不等式放缩技巧窍门十法

1、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 （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：利用重要不等式放缩1.均值不等式法设 Sn 、-1 21）.求证理Sn2(n 1)22解析此数列的通项为ak1),k1,2,

2、n.k k(k1)nkSnk 1n 11(k 2)，Snn(n 1)2(n21)2注：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，就放过“度”了!2放成.k(k 1) k 1则得Sn n (k 1) (n 1)(n 3) (n 1)2k 1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a1ana1ana22 annn证:其中，n 2,3等的各式及其变式公式均可供选用。已知函数f(x)1a 2bxA，若f(1)4,且f(x)在0 , 1上的最小值为一，求5-简析f(1)f(n)f(x)4X1 4X11 4X0)简析不等式左边f(1) Lf(n)C；(1亢)1(1(11,n

3、cnCnC；n nCn= 21丄)2“ 1丿N).222n1n 12V ,故原结论成立【例4】已知a；2a2La： 1 , xf xf L求证：a1x1a2x2anXn 有(1x)enx，利用此结论进行巧妙赋值：取x1,k1,2,L,n，则有(分nn nL)n1 n 1 ()e1(一)en2 L(卜e1()e即对于任意，有例9设an (1，求证：数列an单调递增且an4.a)解析引入一个结论：若b a 0则bn 1 an 1 (n 1)bn(b(可通过构造一个等比数列求和放缩来证明，略)整理上式得 an 1bn(n 1)a nb.(),11.1、n 1u1、n以a 1,b 1 代入()式得(1

4、)(1-).n 1nn 1n即an单调递增。(1 幕4.1 1 1 以a 1，b 1亦代入()式得1(1詁21此式对一切正整数 n都成立，即对一切偶数有 (1 -)n4，又因为数列an单调递n增，所以对一切正整数 n有(1-)n 4。n1注：上述不等式可加强为 2 (1 -)n 3.简证如下：n利用二项展开式进行部分放缩：an (11 c2cn nCnUn只取前两项有ancn2.对通项作如下放缩:Cn-k!-k!故有an121n 11 (1/2)1/23.二部分放缩例10设an1_a1,an2，求证:an2.解析an12a13a1 12232又k2k k(k 1), k(只将其中一个k变成k进

5、行部分放缩)，1111k2k(k 1)k 1k，111于是an 12221 (123n【例11】设数列an满足an 12annan11111、c12(匚(彳-)2223n 1nn1 nN，当a13时证明对所有n1,有(i)an n 2 ；111 an2【解析】(i)用数学归纳法：当n 1时显然成立，假设当 n k时成立即ak则当 n k 1 时ak 1ak(akk) 1ak(k 2 k) 1 (k 2) 2 13，成立。(ii)利用上述部分放缩的结论ak 12ak 1来放缩通项，可得ak 11 2(ak1)ak2k 1佝 1)2k 1 42k1ak 11i 11 ai11 G)n 14TT 2

6、2【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:ak 1 (k2)(k2 k) 1 k 3 ；证明(ii)就直接使用了部分放缩的结论ak 1 2ak 1。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 n 1, nN，求证(-)3(n 1)(n 2)简析2观察(2)n的结构，注意到(2)n1(12)n，展开得(1C3 21n n(n 1)2(n1)(n 2) 68即(11)n (n 1)(n2例13设数列耳满足a12, an 1anan(n1,2,).(I)证明an 、2n 1对一切正整数n成立;81(n)令 bnan:n(n 1,2,) ，判

7、定bn与B 1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)21 ak-4， 2k 122(kak1) 1;22小法 2 a n 1 an 212an2 ak2 ak2, k 1,2, ,n 1.2 2则an 印 2(n1)2an2n2nan、2n四利用单调性放缩1.构造数列如对上述例1，令TnSn(n1)22则TnTn.(n 1)(n2)2n 32Tn Tn 1, Tn递减，有 Tn0，故 Sn(n1)22再如例5，令Tn1 1(1 1)(1 )(1 )35J2n 1(112n 1)2n 2.2n 1、2n 31，即Tn Tn

8、1, Tn递增，有Tn得证!2 构造函数例14已知函数f(x) ax的最大值不大于16，又当11】 1冇时 f(x) 8(I)求a的值;(n)设 0 a112,an 1f (an), n N，证明 an解析(I) a=1； (n )由 an1 f (an ),得an 1 an 3 a；弓佃2 2用数学归纳法(只看第二步):ak 1f (ak)在 ak(0，k)是增函数，则得ak 11 1 f(aQ f(-)- k 1k 1)22 k 11k 2例15数列Xn由下列条件确定：X1a 0，xn 11Xn2a,nXnN (I)证明：对n 2总有Xn、a ；(II)证明：对n 2总有XnXn 1解析构

9、造函数f(X)1 X a ,易知 f (x)在,a,2 x)是增函数。当 n k 1 时 Xk i Xk 在-.a,)递增，故 Xk 1 f G a) a.2Xk对(II)有XnXn 11X ，构造函数f(x) -X -,2Xn2X1a它在.a,)上是增函数，故有 XnXn 1- Xnf C，a)0 ,得证。2Xn【注】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；同时有着高等数学背景数列Xn单调递减有下界因而有极限：an a(n ).f(X) 1 X a是递推数列X 1- X 的母函数，研究其单调性对此数列本2 xn 12 n Xn质属性的揭示往往具有重要的

10、指导作用。五换元放缩厂!2例 16 求证 1 n n 1(n N ,n 2).h n 1简析令an: n 1 hn，这里hn 0(n 1),则有“ 、n n(n 1) , 2 小I 2 z 八n (1 hn) 一hn0 hn Y (n 1)，2、n 1从而有1 an1 hn1n21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a 1，2 2an n (a 1)n 2, n N，求证 a4简析令a b1，则 b 0, a1 b，应用二项式定理进行部分放缩有na (b1)n c0bn C：bn1Cnbn 2C： C：bn2 b2,注意到n2,n N，则他22

11、 2Db22丄(证明从略)，因此an42 2n (a 1)4六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ak1 2ak 1 进行递推放缩来证明(ii)，同理例(II )中所得In an 1 In anIn11 O Wn 1苗、例中丄 anan 11、例13 (I)之法n2所得2ak 12ak2都是进行递推放缩的关键式。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:1 11a11 a211 11 an22n 1再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了

12、。例 18 设 0 a 1，定义 a11 a,an 11a，求证：对一切正整数 n有an 1.an解析用数学归纳法推n k 1时的结论an 11，仅用归纳假设ak 1及递推式1ak 1aka是难以证出的，因为 ak出现在分母上！可以逆向考虑:ak i1a 1 ak1ak1 a故将原问题转化为证明其加强命题:对一切正整数n有1an1.(证略)a例19数列Xn满足X1 2,Xn 1Xn2Xn .证明 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:Xk 1 Xkx；kk22乂)因此对一切xN有xn例20已知数列an 满足:3ai =2且an =3nan1(n2

13、an 1+ n 12(1 )求数列 an的通项公式;(2)证明：对一切正整数 n有ai?a2?an 2?n! 1 为一个等比数列，其首 an解析:(1 )将条件变为：1 = 一 (1 n1),因此 an 3an-1项为1 = 一，公比一，从而a133n11 = ，据此得 an3an =空(n 1)13n1(2)证：据 1 得，a1?a2?an =n!11V(1 一)？(1 冷)一(1 丄)333为证 ai?a2? an 2?n !,iii只要证 n N 时有(1- 一)？(1 )( 1飞)33313n 2显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式:1 1 1对每个 n N,有d 3)?(

14、 - 32)(1 3) 1 （用数学归纳法，证略）利用x得d - 1 )?(令 x P1P2P2k, q1,q2存1-j) 则q 1,q2,q2k为正数，且q? -( 1十扌十十扌)1-(1 )n=1 - 3311-3=1 -1 八1+/1)n3)1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Sn 2an1),n1.写出数列 an的前3项ai, a2, a3 ；求数列an的通项公式;(出)证明：对任意的整数有丄a4as7am 8简析略, (n) an2n1)n1.;(出)由于通项中含有（1）n，很难直接放缩，考虑分项讨论:3且n为奇数时an3(212* 11）32

15、n 22?2n 32门12门12n 2 12n 22n 1(212n 1）（减项放缩），当m 4且m为偶数时a4a5a4a51)a61(am 1六）(1 21当m 4且m为奇数时1 11 111 1-（添项放缩）a4a5ama4a5a mm 11 11 17由知amam1 8由得证。九借助数学归纳法例22 （I）设函数f（X）xlog2x (1 x)log2(1 x) (0x 1），求f （x）的最小值;(n)设正数 Pl,P2,P3, , p2n 满足 Pl P2 P3P2n 1，求证:Pi log 2 PiP2 log2 P2 P3 log 2 P3p2n log 2 P2nn解析这道高考

16、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n k时命题成立，即若正数P1, P2, P2k满足P1P2P2k 1,贝V P1 log 2 P1P2 log 2 P2P2k log 2 P2kk.当n k 1时，若正数P1, P2, P2k 1满足P1 P2P2k 11, ( * )为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段:P2J屜 -P2kxxq

17、2k1.q2k log2 q2kk.Xlog 2 q1q2 log 2 q2q2k log2 q2klog 2 x) x( k) xlog 2 x, (1)同理，由 p2k 1p2k 2p2k 11 x 得P2k 1 lOg 2 P2k 1P2k 1 lOg 2 P2k 1(1x)( k) (1 X)lOg2(1X). (2)综合(1 ) (2)两式 P1 log 2P1P2 log 2P2p2k1 log 2p2k1(k 1).X (1x)( k) xlog2 X (1 x)log2(1 X)即当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.法 2 构造函数 g(

18、x) xlog2 x (c x)log2(c x)(常数c 0,x (0,c),那么x xxxg(x)C Iog2(1-) log 2(1-)log2c,c ccc利用(I)知，当-丄(即x E)时，函数g(x)取得最小值.c 22对任意捲0, X20,都有X1 X2X1 X2x1 log2 x1 x2 log2 x2 2 -log2 -(为 x2)log 2(x1x2) 12 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 P2P2k1,有P1 log 2 P1P2 log 2

19、P2p2k log 2 p2kk.当 n k1 时,P1, P2, p2k 1 满足 P1P2P?k 11 .令 HP1 log 2 P1P2 log 2 P2P2k 1 1log 2 P2k 1 1P2k 1log 2 p2k 1对(*)式的连续两项进行两两结合变成k2项后使用归纳假设，并充分利用式有H(P1 P2)log2(p!P2) 1(P2k 1 1P2k1)log2(P2k 1 1P2kJ1,因为(P1P2)(P2k1 1P2k 1)1,由归纳法假设(卩勺p2)log2(Pi p2)(P2k 1 1P2k 1)iog2(P2k11P2k 1)k,得 Hk (P1 P2P2k 1 1P

20、2k 1)(k1).即当n k 1时命题也成立所以对一切正整数 n命题成立.【评注】(1)式也可以直接使用函数 g(x) x log 2 x下凸用(I)中结论得到；. k(2)为利用归纳假设，也可对(*)式进行对应结合：qi Pi p2n 1 i而变成2项;(3 )本题用凸函数知识分析如下:先介绍詹森(jensen)不等式.若f (x)为a,b上的下凸函数，则对任意人a,b, i0( i 1,n), 1n 1,有f ( 1X1nXn)1f(X1)n f (xn )1特别地，若ir亠x1xn则有f( ,0上的最大值和最小值；n)1f(X1)f(Xn).nnn若为上凸函数则改“为。由g(x)为下凸

21、函数得g(Pi) g(P2)g(Py)2ng(巴又 P1 P2P3P2n所以 P1 log 2 P1P2 log 2 P2P3 log 2 P3P2n Iog2n # 1 p2n 2 g(2n)n.(4 )本题可作推广如下:若正数P1, P2, Pn满足P1P2Pn1，则Pl ln PiP2In P2PnIn PnIn n.简证：构造函数 f(x)xln易得 f(x) f (1)xln xx 1.(n Pi) I n(n Pi)npiPin故 Pi In(nPi)i 1Pi 10 In nPi In Pi0.十.构造辅助函数法【例23】已知f (x) =4x2xln2,数列an满足1一a120

22、,21 an1f an(1)求f(x)在证明：丄2an0；(3)判断an与an 1(n N )的大小，并说明理由号-ln2.【解析】(1)求导可得f(x)在-,0上是增函数,fmax x =2;fmin x(2)(数学归纳法证明)当 n 1时，由已知成立;假设当k时命题成立，即1 ak20成立,那么当k 1 时，由(1 )得 21 ak15f(aJ (Jn2,2)，51 ak 11In 22 k 2，丄2 2ak i0 ,这就是说n k 1时命题成立.由、知，命题对于 nN都成立(3)由 21an 121an21 an,构造辅助函数g x，得g(x)f (x)2x 1 ln 22x 4x ln

23、 4 ,x 0时，丄22x11,-4x 1.2故1 2x 4x 1乎所以g(x)g(0)=f(0)-2=021an0,即 21 an 12 n 0 ,得 an 1 an。【例24】已知数列an的首项an3an2an1,2 丄求an的通项公式;(出)【解析】证明:证明:对任意的xa2 Lanan1(1 x)2n1,2,L ；an3n3n 2(n)提供如下两种思路:思路1观察式子右边特征，按-为元进行配方，确定其最大值。x33由（I）知an3n1 22 n x(1 x) 31(1 x)2(1 x)an1(1 x)x)21anan ,原不等式成立.法2 设f (x)12歹x，(1x)21 x则f(x

24、)1(1x)22 2 尹 x $(1 x) 2 37 X(1 x)2(1 x)2(1 x)2思路2将右边看成是关于 x的函数，通过求导研究其最值来解决:Qx 0,当 x * 时，f (x)0 ;当 x 纟时，f (x)0 ,3322当x n时，f （x）取得最大值f 33原不等式成立.an .1 3n（川）思路1考虑本题是递进式设问，利用（n）的结论来探究解题思路:由（n）知，对任意的 x 0，有an(1 x)2 31 1 21 x (1 x)2 321 1 21 x (1 x)2 3n(1 x)2 3323nnx丄n3113n则 a1 a2 Ln2n2原不等式成立.【注】本解法的着眼点是对上

25、述不等式中的x进行巧妙赋值，当然，赋值方法不止一种，如1还可令x得nn122 ,222 Ln nx1 x(1x)33322n11nn 1(1!)2 3nn 1.nn 1,111 n 1 丄(1 丄)23nnn n思路2所证不等式是与正整数n有关的命题，能否直接用数学归纳法给予证明？尝试:3131 232322 L33n(1 )当 n121 1成立;(2)假设命题对nk成立，即3131 2323kk2k 1则当n k 1时,31 有不3232 23k厂3k 13k2k 13k 1只要证明-kk23k 1厂(k 1)2 ；2 ；即证3k13k1 22(k 1) k 2k2k 1(k 1)32k (

26、k 2)(k 2)(k 1)k2 3k 1 k2 3k即证3k13k1k2 3k2 13k 21k2 3k 23k122(k2 3k 2)用二项式定理(展开式部分项)证明，再验证前几项即可。如下证明是否正确，请分析:3nn易于证明ani32 n对任意n N成立;是 an3n3n 2【注】上述证明是错误的！因为:f(k)k是递增的，不能逐步“缩小”到所需要k 1的结论。可修改如下:2考虑 是某数列 n 10的前n项和,(n 1)22 .n n 12 ， n n只要证明akbk3k3k 2k23k 2 k22k 2.思路3 深入观察所证不等式的结构特征,利用均值不等式可得如下妙证:由an 1取倒数

27、易得:2an 1an3nFl0,用n项的均值不等式:【例25】已知函数f(x)=x 2-1(x0)，设曲线 y=f(x)在点Xn,f(Xn)处的切线与X轴的交点a 2Lannnn11 ,1 ,2 ,2 ,2L11 12 L1 na1a2an333nnn21(协n1 3n 1n 313 11321cnaa2L ann 1为(Xn+1 ,0) (n N *).(I )用 Xn 表示 Xn+1 ；(n)求使不等式Xn 1Xn对一切正整数n都成立的充要条件,并说明理由;(川)若X1=2，求证:1 11 X11 X21 2n 11 Xn 3【解析】（i ） xn 1x； 12Xn2（n）使不等式 Xn 1 Xn对一切正整数n都成立的充要条件是 X11.（川）基本思路：寻求合适的放缩途径。探索1着眼于通项特征，结合求证式特点，尝试进行递推放缩:1 Xn 1(Xn 1)212Xn1 Xn2Xn 12(Xn11)2(1 Xm)2(1 Xm)2(n 2)Xn 1即-1 Xn于是由此递推放缩式逐步放缩得11Xn2 221Xn 11 Xn 22* 12*11 x-i 3探索2从求证式特征尝试分析：结论式可作如下变形:1 11 X11X2亡 1(12 222n 1)2n31 X11X2xn2n13n 1.逆向思考，猜想应有：1-.（用数学归纳法证明