数列型不等式放缩技巧九法(10页).doc

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1、-数列型不等式放缩技巧九法-第 9 页 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 设求证解析 此数列的通项为即 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，若放成则得，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 其

2、中，等的各式及其变式公式均可供选用。 例2 已知函数，若，且在0，1上的最小值为，求证：（02年全国联赛山东预赛题） 简析 例3 求证.简析 不等式左边=，故原结论成立.2利用有用结论例4 求证简析 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可得即 法2 利用贝努利不等式的一个特例(此处)得 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) 例5 已知函数求证：对任意且恒成立。（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

3、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6 已知用数学归纳法证明；对对都成立，证明（无理数）（05年辽宁卷第22题）解析 结合第问结论及所给题设条件（）的结构特征，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，本题还可用结论来放缩：即例7 已知不等式表示不超过 的最大整数。设正数数列满足：求证（05年湖北卷第（22）题）简析 当时，即 于是当时有 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； 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

4、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 解析 引入一个结论：若则（证略）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： 利用二项展开式进行部分放缩： 只取前两项有对通项作如下放缩： 故有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 是正整数，且（1）证明；（2）证明（01年全国卷理科第20题） 简析 对第（2）问：用代替得数列是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法：数列递减，且故即。当然，本题每小题的证明方法都有10多

5、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： 解析 又（只将其中一个变成，进行部分放缩），于是例10 设数列满足，当时证明对所有 有；（02年全国高考题） 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。 利用上述部分放缩的结论来放缩通项，可得 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。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.简析 观察的结构，注意到，展开得即，得证.例

6、12 设数列满足 （）证明对一切正整数成立；（）令，判定与的大小，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）；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4，令则，即递增，有，得证！ 注：由此可得例4的加强命题并可改造成为探索性问题：求对任意使恒成立的正整数的最大值；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 已知函数的最大值不大于，又当时（）求的值；（）设，证明（04年辽宁卷第21题）解析 （）=1 ；（）由得 且用数学归纳法（只看

7、第二步）：在是增函数，则得例14 数列由下列条件确定：，（I）证明：对总有；(II)证明：对总有（02年北京卷第（19）题） 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：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： 是递推数列的母函数，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导作用。类题有06年湖南卷理科第19题：已知函数,数列满足:证明:();().（证略）五 换元放缩例15 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行部

8、分放缩起到了关键性的作用。例16 设，求证.简析 令，则，应用二项式定理进行部分放缩有，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10中利用部分放缩所得结论 进行递推放缩来证明，同理例6中所得和、例7中、 例12（）之法2所得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：再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）。例17 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

9、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（证明从略）例18 数列满足证明（01年中国西部数学奥林匹克试题）简析 将问题一般化：先证明其加强命题用数学归纳法，只考虑第二步： 因此对一切有 例19 已知数列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，其首项为1，公比，从而1，据此得an（n1）1（2）证：据1得，a1a2an，为证a1a2an2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

10、用3得，1（）11。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 （）写出数列的前3项；（）求数列的通项公式；（）证明：对任意的整数，有（04年全国卷） 简析 （）略，（） ；（）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 当且为偶数时当且为奇数时（添项放缩）由知由得证。九 数学归纳法例21（）设函数，求的最小值；（）设正数满足，证明（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 由为下凸函数得 又，所以考虑试题的编拟初衷，是

11、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，有 特别地，若则有 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）假定当时命题成立，即若正数，则当时，若正数（*）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3 构造函数利用（）知，当对任意. （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，即若正数对（*）式的连续两项进行两两结合变成项后使用归纳假设，并充分利用式有由归纳法假设 得 即当时命题也成立. 所以对一切正整数n命题成立. 注：式也可以直接使用函数下凸用（）中结论得到；为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：而变成项；本题可作推广：若正数满足，则（简证：构造函数，易得故）