李锦旭(数列型不等式放缩技巧九法).doc

1、1数列型不等式的放缩技巧九法山东省临沭县实验中学 李锦旭（276700）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 均值不等式法例 1 设 求证.)1(32nSn .2)1(2)(nS解析 此数列的通项为 .,kak ， ，1)(k)(11nknkS即 .2)(21nSn注：应注意把握放缩的“度”：上述不等

2、式右边放缩用的是均值不等式，若放成 则得 ，就放过ba)1(k 2)1(3)(1nkSn“度”了！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naaannn 21111 其中， 等的各式及其变式公式均可供选用。3,2例 2 已知函数 ，若 ，且 在0，1上的最小值为 ，bxxf21)(54)1(f)(xf 21求证： （02 年全国联赛山东预赛题）.)1( nf简析 )1()(0(4 nffxxxx .2211)2()2( nn例 3 求证 .),(231 NCCnnn 简析 不等式左边 1n= ，故原结论成立.nn12 212利用有用结论例 4 求证 .12)()53)( n简析

3、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 可得)0,(mab2563n n21674 12(6543n即)1( .12)( n2法 2 利用贝努利不等式 的一个特例)0,1,2(1)( xnNxn(此处 )得1)1(kk2,kn .1n注：例 4 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 (可考虑用贝努利不等式 的特例) .3)21()71)(n 3n例 5 已知函数 .2,10,1lg Naxfxx 给 定求证： 对任意 且 恒成立。 （90 年全国卷压轴题）)

4、0(2)(f N2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不等式 的简捷证法：niinii bab121)(2xff naxxx2)(3lg nxx)1(31lg)(3n 222xa而由 不等式得Cauchy )(31xxx ( 时取等号)1(22 )(3 22x an 0（ ） ，得证！)( xxxn 10例 6 已知 用数学归纳法证明 ；12, .nnaI2()na对 对 都成立，证明 （无理数 ） （05 年辽宁卷)(Il)02e2.78第 22 题）解析 结合第 问结论及所给题设条件 （ ）的结构特征，可(I)(Il(1)x0得放缩思路： nn

5、aa)211 nn al)21。于是 ，n2l nll21.211)(ln)()l( 111 niniii aa即 .2ln2en注：题目所给条件 （ ）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索l(1)x0放缩方向的作用；当然，本题还可用结论 来放缩：)2(nn)()(1aann 11aa.)(1lll( ，)ln(l)() 2212 iniiini即 .3ll( eaann3例 7 已知不等式 表示不超过.log2,log21321 nNnn的最大整数。设正数数列 满足：n2loga .,)0(11 abn求证 （05 年湖北卷第（22）题）.,log2nba简析 当 时 ，即 anan111

6、n1于是当 时有.)1(22kanknk3log2.log2ba注：本题涉及的和式 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 来进行有效地放缩；log132n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。例 8 设 ，求证：数列 单调递增且nna)1(na.4na解析 引入一个结论：若 则 （证略）0b)()11b整理上式得 （ ） ，以 代入（.)(1bnn1,）式得 即 单调递增。)(n.na以 代入（ ）式得ba21, .4)21()21(nn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4a递增，所

7、以对一切正整数 有 。n4)(n注：上述不等式可加强为 简证如下：.312利用二项展开式进行部分放缩： .11)(2nnnn CCa只取前两项有 对通项作如下放缩：.1Cann .21! 1kkn k故有 3/)(22 nn上述数列 的极限存在，为无理数 ；同时是下述试题的背景：已知nae是正整数，且 （1）证明 ；（2）证明nmi, .1miinimA（01 年全国卷理科第 20 题）.)1()1(m简析 对第（ 2）问：用 代替 得数列 是递减数列；借鉴此n/ nnb1)(:结论可有如下简捷证法：数列 递减，且 故)1(1n,1mi4即 。当然，本题每小题的证明方法都有 10 多,)1()

8、1(1nm mn)1()(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。二 部分放缩例 9 设 求证：an21.2,3an .2n解析 又n1.1312na（只将其中一个 变成 ，进行部分放缩） ，),(2kkk，11于是 )1()312(1322 nnan .2例 10 设数列 满足 ，当 时证明对所有 n Nna3a,1n有 ； （02 年全国高考题）)(in)(21ai解析 用数学归纳法：当 时显然成立，假设当 时成立即 ，k2k则当 时 ，成立。k 312)(1)2()( kakk利用上述部分放缩的结

9、论 来放缩通项，可得)(i 1121kka .4)( 111 kkkkkk a.21)411 ninini注：上述证明 用到部分放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：)(；证明 就直接使用了部分放缩的结论 。32(1kkak )(i 121kka三 添减项放缩上述例 4 之法 2 就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。例 11 设 ，求证 .Nn, )2(18)32(nn简析 观察 的结构，注意到 ，展开得)3(，86)2(1)(21213 nCnnn 即 ，得证.8)()(例 12 设数列 满足 （）证明 对na ).,21(,11 naann 12nan一切正整数 成立；（）令 ，判定

10、 与 的大小，并说明理由（04),2(bn nb1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（）进行减项放缩，有5法 1 用数学归纳法（只考虑第二步） ；1)(21212 kkaak法 2 1221nna .,21nk则 )(na12an四 利用单调性放缩1构造数列如对上述例 1，令 则 ，2)1(nSTn 023)(1 Tn递减，有 ，故,nT 0.1nS再如例 4，令 则 ，12)()53)(nn 1321Tn即 递增，有 ，得证！,1n T注：由此可得例 4 的加强命题 并可改.13)12()53)( n造成为探索性问题：求对任意 使 恒成立1n2k的正整数 的最

11、大值；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k试！ 2构造函数例 13 已知函数 的最大值不大于 ，又当 时23)(xaxf6121,4x（）求 的值；（）设 ，证明 （04.81)(xfa Nnafn),(,10 .na年辽宁卷第 21 题）解析 （ ） =1 ；（ ）由 得a ),(1nnf且 用数学归纳法（只看第二步）：6)31(2321 nnna .0na在 是增函数，则得)(kkf,0ka.21)(21)1 kf例 14 数列 由下列条件确定： ， （I）nx01ax,1nnxaxN证明：对 总有 ； (II)证明：对 总有 （02 年北京卷第（19）2a题）解析 构

12、造函数 易知 在 是增函数。,1)(xf )(f),当 时 在 递增，故knkkx21,a.)(1afxk6对(II)有 ，构造函数 它在 上是增1nxnxa2,21)(xaf ),函数，故有 ，得证。0f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数列 单调递减有下界因而有极限：nx ).(nan 是递推数列 的母函数，研究其单调性对此数列axf21)( nnxa21本质属性的揭示往往具有重要的指导作用。类题有 06 年湖南卷理科第 19 题：已知函数 ,数列 满足:()sifxn110,(),12,3.nnfa证明:() ;() .（证略）10na31

13、6a五 换元放缩例 15 求证 ).2,(2nNn简析 令 ，这里 则有nha1,1(0，从而有)2)()1( hnn .121nhan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。例 16 设 ， ，求证 .aNn, 4)1(2an简析 令 ，则 ， ，应用二项式定理进行部分放缩有1b0ba1，注意到22210 )1()( bnbCCnnnnn ，则 （证明从略） ，因此N,242(24a六 递推放缩递推放缩的典型例子，可参考上述例 10 中利用 部分放缩所得结论)(i进行递推放缩来证明 ，同理例 6 中所得11kka i)(I和 、例 7 中nnn21ll

14、)1(ln)1l(nan、 例 12（）之法 2 所得 都是进行递推放缩的关键式。an1 22k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)(i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：再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）.2112nnaa。例 17 设 ，定义 ，求证：对一切正整数 有0aan1,1 n7.1na解析 用数学归纳法推 时的结论 ，仅用归纳假设 及递推式1kn1na1ka是难以证出的，因为 出现在分母上！可以逆向考虑：k1故将原问题转化为证明其加强命题：.aak对一切正整数 有 （证明从

15、略）n.1n例 18 数列 满足 证明 （01 年中国西部数x.,22nx.102学奥林匹克试题）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 214)2(121 kkkxk Nx.2n例 19 已知数列a n满足：a 1 ，且 an （1）求数列3n1 （ ， ） a n的通项公式；（2）证明：对一切正整数 n 有 a1a2an2n！（06 年江西卷理科第 22 题）解析：（1）将条件变为：1 ，因此 1 为一个等比数列，nan13（ ） n其首项为 1 ，公比 ，从而 1 ，据此得 an （n1）1a3n 3（2）证：据 1得，a 1a2an ，为证2

16、n133！（ ） （ ） （ ）a1a2an2n！，只要证 nN时有 22n113（ ） （ ） （ ）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（ ）32n3（ ） （ ） （ ） 2n13 （用数学归纳法，证略）利用 3得， 1（2n1（ ） （ ） （ ）1 1 。2n133 n3 （ ） n33 （ ） （ ） 2故 2式成立，从而结论成立。八 分项讨论例 20 已知数列 的前 项和 满足nanS.1,)(2nann8（）写出数列 的前 3 项 ；（）求数列 的通项公式；（）na321,ana证明：对任意的整数 ，有 （04 年全国卷 ）4m875m简析 （

17、）略， （） ；.)(12nn（）由于通项中含有 ，很难直接放缩，考虑分项讨论：)1(当 且 为奇数时3n 1223)(3112 nnnnna（减项放缩） ，于是)2(2131n当 且 为偶数时4mm54 )()(1654 maa.87321)(3)(123 m当 且 为奇数时 （添项放缩）maa154 154m由知 由得证。.87154ma九 数学归纳法例 21（）设函数 ，求 的最小)0( )1log)(log)(22 xxxf )(xf值；（）设正数 满足 ，证明npp321, 1231np（05 年全国卷第 22p nn321logl 题）解析 这道高考题内蕴丰富，有着深厚的科学背景：

18、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。 （）略，只证（）：法 1 由 为下凸函数 得 )(xg )2(2)(121 nn nn pgpgp又 ，232np所以 nn2231 lolollo .)(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 为 上的下凸函数，则对任意)(xf,ba，有 1),(0, 1nii n特别地，若 则有).()(11nxfxff ni1若为上凸函数则改“ ”为“ ”）的证明思路与方法有：).(nx 法 2 （用数学归纳法证明） （i）当 n=1 时，由（）知命题成立.（ii）假定当 时命题成立，即若正数

19、，k 1, 22121 kk ppp 满 足则 .loglogl 222212pp kk当 时，若正数 （*）n , 11 221 k 满 足为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：9令 ., 221221 xpqxpqpx kkk 则 为正数，且kq, 1由归纳假定知 .loglogl 222212 kk kkkk qqpp 22121 logl(ogl （1）,l)(2xx同理，由 得xpkkk 221 11212 llogkk（2）).(og)()(综合（1） （2）两式 112221 loglogl kkpp ).()(2 xxx即当 时命题也成立. 根据（i） 、 （ii）可知

20、对一切正整数 n 命题成立.kn法 3 构造函数 那 么常 数 ),0(,ll)(2cxcg 利用（）知，,og)1(lo)(22ccg当 对任意.,)1取 得 最 小 值函 数时即 xx 都 有,021x. llgl 221212 1)()log(212x（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 有满 足 ,1, 22121 kk ppp11111 222221222 logloglogl ., .lllog kkkkkkk ppHn 令 满 足时当对（*）式的连续两项进行两两结合变成 项后使用归

21、纳假设，并充分利用式有 ,)()( ,)()l(l11 1111221 222 kk kkkkpp 因 为由归纳法假设 ,loglog 11112 kppkkkk 得 ).()112221kHkk即当 时命题也成立. 所以对一切正整数 n 命题成立.n注： 式也可以直接使用函数 下凸用（）中结论得到； xlog(为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合： 而变成2 iiinpq12项； 本题可作推广：若正数 满足 ，k3np,21 1则 .llnlnl21 ppp（简证：构造函数 ，易得)(xxf .1ln0)(xfxf1l()iii .)l(niii10故 ）.0lnl01)ln( 11 iiiiii ppp参考文献1李锦旭等例说高考题的科学背景 。华东师大数学教学 2004 年第 11 期。