不等式放缩技巧十法Word文档格式.docx

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1,X2x；

求证：

a1X1

a2X2

anXnW1.

【解析】使用均值不等式即可:

因为

2Xxy

a1X1a2X2LanXn

其实，上述证明完全可以改述成求

右a1a2

Lan

p，X1

试求a1x1a2x2

请分析下述求法:

a1x1a2x2L

anXn

洛）

N）.

a2X2

2a1x1

2°

-（x,yR），

所以有

LXn

anxn的最大值。

22.2

a1a2Lan

anXn

q（p,q

0），

本题还可以推广为:

匕（x,yR）,所以有2

222

a〔X1a2

X2LXn

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）。

k1akk1兀，即只有p=q时才成立!

a2L

（Jp）2cP）2

an1X1

（屈）

鳥2）2L

Xn1

（,q）

aX1a?

则有22

..pqa1X1

（.P）2（.P）

an）（（、P）2）（

_X1__x

「q）2苛

（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，

-y=（k1,2,L,n）.

|®

X1a2X2LanXn|a2

a；

x；

、・pq.

且取“=”的充要条件是:

理L

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：

（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

0,m

0）可得

2n1

2n1八

肓（2n1）

即（1

（--

1）（1-）（1

2n）2

2n1）

i）（1

法2利用贝努利不等式（1

X）

nx（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:

2k1

k1（1

n2k1

k12k1

2n1.

1998年全国

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.

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

等式[（aibi）]2

b2的简捷证法:

i1i1

f（2x）2f（x）

2x2x2x

lg123（n1）

2xan

（n1）ann

[12x3x

（n1）xa

nx]2n?

2x2x1

（n1）an]

而由Cauchy不等式得

（11

12x

1（n

1）x

X\2

n）

（12

12）?

32x

（n1）

]（

0时取等号）

[122x32x

（n1）2x

2xq

1），得证!

例7已知a11,an1（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

（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

n2n

丄2n。

f（2x）2f（x）（x0）对任意nN

于是Inan1

Inan

n2n'

（Inai1Inai

）

（丄

1r）Inan

i2i

Ina11

1（l）n1

（2）2112

n11n»

即InanIna1

2e.

【注】：

题目所给条件

ln（1

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:

_1n（n

n（n1）

an11（1寸）（an1）

In（an

1）ln（1

n（n1））

[ln（ai1

1）In（ai1）]

2i（i1）

In（an1）In（a2

即In（an1）

1In3

3e1e2.

【例8】已知不等式一

2（Iog2n],nN

n2。

[log2n]表示不超过Iog2n

的最大整数。

设正数数列

{an}满足:

b（b

0）,an

叫n2.

1an1

求证an

2b[log

2n]，n

【简析】当n

2时an

nan1

an1

即—

于是当n

3时有

①本题涉及的和式

—）

akak1

2[log2n]

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）nn

【解析】

（I）1；

（n）证明：

由（I）得

1，对

—1

有（1

，利用此结论进行巧妙赋

值：

取x

1,2,L,n,

则有

（分L

1n1（-）

（-）n

即对于任意n

（-）nmk1ne1

例9设an（1

，求证：

数列｛an｝单调递增且

［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—代入（）式得（1

1）n

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。

上述不等式可加强为2（1丄）n

利用二项展开式进行部分放缩：

3.简证如下:

an（1

l）n

1c：

只取前两项有

2.对通项作如下放缩:

Cn；

nk11

k1・

1222

故有an1

1（1/2）n1

1/2

二部分放缩

例10设an

2,求证:

［解析］an

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

111

1）（11）

12.

【例11】设数列

满足

nan

1nN，当a1

3时证明对所有

1,有:

（i）ann

1a2

1an

（i）用数学归纳法：

当

n1时显然成立，假设当n

k时成立即

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）

k1k1,

1L2（a11）24

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（-）

（n1）（n2）

［简析］观察（3）n的结构，注意到

（l）n（11）n,

展开得

1n112

（1孑1Cn2Cn

（n1）（n2）6

即（1l）n（n1）（n

，得证•

例13设数列｛an｝满足a12，a

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）

ak1ak2

2ak

2k122（k1）

法2

an1an2

2an

2ak1ak

2,k

1,2,,n1.

则a2a：

2（n

1）a：

2n22n1

、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

TnTn1,{Tn}递减，有Tn「

0,故Sn

（11）（1-）（1-）（1

再如例5,令T3-5__

nJ2n1

2n1则

Tn1

2n2

即TnTn1,{Tn}递增，有「

得证!

2•构造函数

例14已知函数f（x）ax

2X的最大值不大于

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

an1an—an

［解析］（I）a=1；

（n）由an1f（an）,得

3（an】）211且an0.

f（ak）在ak（0,）是增函数，则得

用数学归纳法（只看第二步）

366

f（ak）f（（

）k1

（,11）2.12.

k1k2

例15数列

Xn由下列条件确定：

a0,Xn11

Xn—,nN

（I）

证明：

对n

2总有

\a；

（II）

［解析］构造函数f（x）-

ax—

易知

f（x）在［＜a,

）是增函数。

n（a1）

［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

当nk

1时Xk1

aXk

在［.a,

）递增,

故

Xk1f（、a）

对（II）有Xn

构造函数

f（X）

—5

它在L.a,

）上是增函数,

故有Xn

f（.a）0,

得证。

【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

d12/

1、（nn1

N,n

2）.

［简析］

令an

1hn，这里

0（n

1）,则有

、n

n（n1）,2小

（1hn

hn0

1（n1）'

从而有1

1hn1

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

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

a，求证：

对一切正整数n有an

［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

a是难以证出的，因为ak出现在分母上！

可以逆向考虑:

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）

例19数列Xn满足X1^,Xn1

{■证明

X20011001■

［简析］将问题一般化：

先证明其加强命题

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?

［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

项为1—

=丄，公比丄，

从而1—n=

据此得an=n?

1）……1

a133

3n—1

（2）证：

据1得，ai?

…an=—

（1—丄）？

（1一厶）-（1—丄）

3323n

为证a1?

an2?

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：

对每个nN，有（1—丄）？

（1—）.・・（1—-n）1—

（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

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）

（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—

［简析］（I）略，（n）an-2n2

（1）n1

（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

anan1

|（2

2“22“1

2门1

2n21

nT）（减项放缩）

②当

①当

4且m为偶数时

*）

am1

丄）

m4且m为奇数时

2m12）

（1i1

-（添项放缩）

由①知—

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

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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