数列型不等式放缩技巧九法

1、数列型不等式的放缩技巧九法证明数列型不等式，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九种:一利用重要不等式放缩均值不等式法设Sn12.23%.n(n1).求证n(n1)SZSn(n1)22解析此数列的通项为akk(k1)Snkk12n(n1)2注：应注意把握放缩的k(k1,2(n1)21),k1,2,Sn,n.1(k万)，“度”2:上述不等式右边放缩用

2、的是均值不等式ab若放成;k(k1)k1则得S(k1)2(n1)(n3)(nD,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1a1其中，na1ana1an1nan22a1annn2,3等的各式及其变式公式均可供选用。一-，144例2已知函数f(x),若f(1)-,且f(X)在0,1上的最小值为1a2bx5求证：f(1)f(2)f(n)n-.224x间析f(x)x1x17(x14X14x2?2x1111(1七)(1-)n-(1122222n42n1例3求证C：C；Cn3C：n2(n简析不等式左边c：C：C；C：2n(02年全国联赛山东预赛题)0)f(1)f(n)(11、

3、11)n2：12：121,nN).112222n1n1nh2222TT=n2,故原结论成立2.利用有用结论例4求证(11)(11)(11)351(1-2nl.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b3aam462n3572n113352n12462n24(246-2)22n1即(11)(11352n1法2利用贝努利不等式(1x)n1(ba0,m0)可得2n1(2n2n1)11R(1N(135nx(nN,n12n12,x.2n1.1,x0)的一个特例12(2k1)1,2k1注：例4是122k12k12k1(此处n2,xn1(1)k12k1，)得2k1n2k12n1.1985年

4、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)(1(112已知函数f(x)lg13n23x)：二布区.(可考虑用贝努利不等式n3的特例)求证：简析f(2x)2f(x)(x0)对任意n(n1)xnN且nxan,0a1,给定nN,n2.2恒成立。(90年全国卷压轴题)不等式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)(abi)1nn22aibi的简捷证法:f(2x)2f(x)i1i12x2x,123lg2x(n1)n2xnxx1232lgxx(n1)an1(n1)

5、x而由Cauchy不等式得(111x2n2xn?13x2x32xn(n1)2x2xn(1212)?122xn?122x32x32x已知a11,an1(1(n1)2x-2)annn(n1)2xan2x(n1)xn2x(xa1),xan)0时取等一得证!.(I)用数学归纳法证明2nan2(n2)；(II”ln(122题)解析x)x对x0都成立，证明ane2(无理数e2.71828,)(05年辽宁卷第(II)结合第(I)问结论及所给题设条件ln(1x)x(x0)的结构特征，可得放缩思路:an1(1-g)ann2lnan1ln(1lnanlnan1lnann1(lnaii1lnai)(i7)lnanl

6、na112nn,12n1(2)n111-2lnanI,即lnanlna12注：题目所给条件放缩方向的作用；当然,1anln(12e.x)x(x本题还可用结论an1(1)ann(n1)1n(nln(an11)ln(an1)ln(10)为一有用结论,2nn(n1)(n可以起到提醒思路与探索2)来放缩：n1ln(ai11)i2即ln(an1)11)1n(nn1anln(ailn31例7已知不等式121)i23e1)_1i(T1(11n(n1)(an1)1)n(n1)ln(an1)2e.1,2log2n,n1)ln(a21)1N,n2.log2n表示不超过log2n的最大整数。设正数数列an满足：ab

7、（b0）,annan1,n2.an1求证an竺,n3.（05年湖北卷第（22）题）blog2n简析2时a”ak1一)ak1nan1nan11二早西.k1nan1anan13时有工an注：本题涉及的和式an1a11-log2nananan12b2blog2n以利用所给题设结论12131n为调和级数，是发散的，不能求和；但是可nlog2n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能力与创新意识。1例8设an(1-)n数列an单调递增且an4.解析引入一个结论：若0则bn1an1(n1)bn(ba)整理上式得bn(n1)anb.(），以

8、a（证略）1代入（）n式得(1,)n1n1(11).即an单调递增。以a1,b此式对一切正整数n工代入（2nn都成立,)式得1(1即对一切偶数有递增，所以对一切正整数n有（11)nn注：上述不等式可加强为2(11)nn利用二项展开式进行部分放缩:an(1只取前两项有an1c：Cn二n1k!故有ann11222上述数列是正整数，且1年全国卷理科第简析对第12n(1)2n4.,又因为数列an单调3.简证如下:1)nnC：Cn2Cn工n2.对通项作如下放缩:n12n11k!12卜1.an的极限存在,mn.(1)证明20题)为无理数niAmm12e；_n11(1/2)3.11/2同时是下述试题的背景:

9、mia：；(2)证明(1nm)(1已知i,m,n、m.n).(01（2）问：用1/n代替n得数列bn:bn11(1n)7是递减数列;借鉴此结论可有如下简捷证法：数列（1n）n递减，且1i即（1m）n（1n）m。当然，本题每小题的证明方法都有1mn,故(1m)m(11n)*10多种，如使用上述例提供的假分数性质、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。部分放缩解析设an12a1an（只将其中一个2k变成313a1,日an11222例10设数列an满足1a,an11n2.求证:an2.122进行部分放缩），13211.n1又k2kk(k1),k2(

10、12an12)nan11a21(211k213)nk(k1)1anN1一21(-n,当1k-1)na13时证明对所有（02年全国高考题）n1,解析（i）用数学归纳法：当n1时显然成立，假设当nk时成立即akk2,则当nk1时ak1ak（akk）1ak（k2k）1（k2）21k3,成立。（ii）利用上述部分放缩的结论ak12ak1来放缩通项，可得ak112(ak1)ak12k1(a11)2k142k1117-k1.ak1211ainX11(2)1*41I-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：81)(n2)2n3n简析观察（尸的结构，注意到（一）n32(i2)ni

11、(112)C11C2工C3±CnCn2Cn3222(n1)(n2),得证.展开得n(n1)(n1)(n2)688例12设数列斗满足&2,an1an(n1,2,).(1)证明anJ2n1对an、一切正整数n成立；（n）令bn天（n1,2,），判定0与1的大小，并说明理由（n04年重庆卷理科第（22）题）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）a2k1a22122k122（k1）1;ak、一111法2an1an22an2ak1ak2,k1,2,n1.an则a；a122（n1）a；2n22n1a0,2n11（k2）（k2k）1k3

12、；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4之法2就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。例11设n1,nN,求证(2)n一3(n四利用单调性放缩1.构造数列如对上述例1,令&嘤则-如TnTni,递减，有Tn/J220,故0111一人(1仅1o)(1)(1一;)mTn1再如例4,令T352n1则n：/2n1Tn2)(n2n321)22n2,2n1.2n3即TnTn1,Tn递增，有TnT1注：由此可得例4的加强命题(12171,得证！-31111)(1fa!(1-1-)352n1造成为探索性问题：正整数k的最大值;求对任意n1使(11)(11)(11)(1k

13、、:2n1恒成立的352n1同理可得理科姊妹题的加强命题及其探索性结论，读者不妨一试！321.111例13已知函数f(x)ax二x的最大值不大于，又当x己,时f(x).(1)26428、11求a的值；(n)设0a1,an1f(an),nN，证明an.(04年辽宁卷第21题)2n1解析(I)a=1；(n)由an1f(an),得an1an3a；-(an1)2-22366且an0.用数学归纳法(只看第二步)：ak1f(ak)在ak113121ak1f(ak)f()().k1k12k1k2(0,，)是增函数，则得k1例14数列xn由下列条件确定:Xia0,Xn1-Xn,nN.证2Xn证明：对n2总有x

14、a，易知f(x)在、Q,x明：对n2总有xnVa；(II)解析构造函数f(x)1x2xn1(02年北京卷第(19)题)是增函数。)递增，故xk1f(Ja)可公当nk1时Xk11Xk在h'a,2XkX(II)有XnXn1函数，故有XnXn11 x亘，构造函数f(x)1x2 xnx2J八n1 xnf(石)0,得证。2 Xn)上是增旦的母函数，研究其单调性对此数列本Xn06年湖南卷理科第19题：注：本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：anVa(n).f(x)1x亘是递推数列xn11xn2x2质属性的揭示往往具有重要

15、的指导作用。类题有f(an),n1,2,3,L已知函数f(x)xsinx,数列an满足：0a11,an113证明：(1)0an1an1；(11)an1-an.(证略)6五换元放缩例15求证11J(nN,n2).,n1简析令anVn1hn,这里hn0(n1),则有n(1hn)n叫1)h：0hn：-27(n1)，从而有1an1hn1J-2-2nn1n1注：通过换元化为哥的形式，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16设a1,n2,nN,求证an简析令ab1,则b0,a1b,an(b1)nC0bnC；bn1C：bn2222nN,则n(n1)b2±b-(证明从略)24六递推

16、放缩22n(a1).4应用二项式定理进行部分放缩有C；C：bn2皿21,注意到22,2,因此ann(a1)4递推放缩的典型例子，可参考上述例10中利用(i)部分放缩所得结论ak12ak111一进行递推放缩来证明(ii),同理例6(II)中所得inan1lnan二和nn2nln(an11)ln(an1)1一、例7中工1、例12(I)之法2所得n(n1)anan1n22ak1ak2都是进行递推放缩的关键式。七转化为加强命题放缩难以直接使用数学归纳法，我们可以如上述例10第(ii)问所证不等式右边为常数,111a11a?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:就容易多了(

17、略)。1 1-X再用数学归纳法证明此加强命题,n1.1an22例17设0a1,定义a1解析用数学归纳法推nk1a,an1an1时的结论an1a,求证：对一切正整数1,仅用归纳假设akn有an1.1及递推式1ak1a是难以证出的，因为ak出现在分母上！可以逆向考虑:aka一工a1ak故将原问题转化为证明其加强命题：k1k.ak1a对一切正整数an例18数列xn满足亡1一,Xn12.(证明从略)xn2证明X20011001.(01年中国西部数学n奥林匹克试题)简析将问题一般化：先证明其加强命题xn1.用数学归纳法，只考虑第二步:22Xk1Xk雪上工(-)1-1-1U.因此对一切xN有Xn-k2k2

18、24223例19已知数列an满足：a1=,且an=3nan-(n2,nN)(1)求数列an的通项公式；（2）证明：对一切正整数22an1n1'n有a1？a2?an2?n!（06年江西卷理科第22题）解析：（1）将条件变为：12and）,因此1L为一个等比数歹u,an-1an其首项为1-1a1(2)1,1,据此得3nan=空(n1)3n-1证：据1得，a1?a2?,an=n!为证a1?a2?an2?n!,只要证n111N时有(1)?(1)(1-)3323n显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式:111对每个nN,有（1-）?（1-）（1-）333111、1-(一+丁+)2n33

19、3（用数学归纳法，证略）利用3得，（11）?（1_2）1111-d)n=1-33=121(l)n故2式成立，从而结论成立。八分项讨论例20已知数列a0的前n项和Sn满足Sn2an(1)n（I）写出数列an的前3项a,a2,a3；(n)求数列an的通项公式；（出）证明:对任意白整数m4,有工a41a5简析（i）略，（n）an1am2n2-237（04年全国卷出）8(1)n1（m）由于通项中含有当n3且n为奇数时1）n,很难直接放缩,考虑分项讨论:32n22n13222n32(2an1n2当m4且m为偶数时13/11222324131an12(2n21)(减项放缩)2n1111a4a5am101(

20、12243_222n2n12n12n211(一a5121)a6378811()am1am当m4且m为奇数时1_1由知1_1a4a51ama41am1a5111ama4a57由得证。.8九数学归纳法例21(I)设函数f(x)xlog2x(1(n)设正数Pl,P2,P3,P2n满足PlPllog2PlP210g2P2P310g2P3x)log2(1P2P3P2nlog2x)(0P2P2n11(添项放缩)amam11),求f(x)的最小值;1,证明n(05年全国卷i第22题)解析这道高考题内蕴丰富，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嫡的问题。(I)略，只证(n

21、):法1由g(x)为下凸函数vP1P2P3得g(P1)g(P2)寸2"P2n19(P2n)P1g(P2P2nT)所以p/og2P1P210g2考虑试题的编拟初衷，P2P3log2P3P2nlog2P2n是为了考查数学归纳法,于是借鉴詹森(jensen)不等式(若f(x)为a,b上的下凸函数，则对任意xia,b,i0(inxn)1f(%)nf(xj特别地，若1,n),11则有nx1xnf()n1f(x1)nf(x).若为上凸函数则改“)的证明思路与方法有:法2(用数学归纳法证明)(i)当n=1时,(ii)假定当nk时命题成立，即若正数由(I)P1,P2,则P110g2P1p210g2P

22、2当nk1时，若正数p1,p2,P2k10g2p2k,P2k1满足P1知命题成立.,p2k满足P2k.为利用归纳假设，将(*)式左边均分成前后两段:令xP1P2P1P2p2k,q1,q2xx则q1，q2,q2k为正数，且qq2由归纳假定知q/og2P1P1log2P1P210g2P2P2P2kP2k11,*)10g2x)同理，由(1x)(综合x(k)P2k1k)(11)xlog2x,P2k2x)log2(1P210g2P2P2kl0g2P2k(1)P2kx).两式P1log2P1x(1即当法3x)(k)xlog2x(1g(x),q2k一.xq2k1.q2k10g2q2kk.x(q1log2q1q210g2q2q?klog2q2k110g2P2k1P2k110g2P2k1(2)P2log2P2x)log2(1x)nk1时命题也成立.根据(i)、(ii)构造函数g(x)xlog2x(cx)log2(cc10g2(1)log