不等式放缩技巧十法

__2nn第六章不等式证明不等式，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n2n2k22n2n(n+1)n(n+1)n(n+1)22n222n22k 111nnaan32n12422n12n12nnnn简析不等式左边C1C2C3nnnnn故原结论成立.aaax2x2x21，n12naxaxax≤1.1122nn1122nn22212n12n1.2222a2a212n12n1.2222其实，上述证明完全可以改述成求axaxax的最大值。本题还可以1122nn为：若a2a2a2p，x2x2x2q(p,q0)，12n12n试求axaxax的最大值。1122nn1122nn2224a2+aa2+a2++a2x2+x2++x2p+q=12n+12n=.22故ax+ax+^+ax的最大值为2，且此时有a=x(k=1,2,,n)。1122nnkkkkkka2a2a2x2x2x21+2++n=1,1+2++n=1,(p)2(p)2(p)2(q)2(q)2(q)2ax+ax+则有112ax+ax+则有1122+ax=nnpq1122nnpq[(1+2++n)+(1[(1+2++n)+(1+2++n)]=pq2(p)2(p)2(p)2(q)2(q)2(q)2akxk(k=1,2,,n).于是，(ax+ax++ax)=pq，当且仅当pq1122nnmaxx12n12n则axxxpq1122nn12n12nxxx1=2=n12n例5求证(1+1)(1+1)(1+1)^(1+1)>2n+1.352n1法1利用假分数的一个性质b>b+m(b>a>0,m>0)可得aa+m5..^2n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：给出运用柯西 nbiiiiii=1i=1g61n+1n2+nn2nnnxxn+1n2+n2nnn+1n2+n2nni=1i+1ii=1i2+i2in1n1一1n2n2nn缩：aaa1)(a+1)i+1ii(i一1)n2nii=2，nn72223n22logn的最大整数。设正数数列{a}满足：2n1nn2b[logn]2【简析】当n2时an1n1nnaaaann1nn1n1即111n(11)n1.aanaaknnkkk1k2于是当n3时有111[logn]a2baa22n2b[logn].n12111注：①本题涉及的和式为调和级数，是发散的，不能求和；但23n是可以利用所给题设结论[log是可以利用所给题设结论[logn]来进行有效地放缩；23n22设函数f(x)exx。 (Ⅰ)求函数f(x)最小值； (Ⅱ)求证：对于任意nN，有n(k)ne. (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)得exx1，对x>－1有(1x)nenx，利用此结论进n()n()n()n()n1()()n()nnee8ne1例9设a(1)n，求证：数列{a}单调递增且a4.nnnn 即{a}单调递增。n以a1,b1代入()式得1(1)n(1)2n4.2n2n22n此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有(1)n4，又因为数列n{a}单调递增，所以对一切正整数n有(11)n4。nn注：上述不等式可加强为2注：上述不等式可加强为2(1)n3.简证如下：n1111a(1)n1C1C2Cn.1111nnnnnn2nnn1只取前两项有a1C12.对通项作如下放缩：nnn11nn1nk11Cknnkk!nnnk!1111故有a112n2222n12111222k1.a2.na2.n1n2a3a[解析]a[解析]a11n2a3ana2232n2.9缩)，1111n2232n2223n一1nnann+1nn+1nn1111nkk+1kkk(ii)利用上述部分放缩的结论a之2a+1来放缩通项，可得k+1kk12i：TT,{T}递减，有TTT,{T}递减，有TTnn1nn1322n3222n2n22n23288即(1)n，得证.即(1)n，得证.8nn (Ⅰ)证明a2n1对一切正整数n成立；n (Ⅱ)令b(n1,2,)，判定bn与bn1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)k1nnn2n1n2n2再如例5，令T=352n一1则Tn+1=^=2n+2>1，即T<T,：{T}递增，有T2n+12n+3nn+1nnn132．构造函数 a值； [解析](Ⅰ)a=1；(Ⅱ)由an+1=f(an),得用数学归纳法(只看第二步)：a=f(a)n1 [解析]构造函数f(x)=1(|x+a)|,易知f(x)在[a,+的)是增函数。2(x)设计迭代程序的根据；同时有着高等数学背景——数列{x}单调递减有下界因而n有极限：a)a(n)+w).n用。n1nnnnnnn-1nnn-1nnnnn244a2a+1进行递推放缩来证明(ii)，同理例7(II)中所得k+1k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：12n再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了。1nnnk1a=+a是难以证出的，因为a出现在分母上！可以逆向考虑：k+1akk1kn12n+1nn22001n2用数学归纳法，只考虑第二步：x2k1kk1k+1k+1kk22k2224x2k1kk1k+1k+1kk22k22242.n2 (1)求数列{an}的通项公式； aaa[解析]：(1)将条件变为：1－n＝1(1－n－1)aaann－1nn n3n23n2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仁N*，有(1－1)•(1－1)…(1－1)之1－(1＋1＋…＋1)……3323n3323n 得(1－1)•(1－1)…(1－1)之1－(1＋1＋…＋1)3323n3323n12322323nnnn (Ⅱ)求数列{a}的通项公式；n aaa845mn3 (Ⅲ)由于通项中含有(一1)n，很难直接放缩，考虑分项讨论：+=(+)=.+=(+)=.想3.2n一2+2n一1=3.(1+1)(减项放缩)，nn2n一1aaaaaaaa45m456m一1m2223242m一22242m一4288.1111111aaaaaaa5m45mm+111117aaaa8mm+122值； pppp满足p+p+p+^+p=1，求证：1232n1232nplogp+plogp+plogp+^+plogp一n1212223232n22n (Ⅰ)略，只证(Ⅱ)：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 (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122k122k则plogp+plogp+^+plogp一k.1212222k22k122k+1122k+1为利用归纳假设，将(*)式左边均分成前后两段：令x=p+p+^+p,q=p1,q=p2,^,q=p2k.122k1x2x2kx由归纳假定知qlogp+plogp+^+qlogqk.1212222k22kplogp+plogp+^+plogp=x(qlogq+qlogq+^+qlogq1212222k22k1212222k22k+logx)x(k)+xlogx,(1)22ppp=1x得2k+12k+22k+12k+122k+12k+122k+12综合(1)(2)两式plogp+plogp+^+plogp2222k+122k+122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.22c2cc2c2利用(Ⅰ)知，当x=1(即x=c)时,函数g(x)取得最小值.c222xlogx+xlogx2.log=(x+x)[log(x+x)1]②12122222212212 (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,p,^,p满足p+p+^+p=1,有2k122k212222k22k.plogp+212222k22k.pk2k+1令H=plogp+plogp+^+plogp+plogp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H(p+p)[log(p+p)1]+^+(p+p)[log(p+p)1],(p+p)log(p+p)+^+(p+p)log(p+p)k,kkkk【评注】(1)式②也可以直接使用函数g(x)=xlogx下凸用(Ⅰ)中结论得2到； (2)为利用归纳假设，也可对(*)式进行对应结合：q=p+p而变成ii2n1+i2k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ii1n11nn11nn特别地，若入=1，则有f()1[f(x)+^f(x)].innn1n又 (4)本题可作推广如下：n12n1122nniiiiiiniiiiiii=1 (1)求f(x)在_，0上的最大值和最小值; (2)证明：_1<a<0;2n (3)判断a与a(n=N*)的大小，并说明理由.数,：f(x)=2;f(x)=5-ln2.maxmin2 (2)(数学归纳法证明)①当n=1时，由已知成立；2kkk2那么当n=k+1时，由(1)得21+a+1=f(a)=(5_kk2：-1<a<0，这就是说n=k+1时命题成立.由①、②知，命题对=N*都成立 n222∴g(x)>g(0)=f(0)-2=0，∴f(a)-21+an>0,即21+an+1-21+an>0，得na>a。nn【例24】已知数列{a}的首项a=，n15n (Ⅰ)求{a}的通项公式；n n n 1思路1观察式子1(1)21(1)2a(1+xn)nna(1+xn)nnn2(1+x)xxx2则f,(x)=xxx2n3n 对任意的x>0，有11(2)1111(2)11(2)2(1) (3) (3)则a+a++a≥n=n2>n2．不止一种，如：1还可令x=，得nnn (2)假设命题对n=k成立，即31+32++3k>k231+232+23k+2k+1.则当n=k+1时，有31+32++3k+3k+1>k2+3k+1，31+232+23k+23k+1+2k+13k+1+2用二项式定理(展开式部分项)证明，再验证前几项即可。于是a=3n>n=n2n3n+2n+1n+1.【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k+1所需要的结论。可修改如下：考虑n2是某数列{b}的前n项和，则b=n2(n1)2=n2+n1，n+1nnn+1nn2+n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：由a=3an取倒数易得：a=3n>0，用n项的均值不等式：n+12a+1n3n+2n 2n>n 2n>n33a+a++a>n212