数列型不等式放缩技巧

1、精品资料欢迎下载数列型不等式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几种：一利用重要不等式放缩1 均值不等式法例 1 设 Sn1 22 3n(n 1). 求证 n(n 1)Sn( n 1) 2.22解析此数列的通项为akk (k 1), k1,2, , n.k k 11 ，nn1 ) ，kk(k 1)kk Sn(k22k 1k

2、12即 n(n1)Snn(n1)n(n 1) 2.2222ab ，若放成 k(k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ab1) k 1则得22n(n1)( n 3)(n1)，就放过“度”了！Sn(k1)k 122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na1ana12an211na1 annna1an其中， n2,3 等的各式及其变式公式均可供选用。例 2已 知 函 数 f ( x)112bx， 若f (1)4， 且 f (x)在0，1上的最小值为1，求证：a52f (1)f (2)f (n)n11 . （ 02 年全国联赛山东预赛题）4 x2n12简

3、析111f ( x)14 x114x122 x ( x0)f (1)f ( n)(122)(11)(11) n1 (111) n11 .2 222 2n422n 12n 12例 3已知 a, b 为正数，且111，试证：对每一个nN， (ab) na nb n22n2n 1. （ 88 年全国联赛ab题）简析由111得 aba b，又 (a b)( 11 ) 2abab( a b) nC n0 a nC n1a n 1bC nr a n r b rC nn bn ，令 f (n) (a b) na nbn ，则 f ( n) = C n1a n 1b2 f (n) =C n1 ( a n 1b

4、 ab n 1 )Cnr ( a n r b ra r b n r )ab，故 aba b 4 ，而b4aC nr a n r b rC nn1ab n 1 ，因为 CniC nn i ，倒序相加得Cnn 1 (ab n 1a n 1b) ，n而 an 1b abn 1a n r bra r bn rabn 1a n 1b2 a nb n2 4 22n 1 ，则2 f (n) =( Cn1CnrCnn 1 )(a r b n ra n r b r )(2 n2)( a r b n ran r br) (2n2) 2n 1 ，所以f (n)(2 n2)2 n ，即 对每一个 nN， (a b)

5、nanbn2 2 n2n 1.n1例 4 求证 Cn1Cn2Cn3Cnnn 2 2 (n1, n N ) .简析 不等式左边 Cn1Cn2Cn3Cnn2 n112 222n 1n1nn 1 2 222n 1= n2 2，原结论成立 .2利用有用结论例5 求证(11)(11 )(11 )(11)2n1.352n1简析 本题可以利用的有用结论主要有：法 1 利用假分数的一个性质bbm (ba0, m0) 可得aam精品资料欢迎下载2462n3572n11352n1(2n1)1352n12462n2462n(2462n1) 22n1即 (11)(11)(11)(11)2n1.1352nx)n352n

6、11 ) 21法 2利用贝努利不等式(11nx(nN, n2, x1, x0) 的一个特例 (11 2( 此处12k12k1)得n 2, x2k112k1n1(112k1)2k 1k 12k 1nk 12k12k12n1.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1998 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：证明 (11)(11)(11)(11)33n1.(可考虑用贝努利不等式n 3 的特例 )473n2例 6 已知函数 f ( x)lg 12 x3 x(n1) xan x,0a1, 给定 nN, n2.n求证： f

7、(2x)2 f ( x)( x0) 对任意 nN 且 n2恒成立。（ 90年全国卷压轴题）nnn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 ( ai bi ) 2ai2bi2i1i 1i 1的简捷证法：f ( 2x) 2 f ( x)lg 1 22 x32x(n 1) 2 xa n 2x2 lg 1 2x3xn(n 1) xa n xn1 2x3x(n 1) xa n x 2n 1 22 x32 x(n 1) 2 xa n2 x 而由 Cauchy 不等式得 (1 11 2 x1 3 x1( n1) xan x ) 2(1212 )122 x32

8、x( n1) 2 xa 2n 2 x (x0 时取等号 )n122 x3 2x(n1) 2 xan2 x （0a1 ），得证！例 7已知 a11,an1(12 1)an1n . (I ) 用数学归纳法证明 an2( n2) ； ( II ) 对 ln(1x) x 对 x0 都成立，e2 （无理数 enn2证明 an2.71828）（ 05年辽宁卷第22 题）解 析(II) 结合第 (I)问 结 论 及 所 给 题 设 条 件 l n ( 1 x) x （ x0）的结构特征，可得放缩思路：an 1(1n21n1n )anln an 1ln(1n21n1n )ln an22ln an11。于是 l

9、n an 1ln an11，n 2n2 nn2n2nn 1n 11111(1) n 111(ln ai1ln ai )( 2ln anln a1122即i )n1nn 2.i 1i 1ii 2122ln aln a2ae2 .n1n注：题目所给条件ln(1x)x（ x0 ）为一有用结论，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2 nn(n1)(n2)来放缩：a n 1(11)a n1an 11 (11)(an1)n(nn( n1)n(n1)1)ln( a n11)ln( a n1)ln(11)1.n(n 1)n( n1)n 1n 1 ln( ai 11) ln( ai1)i

10、2i 211，ln( a n 1) ln( a 2 1) 11i (i 1)n即 ln(an1)1 ln 3an31e2 .e例 8已知不等式 1111 log 2 n, n N , n 2.log 2 n 表示不超过 log 2 n的最大整数。 设正数数列 an 23n2满足： a1b(b0), annan 1, n2.n an 1精品资料欢迎下载求证 a n2b（ 05年湖北卷第（22）题）, n 3.2blog 2 n 简析 当 n2 时 annan11nan111 ，即n an 1an 1anan 1n111n11n1).anan 1n(ak 1kk 2akk 2于是当 n3时有 11

11、1 log 2 nan2b.ana122blog 2 n注：本题涉及的和式 111 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23n1111log 2 n 来进行有效地放缩；23n2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。例 9 设 an(11 ) n ，求证：数列 an 单调递增且 an4.n0 则 bn 1a n 1( n1)bn (ba) （证略）解析 引入一个结论：若ba整理上式得 a n 1bn (n1)anb . （）以 a11,b11 代入（）式得 (11) n 1(11) n .n1nn1n即 an

12、单调递增。以 a1,b11代入（）式得 1(11 )n1(11 ) 2n4.2n2n22n此式对一切正整数n 都成立，即对一切偶数有(11) n4 ，又因为数列 an 单调递增，所以对一切正整数n 有1 ) nn(14 。n注： 上述不等式可加强为2(11) n3.简证如下：n1 ) nCn1 11Cnn 1 .利用二项展开式进行部分放缩：an(11Cn21nnn 2n n只取前两项有 an1Cn12. 对通项作如下放缩：nk 11 n n 1n k 1 111Cnnkk!nnnk!1 222k 1 .故有n111211(1/ 2) n 13.2222n 12 11/2a 1 1上述数列 an

13、 的极限存在，为无理数e ；同时是下述试题的背景：已知 i , m, n 是正整数，且1imn. （ 1）证明 n i Amim i Ani；（ 2）证明 (1 m) n(1 n)m . （ 01 年全国卷理科第 20 题）21/ nn1代替得数列nn(1 n) n 是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法：数列简析 对第（ ）问：用 b : b111( 1n) n 递减，且 1imn, 故 (1m) m(1n) n , 即 (1m) n(1n) m 。当然，本题每小题的证明方法都有10 多种 , 如使用上述例5 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

14、出非常漂亮的解决！详见文1 。二部分放缩例 10 设 an1111,a2.求证： an2.2a13a1n a111解析1an12 a3ana12232n2 .精品资料欢迎下载又 k 2kkk( k1), k2 （只将其中一个k 变成 k1 ，进行部分放缩） ，111)11 ，k 2k (kk 1k于是 an11111 (11) (1 1)( 11 )212.n2232n 222 3n 1 n例 11设 数 列 an满 足 an1an2nan1 nN， 当 a13时 证 明 对 所 有 n1,有 (i) ann 2 ；(ii )1a111111 （ 02 年全国高考题）1a2a n2解 析(i

15、) 用 数 学 归 纳 法 ： 当 n1 时 显 然 成 立 ， 假 设 当 nk 时 成 立 即 akk2 ， 则 当 nk 1 时ak1a k ( akk )1a k ( k2k )1( k2) 21k3 ，成立。(ii )利用上 述部分放缩的结论ak 12ak1 来放缩通项，可得ak12(ak1)a k1k1(a11)k14k1111 .1222ak1k21nn1n111 (2)1i 1 1 ai2i 141.i 1122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)( k2k) 1k3 ；证明 ( ii )就直接使用了部分放缩的结论ak12a

16、k1 。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 ( 2 )n(n82).31)(n简析观察(2) n 的结构，注意到(3)n(11) n ，展开得1311212nn(n1)(n1)( n2)6n1231，(1 )1 C n2Cn2Cn2328822即 (11) n(n1)(n2) ，得证 .28例 13设数列 an 满足 a12, an1a n1 (n1,2,).（）证明an2n1 对一切正整数n 成立；（）令anbnan( n1,2,) ，判定 bn 与 bn1 的大小，并说明理由（04 年重庆卷理科第（22）题）n简析 本题有

17、多种放缩证明方法，这里我们对（）进行减项放缩，有法 1 用数学归纳法（只考虑第二步）22212k122( k1)1；a k 1ak2ak法 2a 2n 1an221an22ak21ak22, k1,2, n1.an2则222(1)22221an2n1ana1nannn四利用单调性放缩1 构造数列如对上述例1，令 TnSn(n1) 2则 Tn 1 Tn(n1)( n2)2n30 ，21) 22TnTn1 , Tn 递减，有 TnT1220，故 Sn(n.21)(11 )1(11)(1(1)Tn 12n21 ，即 TnTn1 , Tn 递增，有再如例5 ，令 Tn352n1则Tn2n12n32n

18、1TnT121，得证！3注：由此可得例5 的加强命题 (11)(11)(11)(11)232n1. 并可改造成为探索性问题：求对任意 n1352n13精品资料欢迎下载111) k 2n 1 恒成立的正整数k 的最大值；同理可得理科姊妹题的加强命题及其探索性结使 (1 1)(1)(1 ) (12n351论，读者不妨一试！2 构造函数例 14 已知函数f ( x)ax3 x2的 最 大 值 不 大 于 1 ， 又 当 x 1 , 1 时 f ( x)1. （ ） 求 a 的 值 ；（ ） 设264280a11,an 1f (an), nN，证明 an1.（04 年辽宁卷第21 题）2n1解析 （） a =1 ；（）由 an1f (an ), 得 an 1an3 an23 (an1)211 且 an0. 用数学归纳法（只22366看第二步）： ak1f (ak ) 在 ak(0,1) 是增函数，则得 ak 1f (ak )f ( 1 )13 ( 1)21.k 1k 1k 1 2 k 1k 2例 15数列 xn由下列条件确定：x1a0， xn11xna , nN （ I ）证明：对 n2总有 xna ；(II)2xn证明：对 n2 总有xnn 1 （