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1.均值不等式法设 Sn = ,1 2.、2 3 nn(n 1).求证n(n 1)(n 1)2Sn 工此数列的通项为 ak二k(k 1),k =1,2,.k +k +11J 厂Jk k(k 1)k ， . k : Sn 八22kx即 n

2、(n+1)S n(n +1) n (n +1)2即Sn2 2 2 2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.ab乞皂空，解析,n.1(k 二)， k 12n2若放成丫硕可k+1则得S “)=(n+1)(nBJn+D，就放过“度”了！n 二 2 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n at 亠亠a.1 兰; an W 1n営汕nann =2,3等的各式及其变式公式均可供选用。14.a；亠.亠 af其中，求证:简析已知函数f (x)阪，若f(1)=,且f(x)在0, 1上的最小值为1 + a 251 1-. (02年全国联赛山东预赛题)2n 121一(x

3、)= f(1)f( n) (12 *2x1 1 1 1 =n (1) = n -n 4(l 2 2nj) n 2n1n An 2 2 (n 1, n N).f(1)f(2)：Z7，f(n) . n4x1f(x)=1-一-11+4x1+4x1 1(1 呂)(1)2 2 2 2例3求证c： c2亠一c：-Cn . c3 亠.亠c： = 2n -1 =1 . 2 . 22 亠.亠2n简析不等式左边c： n n 1 2 22 ：2n1 = n2利用有用结论例 4 求证(1 1)(11)(1 丄)(11 厂 2n 1.352n -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 Lm(0

4、,0)可得a a mJ.35 . 21n6 2n 2 4 6 2n2 2，故原结论成立. 2n5 2n -12 4 6 (1 3 53-22n2n -1)2 2n1即(1 1)(11)(1 (11).2n1.352n-1法2利用贝努利不等式(1 x)n 1 5x(n，N , n- 2,x-1公=0)的一个特例2(1) 3n21 2-(此处 n =2,x=： 111例7 已知不等式丄丿丄.log 2 n,n，N , n Jlog? n表示不超过)得2k -12k -12k _12k 1 二 2n 1.2k -112k +1 丄 1 丄！1 (1) ： I 12k -1 2k -1T2k -1k4

5、 .1998注：例4是佃85年上海高考试题，以此题为主干添“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：证明(1 1)(1 (1 (1 1) .3 3n 4(可考虑用贝努利不等式 n=3的特例)473n _2例 5 已知函数 f(x)=|g3(n-F a .十 Q ：an给定 N ,n_2.n求证：f (2x) . 2f (x)(x = 0)对任意nN ”且n_2恒成立。(90年全国卷压轴题) 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)nnn2 2 2不等式r (a bi) 八a, bi的简捷证法：i=4

6、i=4i 4f(2x) 2f(x)二 ig1 疋 32x(n-1)2x an2x 2lg2x 3x (n_1)x a.nxnn=1 2x 3x(n - 1)x a n：n 1 22x 32x 一 叫n 一 1)2x a n2x而由 Cauchy 不等式得(111 2x 1 3x1 (n - 1)x a nx)2:(1212) 41 22x 32x 川补(n _ 1)2x a2 n2x( x = 0时取等号)兰n 1 +22x +32x + +(n 1)2x +a n2x L 0 ca 兰1)，得证！例6已知a1,an (1 -,)an 4r. (I)用数学归纳法证明 2(n 2)；n+n 2(

7、II)对ln(1 x) : x对x 0都成立，证明an : e2 (无理数e 2.71828)(05年辽宁卷第22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，可得放缩思路：an(1-In ann Aai 1 - In ai)二11、 1 12n)an=T nax I n(12n) I nan =n +n 2n2+n 2n+齐-(扩1122丄帚：2.1 1n 221i2 i厶)=Ina. -Inal-2n3即 In an Ina1 : 2 = 注：题目所给条件 放缩方向的作用；当然,11n(n -1).1 . 1 ln(an 1) -

8、 In(a21) ：11，yv i(i -1)n即 In (an 1) 1 In 3= an ：3e：e2.2an : e .In(1 - x) :：: x ( x 0 )为一有用结论，可以起到提醒思路与探索本题还可用结论2n - n(n -1)(n _2)来放缩：, 1 1annanan n112n=an2bloga22 blog 2 n22)题)1.于是当n 33时有丄kan5注：本题涉及的和式丄为调和级数，是发散的，不能求和；但是可2 3 n以利用所给题设结论 1-1 . !log 2 n来进行有效地放缩；23 n 2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

9、利于培养学生的学习能力与创新意识。1例8设an =（1 +）n，求证：数列an单调递增且an 4. n解析 引入一个结论：若 b . a . 0则bn1_an1 ：（n，1）bn（b_a）（证略） 整理上式得 an 1 - bn（n - 1）a -nb. C ），以 a =1 ,b =1 -代入（：） n +1n式得（1 +）n+（1 +丄）n.即an单调递增。n +1n以a =1,b =1丄代入（式得1（1）n 1二（1 丄）2n : 4.2n2n 22n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an单调 n递增，所以对一切正整数n有（1 1）n : 4。n丿1

10、注：上述不等式可加强为 2 _ （1 丄）“ ：:3.简证如下：n11 11利用二项展开式进行部分放缩：an二（1 ）n =1 C： C：二亠亠C；二.nnn2nn只取前两项有an _1 - Cn=2.对通项作如下放缩：nk 11nn1n k11.11nkk! n nn k! 1 222n _1故有an +1 1丄 4=2 1皿2_皿2 222 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：已知i,m,nnim是正整数，且 1 :J m : n. （ 1）证明 ni An : mi An ； （2）证明（1 m） （1 n） .（ 01年全国卷理科第 20题）1简析

11、 对第（2）问：用1/n代替n得数列bn : bn = （1 n）n是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法： 1 1数列(1 n)n递减，且 1 ： i 乞 m ： n,故(V m)m (V n)n,即（1 m）n （1 n）m。当然，本题每小题的证明方法都有10多种，如使用上述例 4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。解析部分放缩、八11-设 an =1a a 2a 3a1 1=1 2a3ak变成k -1,an（只将其中一个于是11于疋 an-2232例10设数列n 满足a有(i)an _ n 2 ； (ii) 11

12、 a1解析（i）用数学归纳法：当当n =k 1时（ii）禾Uak 11 _2(ak1a ,a _2.求证：an : 2.an11112-1222.又 k = k k k(k1),k 亠2na22 32n2进行部分放缩)，丄1-，r k2k(k1)1 1 1 1 1门(1 -；)() -(-n223n -1n 1 h-2 - nan 1 N .,当內_ 3时证明对所有n _ 1,1 1 1(02年全国高考题)1 a21 an2n =1时显然成立，假设当 n 一 k时成立即-k _ k 2，则 ak n = ak (ak - k) 1 _ ak(k 2 一 k) 1 _ (k 2) 2 1 k 3

13、，成立。 用上述部分放缩的结论ak( _ 2ak 1来放缩通项，可得 1)= ak 1一 _2kJ(a1 1) _2kJ 4 = 2k 1 =.-k +12心1 1有一乍，1 2 1 2 )=2 2.nnnz1 ai i 1112i41（1）n211 -2an一切正整数n成立；（n）令bn=（ n= 1,2；j，判定bn与b“+的大小，并说明理由（04n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）a2k 1 = a2 2 ； 2k V 2（k 1） 1 ；-k1法 2 a2n 1 = a： 22 -2 2= -21 -

14、-2 2, k = 1,2/ , n -1.则-2 _-2 2(n -1)= - 2n 2 2n 仁-n2n 171，四利用单调性放缩1.构造数列如对上述例 1,令 Tn =Sn _丄 2 则 Tn 1 -Tn = (n - 1)(n - 2)2-Tn -Tn.1, Tn递减，有人汀1 i 2 一 2 ：:： 0，故 S2n 30，22(n 1).2(1+1)(1再如例4，令t -7 n 1 丄)(11 ) T52n _1 则 Tn _2n 2.2n 1Tn2即Tn : Tn 1,. Tn递增，有Tn _匚： 1，得证！v3注：由此可得例4的加强命题(1 1)(1 1)(1 丄)(1 . 13

15、5求对任意n _ 1使(1 1)(1 ：:)(1丄)(1造成为探索性问题:正整数k的最大值;2 .构造函数2n 1 2n 3)艺彳迢、2n#1.并可改 2n-13L) _k. 2n1恒成立的3、5 2n1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！3 2 一1f(x) =ax X的最大值不大于 丄61求 a 的值；(n)设 0 ： &, an 1 = f (an), n ：二 N ,证明 a.2例13已知函数解析(i) a =1 ； (n)由 a. 1 二且an0.用数学归纳法(只看第二步)1 11，又当；,：】时 f (X). (I)4 281.(04年辽宁卷第21题) n 1

16、3 2-2an3/1、21 . 1(an )236 6a-1二f(aj在(0,亠是增函数，则得k +1f (an),得 an 彳=an113ak 1 = f (ak) ： f ()(k+1k+12 k+1例14数列、Xn丿由下列条件确定：X11 )2明：对n _ 2总有Xn _ a ； (II)证明：对n解析构造函数f(xllx+a；易知f(x)在ja,2 I 当n=k+1时x卄XnXk对(|)有Xn%1吗Xn函数，故有Xn-Xnxn二 a 0 , Xn1 冷-2总有Xn _ Xn 1 (02年北京卷第(19)题) -：)是增函数。XnXnn N . (| )证-旦在a：)递增，故Xk，构造函

17、数f(x) x ,Xn2.Xa_f C.a) =0，得证。Xn它在 a/:)上是增注：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 n 单调递减有下界因而有极限：an ). a(nr ).f(X) =! x a是递推数列2 x厂一1质属性的揭示往往具有重要的指导作用。类题有XnA 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：已知函数 f(x)=x-si nx,数列 an满足：0：1,an1 = f (an), n=1,2,3,.9、13证明：(1 )0 ： an 1 : an : 1 ；( ii ) an 1 ：an .(证略)6五换

18、元放缩例15求证1 J n ：:1 简析令an = n n =1 h2(n N , n _ 2).n -1n ,这里hn0(n 1),则有n _(1 . h )nn(n 一1) h20.2n - (1 hn)hn O . hn2 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部分放缩起到了关键性的an5.1)，从而有 11 *10n _2, n N，则吃 b22六递推放缩递推放缩的典型例子，可参考上述例10中利用(i)部分放缩所得结论进行递推放缩来证明(ii),同理例6(11)中所得ln an1-lnann2 n和2n11ln(an 11) -ln(an 1)、例 7 中一n(n

19、-1)a2 2 ak 1 - ak2都是进行递推放缩的关键式。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,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1 1 1 . 1 +十+-1 a1 1 a21 an 2例17设0 : a ：1 ,定义 丄、例12、n an J n(I)之法2所得我们可以 命题： I再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了(略)。2n1 .a1=a,an1二丄*，求证：对一切正整数n有an 1.an解析 用数学归纳法推n =k - 1时的结论an, 1，仅用归纳假设ak 1及递推式1ak 1a是难以证出的，因

20、为 ak出现在分母上！可以逆向考虑：ak1 土x.1ak 1a 1 ak ，ak1 a故将原问题转化为证明其加强命题:对一切正整数n有1 ：an例18数列，xn匚满足x1.(证明从略)1 -a1 x2J X 1 =Xn *弋.证明X2001 1001.( 01年中国西部数学2 n2奥林匹克试题)简析 将问题一般化：先证明其加强命题 xn _n.用数学归纳法，只考虑第二步:2作用。2( 彳2例 16 设 a 1 , n _ 2, n N，求证 an n (a7 .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nnOn1n12n2n2n2 n(n- 1) . 2

21、a =(b 1)二CnbCnb 一 Cnb 一 Cn Cnb 一b22-2 2 2 (证明从略)，因此an n (a-1)44#2Xkk1zk 2k22()k2_2k2221k上1因此对一切XE 有X 42n 23例19已知数列 3n满足：31=-，且2an =启匕（n_2“N ）（求数列 an的通项公式；（2）证明：对一切正整数n有a12 ” an：2n! （06年江西卷理科第 22题）解析：（1）将条件变为:2zl）,因此 1- 为一个等比数列,an-1an111其首项为1丄=1，公比1 ,a33从而1 -丄an1丄，据此得3nan =n器(n1), 1（2）证：据1得，a1 2 *,an

22、 =n!为证 a1a2 ”an：2*n!,只要证nN时有（1 3） （1 -2） , （ 1 壬）显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式：亠 111对每个 n N ，有（1 ）（1 -2） , （ 1 匚）1 3 33（用数学归纳法，证略）利用3得，（1 1） （1 丄）332132 +，*!),3n1 / 1 11 )1 ( + p + ,3n33241 -( 1)4( 1 )=1 33= 11 -( _)1231 3=1 + 1( 1 )n22 3故2式成立，从而结论成立。八分项讨论例20 已知数列a.的前n项和S满足Sn二（I）写出数列an的前3项3,a2,a3 ； （n） 对

23、任意的整数m .4，有丄丄1 ,1a4 a5am 82an （-1）n,n -1.求数列an的通项公式；（川）证明:（04年全国卷川）简析 （I）略，（n） an2n（-1）2J;3（-1）n，很难直接放缩，考虑分项讨论:丄.丄=3（）=，2-1） 2（川）由于通项中含有an1 2(2心 1 )(减项放缩) 丄丄a4 a5,1 3(丄匚)=1 32 2(23 24 2 2 2当n _3且n为奇数时an12门-232当m 4且m为偶数时丄am丄(1 -42心 +2n22nd 亠 2n2n 2 11 1 1 1 1 ( )( ) a4 a 5a6am_d a m2m) 2 86=7811当m .4

24、且m为奇数时丄.丄.丄：:丄.丄.丄.丄(添项放缩)a4a5am a4 asamam 1由知 丄+丄十丄+丄7.由得证。a4 asa m a m 1 8九数学归纳法例 21 (I)设函数 f(x) =xlog2x (1 _x)log2(1 _x) (0 ： x ：:1),求 f (x)的最小值;(n)设正数 p, p2, p3,p2n 满足訪+ P2 + P3 + P2n = 1，证明P1 log2 P1 P2log2 P2 P3 log2 P3P2n log2 Py - n(05年全国卷第 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

25、学中有关熵的问题。(I)略，只证(n):由g(x)为下凸函数g(PJ g(P2)g(P2-)2n-g(P1P2P2n2n12又 P1P2P3P2n -1n1所以 pjog? P1 -P2log2P2P3log2P3P，log?P2 2 g()_ n.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(jensen)不等式(若 f (x)为a,b上的下凸函数，则对任意人 a,b,二0(i =1,，n),厂一如=1,1有f (、為亠一；nxn )1 f(XJ亠亠；n f (Xn).特别地，若i贝U有nX! I -Xn1f (-)f(Xj f(Xn).nn若为上凸函数则改为 3 )的证明思路与方

26、法有:法2 (用数学归纳法证明)(i)当n=1时,(ii)假定当n = k时命题成立，即若正数由(I)知命题成立 .P1, P2 / ，P2k 满足 P1 - P2 P2k = 1，#则 P1 log2 P1P2 log2 P 亠 P2k log2 p2k - -k.当 n = k 1 时，若正数 p1, p2,p2k 1 满足p1 pp2k 1=1, (*)为利用归纳假设，将(*)式左边均分成前后两段：,q2P2 .qkP2kX贝q1,q2 / ,q2k 为正数，且 q1 qq2k = 1.由归纳假定知 qjog?p1p2log2p2亠亠 q2k log2q2k】：_k.5 log? 5P2

27、log?P2P2k log?P2k=xlog? q1 q? log?q?2*log? q?*I o gx) - x(k) xl o gx, (1)同理，由p2kdp2k2p2k1=1_x得p2kd log?P2k P2k1 log2p2k1一(1 -x)(-k) (1 -x)log2(1 -x). (2)综合(1)(2)两式 p1 log2p1p2 log2p2p2k 1log2p2k1-x (1 -x)(-k) xlog2 x (1 -x)log2(1 -x) _ -(k 1).即当n = k时命题也成立.根据(i)、(ii)可知对一切正整数n命题成立.法 3 构造函数 g(x) =xlog2X (c-x)log2(c-x)(常数c 0,x (0,c),那