放缩法在不等式的应用

1、放缩法在不等式的应用放缩法在不等式的应用所谓放缩法就是利用不等式的传递性，对照证题目标进行合情合理的放大和缩小的过程，在使用放缩法证题时要注意放和缩的“度”，否则就不能同向传递了，此法既可以单独用来证明不等式，也可以是其他方法证题时的一个重要步骤。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. “添舍”放缩通过对不等式的一

2、边进行添项或减项以达到解题目的，这是常规思路。例1.设a, b为不相等的两正数，且 a3-b3= a2 b2，求证1 3（ abc）二. 分式放缩一个分式若分子变大则分式值变大，若分母变大则分式值变小，一个真分式，分子、分母同时加上 同一个正数则分式值变大，利用这些性质，可达到证题目的。例3.已知a、b、c为三角形的三边，求证： 1 + + 2。b c a c a b三. 裂项放缩 若欲证不等式含有与自然数 n有关的n项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。例4.已知n N*，求11-1 2、n。23Jn例 5.已知 n N *且 an 12.23. n(n 1)，5 / 10求证：2n（n

3、1）an（n 1）对所有正整数n都成立。2 2例6设数列an满足a12,an 1an丄（nan1,2,)(I)证明 an、2n 1对一切正整数n成立；（H）令bnann(n1,2,），判定bn与bn 1的大小，（04年重庆卷理科第（22）题）四.利用重要不等式放缩1.均值不等式例 7 设 Sn ,1 2.2 3利用已知的公式或恒不等式，把欲证不等式变形后再放缩，可获简解。(n 1)22.n(n 1).求证 n( 1)Sn1例8已知a,b为正数，且一a1，试证：对每一个n Nn n n2n(a b) a b 22n1.(88年全国联赛题)2利用有用结论例9求证(11)(115)例10已知函数1

4、2f(x) lg (1 的)2n 1.3xxx(n 1) an 0 n1,给定 n N ,n 2.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)11已知a111,an 1(12)ann n丄(I)用数学归纳法证明 an2(n 2) ； (II)对2nln(1x)0都成立，证明an2e (无理数e2.71828-)(05年辽宁卷第22题)12無2 nN ,n 2.log 2 n表示不超过log 2 n 的最大整数。设正数数列an满足:a1b(b 0),annan1 ,n 2.n an 1求证an2b例13设an,n 3.( 05年湖北卷第(2 blog 2

5、n1 n(1)，求证：数列an单调递增且an 4.n22)题)例14设数列、2an 满足 a n 1 a nnan 1 n，当a13时证明对所有n 1,有1(i)an n 2 ； (ii)-1a111 a211 an(02年全国高考题)五利用单调性放缩1、构造数列如对上述例TnSn(n 1)2 则2Tn 1TnT n Tn 1 ,Tn递减，有 Tn T122n(n 1)(n 2)0，故Sn 工1 1 十横 c 人(11)(1-)(1-)(1再如例9,令T35na2+ab+ b2= a+b,又 a+ b0,得 a+ b 1,又 ab (a+ b),而(a+ b) 2= a+ b+ ab a+ b

6、+ (a+ b),即(a+ b) 2 a+ b,所 444以 a+ b ，故有 1 a+ b (a7 / 10a b 扌，c2 ac a2c 2。所以.a2abb2b2bc c2c2aca2 3 ( a2b c)例3.证明：由于a、b、c为正数,所以a ab b ,bcabc ac a b ccc，所以，a+ b+ ca +b+c = 1 ,a babcbc a caba+ b+ ca+ b+ ca+ b+ c又a, b, c为三角形的边，故b+ca,贝U a 为真分数，贝Ub cc 2ca b a b c故亠 + 4 + 亠 2a + 2b + 2cb c a c a b a b c a b

7、 c a b c综合得 1 J + + 2。b c a c a b例4.证明：因为- n2( . n 、n 1)放缩法在不等式的应用19 / 101 2( . 2 1) 2( .3 . 2)2(、. n .n 1)2 n，证毕。例5.证明：因为,n(n 1)n2 n，所以 ann(n 1) n2又.n(n 1)n(n 1)2n(n 1)32例6简析本题有多种放缩证明方法，这里我们对所以an52(i)法1用数学归纳法(只考虑第二步)2ak法 2a2na； 212an2an2ak则ana22(n1)a22n例7解析此数列的通项为ak；k(k 1),k1,2,k . k(k 1)即 n(n 1) S

8、Snn(n 1)注：应注意把握放缩的“度” n成.k(k 1) k 1 则得 Sn2n2进行减项放缩,(n 1)2ak2-，综合知结论成立。2n 122(k1) 1 ；2,k1,2,n 1.anSnn(kk 1(n 1)22上述不等式右边放缩用的是均值不等式aba b，若放2(k 1)k 1(n 1)(n 3) (n。，就放过2“度”了!2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n1丄a1ana1anna12 an1n其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用11得ab a b，又 b1 (a b)(- ab)ab a b4，而(a b)nC0anC；an1bcnan rbrC

9、；bn,令 f(n) (an nb) abn，则f(n )=C：an1bC；anrbrn 1Cnabn1因为cn Cn ，倒序相加得2f (n )=C：(an 1babn 1)cn(anrbrrbnr)C： 1(abn 1、a b),而an1b abn1rbrabn2 anbnn4仓2n 1，则2f(n )=(CcnC； 1)(arbn(2n2)(arbnrbr)(2n 2) 2n所以f(n) (2n2)2n，即对每一个n(ab)nn 2n n 1b 22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m(b a m0,m0)可得(12n2n 12n 12n2n 12n(2n1)2n

10、2n J2n1 即(11)(11 13)(1 5) (12n 1).2n 1.法2利用贝努利不等式(1x)n 1 nx(n,n 2,x1,x0)的一个特例2k J 1j (此处n2k 12,x12k_)得1注:文科试题;2k 12k 1nk1(111 - 2k 1例9是1985年上海高考试题，12k 1)以此题为主干添“枝加nk 1 2k 12k 12n 1.“叶而编拟成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)(11)(11) V37 (可考虑用贝努利不等式73n 2例10 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(1998年全国高考n 3的

11、特例)Cauchy )不等n2(aib)I 1nn22aibi的简捷证法：f(2x) 2f(x)I 1 I 11 22x32xIg-(n 1)2x a n2x 1 2x 3x 2Ignxx(n 1) ann1 2x 3x(n 1)xx22 x 2xn?1 23(n2x1) a2xn 而由Cauchy不等式得(1 1 12x1 3x1 (n 1)x a(1212)?122 x 32x(n1)2x2xn(x0时取等号)n?12 2x32 x(n 1)2x2x-ia n 1),得证!例11解析(II )结合第(I )问结论及所给题设条件ln(1x)的结构特征,可得放缩思路：an 1In an(1-2

12、-n n12nn 1(In a,i 1In ai)即 In an In a1注：题目所给条件ln(1的作用；当然,an 1(1In (an 11、n)anInan2丄。于是In an 1anx)本题还可用结论1n(n 1)an1) In (an 1)1 In(1In an12 n n12nIn an(丿Ie2.2nInanIn a11 n 1211 -2x 0)为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向n(n 1)( n2)来放缩:1an 11(1-)(an 1)n(n 1)1n(n 1)1 .) .n(n 1) n(n 1)n 1 1 .In (an 1) In (a?1)1 1，I 2

13、I(I 1)nln(1n 1In 11)In(aI1)i 2即 In (an 1) 1 I n3 an3e 1 e2.例12简析当nan 1n an 1anan 1an 1ananan 11)ak 1于是当n3时有丄ana1flog2 nan2b2 blog 2 n注：本题涉及的和式丄为调和级数，是发散的，不能求和;n但是可以利用所给题设结论11231-log 2 n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,学生的学习能力与创新意识。来进行有效地放缩;有利于培养例13解析 引入一个结论:b a 0 则 bn 1(n 1)bn(ba）（证略）整理上式得anbn( n 1

14、)a nb.(,b11代入（）式得n(11、n1）(11 n-)-n即an单调递增。a 1,b1代入(2n)式得1(1此式对一切正整数n都成立,即对一切偶数有2n(11 2n4.(11-)n又因为数列an单调递增，所以对一切正整数 n有(1注：上述不等式可加强为(1!)nn3.简证如下:利用二项展开式进行部分放缩:an (1C：CCn nn只取前两项有a1 C：2.对通项作如下放缩:k!k!1尹.故有an 11221_2* 1n 11 (1/2) 31 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:ii已知i,m,门是正整数，且1i m n.（ 1）证明n Ami i

15、nmm An ；证明(1 m) (1 n).（01年全国卷理科第20题）简析 对第（2）问：用1/n代替n得数列bn : bn(11n）7是递减数列;借鉴此结论可有如下简捷证法：数列（11n）n递减，且1 i1n,故(1 m戸(1(1 m)n (1 n)m。例14解析（i）用数学归纳法：当n 1时显然成立，假设当k时成立即ak2，则当nk1 时 ak 1a k (akk)1 ak(k 2 k)用上述部分放缩的结论ak 12ak1来放缩通项，可得ak1才1 /2佝k 11) 24屮1112k 1 .ak 121 (k 2) 21 k3，成立。(ii)利ak 112(ak1)nn1111(1)n1

16、i 11aii 1241122.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)(k2 k) 1k 3 ;证明（ii）就直接使用了部分放缩的结论ak 12ak1例 15 解析(I)a=1 ； (u)由 an 1 f (an),得an1 an2且an0.用数学归纳法（只看第二步）：ak 1 f （ak）在ak3/1、21(an )236(0,_j)是增函数，k 1则得1ak1f(ak) “芦)i(例16解析构造函数f（x）是增函数。Xk在、.a,）递增故XkXk 1f(.a) , a.对(II)有 xnxn11xna，构造函数f（x） 1 x-,它在、.a

17、,）上是2xn2X增函数,故有xnxn 11xnaf（ .a） 0，得证。2Xn例17简析令ann.n 1hn，这里hn0(n1）,则有n (1 hnn(:1)h2hn0hn2 j,n 1)，从而有2n11 an 1hn3且n为奇数时丄an an 12n2 1n 1 )2n 1 122n2n2门 22 n 12n 32n1）（减项放缩），于是注：通过换元化为幂的形式，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18简析令ab1，则b0，a1 b，应用二项式定理进行部分放缩有na(b 1)nC：bnC1bn1Cn2bn 2C；C2bn2 n(n 1)b2，2注意到n2,nN，则.n(n 1),2 b 2n2b2（证明从略），因此an2 2n (a 1)44例19简析(I)略,l2n2 ( 1)n1 ; .（山）由于通项中含有（1）n，很难直接放缩，考虑分项讨论:当m 4且m为偶数时丄111(1)(1匸)a4a5ama4a5a6am