2022年数列型不等式放缩技巧九法.pdf

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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 均值不等式法例 1 设. ) 1(3221nnSn求证.2) 1(2)1(2nSnnn解析此数列的通项为.,2 , 1, ) 1(nkkkak2121) 1(kkkkkk，)21(11nknnkkSk，即.2)1(22) 1(2) 1(2n

2、nnnSnnn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2baab，若放成1)1(kkk则得2)1(2)3)(1()1(21nnnkSnkn，就放过“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naanaaaaaannnnnn22111111其中，3,2n等的各式及其变式公式均可供选用。例 2 已知函数bxaxf211)(，若54) 1(f，且)(xf在0，1上的最小值为21，求证：.2121)()2()1(1nnnfff（02 年全国联赛山东预赛题）简析)2211()() 1()0(22114111414)(?nffxxfxxxx.2121)2121

3、1(41)2211()2211(112nnnnn例 3 求证), 1(221321NnnnCCCCnnnnnn. 简析不等式左边nnnnnCCCC32112222112nnnnn122221=212nn，故原结论成立.2利用有用结论例 4 求证.12)1211()511)(311)(11(nn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)0,0(mabmambab可得122563412nnnn212674523)12(212654321nnn12)122563412(2nnn即. 12)1211()511)(311)(11(nn法 2 利用贝努利不等式)0, 1,2,(1)1

4、 (xxnNnnxxn的一个特例精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 12121)1211(2kk(此处121,2kxn)得)1211(121212111kkkknk. 1212121nkknk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. 13)2311()711)(411)(11(3nn(可考虑用贝努利不等式3n

5、的特例 ) 例 5 已知函数.2, 10,)1(321lg)(nNnannanxfxxxx给定求证：)0)(2)2(xxfxf对任意Nn且2n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）不等式niiniiniiibaba121221 )(的简捷证法：)(2)2(xfxfnnanxxxx2222) 1(321lgnnanxxxx)1(321lg22) 1(321xxxxnan) 1(3212222xxxxnann ?而由Cauchy不等式得2)1(1312111(xxxxnan?)11 (22) 1(321 22222xxxxna

6、n(0 x时取等号 ) ) 1(3212222xxxxnann?（10a） ，得证！例 6 已知112111,(1).2nnnaaann)(I用数学归纳法证明2(2)nan；)(II对 ln(1) xx 对0 x都成立，证明2nae （无理数2.71828eL） （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)xx（0 x）的结构特征，可得放缩思路：nnnanna)2111 (21nnnannaln)2111ln(ln21nnnna211ln2。于是nnnnnaa211lnln21，.22112211)21(111lnln)211()ln(ln11211111

7、nnniniiininnaaiiaa即.2lnln21eaaann注： 题目所给条件ln(1)xx（0 x）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，本题还可用结论)2)(1(2nnnn来放缩：)1(1) 1(11(1nnannann)1)()1(11(11nnanna.)1(1)1(11ln() 1ln() 1ln(1nnnnaann111)1ln()1ln() 1(1)1ln() 1ln(212112naaiiaanniiini，即.133ln1)1ln(2eeaann例7已 知 不 等 式.log2,log211312122nnNnnn表 示 不 超 过精品资料 - -

8、- 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 9 页 - - - - - - - - - - n2log的最大整数。设正数数列na满足：.2,),0(111nannaabbannn求证.3,log222nnbban（05 年湖北卷第（22）题）简析当2n时naaanaannaannnnnnn11111111，即naann1111.1)11(212kaankkknk于是当3n时有log211121naan.log222nbban注： 本题涉及的和式n13121为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利用所给题设

9、结论log21131212nn来进行有效地放缩；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nnna)11(，求证：数列na单调递增且.4na解析 引入一个结论：若0ab则)() 1(11abbnabnnn（证略）整理上式得.) 1(1nbanbann（） ， 以nbna11,111代入 （）式得1)111(nn.)11(nn即na单调递增。以nba211, 1代入（）式得. 4)211(21)211(12nnnn此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有4)11(nn，又因为数列na单调递增，所以对一切正整数n有4)11(n

10、n。注： 上述不等式可加强为.3)11(2nn简证如下：利用二项展开式进行部分放缩：.1111)11(221nnnnnnnnCnCnCna只取前两项有.2111nCann对通项作如下放缩：.212211!111!111kkknknknnnnnknC故有.32/11)2/1(121221212111112nnna上述数列na的极限存在， 为无理数e； 同时是下述试题的背景：已知nmi,是正整数，且.1nmi（1）证明iniimiAmAn； （2）证明.)1()1(mnnm（ 01年全国卷理科第20 题）简析对第（ 2）问：用n/1代替n得数列nnnnbb1)1(:是递减数列；借鉴此结论可有如下简

11、捷证法：数列)1(1nn递减，且,1nmi故,)1()1(11nmnm即mnnm)1()1(。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、构造函数等都可精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 以给出非常漂亮的解决！详见文1 。二 部分放缩例 9 设ana211. 2,131anaa求证：.2na解析ana211.131211131222nnaa又2),1(2

12、kkkkkk（只将其中一个k变成1k，进行部分放缩） ，kkkkk111) 1(112，于是)111()3121()211 (1131211222nnnan. 212n例 10 设数列na满足Nnnaaannn121，当31a时证明对所有, 1n有2)(nain；21111111)(21naaaii（02 年全国高考题）解析)(i用数学归纳法：当1n时显然成立，假设当kn时成立即2kak，则当1kn时312)2(1)2(1)(1kkkkakaaakkkk，成立。)(ii利 用 上 述 部 分 放 缩 的 结 论121kkaa来 放 缩 通 项 ， 可 得) 1(211kkaa.2111242)

13、 1(2111111kkkkkkaaa.21211)21(1412111111niniinia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 ：31)2)(2(1kkkkak；证明)(ii就直接使用了部分放缩的结论121kkaa。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Nnn, 1，求证)2)(1(8)32(nnn. 简析 观察n)32(的结构，注意到nn)211 ()23(，展开得86)2)(1(8)1(212121211)211(33221nnnnnCCCnnnn，即8)2)

14、(1()211 (nnn，得证 . 例 12设数列na满足).,2, 1(1,211naaaannn（）证明12nan对一切正整数n成立；（）令), 2, 1(nnabnn，判定nb与1nb的大小，并说明理由（04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，有法 1 用数学归纳法 （只考虑第二步）1)1(2212122212kkaaakkk；法 2 21222212nnnnaaaa.1,2, 1,2221nkaakk则1222)1(22212nnanaann12nan精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师

15、归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 四 利用单调性放缩1 构造数列如对上述例1，令2)1(2nSTnn则0232)2)(1(1nnnTTnn，,1nnnTTT递减，有0221TTn，故.2) 1(2nSn再如例 4，令12)1211()511)(311)(11(nnTn则13212221nnnTTnn，即,1nnnTTT递增，有1321TTn，得证！注：由此可得例4 的加强命题.12332)1211()511)(311)(11(nn并可改造成为探索性问题： 求对任意1n使12)1211()511)(311)(11(nkn恒

16、成立的正整数k的最大值；同理可得理科姊妹题的加强命题及其探索性结论，读者不妨一试！ 2 构造函数例 13 已知函数223)(xaxxf的最大值不大于61，又当21,41x时.81)(xf（）求a的值； （）设Nnafaann),(,21011，证明.11nan（04 年辽宁卷第21 题）解析 （）a=1 ； （）由),(1nnafa得6161)31(2323221nnnnaaaa且.0na用数学归纳法（只看第二步）：)(1kkafa在)11, 0(kak是增函数，则得.21)11(2311)11()(21kkkkfafakk例 14数列nx由下列条件确定：01ax，,211nnnxaxxNn

17、（I）证明：对2n总有axn；(II)证明：对2n总有1nnxx（02 年北京卷第（ 19）题）解析 构造函数,21)(xaxxf易知)(xf在),a是增函数。当1kn时kkkxaxx211在),a递增，故.)(1aafxk对(II)有1nnxxnnxax21，构造函数,21)(xaxxf它在),a上是增函数，故有1nnxxnnxax210)( af，得证。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nx单调递减有下界因而有极限：).(naanxaxxf21)(是递推数列nnnxaxx211的母函数， 研究其单调性对此数列本质属性的揭示往往具有重要的指

18、导作用。类题有06 年湖南卷理科第19 题：已知函数( )sinf xxx,数列 na 满足 :1101,(),1,2,3,.nnaaf anL精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 证明 :( )101nnaa;( )3116nnaa. （证略）五 换元放缩例 15 求证).2,(1211nNnnnn简析 令nnnhna1，这里),1(0 nhn则有) 1(1202) 1()1(2nnhhnnhnnnnn，从而有.12111nhann注

19、：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1a，Nnn,2，求证4) 1(22anan. 简析 令1ba，则0b，ba1，应用二项式定理进行部分放缩有222221102)1()1(bnnbCCbCbCbCbannnnnnnnnnnn，注 意 到Nnn,2，则42) 1(222bnbnn（证明从略），因此4)1(22anan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121kkaa进 行 递 推放 缩 来 证 明)(ii， 同理 例6)(II中 所 得nnnnnaa211lnln21和) 1(1)1ln()1ln(

20、1nnaann、例 7 中naann1111、 例 12（）之法2 所得2221kkaa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，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：.2121111111121nnaaa再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了 （略）。例 17 设10a，定义aaaaann1,111，求证：对一切正整数n有.1na解析 用数学归纳法推1kn时的结论11na，仅用归纳假设1ka及递推式aaakk11是难以证出的，因为ka出现在分母上！可以逆向考虑：.11111

21、aaaaakkk故将原问题转化为证明其加强命题：对一切正整数n有.111aan（证明从略）例 18 数列nx满足.,212211nxxxxnnn证明.10012001x（01 年中国西部数学奥林匹克试题）简析 将问题一般化：先证明其加强命题.2nxn用数学归纳法，只考虑第二步：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 9 页 - - - - - - - - - - .21412)2(1222221kkkkkkxxxkkk因此对一切Nx有.2nxn例 19 已知数列an满足：a132，且

22、ann1n13nan2nN2an1（，） （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！ （06 年江西卷理科第22 题）解析：（1）将条件变为：1nnan11n113a（ ），因此 1nna为一个等比数列，其首项为 111a13，公比13，从而 1nnan13，据此得annnn331?（n 1） 1（2）证：据 1 得， a1?a2?an2nn111111333?！（ ） （ ）（ ），为证 a1?a2? an2?n！ ，只要证 n N 时有2n111111333?（ ） （ ）（ ）12 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 n

23、N ，有2n111111333?（ ） （ ）（ ）1（2n111333） 3（用数学归纳法， 证略）利用 3 得，2n111111333?（ ）（ ）（ ）1 （2n111333）1n11133113 （ ） 1nn1111 1123223 （） （）12。故 2 式成立，从而结论成立。八 分项讨论例 20已知数列na的前n项和nS满足.1,)1(2naSnnn（）写出数列na的前 3 项321,aaa； （） 求数列na的通项公式；（） 证明：对任意的整数4m，有8711154maaa（04 年全国卷）简析（）略，（）.) 1(23212nnna；（）由于通项中含有n)1(，很难直接放缩，

24、考虑分项讨论：当3n且n为奇数时12222223)121121(2311213212121nnnnnnnnnaa)2121(2322223123212nnnnn（减项放缩） ，于是当4m且m为偶数时maaa11154)11()11(11654mmaaaaa.878321)211 (412321)212121(23214243mm精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 当4m且m为奇数时maaa111541541111mmaaaa（添项放缩

25、）由知.871111154mmaaaa由得证。九 数学归纳法例 21 （）设函数)10()1(log)1(log)(22xxxxxxf，求)(xf的最小值；（）设正数npppp2321,满足12321npppp，证明nppppppppnn222323222121loglogloglog（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学中有关熵的问题。（）略，只证（） ：法 1由)(xg为下凸函数得)2(2)()()(221221nnnnpppgpgpgpg又12321npppp，所以nnpppppppp2223232221

26、21loglogloglog.)21(2ngnn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)(xf为,ba上的下凸函数，则对任意1), 1(0,1niinibax，有).()()(1111nnnnxfxfxxf特别地，若ni1则有).()(1)(11nnxfxfnnxxf若为上凸函数则改“”为“”）的证明思路与方法有：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kn时命题成立， 即若正数1,221221kkpppppp满足，则.logloglog222222121kppppppkk当1kn时，若正数, 1,112

27、21221kkpppppp满足（ *）为利用归纳假设，将（* ）式左边均分成前后两段：令.,222211221xpqxpqxpqpppxkkk则kqqq221,为正数，且.1221kqqq由归纳假定知.logloglog222222121kqqpppqkkkkkkqqqqqqxpppppp222222121222222121logloglog(logloglog,log)()log22xxkxx（1）同理，由xpppkkk1122212得1122212212loglogkkkkpppp).1(log)1 ()(1 (2xxkx（2）综合（ 1） （2）两式11222222121logloglo

28、gkkpppppp).1()1(log)1(log)(1(22kxxxxkxx即当1kn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 构造函数那么常数),0(,0)(log)(log)(22cxcxcxcxxxg,log)1(log)1(log)(222ccxcxcxcxcxg利用（）知，当.)(,)2(21取得最小值函数时即xgcxcx对任意都有,0,021xx精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 9 页 - - - - - - - - -

29、- 2log22loglog21221222121xxxxxxxx1)()log(21221xxxx. （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, 1,221221kkpppppp11111122212212222121221221222222121loglogloglog.1,1.logloglogkkkkkkkkppppppppHppppppknkpppppp令满足时当对（* ）式的连续两项进行两两结合变成k2项后使用归纳假设，并充分利用式有, 1)()(,1)()log( 1)()l

30、og(11111121221212221221221kkkkkkppppppppppppH因为由归纳法假设,)(log)()(log)(1111212221221221kppppppppkkkk得).1()(1121221kppppkHkk即当1kn时命题也成立 . 所以对一切正整数n 命题成立 . 注：1式也可以直接使用函数xxxg2log)(下凸用（）中结论得到；2为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：iiinppq12而变成k2项；3本题可作推广：若正数nppp,21满足121nppp，则.lnlnlnln2211nppppppnn（简证：构造函数1ln)(xxxxf，易得.1ln0)1 ()(xxxfxf1)ln()(iiinpnpnp.1)ln(npnppiii故.0lnln01 )ln(11iniiiniiippnpnpp）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 9 页 - - - - - - - - - -