不等式放缩技巧窍门十法

,.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.这里以数列型不等精品文档放心下载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。感谢阅读证明数列型不等式，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感谢阅读和挑战性，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谢谢阅读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谢谢阅读结构，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：精品文档放心下载一 利用重要不等式放缩均值不等式法例1设S1223n(n1).求证n(n1)S(n1)2.n2n2解析此数列的通项为ak(k1),k1,2,,n.kkk(k1)kk1k1，22kS(k1)，nnn2k1k1n(n1)Sn(n1)n(n1)2.精品文档放心下载2222n注：①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 aba2b，若精品文档放心下载放成k(k1)k1则得Sn(k1)(n1)(n3)(n1)2，就放过“度”了！n221②根据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式，这里感谢阅读nnaaaana2a21111n1nnnaa1 n,.其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。例2已知函数f(x)1，若f(1)4，且f(x)在[0，1]上的最小值为1，求1a2bx52证：f(1)f(2)f(n)n11.2n124x11(x0)[简析]f(x)112•2x14x14x11)L(11f(1)Lf(n)(122)(122222n)n1(11L1)n11.422n12n12例3求证C1C2C3Cnn2n21(n1,nN).nnnn简析不等式左边C1C2C3LCn=2n112222n1nnnnn1nn12222n1=n22，故原结论成立.【例4】已知a2a2La21，x2x2Lx21，12n12n求证：axaxax≤1.1122nn【解析】使用均值不等式即可：因为xyx2y2(x,yR)，所以有2axaxLaxa2x2a2x2a2x211222Lnn1122nn22a2a2La2x2x2Lx2111.122n122n22其实，上述证明完全可以改述成求axaxax的最大值。本题还可以推广为：1122nn若a2a2La2p，x2x2Lx2q(p,q0)，12n12n试求axaxax的最大值。1122nn请分析下述求法：因为xyx2y2(x,yR)，所以有2axaxLaxa2x2a2x2a2x21122Lnn1122nn222,.a2a2La2x2x2Lx2pq.12n12n222pq故axaxax的最大值为2，且此时有ax(k1,2,L,n)。1122nnkk上述解题过程貌似完美，其实细细推敲，是大有问题的：取“＝”的条件是谢谢阅读nnax(k1,2,L,n)，即必须有a2x2，即只有p=q时才成立！kkkkk1k1那么，pq呢？其实例6的方法照样可用，只需做稍稍变形转化：a2a2La21,x2x2Lx21,12n12n(p)2(p)2(p)2(q)2(q)2(q)2axaxLaxpqaxaxLax1122nn则有1122nnpqpqa2a2a2x2x2x2[(12Ln)(12Ln)]pq2(p)2(p)2(p)2(q)2(q)2(q)2ax于是，(axaxLax)pq，当且仅当kk(k1,2,L,n).pq1122nnmaxurr结合其结构特征，还可构造向量求解：设m(a,a,L,a),n(x,x,L,x)，则12n12nurrurr由|mn||m||n|立刻得解：|axaxLax|a2a2La2x2x2Lx2pq.1122nn12n12nxxLx12n且取“＝”的充要条件是：aaa。12n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!精品文档放心下载2．利用有用结论例5求证(11)(11)(11)(11)2n1.352n1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bbm(ba0,m0)可得aam2462n3572n11352n1(2n1)1352n12462n2462n,.(2462n)22n11352n1即(11)(11)(11)(11)2n1.352n1法2利用贝努利不等式(1x)n1nx(nN,n2,x1,x0)的一个特例(11121n2,x1)2)得(此处112k1n1)n2k12n1.(12k12k1k12k1k12k1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年全感谢阅读国高考文科试题；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：谢谢阅读证明(11)(11)(11)(11)33n1.473n2(可考虑用贝努利不等式n3的特例)例6已知函数f(x)lg12x3x(n1)xanx,0a1,给定nN,n2.n求证：f(2x)2f(x)(x0)对任意nN且n2恒成立。谢谢阅读[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）不精品文档放心下载nnn等式[(ab)]2a2b2的简捷证法：iiiii1i1i1f(2x)2f(x)lg122x32x(n1)2xan2x2lg12x3x(n1)xanxnn[12x3x(n1)xanx]2n•[122x32x(n1)2xan2x]而由Cauchy不等式得(1112x13x1(n1)xanx)2(1212)•[122x32x(n1)2xa2n2x](x0时取等号)n•[122x32x(n1)2xan2x]（0a1），得证！例7已知a1,a(11)a1.1n1n2nn2n(I)用数学归纳法证明an2(n2)；精品文档放心下载,.(II)对ln(1x)x对x0都成立，证明ae2（无理数e2.71828L）谢谢阅读n[解析](II)结合第(I)问结论及所给题设条件ln(1x)x（x0）的结构特征，可得放缩思路：a(111)anlnaln(111)lnan1n2n2nn1n2n2nn1lnann2n2n。于是lnan1lnann2n2n11，(lnalna)(11)lnalna111(1)n12112.n1n1i1ii2i2in1n11n2ni1i12即lnalna2ae2.n1n【注】：题目所给条件ln(1x)x（x0）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放精品文档放心下载缩方向的作用；当然，本题还可用结论2nn(n1)(n2)来放缩：111an1(1n(n1))ann(n1)an11(1n(n1))(an1)ln(a1)ln(a1)1.1)ln(1n1nn(n1)n(n1)n1n11ln(a1)ln(a1)111，[ln(a1)ln(a1)]i2i1ii2i(i1)n2n即ln(a1)1ln3a3e1e2.nn【例8】已知不等式11L11[logn],nN,n2[logn]表示不超过logn23n22。22{}满足：a1b(b0),ana,n2.n1的最大整数。设正数数列annnan1求证a2b,n3.2b[logn]n2【简析】当n2时anan11nan111，nnaaaann1 n n1 n1,.即111n(11n1.aa)anaknn1k2kk1k2于是当n3时有111[logn]2b2an2b[logn].aa2n12注：①本题涉及的和式111为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利用23n所给题设结论1111[logn]来进行有效地放缩；23n22②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，有利于感谢阅读培养学生的学习能力与创新意识。再如：设函数f(x)exx。（Ⅰ）求函数f(x)最小值；ne.（Ⅱ）求证：对于任意nN，有(k)nne11【解析】（Ⅰ）1；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得exx1，对x>－1有(1x)nenx，利用此结论进行巧妙赋值：取xk1,k1,2,L,n，则有n12n11111(1)n1ee(n)n(n)nL(n)n(e)n1(e)n2L(e)1(e)011e11e1ene.即对于任意nN，有(k)nne1k1例9设a (11)n，求证：数列{a}单调递增且a4.精品文档放心下载n n n n[解析]引入一个结论：若ba0则bn1an1(n1)bn(ba)感谢阅读（可通过构造一个等比数列求和放缩来证明，略）整理上式得an1bn[(n1)anb].（），谢谢阅读,.以a11,b11代入（）式得(11)n1(11)n.n1nn1n即{a}单调递增。na1,b121n代入（）式得1(121n)n12(121n)2n4.谢谢阅读此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有(11)n4，又因为数列{a}单调递谢谢阅读n n增，所以对一切正整数n有(11n)n4。谢谢阅读注：上述不等式可加强为2(11n)n3.简证如下：谢谢阅读利用二项展开式进行部分放缩：a(11)n1C11C21Cn1.nnnnnn2nnn只取前两项有a1C112.对通项作如下放缩：nnnCk11nn1nk1111.nnkk!nnnk!1222k1故有a11111211(1/2)n13.n2222n1211/2二部分放缩例10设a111L1,a2,求证：a2.n2a3anan[解析]a11111111.n2a3ana2232n2又k2kkk(k1),k2（只将其中一个k变成k1，进行部分放缩），谢谢阅读1k2

1k(k1)

1k1

1k

，11111111)212.于是an12232n21(12)(23)(n1nn【例11】设数列a满足aa2na1nN，当a3时证明对所有n1,有：nn1nn1,.(i)an2；n(ii)11111a1a1a2.12n【解析】(i)用数学归纳法：当n1时显然成立，假设当nk时成立即a k2，谢谢阅读k则当nk1时aa(ak)1a(k2k)1(k2)21k3，成立。k1kkk(ii)利用上述部分放缩的结论a2a1来放缩通项，可得k1ka12(a1)a1L2k1(a1)2k142k1k1kk1111111(1)n1.nn2a12k11a2i14112ki1ii12【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：感谢阅读(k2)(k2k)1k3；谢谢阅读1证明(ii)就直接使用了部分放缩的结论a2a1。k1k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。谢谢阅读设n1,nN，求证(28例123)n(n1)(n2).[简析] 观察(23)n的结构，注意到(32)n(112)n，展开得感谢阅读(11)n1C11C21C31L1nn(n1)(n1)(n2)62n2n22n23288(11)n(n1)(n2)，得证.精品文档放心下载28例13设数列{an}满足a12,an1an1(n1,2,).an（Ⅰ）证明an 2n1对一切正整数n成立；谢谢阅读,.（Ⅱ）令ban(n1,2,)，判定b与b的大小，并说明理由。nnnn1[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，有谢谢阅读法1用数学归纳法（只考虑第二步）a2k1a2212k122(k1)1；ka2k法2a2a221a22a2a22,k1,2,,n1.n1na2nk1kn则a2a22(n1)a22n22n1a2n1n1nn四利用单调性放缩构造数列如对上述例1，令TS(n1)2则TT(n1)(n2)2n30，nn2n1n2TT,{T}递减，有TT220，故S(n1)2.nn1nn1n2(11)(11)(11)(11)T2n2再如例5，令T352n1则n11，n2n1T2n12n3n即TT,{T}递增，有TT21，得证！nn1nn132．构造函数例14已知函数f(x)ax3x2的最大值不大于1，又当x[1,1]时f(x)1.26428（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）设0a1,af(a),nN，证明a1.12n1nnn1[解析]（Ⅰ）a=1；（Ⅱ）由af(a),得n1naa3a23(a1)211且an0.n1n2n2n366,.用数学归纳法（只看第二步）：af(a)在a(0,1)是增函数，则得k1kkk1af(a)f(1)13(1)21.k1kk1k12k1k2例15数列x由下列条件确定：xa0，x1xa,nN．n1n12nxn（I）证明：对n2总有xan；证明：对n2总有xnxn11aa,)是增函数。[解析]构造函数f(x)x,易知f(x)在[2x当nk1时1a在[a,)递增，故().xxfaa2xxk1kk1k对(II)有xx1a，构造函数f(x)1axx,nn12x2xnn它在[a,)上是增函数，故有1axxf(a)0，得证。2xxnn1nn【注】①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感谢阅读的根据；同时有着高等数学背景——数列x单调递减有下界因而有极限：谢谢阅读na(n).n1a是递推数列x1xa的母函数，研究其单调性对此数列本②f(x)x2xn12xnn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1nn12(nN,n2).n1[简析]令ann1h，这里h0(n1),则有nnnn(1h)nn(n1)h20h2(n1)，n2nnn1,.从而有1a1h12.nnn1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。感谢阅读例17设a1，n2,nN，求证ann2(a1)2.4[简析]令ab1，则b0，a1b，应用二项式定理进行部分放缩有an(b1)nC0bnC1bn1C2bn2CnC2bn2n(n1)b2，nnnnn2注意到n2,nN，则n(n1)b2n2b2（证明从略），因此ann2(a1)2.244六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a2a1进k1k行递推放缩来证明(ii)，同理例7(II)中所得lnalna11和n1nn2n2nln(a1)ln(a1)1、例8中111、例13（Ⅰ）之法2所得n1nn(n1)aannn1a2a22都是进行递推放缩的关键式。k1k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，我们可以通精品文档放心下载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：谢谢阅读11111.1a1a1a22n112n再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了。例18设0a1，定义a1a,a1a，求证：对一切正整数n有a1.1n1ann[解析]用数学归纳法推nk1时的结论a1，仅用归纳假设a1及递推式n1 k,.a1a是难以证出的，因为a出现在分母上！可以逆向考虑：k1akka1a1a1.k1ak1ak故将原问题转化为证明其加强命题：对一切正整数n有1a1.（证略）n1a例19数列x满足x121001.,xxxn.证明xn12n1nn22001[简析]将问题一般化：先证明其加强命题xn.精品文档放心下载n 2用数学归纳法，只考虑第二步：xxxkk1(k)2k1k1.2k1kk22k22242因此对一切xN有xn.n 2例20已知数列｛a｝满足：a＝3，且a＝3na（n2，nN）nn－112n2a＋n－1n－1（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）证明：对一切正整数n有a1•a2•……an2•n！[解析]：（1）将条件变为：1－n＝1n－1，因此｛1－n｝为一个等比数列，其首a3（1－a）ann－1n项为1－1＝1，公比1，从而1－n＝1，据此得a＝n•3n（n1）……1a33a3nn3n－11n（2）证：据1得，a1•a2•…an＝n！，1）…（1－（1－1）•（1－1）3323n为证a1•a2•……an2•n！，只要证nN时有1）（－1）…（－1）1……2323n213•11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nN，有1）（－1）…（－1）111）……33n13•13211－（3＋32＋…＋3n（用数学归纳法，证略）利用3得111111＋＋…＋）3n3323n3321〔1－（1）n〕11111）n1。＝1－33＝1－〔1－（3）n〕＝＋（21－122233故2式成立，从而结论成立。八.分项讨论例21已知数列{a}的前n项和S满足S2a(1)n,n1.nnnn（Ⅰ）写出数列{a}的前3项a,a,a；n123（Ⅱ）求数列{an}的通项公式；（Ⅲ）证明：对任意的整数m4，有1117aaa8.45m[简析]（Ⅰ）略，（Ⅱ）a232n2(1)n1.；n（Ⅲ）由于通项中含有(1)n，很难直接放缩，考虑分项讨论：谢谢阅读当n3且n为奇数时113(1132n22n12)22n32n12n21aa2n212n112nn132n22n13(11)（减项放缩），222n322n22n1于是,①当m4且m为偶数时1111(11)(11)aaaaaaaa45m456m1m13(111)131(11)137.2223242m22242m4288②当m4且m为奇数时,.1111111（添项放缩）aaaaaaa45m45mm1由①知11117.aaaa845mm1由①②得证。九.借助数学归纳法例22（Ⅰ）设函数f(x)xlogx(1x)log(1x)(0x1)，求f(x)的最小值；22（Ⅱ）设正数p,p,p,,p2n满足pppp1，求证：1231232nplogpplogpplogpplogpn1212223232n22n[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：直接与谢谢阅读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。（Ⅰ）略，只证（Ⅱ）：精品文档放心下载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：精品文档放心下载法1（用数学归纳法）（i）当n=1时，由（Ⅰ）知命题成立.（ii）假定当nk时命题成立，即若正数p,p,,p满足ppp1，122k122k则plogpplogpplogpk.1212222k22k当nk1时，若正数p,p,,p满足ppp1,（*）122k1122k1为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：令xppp,qp1,qp2,,qp2k.122k1x2x2kx则q,q,,q为正数，且qqq1.122k122k由归纳假定知qlogpplogpqlogqk.1212222k22kplogpplogpplogpx(qlogqqlogqqlogq1212222k22k1212222k22klogx)x(k)xlogx,（1）2 2,.同理，由ppp1x得2k12k22k1plogpplogp(1x)(k)(1x)log(1x).（2）2k122k12k122k12综合（1）（2）两式plogpplogpplogp1212222k122k1[x(1x)](k)xlogx(1x)log(1x)(k1).22即当nk1时命题也成立.根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立.感谢阅读法2构造函数g(x)xlogx(cx)log(cx)(常数c0,x(0,c)),那么22g(x)c[xlogx(1x)log(1x)logc],c2cc2c2利用（Ⅰ）知，当x1即c),().xgxc2(2对任意x0,x0,都有12xlogxxlogx2xx2logxx(xx)[log(xx)1]②12122121222212212（②式是比①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,p,,p满足ppp1,有122k122kplogpplogpplogpk.1212222k22k当nk1时,p,p,,p满足ppp1.122k1122k1令Hplogpplogpplogpplogp1212222k1122k112k122k1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②式有H(pp)[log(pp)1](pp)[log(pp)1],122122k112k122k112k1因为(pp)(pp)1,122k112k1由归纳法假设(pp)log(pp)(pp)log(pp)k,122122k112k122k112k1得Hk(pppp)(k1).122k112k1即当nk1时命题也成立.所以对一切正整数n命题成立.【评注】（1）式②也可以直接使用函数g(x)xlogx下凸用（Ⅰ）中结论得到；2（2）为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：qpp而变成2k项；ii2n1i,.（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，则谢谢阅读对任意x[a,b],0(i1,,n),1，有ii1nf(xx)f(x)f(x).感谢阅读1 1 n n 1 1 n n特别地，若1xx1[f(x)f(x)].n，则有f(1nn)in1n若为上凸函数则改“”为“”。由g(x)得g(p)g(p)g(p)ppp122ng(122n)为下凸函数2n2np1p2p3p2n1，精品文档放心下载所以plogpplogpplogpplogp2ng(1)n.1212223232n22n2n（4）本题可作推广如下：若正数p,p,,p满足ppp 1，则谢谢阅读1 2 n 1 2 nplnpplnpplnp lnn.精品文档放心下载1 1 2 2 n n简证：构造函数f(x)xlnxx1，精品文档放心下载易得f(x)f(1)0xlnxx1.精品文档放心下载(np)ln(np)np1pln(np)p1.iiiiiinnp10lnnnlnp0.故[pln(np)]piiiiii1i1十.构造辅助函数法【例23】已知f(x)=34x2xln2,数列a满足1a0,21an1fanN*n21n（1）求f(x)在1，2（2）证明：12an0;（3）判断an与an1(nN)的大小，并说明理由.精品文档放心下载,.【解析】(1)求导可得f(x)在1,0上是增函数,=2;fmin5-ln2.-2fmaxxx2（2）（数学归纳法证明）①当n1时，由已知成立；感谢阅读②假设当nk时命题成立，即1a0成立，2k那么当nk1时，由（1）得21ak1f(a)(5ln2,2)，k2235ln221ak12，11a1，222k11 a 0，这就是说nk1时命题成立.感谢阅读由①、②知，命题对于nN都成立（3）由21an121anfa21an,构造辅助函数gxfx2x1，得ng'(x)f(x)2ln2124ln4，x1xx当1x0时，22x1,14x1.222210，所以g'(x)<01故12x4x1得g(x)在-2，0是减函数，22∴g(x)>g(0)=f(0)-2=0，∴fa21an>0,即21an121an>0，得a>a。nn1n【例24】已知数列{a}的首项a3，a3an，n1，2，L．n15n12a1n（Ⅰ）求{a}的通项公式；n（Ⅱ）证明：对任意的x0，a≥112，n1，2，L；xn1x(1x)23n（Ⅲ）证明：aaLan21．12nn【解析】（Ⅰ）a3n．n3n2（Ⅱ）提供如下两种思路：,.思路1观察式子右边特征，按1为元进行配方，确定其最大值。1x3n0112法1由（Ⅰ）知a，3nxn3n21x(1x)21121x11111(1x)1x(1x)23n1x(1x)2anan112≤a，aaa1xnnnn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：感谢阅读

g12(1x)21x112法2设f(x)3nx，1x(1x)2221(1x)2xg2(1x)2x则f(x)3n3n(1x)2(1x)2(1x)2Qx0，当x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0，3n3n当x2时，f(x)取得最大值f21a．3n2n13n原不等式成立．（Ⅲ）思路1考虑本题是递进式设问，利用（Ⅱ）的结论来探究解题思路：谢谢阅读由（Ⅱ）知，对任意的x0，有aaLa112112L112≥x32x3nx12n1x(1x)231x(1x)21x(1x)2n1222Lnx．1x(1x)23323n21取1222111，33nxL1n3323n1n3nn13,.则aaLa≥nn2n2．11112n1n1n113nn3n原不等式成立．【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：感谢阅读还可令x1n，得n1222n11122Lnnx111nn1x(1x)3331(1)23nnnn211n2.n1(11)23nn1n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：谢谢阅读3132L3nn2.3123223n2n1（1）当n1时313112，成立；3125211（2）假设命题对nk成立，即31323kk2312322L3k2k1.则当nk1时，有31323k3k1k23k1312322L3k23k12k13k12，只要证明k23k1(k1)2；k13k12k2即证3k1(k1)2k2(k1)3k2(k2)k23k1，3k12k2k1(k2)(k1)k23k2即证3k122k23k21213k12k23k23k12k23k23k122(k23k2)用二项式定理（展开式部分项）证明，再验证前几项即可。感谢阅读如下证明是否正确，请分析：,.易于证明a3nn对任意nN成立；n3n2n1于是a3nnn2.n3n2n1n1【注】上述证明是错误的！因为：f(kk是递增的，不能逐步“缩小”到所需要)的结论。可修改如下：考虑n2是某数列{b}的前n项和，则bn2(n1)2n2n1，n1nnn1nn2n只要证明ab3kk2k13k2k22k2.kk3k2k2k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a3an取倒数易得：a3n0，用n项的均值不等式：n12a1n3n2naaLa11n12n21n2aaLa131132