题一般化：
先证明其加强命题
Xn
用数学归纳法,
只考虑第二步:
Xk1Xk
边色丄（k）2k22k2
（2）
因此对一切xN有xn
例20已知数列｛an｝满足：
ai=3，且an=3n3n~1（n2,nN）
22an_1+n—1
（1）求数列｛an｝的通项公式；
（2）证明：
对一切正整数n有ai?
a2?
……an2?
n!
［解析］:
（1）将条件变为：
1——=n—1）,因此｛1—丄｝
为
「个等比数列，其首
an3
an—1
an
项为1—
111
=丄，公比丄，
从而1—n=
1
n,
据此得an=n?
3"
（n
1）……1
a133
an
3n
3n—1
（2）证：
据1得，ai?
a2?
…an=—
111
（1—丄）？
（1一厶）-（1—丄）
3323n
为证a1?
a2?
an2?
n!
只要证nN时有（1—丄）？
（1一
3■323n2
显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式：
111
3n
对每个nN，有（1—丄）？
（1—）.・・（1—-n）1—
3323n
（用数学归纳法，证略）
"•+
利用3得d-3）?
（1-*）•••（1-3）1-（3+3^4
=1—〔1—（3）］=1—〔1-（s
3
故2式成立，从而结论成立。
八.分项讨论
例21已知数列｛an｝的前n项和
Sn满足Sn2an
（1）
n
1.
（I）写出数列｛an｝的前
3项a〔，a2,a；
（n）求数列｛an｝的通项公式;
（川）证明：
对任意的整数m4，有—
a4
a5
am
2
［简析］（I）略，（n）an-2n2
（1）n1
3
（川）由于通项中含有
（1）n，很难直接放缩，考虑分项讨论:
当n3且n为奇数时
11
anan1
|（2
2n
1）
?
2n3
2“22“1
2门1
2n21
1
nT）（减项放缩）
2
②当
①当
4且m为偶数时
a4
a5
a4
a5
*）
（丄
am1
丄）
am
12
m4且m为奇数时
2m12）
（1i1
a4
a5
am
a4
a5
1
-（添项放缩）
1
1
由①知—
a4
a5
am
由①②得证。
九•借助数学归纳法
例22（I）设函数f（x）
xlog2x（1x）log2（1x）（0x1），求f（x）的最小值;
（n）设正数p1,p2,p3,
，P2
满足P1P2
P3
P2n1，求证:
P1log2P1P2log2P2
P3log2P3
p2nlog2p2nn
［解析］这道高考题为05年全国卷I第22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）
考虑试题的编拟初衷，是为了考查数学归纳法，于是借鉴詹森不等式的证明思路有：
法1（用数学归纳法）
（i）当n=1时，由（I）知命题成立.
（ii）假定当nk时命题成立，即若正数p1,p2,,p2k满足p1p2p2k1,
则PllOg2PlP2lOg2P2P2klOg2P2kk.
当nk1时，若正数p1,p2,,P2ki满足p1p2P2ki1,（*）
为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：
令p1p2P2k
令xP1P2P2k,q1,q2,,q2k
xxx
贝Uq1,q2,,q2k为正数，且q2q2k1.
q2klog2q2kk.
由归纳假疋知q1log2P1P2log2P2
P1log2P1P2log2
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