不等式放缩技巧窍门十法

1、第六章不等式aian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:利用重要不等式放缩1.均值不等式法例1设SnJ1 2J2 3Jn(n1）.求证解析此

2、数列的通项为akJk(k1),k1,2,k Jk(k 1)k k1 k122nn1kSn(k1，k 1k12旳 n(n0Qn(n1) n(n1)22222,n.n(n 1) SSn(n 1)22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Jab -，若2，就放过“度”了!2放成Jk(k 1) k 1则得S n (k 1) (n 1)(n 3) (n 1)2k 1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 ny a11厂Va1an -a n lai厂证:其中，n 2,3等的各式及其变式公式均可供选用。已知函数f(x)1a 2bx，若 f (1)44,且f (X)在

3、0 , 1上的最小值为一，求5"简析f(1)f(n)f(x)4Xrv12?2X(x0)f(1) Lf(n)(1r4)(1n 2n例3求证C1ci C；Cnnn 12(n1,nN).简析不等式左边cnCnc；"s. n _ n .Cn= 21222n1故原结论成立【例4】已知a；求证：a1x1V1 2 222n 1 = nLa： 1 , x1 x2 L82X2anXn <1.【解析】使用均值不等式即可:2X因为 xy 2R)，所以有a1X1 a2X2 L 耳人2 2a1X1222a2X2L22 2anXn2a； a； L22 2anX12. 2X2LXn21.其实，上述

4、证明完全可以改述成求 a1X1a2X2anXn的最大值。本题还可以推广为:若 a： a2L a：2 2p，X1X2L x：q(p,q0)，试求a1X1a2X2anXn的最大值。请分析下述求法:因为 xya/82X2L anXn2 2-(X, y R)，所以有22 2 2 2 2a1X1a2X L an2Xn2 2 22 2 2a1a2Lan22 2. 2X1X2LXn2故 aiXia2X2PanXn的最大值为P q2 ._q亍，且此时有 akxk(k1,2,L , n)。3 52 4上述解题过程貌似完美，其实细细推敲，是大有问题的：取“=”的条件是akXk(k 1,2,L ,n)，即必须有nn

5、2 2k 1 ak k t ，即只有P=q时才成立!那么，Pq呢？其实例6的方法照样可用，只需做稍稍变形转化:2a1而2 2an 1 X1冇，百2Xn1,则有a2x2anXnaiXia2x2 LanXn2a2而2_)丽2)2X1而2L茁)2 LakXk于是，（qX, a2X2 Lan Xn ） max斥q，当且仅当r(k 1,2,L ,n). JqLT结合其结构特征，还可构造向量求解：设m 总丄,an）, n 伙兀丄，xn），则LT rLT r由| m n | | m | n |立刻得解:laN a2X2 L anXn | 屆 a； L2 2an VX1X； LX； /pq且取“=”的充要条件

6、是:X1a1互La2Xn_ an 。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(11)(13)(11) (1 汙7)v2n1.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 bb m(b a m0,m0）可得2n2n 12n 12n5 2n 16 K (2n 1)(2 4 6-2)2 2n 11 3 5 2n 1111即(11)(1-)(1-)(1352n1)1.利用贝努利不等式（1 x）nn x(nN ,n 2, X 1,x0）的一个特例(112此处2k 12,x注：例5 是 19852k 1)k12k 1年上海高考试题，以此题

7、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)(14)(1 rn (1 爲 E（可考虑用贝努利不等式 n 3的特例）1 23例6已知函数f (x) lg(n 1)X a nX,0 a 1,给定 n nN ,n 2.求证：f(2x) 2f (x)(x0)对任意 n N且n 2恒成立。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（Cauchy )不n2等式(aibi)i 1nn2 2ai b的简捷证法:i 1 i 1f(2x)2f(x)lgn2x a n,八Xx(n 1) an n1 2X3X(n 1)

8、x anx2n?12x32xz八2x(n 1)a n2x而由Cauchy不等式得(1 11 2x3x1 (n1)x aX 2n )(1212)?122x32x(n 1)2x2X1n (x0时取等号n?122x32x(n 1)2x2Xtan(a 1），得证!（I）用数学归纳法证明n)an ran 2(n2)；例7 已知a11,an 1(1(II)对ln(1 x) X对x 0都成立，证明ane2(无理数 e 2.7182& )解析(II)结合第(I)问结论及所给题设条件ln(1x)0)的结构特征，可得放缩思路：an 1(12n)anIn an 1ln(11莎)ln anIn an12n n

9、于是In an 1In an1n2 nn 1(In ai 1 In ai)i 1(JiIn anln a11(A122即 In an In a12an【注】：题目所给条件ln(1x)0 )为有用结论,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2nn(n 1)( n 2)来放缩:an 1(1_1 n(n1n(n 1)an1 1 (1 1)ln(an1)In (an1) ln(1n(n 1)1n(n 1)n 1In(ai 1i 21) In (ai 1)1 12 i(i 1)In (an 1) In(a21)即 In (an1)1 In 3an3e 1 e2.【例8】已知不等式12

10、1L1-log 2 n, n N ,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),anSn 2.an 12b求证a n , n2 blog 2 nnan 1【简析】当n 2时an 一口n an 1ann an 1an 1an 13.4.1即一anan 1于是当n3时有ana12log 2 nan2b2 blog 2 n(丄丄)ak ak 1注：本题涉及的和式1为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利用n1所给题设结论12-log 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

11、能力与创新意识。再如:设函数f (x) eX X。(I)求函数f(X)最小值;(n)求证：对于任意，有k 1(与n【解析】(I) 1;(n)证明：由(I)得x>有(1X)enx，利用此结论进行巧妙赋值：取X1,k1,2,L,n，则有(-)nn(分n(-)nn(1)n1e1()e(-)1e1()e(1)ne1e即对于任意，有n k(一)k 1 n例9设an (11)nn，求证：数列an单调递增且an4.解析引入一个结论：若 b a 0则bn 1 an 1(n 1)bn (ba)(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)anb.(以a 11 ,b 1

12、1代入(n 1n）式得（1-1)n 11)(1 -)n.n即an单调递增。1以a 1,b1代入(2n)式得1(12n)冷(1异2n此式对一切正整数 n都成立，即对一切偶数有(1 -1)n 4，n又因为数列1增，所以对一切正整数 n有（11）nn4。注：上述不等式可加强为 2（11)nn3.简证如下：利用二项展开式进行部分放缩：an (1 1)n 1 Cn-Cn2n12 nC：1n . n'.c1 1只取前两项有an 1 Cn n2.对通项作如下放缩：ck 11 n n 1Cn k1 .nk! n nn k1 111nk!1 22 2k 1 .1 1故有an 1122 2212 121

13、(1/2)n 13.2n111/2二部分放缩,1 1例 10 设 an 1a L2a 3a1T,an2，求证:an2.,1 1解析an 12a371a1n1 122321n2.kk k(k 1), k2k变成k1 ,（只将其中一个进行部分放缩），an单调递又k2k(k 1)于是an132(12）(1 1)23（十-）1 2.n【例11】设数列an满足nanN ，当 a13时证明对所有1,有:(i)an n 2 ；111 an2【解析】（i）用数学归纳法：当n 1时显然成立，假设当 n k时成立即ak则当 n k 1 时ak 1ak(akk) 1ak(k 2 k) 1 (k 2) 2 13，成立

14、。（ii）利用上述部分放缩的结论ak 12ak 1来放缩通项，可得ak 11 2(ak1)ak2k1(a1 1)2k1 42k【注】上述证明1i 11 ai1ak 1（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 (k2)(k2 k) 1 k 3 ；证明（ii）就直接使用了部分放缩的结论ak 1 2ak 1。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(-)3n(n 1)(n 2)简析2观察（3）n的结构，注意到（!）“（11才n，展开得(1C3 21n n(n 1)2(n1)(n 2) 68即(11)n (n 1)(n11,2,

15、).例13设数列01满足a1 2, an 1 an(nan（I）证明an J2n 1对一切正整数n成立;(n)令 bn命（n 1,2,），判定bn与hl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）2ak12ak2k 122(k1) 1 ;2法2 anan 212an2 an2 ak2 ak2,k1,2, ,n 1.则a：a；2(n1)2an2n2nan 72n四利用单调性放缩1.构造数列如对上述例1，令TnSn(n1)22则TnTnJ(n 1)(n2)2n 32Tn Tn 1, Tn递减，有 Tnn 5 1,T1丁20，故 S

16、n(n1)221 1(1 1)(1 -)(1 -)再如例5，令Tn 3 F 5v2n 1(1Tn1Tn2n 2J2n 1J2n 3即 Tn Tn1, Tn递增，有丁1得证!2 .构造函数例14已知函数f（x）ax的最大值不大于16，又当11,;时 f(x) 8（I）求a的值;(n)设 03112，anf (an), n N，证明 an解析(I) a=1;(n)由 an1 f(an),得an 1 an fa；|(an2 21)21 i 且 an 0.用数学归纳法（只看第二步）ak 1f (ak)在ak(0-）是增函数，则得1ak 1f(ak) f(|(宀)2例15数列Xn由下列条件确定:Xi(I

17、)证明：对n 2总有XnTa ；(II)证明：对n 2总有XnXn 1XnXna,nXn1解析构造函数f（X） 2f（X）在Va,）是增函数。1时XkXk）递增,Xk 1f(ja)va.对(II)有XnXn 1，构造函数Xnf(X)它在Va,）上是增函数，故有XnXn 1f(Ja) 0 ,得证。【注】本题为02Xn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数列Xn单调递减有下界因而有极限：anJa(n).1 af (x) X 是递推数列X2 XXnA的母函数，研究其单调性对此数列本Xn质属性的揭示往往具有重要的指导作用。五换元放缩例16,n2)

18、.简析hn，这里hn0(n1）,则有(1hn)n 葺%20hnJn(n1)，I 2从而有1 an 1 hn 1 JVn 1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。2 /八2例17设a 1，n 2,n N，求证 an4简析令a b1，则 b 0, a1 b，应用二项式定理进行部分放缩有n /Ia (b1)n c0bn Cnbn1Cnbn2Cnc 2 u.n 2nCnbn(n 1).2注意到n2,n N，则22 2Ub2-l-L (证明从略)，因此an42,八2n (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(i)部分放缩所得结论ak1 2

19、ak 1 进行递推放缩来证明(ii)，同理例(II )中所得In an 1 In an1""2n nln(an11) ln(an 1)、例中丄丄anan 1例13 (I)之法2所得2ak 12ak2都是进行递推放缩的关键式。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:1 11a11 a21111 an2 2n 1再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了。例 18 设 0 a 1，定义 a11 a,an 11a，求证：对一切正整数 n有an 1.an解析用数

20、学归纳法推n k 1时的结论an 1 1，仅用归纳假设ak1及递推式ak 1aka是难以证出的，因为 ak出现在分母上！可以逆向考虑:ak 1akak厂a故将原问题转化为证明其加强命题:对一切正整数n有1an1.(证略)a例19数列Xn满足X1 2,Xn 1Xn2Xn.证明 x20011001.简析将问题一般化：先证明其加强命题Xn用数学归纳法,只考虑第二步:Xk 1 Xkk221 k2k2 (2)因此对一切xN有Xn例20已知数列an满足:3a1 =23nan-1(n2an 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

21、= 1(1 3ann1),因此an1为一个等比数列，其首an项为1 = 1，公比1，从而133a1an13n，据此得an =3n1(n 1)1(2)证：据 1 得，a1?a2?an!1 1 1(1 3)?“ 32)(1-3n)为证 a1?a2? an 2?n !,1 1 1 1只要证 n N 时有(1 3)?(1 1 )( 1 3?)223332显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式:1 +.+7+ +对每个 n N，有(1 - !) ?(1 -)( 1-壬)1 -( 1 +1 -( 1 + 4+ +332（用数学归纳法，证略）利用 3 得(1 1) ?(1-丄)( 1丄)333.1

22、-( 1 )n. ( 1 )1231-3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Sn 2an1),n1.(I)写出数列 an的前3项a1, a2, a3 ;（n）求数列an的通项公式;简析（川）证明：对任意的整数 m4，有丄34a5am(I)略，(n) an 2 2n3(1)n1由于通项中含有 （1）n，很难直接放缩,考虑分项讨论:3且n为奇数时anan 1l(刁112* 11）32n2222n32门12n12n 2 12n22n1(212）（减项放缩），于是，当m 4且m为偶数时3435a41(a51)361(3m 11)am六）当m 4且m为奇数时a4 a

23、5ama4 a5am（添项放缩）由知a4a5amam 1由得证。九.借助数学归纳法例22 （I）设函数f（X）Xlog2X(1X)log2(1X)(0X 1），求f（X）的最小值;(n)设正数 P1, P2, P3, I P2满足P1P2P3P2n 1，求证:P1 log 2 P1P2 log 2 P2P3 log 2 P3P2n log 2 P2nn（I）略，只证（n）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熵的问题。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

24、纳法）（i）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P1P2P2k1，贝y P1 log 2 P1P2 log 2 P2P2k log 2 p2kk.当n k 1时，若正数P1, P2, ,P2k1满足P1P2P2k 11,(*)为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段:令 X P1 P2P1P2k Iq1 7，q2P2XI q2kP2kX则q1,q2,q2k为正数，且qq?1.由归纳假定知 q1 log 2 P1P2 log 2 P2q2k log 2 q2kk.P1 log 2 P1P2 log 2 P2P2k log2 P2kx

25、© log 2 q1 q2 log 2 q2q2k log2q2klog 2 X) X( k) Xlog 2 x, (1)同理，由 P2k 1P2k 2P2k 11 x 得P2k1 log 2 p2k 1P2k 1 log 2 P2k 1(1x)(k) (1 x)log2(1 x). (2)综合(1 ) ( 2)两式 P1 log 2 P1P2 log 2 P2P2k 1 log 2 p2k 1x(1 x)( k) xlog2 x (1 x)log2(1x)(k 1).即当n k 1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

26、x (c x)log2(c x)(常数c 0,x (0,c),那么xxxxg(x)c log2 (1) log 2(1-)log2 c,cccx 1利用(I)知，当一 一(即xc 2c号）时，函数g（x）取得最小值.对任意X10,X20,都有X1x1 log2 x1 x2 log2 x222勻0g2 宁(x1x2)log2(x1 x2) 1（式是比式更强的结果）.下面用数学归纳法证明结论（i）当n=1时，由（I）知命题成立.（ii）设当n=k时命题成立，即若正数 p 1, P2, ,P2k满足P1 P2P2k1,有p2k log 2 P2kk.当 n k 1时，p 1, P2, p2k 1 满

27、足 P1P2令 HP1 log 2 P1p2 log 2 P2P1 log 2 P1P2 log 2 P2p 2k 11.P2k 1 1 log 2 P2k 1 1P2k 1 log 2 P2k 1对（*）式的连续两项进行两两结合变成k2项后使用归纳假设，并充分利用式有H (P1P2)log2(P1 P2) 1因为(P1 P2)(P 2k 1 1 P 2k 1)(P2k 1 11,P2k1)lOg2( P2k11P2k 1) 1,由归纳法假设 (ptP2) log 2( Pt P2)(P2k 1 1P2k 1)log2(P2k1 1P 2k 1) k,k (P1 P2P2k 1 1P2k 1)

28、(k1).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 log 2 x下凸用（I）中结论得到;k（2）为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：qi Pi p2n 1 i而变成2项;本题用凸函数知识分析如下:对任意Xia,b, i0( i 1,n), 1n1, 有f ( 1X1nXn)1f(X1)n f (Xn).1特别地，若i ,则有f (x1Xn)1f ( X1 )nnn若为上凸函数则改“”为“o先介绍詹森(jensenf(Xn).)不等式.若f (x)为a,b上的下凸函数，则22(2)由g(x)为下凸函数得g(Pi) g(P2

29、)g(P2n)2ng(B又 P1P2P3P2n所以 P1 log 2 P1P2 log 2 P2P3 lOg2 P3P2n log2-n . 1 .P2n2 g(2r)n.本题可作推广如下:若正数P1, P2,Pn满足P1P21，则Pi ln PiP2In P2PnIn PnIn n.简证：构造函数 f(x)xIn易得 f(x) f (1)xln Xx 1.(np i)l n(npi)npi1Pi ln(npi)Pi十.n故P il n(np i)i 1Pi 10 ln nPi In Pi0.构造辅助函数法【例23】已知f (x) =4x2xln2,数列an满足1一a10,21 an1f an

30、n N(1)求f(x)在1-,0上的最大值和最小值；(3)证明：丄2an0；判断an与an1(n N)的大小，并说明理由.【解析】(1)求导可得f(x)在-1,0 上是增函数，fmax x =2；fmin X号-ln2.(2)(数学归纳法证明)当 n 1时，由已知成立;假设当k时命题成立，即1 ak20成立,那么当k 1 时，由(1 )得 21 ak1f(ak)(2 in2,2),51 ak 1 C 12 ln2 2 2, 21 ak 1akn k 1时命题成立.由、知,命题对于 nN都成立(3)由 21an 121anf an21 an ,构造辅助函数，得g'(x)f (x) 2x1

31、 ln22x 4x ln 4 ,x 0时,4222x11,-4x 1.2故 12x 4x 1所以g'(x)<0 得 g(x)在-,0是减函数,2g(x)>g(0)=f(0)-2=0an21an>0,即 21 an 1n >0 ,得 an 1 > an。【例24】已知数列an的首项a1an3an2an1,2,L .(I)求an的通项公式;(n)证明：对任意的 xan1(1 x)2,n1,2,L ；(川)证明：a1a2 Lan【解析】(I) an3n3n 2(n)提供如下两种思路:n 1思路1观察式子右边特征，按为元进行配方，确定其最大值。x由（I）知an3n

32、3-1 2 2 x (1 x)2 3n1(1 x)2231(1 x)2 an (1 x)1 g 1 an 9(1 X)2an1厂x ananan ,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:1f(x) C1(1 x)2(x)1(1 x)2(1 x)2x g2(1 X)iJn(1 x)2当x *时，f（X）0 ;当3nI时，f (x)0 ,当x W?时，f （x）取得最大值f3an .原不等式成立.（川）思路1考虑本题是递进式设问,利用(n)的结论来探究解题思路:由（n）知，对任意的x 0,(1(11_ _2x)2 321(1x)22nx丄3n 1 1n 1 一31

33、则 a1 a2 L原不等式成立.n2n 1 3【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 -，得n1(1 X)2_23nx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 23n(1 )当 n1时丿31121 1，成立;(2)假设命题对nk成立，即331 23233kk2k 1则当n k 1时,3232 23k3k 1k2k 13k13k1 2只要证明kk23k 1厂(k 1)2即证3k13k1 2(k 1)2k 2即证k2 3kk2用二项式定理k2k 1(k 1)3k2(k 2)(k 2)(k 1)k2 3k

34、 1 k2 3k2 13k 223k 121k2 3k 23k122(k2 3k 2)(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:3k1易于证明an3n3n 2 n对任意nN成立;于是an3n3n 2【注】上述证明是错误的！因为:f(k)k是递增的，不能逐步“缩小”到所需要k 1的结论。可修改如下:2考虑是某数列 n 1bn的前n项和,(n 1)2n2 .n n 12n n只要证明akbk3k3k2 p3k 2 k22k 2.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:取倒数易得:an方J 0,用n项的均值不等式:3n 2a1a2 L annn丄丄La1 a2ann22了 1 7 L 133_23nn21 (3)nn 丁a1 a2【例25】已知函数L ann2f(X)=X 2-1(X>0)，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 ；(n)求使不等式Xn 1Xn对一切正整数n都成立的充要条件,并说明理由;(川)若X1=2，求证:X11 x21 2n 1FT 丁【解析】（I ） Xn 1X；12Xn（n）使不等式Xn 1Xn对一