不等式的放缩技巧

1、数列型不等式放缩技巧八法证实数列型不等式,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水平,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 Sn. 1 22 3(n 1)22此数列的通项为ak.k(k1),k1,2,n.k k11 n ,nk . k(k 1)kkSn(k22k 1k 1即 n(n 1) Sn(n 1)n(n 1)22 n222n(n 1

2、).求证吗卫 sn解析注：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n(k 1)ab山,假设放成 k(k 1) k ' 2侧得Snk 1(n 1)(n 3)22(n 1)2就放过“度了!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n a1 anna1V-2an na1其中,ann 2,3等的各式及其变式公式均可供选用.1 _?bx函数f(X)求证:f(1)f(2)f(n)1,假设f(1) 4,且f(X)在0,1上的最小值为 , 51-.(02年全国联赛山东预赛题)2简析f(x)4X1 4X(1例3a,b为正数,(a b)n a1简析由一aab a b 4,bn

3、22n11 得 ab b而(a b)n令 f(n) (a b)n由于cn Cni,倒序相加得2f( n)=C：(an 1babn1)而 an1b abn12f(n )=(C；cn1尹12?2X1_14X1E)1b.(88年全国联赛题)1 1 又(a b)(-) a b2且- a2n VC°anbn,那么(x 0)f (1)f(n)(1占)rbrC11n (1-421,试证：对每一个C：an 1bf(n )=C：an1br . nC n (ar n ra bn 1 nn )(a brbrcnabrbrC；anrbr4,故Cnnbn ,C1abn1 ,n 1nCn (abn 1abn r

4、 anabr) (21bn2 . anbn2)(arbn rnan4弓1b),2n1,那么an rbr)6(2n(a b)n2) 2n 1,所以 f(n) (2n , n 2na b 22n 2n nn 2)2n,即对每一个n N ,例4简析求证cn c：不等式左边c；n ；：12.2n 12 22=n利用有用结论 求证(11)(11c：n 12简析特例(1C；c；n 1n 口cn,原结论成立15 (1此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12n(n 1,n N).2n 1 1 2 221) 2n1.ba76"ba m2n 112n 20,m0)可得2彳(1法2的)

5、12k 1例5是434365652n2n 12n )22n 1)2n1即(1341、利用贝努利不等式1 2 L (此处2k 12k 1 n2k 1 k 卩(1 x)nn 2, x12k 1)5611)(1 -)(1 -)35N3'、1 nx(n 丄)得 2k 1n 2k 1k1.2k 12n 12n(2n1)(1,n.2n 1.)i2n 1. 2n 12, x 1, x0)的一个“枝加“叶而编拟成 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：1 4(1注:证实(1 1)(11985年上海高测试题,以此题为主干添19981 1 -)(1- )33n 1.(可

6、考虑用贝努利不等式n73n 2,1 2x 3x(n 1)xa nxIg,0 a 1,给疋 n N ,n 2.n3的特例)求证：f (2x) 2f (x)(x0)对任意n N且n 2恒成立.(90年全国卷压轴题)例6函数f(x)简析此题可用数学归纳法证实,详参高考评分标准；这里给出运用柯西(nnnCauchy )不等式(aibi)2f(2x)2f(x)2 2aibi的简捷证法:1 i 11 22x 32xlg2x 3x(n 1)x1而由Cauchy不等式得(1 11222x(1 1 ) ? 1 2n?122x 32x(nna32x(n 1)2x7)an (II)对ln(1 x) x对x 0都成立

7、,证实a例7a11,am (11)2x2xa na.x1 2x3x(n 1) ax nn2n?122x32x(n 1)2x a2xn 13x1(n1)'a nx)2(n1)2x2 a2xn (x0时取等号)a2x qn (0a1 ),得证！1.(I)用数学归纳法证实an 2(n2);2nn e2 (无理数e2.71828- ) (05年辽宁卷第x n2x22题)解析 (II)结合第(I)问结论及所给题设条件ln(1 x) x ( x 0 )的结构特征,可得1 1 1 1放缩思路：an 1(12-1n)anIn an 1 ln(1 厂 p In ann n 2n n 2ln an2n n

8、n 1(ln ai 1 In aji 1于是 In an 1 In an2nn1 11-)i 1112an e2.即 In anIn a12o2nIn anIn a11122.放缩方向的作用；当然,此题还可用结论2nn(n 1)( n2来放缩：11“ 1an 1(1)anan -i1(1 -)(an1)n(n 1)n(n 1)n(n 1)11In (an 11) ln(an1)ln(1)n(n 1)n(n1)n 1n 111In (ai 11)ln(ai 1)ln(an 1)In(a2 1) 1 1,i 2i 21(11)n注：题目所给条件ln1 x x X0为一有用结论,可以起到提醒思路与探

9、索即 In(an 1) 1 In 3 an 3e 1 e2.例8 不等式1-231 1Iog 2 n, nn 2N , n 2.Iog 2 n表示不超过Iog 2 n的最大整数.设正数数列an满足：a1 b(b 0), an2.n an 1求证注：此题涉及的和式1 123以利用所给题设结论 1 112 3n简析当n2时anan 11nan 11丄,即annan1anan 1an 1n111n11n1()anan 1nk 2akak 1k2 kn3时有11 1log2 n an2b于疋当an22b,n blog 2 n3. 05年湖北卷第22题ana122 blog 2 n1为调和级数,是发散的

10、,不能求和；但是可n1log 2 n来进行有效地放缩；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水平与创新意识.1例 9 设 an (1-)nn,求证：数列an单调递增且an4.解析引入一个结论：假设b a0那么 bn1 an1 (n1)bn(ba证略整理上式得an 1bn(n1)a nb.()以 a 1, b11代入式得11-)n1(13n 1nn1n即an单调递增.以 a 1,b1代入)式得 1(1)n1(11 )2n 4.2n2n22n4,又由于数列an单此式对一切正整数 n都成立,即对一切偶数有1 1nn调递增,所以对一切正整数n有(1 l

11、)n 4.n1注：上述不等式可增强为 2 (1)n 3.简证如下：n利用二项展开式进行局部放缩：an (1 -)n 1 C：丄C：丄C；丄.nn nnn只取前两项有1an 1 Cn12.对通项作如下放缩：nn k 111Ck1Cn IT n1 n n 11k! n nnk! 1 22尹n 1111c11(1/2)o故有an 112市 23.2 22 2n 1 2 1 1/2上述数列an的极限存在,为无理数 e ；同时是下述试题的背景：i,m,n是正整数,且1 i m n. ( 1)证实n A：m,A； ； ( 2)证实1(1 nf是递减数列；借鉴此(1 m)n (1 n)m.(01年全国卷理科

12、第20题)简析 对第(2)问：用1/n代替n得数列bn : bn结论可有如下简捷证法:1数列(1 n)n递减,且1 i m1n,故(1 m尸1(1 n)n28即(1 m)n (1 n)m.当然,此题每题的证实方法都有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出非常漂亮的解 决！详见文1.二局部放缩例10设an11歹1解析an112a'3a又k2k kk(k1111k2k(k1)k1 k111于疋an12 2-223n例11设数列an满足an 11a,a 2.求证：an2.n1a 1 n1 1 12232n21),k2 (只将

13、其中一个k变成1 (11、 ,1 1、,1)( )(-223n 12annan 1 n N,当a1丄)nk 1,进行局部放缩)2.3时证实对所有n1,有(i)an11 a21 1 一二2(02年全国高考题)解析(i)用数学归纳法：当n 1时显然成立,当 n k 1 时 ak 1 ajak k) 1 ak (k 2 (ii)利用上述局部放缩的结论ak 112(ak 1) ak 12k 1(a11)1 (1)nn 1 n 丄-1 (2丿-i 1 1 aii 1 241 12假设当n k时成立即akk2,那么k)1 (k 2)2 1k3 ,成立.ak 12ak 1 来放缩通项,可得2k142k 11

14、1ak12k1注：上述证实i用到局部放缩,当然根据不等式的性质也可以整体放缩：ak 1 k 2k2 k 1 k 3;证实ii就直接使用了局部放缩的结论ak 12ak 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, n N,求证(2)n3 (n1尹简析(1即(12观察-n的结构,注意到31n-2-1 1 _ 2C n Cn2(n 1)(n 2),得证.8例13设数列满足a12, an 1一切正整数n成立；n令bnan /.n(n1,2,81)(n 2)'1 )n,展开得2(1n n(n 1)2 8(n 1)(n2) 6?1an(n1,2, )

15、(I)证实 an、2n 1,判定bn与bm的大小,并说明理由年重庆卷理科第22题此题有多种放缩证实方法,这里我们对I进行减项放缩,有 丄 ak简析用数学归纳法只考虑第二步2 ak2k 122(k1)04a2n2an2 an2an2ak2ak2,k1,2, ,n1.那么a2a：2n1四利用单调性放缩1.构造数列2an2n2nan、2n 1如对上述例1,令TnSn(n 1)22那么Tn 1(n 1)(n 2)2n 3Tn Tn 1, Tn递减,有T10,故 Sn(n 1)22再如例5,令T (1 1)(171 n1(1 5)2n(1即Tn Tn 1, Tn递增,有1)門 Tn 1tT2n 1那么得

16、证!2n注：由此可得例 5的增强命题11)(1造成为探索性问题:13)(11(1求对任意n 1使(1 1)(1)(1)(112n 1)2n正整数k的最大值;2 构造函数3,同理可得理科姊妹题的增强命题及其探索性结论,3 2n 1.并可改 3k 2n 1恒成立的 1读者不妨一试！例14函数f(x)3 ax 22X的最大值不大于丄,又当X611z【：,；】时f(x)4 2iI)求a的值；(n)设 0a11,an 1f (an),nN ,证实1an04年辽宁卷第21题2n 1解析(I) a=1;(n)由 an 1f (an),得 an 13 2anan3 /1、2(an)12236614且an 0.

17、用数学归纳法(只看第二步)ak 1f(aQ在 ak(0,丄)是增函数,'k 1那么得ak 1g) f ("宀2匸例15数列xn由以下条件确定：x1 a 0, xn 1212Xn,n N .xn(l )证实：对n 2总有x 题)(ll)证实：对n 2总有xnXn 1(02年北京卷第(19)作用.解析构造函数f (x)对(II)有 Xn Xn 1)是增函数.XkXn在、.a,)递增故XkXk 1f (、 a) a.xn,构造函数f (x)12 Xn注：此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 着高等数学背景一数列 xn单调递减有下界因而有极限：是增函数,故

18、有xnXn 1Xnan, a(n).1aaf (X) X 是递推数列xn 1丄X对此数列本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 n n简析令an VnXnXn的母函数,研究其单调性1(nN ,n 2).1hn,这里hn 0(n1),那么有2 (n 1),从而有n 1注：通过换元化为幕的形式,为成功运用二项展开式进行局部放缩起到了关键性的1 an 1 hn 121例 17 设 a 1 , n 2, nN,求证a简析令a bnna (b 1)C°bn C；bnCnbn 22 2n n (a 1)4应用二项式定理进行局部放缩有Cn cnv2 叫Jb22n(n 叭2b2

19、六递推放缩递推放缩的典型例子,n 2, n N,那么(证实从略),因此an " (a °4可参考上述例11中利用(i)局部放缩所得结论进行递推放缩来证实(ii),同理例7 (II )中所得inan 1ln anak12n n1 11ln(an 11) ln(an 1)、例 8 中丄丄n(n 1)ana. 1例13(I)之法2所得22ak 1 ak2都是进行递推放缩的关键式.七转化为增强命题放缩如上述例11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实其增强命题：1 11 a11 a2略.例18设01 1 1二-戸.再用数学归纳法证实此增强命题,就容易多了a