不等式放缩技巧十法

不等式放缩技巧十法 作者: 日期：第六章不等式第二节不等式放缩技巧十法证明不等式，其基本方法参阅数学是怎样学好的 （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：一利用重要不等式放缩1.均值不等式法例 1 设 SnV12 LanXn) maX/pq, 当且仅当 p . q(k 1,2,L ,n). 一，一一ir结合其结构特征，还可构造向重求解：设 m (a1,a2,Lr,an),n (x,X2,L ,Xn),ir由| mr ir rn | |m |n |立刻得解:laiXia?X2LanXn|a2a2La；*2x；LX2. pq.X1X2L Xn.的充要条件是：aia2an。特别提醒：上述题目可是我们课本上的原题啊！只是我们做了少许的推广而已！2.利用有用结论例 5 求证(1 i)(i 1)(1 1) (1 1)v2n 1.35 2n 1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b b-(b a 0,m 0)可得 a a m6 2n5 2n 12n 11 32n 2 4拶(2n 1)即（12 4 6(1 3 511)(1 3)(12n2n-1)2(12n 11),2n 1. 2n 1法2利用贝努利不等式（1x)n 1 nx(n N,n2,x1,x 0）的一个特-12_例(1 -)21 22k 11(此处n 2,x2k 112k 1）得2n 1.1，2k (n 1)a-,0 a 1,给定 n N ,n 2. n求证：f（2x） 2f（x）（x 0）对任意n N且n 2包成立。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nn n(Cauchy)不等式(aibi)2ai2bi2的简捷证法: 1i 1 i 1n(1，)n 2k 12k 1,2k 1k 12k 1k 1 . 2k 1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(1 1)(1 1)(1 1) (11)3 3n 1. 3n 2（可考虑用贝努利不等式n3的特例）1 2例6已知函数f(x) lg =x 3xx _ 一 xf(2x) 2f(x)2x 2 x2x2x,1 23 (n 1) a nlgnx x,1 232lgxx(n 1) a nn?1 22x 32x2x2 x -i(n 1) a n 而由Cauchy不等式得（1 1 1 2x1 3x1 (n 1)x a nx)2(1212)?122 x32 x(n 1)2x2xi /n ( x0时取等号)n?122x32 x2x2 x(n 1) a n得证!例7已知a11,an 1(1112 )an 菽.n n 2(I)用数学归纳法证明an 2(n 2)；(II)又tln(1 x) x又tx 0都成立，证明e2 (无理数e2.71828 )解析(II)结合第(I)问结论及所给题设条件ln(1 x) x0)的结构特征，可得放缩思路:an 1(1Janln an 1ln(112 nln anlnan1尹。于是lnan 1lnann 1(ln ai 1i 1ln aji 1,11、,(r)ln ani2 i 2iIn a11(2)1 12即 ln anln a12【注】：题目所2&条件ln(1 x) x (x 0)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n /2 n(n1)(n2)来放缩:an 1(11 n(n一)a n 1)1 n(n1)1 1 (1舟T)(an1)ln(an1 1)ln(an1)ln(1n(n 1)1n(n 1)n 1ln(ai 1i 21) ln(ai1)1i(i 1)ln(an 1)ln(a211) 1 - 1n即 ln(an 1)21 ln 3an3e 1 e .log 2 n表小不超过一 ，,11【例8】已知不等式-L2 311-1og2n, n N ,n 2。 n 210g2 n的最大整数。设正数数列an满足：ai b(b 0),annan i,n 2. n an i求证an2b,n2 b1og 2 n3.当n 2时annan 1n an 11 nan 111an an 1an 1n1an1an 1(-)-k 2 akak 1 k 2 k_ ,111于th当 n3 时有一1og2 nana122b2 b1og 2 n11注：本题涉及的和式1 12 31 , ,-为调和级数，是发散的，不能求和；但 n是可以利用所给题设结论1 12 31 210g 2n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。再如:设函数f (x) ex x o(I)求函数f(x)最小值;n k(H)求证：对于任意，有(k)nk 1 n【解析】(I) 1;(H)证明:1 ,对 x1 有(1、n x)nx e,利用此结论进行巧妙赋值：取k 1,k n1,2,L,n,则有(1)n (2)nn n(n)nn(1)e(1)n2 L(1)1ee(1)0e订e1 1e1 e【1 e 11 en k e即对于任意nN ,有 (-)nk i n e 1例9设an(1 -)n ,求证：数列an单调递增且an4.n解析引入一个结论：若b a 0则bn1 an 1 (n 1)bn(b a)(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 1 bn( n 1)a nb.(),以 a 1 ,b 1 1 代入()式得(1 ，)n1(1 -)n.n 1 nn 1n即an单调递增。以a 1,b 1 工代入()式得 1 (1 )n -(1 )2n 4.2n2n 2 2n1c此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有(1 -)n 4,又因为数列 n1 Can单调递增，所以对一切正整数n有(1 1)n 4。n注：上述不等式可加强为2 (1 l)n 3.简证如下：n利用二项展开式进行部分放缩：an (1 1)n1 Cn 1 CnnnCnCnnn ,1 1_只取前两项有an 1 C1 - 2.对通项作如下放缩: nn k! 1 2 2 2k1-1故有an 1 1 - 212212n 1221 (1/2)n1 &3.1 1/2二部分放缩111.例 10 设 an 1 -a L =,a 2,求证：an23 n2.解析an2a13a12 . n又k2k k k(k 1),k 2（只将其中一个k变成k1,进行部分放缩），1k21k(k 1)1k-1于是12232(12)2-2.n【例11】设数列an满足an 12annan 1 na13时证明对所有n 1,有:(i)ann2;()1a11 a2an【解析】用数学归纳法：当1时显然成立，假设当k时成立即ak k 2,则当 n k 1 时 ak1 ak(akk)1 ak(k2 k) 1 (k 2) 2 1 k 3 ,成（ii）利用上述部分放缩的结论ak 12ak1来放缩通项，可得ak 11 2(ak 1)ak 12k 1(a1 1) 2k 1 4 2k 111/ ck 1ak1211 ai1_2i 12,11 122【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 (k 2)(k 2 k) 1 k 3;证明（ii）就直接使用了部分放缩的结论ak 12ak 1 o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 .2 n例12 设n 1,n N,求证(一)3(n简析观察(2)n的结构，注意到(3)n 32(i 1)n icnic2c；42n222238.1)(n 2)1 C一，I(1 1)n,展开得2n n(n 1) (n 1)(n 2) 6L 1 - 2881 c即(1 1)n 21例 13 设数列an?两足 a12, an 1an(n 1,2, ).an(I )证明an 42n 1对一切正整数n成立;(H)令0 言(n 1,2,)，判定bn与bn 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)2 ak1-2 ak2k2(k1)1；2 an12 an2 an2ak 12ak2,k 1,2, ,n 1.则a22a12(n1)2an2n 22nan x 2n 1四利用单调性放缩1 .构造数列如对上述例1,令Tn2SnJ Tn(n 1)(n2)Tn Tn 1, Tn递减，有 Tn T1 $2 20,故 Sn(n1)22再如例111(1 1)(1 -)(1 -)(1 -)5,令 Tn3一 5 2n 1 则、2n 1Tn1Tn2n 2.2n 1 , 2n 31,即Tm, 递增，有2TnT1= 1 ,行证!,32 .构造函数3 21r 1 11例14已知函数f(x) ax -x的最大值不大于-,又当x ，时f(X). 264 28(I )求a的值；c1、 一1(H)设0 a1 2,an 1 f(an)，n N，证明 an n.解析(I ) a =1 ； ( H )由 an 1f (an),得an 13 23/1、211日 a0an-an二(an二)二二且 an0.22366用数学归纳法(只看第二步)：则得 ak 1 f(ak) f()k 1 k 1例15数列Xn由下列条件确定：X1(I)证明：对n 2总有Xn(II) 证明：对n 2总有Xn解析构造函数f(X)x a ,易夕2 x1ak1 f (ak)在ak (0,)是增函数, k 13()Xk.2 k 1 k 21 aa 0 , Xn 1 二 xn , n N -2 XnVa ；Xn 1f (x)ftVa,)是增函数。)递增，故 Xk 1 f (4) Ja.对(II)有 Xn Xn 112 XnaXn构造函数f (X)1a 匕在、a )上是增函数，故有Xn Xn 1 Xn f西)。，行2 Xn证。【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一一数列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Xn1 - Xn 的母函数，研究其单调性对 2| 1- n,X2 Xn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 Vn 1 .；-2-(n N ,n 2). ,n 1简析令an n/n 1 hn,这里hn 0(n 1),则有n n(n 1) .22 .n (1 hn); hn 0 hn . 一7(n 1)，1hn12. n 1从而有1an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。22例 17 设a 1, n 2,n N ,求证 an n (a 4简析令a b 1,则b 0, a 1 b ,应用二项式定理进行部分放缩有an (b 1)n Cnbn C：bn1 C2bn 2C；C2bn2”)b2,注意到 n 2,n N ,则 n(n 1) b2 22 2n-b-(证明从略)，因此422an n (a 1) 4六递推放缩递推放缩的典型例子，可参考上述例11中利用部分放缩所得结论ak 1 2ak 1进行递推放缩来证明(ii),同理例7(11 )中所得,11 *In an 1lnan 二和 ln(am 1) ln(ann n 21)1 ,一 ,、例8中n(n 1)an112、例13 ( I )之法2所彳3ak 1an 1 n2ak2都是进行递推放缩的关键七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：111 1 a11a21 an 2 2nl.再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了。一1一例18设0 a 1,定义a 1 a,an1 a ,求证：对一切正整数n有 anan 1.解析用数学归纳法推n k 1时的结论an 1 1,仅用归纳假设ak 1及递推式1ak 1- a是难以证出的，因为ak出现在分母上！可以逆向考虑：akak 1a 1 akak故将原问题转化为证明其加强命题:1、,对一切正整数n有1 an .(证略)1 a一1例19数列Xn酒足X12，Xn 1Xn2T.证明*2001 1001. n简析将问题一般化：先证明其加强命题Xn n.2用数学归纳法，只考虑第二步:Xk 1Xk因此对一切x N有Xn例20已知数列 an满足：a1=3 ,且以=3nan1 (n 2, n N )22an 1+ n 1(1)求数列 an的通项公式;(2)证明：对一切正整数 n有a1?a2?an 2?n!解析(1)将条件变为:1 -旦:1(1-an 3an 1- an为一个等比、，一,11数列，其首项为1=a13从而1 口 an1, 一J ,据此得 3nn?3nan3n 1(n 1) .1(2)证：据 1 得，a1?a2?n! 111-1)? 1 4)332为证 a1?a2?- - an 2?n!,1只要证 n N 时有(11)?(1-2) (1-4) 23323n2显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式:对每个n N ,有(1-1)?(1-J2)332(T)i-(*4+1) 33 323n（用数学归纳法，证略）利用3 得（1-（T）1-（）1-1n= 1+1 (611、n111-13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Sn2%(1)n,n1.23#写出数列an的前3项a1,a2,a3 ；求数列an的通项公式;(m)证明：对任意的整数m有工a41a51am简析（I ）咯，（H）an22 2n31)n 1（m）由于通项中含有（1)n,很难直接放缩，考虑分项讨论:当n 3且n为奇数时1anLan 112n 11)n 22n 12n 12n 2 12n 222n2n 13JJn 2212n1）（减项放缩），于是，当4且m为偶数时a4a51a6(a) am1124六）(1 - 2当m 4且m为奇数时11a4 a511由知,ad a5由得证。九.借助数学归纳法例22 ( I )设函数f(x)值；(H)设正数Pl, P2,11111ama4a5amam1117.amam 18xlog2x (1 x)log 2 (1 x) (0P3, ,P2n 满足 P1 P2 P3(添项放缩)x 1),求f(x)的最小P2n1 ,求证:i25P2n 10g 2 P2nnP1 log 2 P1P2 10g 2 P2 P3 10g 2 P3解析这道高考题为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嫡的问题。(I)略，只证(H):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)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 P1 P2P2k 1,贝 1 P1 lOg 2 P1 P2 lOg 2 P2P2k lOg2 P2k k.当 n k 1 时，若正数 P3P2, ,p2k 1 满足 P1 P2P2k 1 1, (*)为利用归纳假设，将(*)式左边均分成前后两段：PlP2p2k令 XPiP2P2k,qi ，q2-, qk.XXX则 qi,q2,q2k 为正数，且 qiq-q2k 1.由归纳假定知 qi log 2 PiP2 log 2 P2q2k log 2 q2kk.Pi log 2 PiP2 log2 P2P2klog2P2kx(qi log2qiq2log2q2q2log 2 q2klog2 x) x( k) xlog2 x, (i)同理，由 P2klP2k 2P2k i i x 得P2k 110g2 P2kl P2ki log2 P2k i (i x)( k) (i x)log2(i x). (2)综合(i)(2)两式 Pi log2 Pi P2log2 P2 P2k i log2 P2k ix (i x)( k) xlog 2 x (i x) log2(i x) (k i).即当n k i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(x) xlog2 x (c x)log2(c x)(常数c 0,x (0,c),那么 一x. x . x. x. 一g(x) c-log2- (i -)log2(i -) log2 c,cc cc利用(I)知，当-1(即x3时，函数g(x)取得最小值.c 22对任意xi0,x2 0,都有xix2xix2xi log2 xix2 log2 x22 log 2 (x x2)log 2(xix?) i22(式是比式更强的结果).下面用数学归纳法证明结论.当n=i时，由(I)知命题成立.(ii)设当n=k时命题成立，即若正数Pi, P2, ,p2k满足 PiP2p2ki,有pi log 2 Pl P2 log2 P2p2k log 2 p2kk.当n k 1 时，pi,p2, p2k i满足piP2p2k i 1.令 Hpi log 2 pip210g 2 P2p2k 1110g 2P2klip2kilog 2P2ki对(*)式的连续两项进行两两结合变成 2k项后使用归纳假设，并充分利用式有H(PiP2)lOg2(PiP2)1(P2kliP2ki)l0g2(P2k1 1P2ki)1,因为(Pi P2)(P2k 11P2k 1)1,由归纳法假设(Pi P2)10g 2 (PiP2)(P2k iiP2k i )1。9 2作2k i 1Pz)K得 H k (Pi P2p2k 1 1p2k 1)(k 1).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|og2X下凸用(I)中结论得至IJ;(2)为利用归纳假设，也可对(*)式进行对应结合：qiPip2ni i而变成2k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 Xi a,b, i 0(i 1, ,n), 1n 1,有f ( iXinXn)1 f (Xi)nf(Xn).特别地，若 i 1,则有 f (XiXn) 1f(Xi)f(Xn).nn n若为上凸函数则改“ ”为。g(Pl) g(P2)g(P2n),Pl P2P2n、由g(X)为下凸函数得2n g(一3一)又 PiP2P3P2n所以 Pi 10g2 PiP2 10g2 P2P3 10g2 P3P2n 10g2(4)本题可作推广如下:若正数Pl，P2, ，Pn满足PiP2Pi 1n PiP21n P2Pn 1n PnIn n.简证：构造函数f(x) x In x易得f(x) fxln x x i.(nPi)ln(nPi)nPi1Pi In(nPi)i Pinn故Piln(nPi) i iPi i 0 In nnPi In Pi i i0.十.构造辅助函数法【例23】已知f (x)= 3 4x2x1n2,数列 anai1 a .*0,2 ni f an n N(1)求f(x)在1,0上的最大值和最小值；2(2)an0；(3)判断an与ani(n N )的大小，并说明理由.i【解析】(i)求导可得f(x)在-,0上是增函5 .一 数，fmax x =2;fmin x -ln2.2(2)(数学归纳法证明)当n i时,由已知成立;假设当n k时命题成立，即 ak 0成立，2那么当 n k i 时，由(i)得 2iaki f(ak) g 1n2,2),二 3 5i ak ii 一- In 2 22, - i ak i i,2 221一 ak 1 0 ,这就是说n k 1时命题成立. 2由、知，命题对于n N都成立(3)由 21an1 21anfan21an ,构造辅助函数 g x f x 2x 1 ,得_x 1x xg(x) f (x) 2 In 21 24 1n 4,当1 x 0 时，2x 1,- 4x 1. 222故 1 2x 4x 1 0,所以 g(x)g(0)=f(0)-2=0,f an21 an 0,即 21 an 1 21 an0,得an 1an。【例24】已知数列an的首项a13an2an1,2,L .(I)求an的通项公式;(n)证明：对任意的x0,an12(1 x)，n 1,2,L ;(in)证明：a1a2 Lan(n)提供如下两种思路:思路1观察式子右边特征,确定其最大值。,、1，、按为元进行配方,1 x由(I )知an3n3n 20-x (11x)223nx2 1(1 x)2 3n1(1 x)2(1 x)112一g2 an (1 x) 1 xan原不等式成立.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:,、1法2设f(x)1 x1(1 x)22-x 3n(1 x)2则f (x)(1 x)223n(1 x)2x g2(1 x)2 卷 x (1 x)2Qx 0,当0;当时3n ，x与时，f(x)取得最大值 3nf 32原不等式成立.(in)思路1考虑本题是递进式设问,利用的结论来探究解题思路:a2(n)知，对任意的x1_x)21 x (1122 x x)2 3n0,(11_x)2232 x(11_x)223223nnx2321313则a1a2原不等式成立.13n13n35【注】本解法的着眼点是对上述不等式中的 x进行巧妙赋值，当然，赋值方法不止一种，如:还可令x(1 x)222-T L 323nnx,1 1(1 1)23n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 23232 23n3n 2(1)当 n331二，成立;1 1(2)假设命题对nk成立,31即32323k3k 2k2k 1则当n k 1时,31有3n3232 23k3k 23k 13k 1 2k23k 1k 13k 1 2 k2只要证明k_ (k 1)22 k 2即证以3k2 (k 1)2 k 2k2 k即证3k 1 2 23k 122k2 3k 2 1k2 3k 2(k 1)32k2(k 2)2k2 3k 1(k 2)(k 1)2k2 3k21-k 1 c I 2 32 k3k 23k 12 2(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:Ir3n易于证明an一对任意n N成立;n 1于是 an3n3n 222n (n 1)n 1 n2n n 12,n n只要证明akbk3kk2 k 13k 2k2kk23 2k 2k 2.【注】上述证明是错误的！因为：f(k) 上是递增的，不能逐步“缩小”到 k 1所需要的结论。可修改如下:2考虑是某数列4的前n项和,则bn n 1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:3n an a 3-0 ,用n项的均值不等式:2a a2 Lannn 17 a21ann224 L 1 ；323n3a.由an1取倒数易得:2an 1nn 11n 1 3nn211(蓊n -3311 13【例25】已知函数f(x)=x2-1(x0),aa2 Lan设曲线y=f(x)在点(xn,f(xn)处的切线与X轴的交点为(xn+1,0) (n N*).(I )用 xn表示 xn+1；由;(II )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(田)若x1=2,求证:11 x111x212n 11 xn 3【解析】(I ) xn 1x212xn（n ）使不等式Xn 1Xn对一切正整数n都成立的充要条件是X11.（ m）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:1Xn 1(Xn 1)212Xn1 Xn2Xn 1(1Xn1)22(Xn 1(1 X1) 22n1)21Xn-(n 2)1即/_2(n 2)1 Xn 1于是由此递推放缩式逐步放缩得 222Xn 1 Xn 11 Xn 221X12n 13探索2从求证式特征尝试分析:结论式可作如下变形:111 X11X211 Xn5 2 222n1) V逆向思考，猜想应有:12n 1 一 、，一.（用数学归纳法证明,1 Xn 3探索3探索过渡“桥”，寻求证明加强不等式:11.由(2)知Xn1,由此得一(n 2)。有1 Xn 211X111X2xn12n 133n 1.证法1 （数学归纳法，略）；（用二项展开式部分项）：当n 2 时 2n=(1+1)、c0 cn2Cn2 -2n3n 12n n 2 3n 1此题还可发现一些放缩方法，如:11 X111 x21n（n N ）。（每一项都小于1）1 Xn而再证n3n 1,则需要归纳出条件n4.（前4项验证即已知an=n ,求证:步3. akn k n证明：高?=著akm1+.k31(k 1)k(k+ 1)n/(k1)(k+1) ( Vk+1 +VkZ1 )=1n k1k1k 21(k=1)(k=1)n=1+k=2 (k不 r(k+1)=1+T2+43.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满足烝1a2,01 ，、一-,求证:2n(ak ak 1)ak 2k 113212证明 Q0 a 2,an 1 an， a221a14春.1 时,0 ak 21a3 ,3 16n(ak ak 1)ak 2k 11 n /(ak16 k 1c 、1 /cak 1) (a116an 1 )132本题通过对因式ak 2放大,而得到一个容易求和的式子(ak ak 1),最终得 k 1出证明.1a当 n k 1 时 xk1 - xk 一 在Wa,