“放缩法”技巧

1、例谈 “放缩法 ”证明不等式的基本策略近年来在高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，而不等式的证明是高中数学中的一个难点，它可以考察学生逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力。特别值得一提的是，高考中可以用“放缩法”证明不等式的频率很高，它是思考不等关系的朴素思想和基本出发点 ,有极大的迁移性,对它的运用往往能体现出创造性。“放缩法”它可以和很多知识内容结合，对应变能力有较高的要求。因为放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，放缩时要注意适度，否则就不能同向传递。下面结合一些高考试题，例谈“放缩”的基本策略，期望对读者能有所帮助。1、添加或舍弃一些正项（或负项）例 1、已

2、知 an2n 1(n N * ). 求证： n1a1a2.an(n N * ).23a2a3an1证明： Qak2k1 1111111ak 1k1122(2k11)2k2k22.2k , k 1,2,., n,23.23a1a2.ann1 ( 11.1 )n1 (11 )n1 ,a2a3an 1232 222n232n23n1a1a2.ann (nN* ).23a2a3an 12若多项式中加上一些正的值，多项式的值变大，多项式中加上一些负的值，多项式的值变小。 由于证明不等式的需要， 有时需要舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证明的目的。本题在放缩时就舍去了2k

3、2，从而是使和式得到化简 .2、先放缩再求和（或先求和再放缩）例 2、函数f（） = 4x，求证：f（1）+ （2）+ +（）>+11*).x14 xffnn2n12( n N证明：由fn4 n111( )=1 4n =1- 1 4n2 2n得 f （ 1） +f （ 2） + +f （ n）>1111121122 222 2 nn1 (11 11) n11 (n N * ) .4242 n12n12此题不等式左边不易求和,此时根据不等式右边特征,先将分子变为常数， 再对分母进行放缩， 从而对左边可以进行求和.若分子 ,分母如果同时存在变量时,要设法使其中之一变为常量，分式的放缩对

4、于分子分母均取正值的分式。如需放大，则只要把分子放大或分母缩小即可；如需缩小，则只要把分子缩小或分母放大即可。3、先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）n k例 3、已知 an=n ，求证： 23k=1aknnn证明：k111=k=1akk=1k3k=2( k1) k( k1)2n2n = 1k=2( k1)(k1)(k1 k1 )k 2n11)=1( k1)k=2( k1)k1k1(k1)(k1)=1 12 112 2 32n( n1)2本题先采用减小分母的两次放缩，再裂项，最后又放缩，有的放矢，直达目标.4、放大或缩小“因式”；例 4、已知数列 an 满足 an 1an2 ,01n1a1, 求证

5、：(akak 1) ak 2.2k 132证明 Q 0 a11 , an 1an2 , a2a121 , a31 L .当 k1时 ,0 ak 2a31 ,241616n1nak 1 )1(a11(ak ak 1) ak 2(ak16an 1 ).k 116 k 132n本题通过对因式ak 2 放大，而得到一个容易求和的式子(akak 1 ) ，最终得出证明 .k 15、逐项放大或缩小例 5、设 an1 22 3 3 4n( n 1)n(n 1)( n 1)2求证：an22证明：n nn2n1 22n1( 1)n(n1)(n2)2 nn( n1)2n12( n 1) 2123n an1 3(2

6、n1)n(n1)2， 2an22n1本题利用 nn( n1)2，对 an 中每项都进行了放缩，从而得到可以求和的数列，达到化简的目的。6、固定一部分项，放缩另外的项；例 6、求证： 111L17122232n24证明：Q 111)11n2n(nn 1n111L111( 1 1L11 )5(1 1)7 .122232n2222 3n 1 n4 2 n4此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别对待，即不能放的太宽，也不能缩的太窄，真正做到恰倒好处。7、利用基本不等式放缩例 7、已知 a n5n 4 ，证明：不等式5a mna ma n 1 对任何正整

7、数 m，n 都成立 .证明：要证 5a mnam a n1 ，只要证5a mn1a m a n2 a ma n .因为 a mn5mn4 ， a ma n(5m4)(5n4)25mn20(mn )16 ，故只要证5(5mn4)1 25mn 20( mn )162 am a n ，即只要证20m20n372a m a n .因为 2a m a na man5m585m5n 8(15m15n29)20m 20n 37，n所以命题得证 .本题通过化简整理之后，再利用基本不等式由2 a m ana man 放大即可 .8、先适当组合 ,排序 ,再逐项比较或放缩例 8、. 已知 i ，m、 n 是正整数

8、，且1 i m n.ii； (2)nm(1) 证明： nAmi mAin证明：(1+ m) (1+ n)证明： (1)对于 1 i m，且 Aim = m· · ( m i +1) ，A imm m 1m i 1A min n 1n i 1mimmm,同理n n，n in由于，对于整数k=1， 2， ，i 1，有 nk m k ，m nnm所以A niA miiiiinimi ,即mA nnA m(2) 由二项式定理有：(1+) n=1+C1+C22+ +Cnn，mn m nmn m(1+ n) m=1+C1m n+Cm2 n2+ +Cmm nm，ii由 (1)ii(1 i

9、 m n) ，而 Cim= A m , CniA n知 mA ni n Aimiiiii!i!nmCnC(1n )mm0C0=n0C0=1，C1= C1= · ，2C2 2C2， ，mnnm nn mm n mnnmmmmmm+1m 1nn 0，mC n Cm， mC 0， ， mCnnn 1+C12n22mm+C2 m+ +Cnm1+C1 n+C mn + +Cm n ，nnnmm即 (1+ m) n (1+ n) m 成立 .以上介绍了用“放缩法”证明不等式的几种常用策略， 解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的方法，有时还需要几种方法融为一体。在证明过程中，适当地进行放缩，可以

10、化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。但放缩的范围较难把握，常常出现放缩后得不出结论或得到相反的现象。因此，使用放缩法时，如何确定放缩目标尤为重要。要想正确确定放缩目标，就必须根据欲证结论，抓住题目的特点。掌握放缩技巧，真正做到弄懂弄通，并且还要根据不同题目的类型，采用恰到好处的放缩方法，才能把题解活，从而培养和提高自己的思维和逻辑推理能力，分析问题和解决问题的能力。希望大家能够进一步的了解放缩法的作用，掌握基本的放缩方法和放缩调整手段.求证1111L1312!3!n!证明111Q, ( k2)k !12 L22 k11111L112!3!n!1111L1122 22n 111n112331

11、12n12本题观察数列的构成规律，采用通项放缩的技巧把一般数列转化成特殊数列，从而达到简化证题的目的。求证证明1111Q k2K ( k1)k 1k111L1)( 2232n211(1111112223) (34 ) L( n 1n )11(11222n )47说明：若本题从第二项起放大，则左边<1+1-1<2 , 这使的证明失败 .n例 1 4设f ( x )ax2bxc ,当 x时，总有f ( x )1,1求证： f(2)7.分析1时，总有f ( x )1,f (0)c1,当 xQ2 bf (1)f (1),2 bf(1)f(1)f (1)f (1)2, b1.Q2 af (1

12、)f (1)2 c,2 af (1)f (1)2 c4,a2.若 f (2)4a2 bc4 a2 bc11, 不符合要求.注意到 f(1)=a+b+c若 f (2)4a2bc(abc)3abf (1)3 ab8,也不符合要求 .又注意到 f(-1)=a-b+c若 f (2) 4a 2b c(abc) （ abc)2a2bcabcabc2 a2 bc11417,符合要求.浅谈用放缩法证明不等式的方法与技巧放缩法： 为放宽或缩小不等式的范围的方法。常用在多项式中 “舍掉一些正 （负） 项”而使不等式各项之和变小（大），或“在分式中放大或缩小分式的分子分母”，或“在乘积式中用较大（较小）因式代替”等

13、效法，而达到其证题目的。所谓放缩的技巧：即欲证A B ，欲寻找一个（或多个）中间变量C，使A CB ，由 A 到 C 叫做“放”，由 B 到 C 叫做“缩”。常用的放缩技巧还有： （ 1）若 t0, At A, At A, （ 2）n1n , 2nnn1, n11n1,n( n 1)n 2n(n0),1111nn1n( n1)n 21n11 (n 1),2( n 1n )n21n212( nn 1).n(n 1)1nnnnaaaa m.（3a、 b、m R ,b（4）若则b b m b）11111111.2! 3!n!22 22 n 1（5）11111(1111(1112232n 2) ()2

14、.（622 3n 1 nn）111111n1n 1 n 22n n 1 n 1n 1 n 1或111111n1n1n 22n2n2n2n2n.72（）1111111nn23nnnnn等等。用放缩法证明下列各题。例 1求证： lg 3lg 331.证明：因为 ab (a b2, 所以左边lg 3lg 332lg 9922)(2)(2) , 因为 99100（放大）( lg 100) 21,lg33 1. 2所以 lg 3例 2 （2000 年海南理 11）若证明：因为n2, n1 1,所以log n (nlog n ( n1) log n ( n1)nN, n2, 求证：log n (n1)0,

15、log1)log n (n1)22log n ( n1) log n ( n 1)1.n ( n 1)0, 因为log n (n 21) 24因为 n 21 n 2（放大），所以 log n (n 21)log n n 2 , 又 n2, 所以 log nx 是增函数，所以log n (n 21) 2(log n n 2 ) 24411)log n (n1)1.，所以 log n (n例 3（2001年云南理1）求证： log n ( n1)log n1 (n2)( n1, nN).右边log n1 (n2)log n 1 ( n2)log n 1 n证明： 左边log n ( n1)（因为

16、log a b log b a1 ） log n 1 (n2)log n1 n 22log n 1 n( n2)221 ( n 1)21) 2（放大），所以 log n 1 n( n2)2log n21, 所又因为 n( n2)(n22以 log n ( n1)log n1 (n2).例 4已知 ab0, 求证：abab.证明：因为 ab0ab ,ab0,abab( 放大 ), 两边同乘ab( ab ) 2a baba b.例 5( ab ) 2a 2b2.求证：22( ab ) 2a 22abb2（因为 2aba2b 2 ）a 2a2b 2b2证明：因为244（放a2b2(a b2a 2b

17、22.2)2.大）所以例 6（ 2000年湖南省会考）求证：当a0 时，函数 yax2bxc 的最小值是4acb24acb 24a; 当 a0 时，函数 yax 2bxc 的最大值是4a.ya( xb ) 24acb 2,证明：因为原函数配方得2a4a又因为a0,b ) 2( xb ) 20a( x0,ya( xb ) 24acb24acb22a2a所以2a4a4a（缩小），所以a0,b ) 24ac b 2(xb20a(x0,函数 y 的最小值是4a)2a。当2a所以y a( xb24acb 24acb24acb 2)4a4a（放大），所以函数 y 的最大值是.2a4a例 7求证：12(n1

18、n )(nN )n122证明：因为nnnn1n （分母有理化）2( n1n ), 所以原不等式成立。例 8（2002 年贵州省理21）若 ab0,求证：n( ab) bn 1a nb nn(ab) an 1 (nN )证明：因为 a nb n(ab)(a n1an2 ban3 b2b n1 ), 而 ab0,所以a nbn (nN ), 所以 anbn(ab)(an1an2a n3a 2a n 1 )(ab) nan 1 , 同理可证 n(ab)b n1a nbn （当且仅当 ab 时，取等号） 。cab例 9已知 a、 b、c 分别是一个三角形的三边之长，求证：a bbc c2.a证明：不妨设 abc0, 据三角形三边关系定理有：bca0, 便得cabcab1a2,ab bccabcbcacbc所以原不等式成立。11111( nN)例 10（ 1999 年湖南省理16）求证： 2n1n 22n11n1n1n1n1n1n1 ,证明：因为 n2nnn nn n2 又111111n1,n1 n2nnnnnn所以原不等式成立。1