不等式放缩技巧十法

.PAGE1.第六章不等式第二节不等式放缩技巧十法证明不等式，其根本方法参阅<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，能全面而综合地考察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构造，深入剖析其特征，抓住其规律进展恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下十种：一利用重要不等式放缩1.均值不等式法例1设求证解析此数列的通项为，，即注：=1\*GB3①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，假设放成则得，就放过"度〞了！=2\*GB3②根据所证不等式的构造特征来选取所需要的重要不等式，这里其中，等的各式及其变式公式均可供选用。例2函数，假设，且在[0，1]上的最小值为，求证：[简析]例3求证.简析不等式左边==，故原结论成立.【例4】，，求证：≤1.【解析】使用均值不等式即可：因为，所以有其实，上述证明完全可以改述成求的最大值。此题还可以推广为：假设，，试求的最大值。请分析下述求法：因为，所以有故的最大值为，且此时有。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，即必须有，即只有p=q时才成立！则，呢？其实例6的方法照样可用，只需做稍稍变形转化：则有于是，，当且仅当结合其构造特征，还可构造向量求解：设，则由立刻得解：且取"＝〞的充要条件是：。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求证简析此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可得即法2利用贝努利不等式的一个特例(此处)得注：例5是1985年高考试题，以此题为主干添"枝〞加"叶〞而编拟成1998年全国高考文科试题；进展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(可考虑用贝努利不等式的特例)例6函数求证：对任意且恒成立。[简析]此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〔〕不等式的简捷证法：而由不等式得(时取等号)〔〕，得证！例7用数学归纳法证明；对对都成立，证明〔无理数〕[解析]结合第问结论及所给题设条件〔〕的构造特征，可得放缩思路：。于是，即【注】：题目所给条件〔〕为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，此题还可用结论来放缩：，即【例8】不等式。表示不超过的最大整数。设正数数列满足：求证【简析】当时，即于是当时有注：=1\*GB3①此题涉及的和式为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利用所给题设结论来进展有效地放缩；=2\*GB3②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能力与创新意识。再如：设函数。〔Ⅰ〕求函数最小值；〔Ⅱ〕求证：对于任意，有【解析】〔Ⅰ〕1；〔Ⅱ〕证明：由〔Ⅰ〕得，对*>－1有，利用此结论进展巧妙赋值：取，则有即对于任意，有例9设，求证：数列单调递增且[解析]引入一个结论：假设则〔可通过构造一个等比数列求和放缩来证明，略〕整理上式得〔〕，以代入〔〕式得即单调递增。以代入〔〕式得此式对一切正整数都成立，即对一切偶数有，又因为数列单调递增，所以对一切正整数有。注：上述不等式可加强为简证如下：利用二项展开式进展局部放缩：只取前两项有对通项作如下放缩：故有二局部放缩例10设,求证：[解析]又〔只将其中一个变成，进展局部放缩〕，，于是【例11】设数列满足，当时证明对所有有：；.【解析】用数学归纳法：当时显然成立，假设当时成立即，则当时，成立。利用上述局部放缩的结论来放缩通项，可得【注】上述证明用到局部放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：；证明就直接使用了局部放缩的结论。三添减项放缩上述例5之法2就是利用二项展开式进展减项放缩的例子。例12设，求证.[简析]观察的构造，注意到，展开得即，得证.例13设数列满足〔Ⅰ〕证明对一切正整数成立；〔Ⅱ〕令，判定与的大小，并说明理由。[简析]此题有多种放缩证明方法，这里我们对〔Ⅰ〕进展减项放缩，有法1用数学归纳法〔只考虑第二步〕；法2则四利用单调性放缩1.构造数列如对上述例1，令则，递减，有，故再如例5，令则，即递增，有，得证！2．构造函数例14函数的最大值不大于，又当时〔Ⅰ〕求的值；〔Ⅱ〕设，证明[解析]〔Ⅰ〕=1；〔Ⅱ〕由得且用数学归纳法〔只看第二步〕：在是增函数，则得例15数列由以下条件确定：，．〔I〕证明：对总有；(II)证明：对总有[解析]构造函数易知在是增函数。当时在递增，故对(II)有，构造函数它在上是增函数，故有，得证。【注】=1\*GB3①此题为02年高考卷题，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——数列单调递减有下界因而有极限：=2\*GB3②是递推数列的母函数，研究其单调性对此数列本质属性的提醒往往具有重要的指导作用。五换元放缩例16求证[简析]令，这里则有，从而有注：通过换元化为幂的形式，为成功运用二项展开式进展局部放缩起到了关键性的作用。例17设，，求证.[简析]令，则，，应用二项式定理进展局部放缩有，注意到，则〔证明从略〕，因此.六递推放缩递推放缩的典型例子，可参考上述例11中利用局部放缩所得结论进展递推放缩来证明，同理例7中所得和、例8中、例13〔Ⅰ〕之法2所得都是进展递推放缩的关键式。七转化为加强命题放缩如上述例10第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展归纳探索、或运用逆向思维探索转化为证明其加强命题：再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了。例18设，定义，求证：对一切正整数有[解析]用数学归纳法推时的结论，仅用归纳假设及递推式是难以证出的，因为出现在分母上！可以逆向考虑：故将原问题转化为证明其加强命题：对一切正整数有〔证略〕例19数列满足证明[简析]将问题一般化：先证明其加强命题用数学归纳法，只考虑第二步：因此对一切有例20数列｛an｝满足：a1＝，且an＝〔1〕求数列｛an｝的通项公式；〔2〕证明：对一切正整数n有a1a2……an2n！[解析]：〔1〕将条件变为：1－＝，因此｛1－｝为一个等比数列，其首项为1－＝，公比，从而1－＝，据此得an＝〔n1〕……1〔2〕证：据1得，a1a2…an＝，为证a1a2……an2n！，只要证nN时有……2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－〔〕……3〔用数学归纳法，证略〕利用3得1－〔〕＝1－＝1－。故2式成立，从而结论成立。八.分项讨论例21数列的前项和满足〔Ⅰ〕写出数列的前3项；〔Ⅱ〕求数列的通项公式；〔Ⅲ〕证明：对任意的整数，有.[简析]〔Ⅰ〕略，〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕由于通项中含有，很难直接放缩，考虑分项讨论：当且为奇数时〔减项放缩〕，于是,=1\*GB3①当且为偶数时=2\*GB3②当且为奇数时〔添项放缩〕由=1\*GB3①知由=1\*GB3①=2\*GB3②得证。九.借助数学归纳法例22〔Ⅰ〕设函数，求的最小值；〔Ⅱ〕设正数满足，求证：[解析]这道高考题为05年全国卷Ⅰ第22题，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。〔Ⅰ〕略，只证〔Ⅱ〕：考虑试题的编拟初衷，是为了考察数学归纳法，于是借鉴詹森不等式的证明思路有：法1〔用数学归纳法〕〔i〕当n=1时，由〔Ⅰ〕知命题成立.〔ii〕假定当时命题成立，即假设正数，则当时，假设正数〔*〕为利用归纳假设，将〔*〕式左边均分成前后两段：令则为正数，且由归纳假定知〔1〕同理，由得〔2〕综合〔1〕〔2〕两式即当时命题也成立.根据〔i〕、〔ii〕可知对一切正整数n命题成立.法2构造函数利用〔Ⅰ〕知，当对任意=2\*GB3②〔=2\*GB3②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，即假设正数对〔*〕式的连续两项进展两两结合变成项后使用归纳假设，并充分利用=2\*GB3②式有由归纳法假设得即当时命题也成立.所以对一切正整数n命题成立.【评注】〔1〕式=2\*GB3②也可以直接使用函数下凸用〔Ⅰ〕中结论得到；〔2〕为利用归纳假设，也可对〔*〕式进展对应结合：而变成项；〔3〕此题用凸函数知识分析如下：先介绍詹森〔jensen〕不等式：假设为上的下凸函数，则对任意，有特别地，假设，则有假设为上凸函数则改"〞为"〞。由为下凸函数得又，所以〔4〕此题可作推广如下：假设正数满足，则简证：构造函数，易得故十.构造辅助函数法【例23】=,数列满足〔1〕求在上的最大值和最小值;〔2〕证明：;〔3〕判断与的大小，并说明理由.【解析】(1)求导可得在上是增函数,〔2〕〔数学归纳法证明〕①当时，由成立；②假设当时命题成立，即成立，则当时，由〔1〕得，，，，这就是说时命题成立.由①、②知，命题对于都成立 〔3〕由,构造辅助函数，得，当时，故，所以<0得g(*)在是减函数，∴g(*)>g(0)=f(0)-2=0，∴>0,即>0，得>。【例24】数列的首项，，．〔Ⅰ〕求的通项公式；〔Ⅱ〕证明：对任意的，，；〔Ⅲ〕证明：．【解析】〔Ⅰ〕．〔Ⅱ〕提供如下两种思路：思路1观察式子右边特征，按为元进展配方，确定其最大值。法1由〔Ⅰ〕知，，原不等式成立．思路2将右边看成是关于*的函数，通过求导研究其最值来解决：法2设，则，当时，；当时，，当时，取得最大值．原不等式成立．〔Ⅲ〕思路1考虑此题是递进式设问，利用〔Ⅱ〕的结论来探究解题思路：由〔Ⅱ〕知，对任意的，有．取，则．原不等式成立．【注】本解法的着眼点是对上述不等式中的*进展巧妙赋值，当然，赋值方法不止一种，如：还可令，得思路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：〔1〕当时，成立；〔2〕假设命题对成立，即则当时，有，只要证明；即证，即证用二项式定理〔展开式局部项〕证明，再验证前几项即可。如下证明是否正确，请分析：易于证明对任意成立；于是【注】上述证明是错误的！因为：是递增的，不能逐步"缩小〞到所需要的结论。可修改如下：考虑是*数列的前n项和，则，只要证明思路3深入观察所证不等式的构造特征,利用均值不等式可得如下妙证：由取倒数易得：，用n项的均值不等式：，【例25】函数f(*)=*2-1(*>0)，设曲线y=f(*)在点〔*n,f(*n)〕处的切线与*轴的交点为〔*n+1,0〕(n∈N*).(Ⅰ)用*n表示*n+1；〔Ⅱ〕求使不等式对一切正整数n都成立的充要条件，并说明理由；〔Ⅲ〕假设*1=2，求证：【解析】(Ⅰ)〔Ⅱ〕使不等式对一切正整数n都成立的充要条件是*1≥1.(Ⅲ)根本思路：寻求适宜的放缩途径。探索1着眼于通项特征，结合求证式特点，尝试进展递推放缩：即。于是由此递推放缩式逐步放缩得探索2从求证式特征尝试分析：结论式可作如下变形：逆向思考，猜测应有：〔用数学归纳法证明，略〕。探索3探索过渡"桥〞，寻求证明加强不等式：由〔2〕知*n≥1，由此得。有尝试证明证法1〔数学归纳法，略〕；法2〔用二项展开式局部项〕：当n≥2时2n=(1+1)n≥此题还可发现一些放缩方法，如：。〔每一项都小于1〕而再证即，则需要归纳出条件n≥4.(前4项验证即可)an=n，求证：eq\o(∑,\s\up5(n),\s\do5(k=1))eq\f(eq\r(k),eqa\o(2,k))＜3．证明：eq\o(∑,\s\up5(n),\s\do5(k=1))=eq\o(∑,\s\up5(n),\s\do5(k=1))＜1＋eq\o(∑,\s\up5(n),\s\do5(k=2))eq\f(1,eq\r((k－1)k(k＋1)))＜１＋eq\o(∑,\s\up5(n),\s\do5(k=2))eq\f(2,eq\r((k－1)(k＋1))(eq\r(k＋1)＋eq\r(k－1)))==1＋eq\o(∑,\s\up5(n),\s\do5(k=2))(eq\f(1,eq\r((k－1)))－eq\f(1,eq\r((k＋1))))=1＋1＋－－eq\f(1,eq\r((n＋1)))＜2＋＜3．此题先采用减小分母的两次放缩，再裂项，最后又放缩，有的放矢，直达目标.4、放大或缩小"因式〞；例4、数列满足求证：证明此题通过对因式放大，而得到一个容易求和的式子，最终得出证明.【评注】从上述探索放缩证明技巧过程易于看