2023年数列型不等式放缩技巧九法.pdf

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1、学习必备 欢迎下载 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(nkkkak 2121)1(kkkkkk，)21(11nknnkkSk，即.2)1(22)1

2、(2)1(2nnnnSnnn 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 .212

3、1)21211(41)2211()2211(112nnnnn 例 3 求证),1(221321NnnnCCCCnnnnnn.简析 不等式左边nnnnnCCCC32112222112nn nnn122221=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(212654321nnn 12)122563412(2nnn即.12)1211()511)(311)(11(nn 法 2 利用贝努利不等式

4、)0,1,2,(1)1(xxnNnnxxn的一个特例学习必备 欢迎下载 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

5、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(321lg2 2)1(321 xxxxnan)1(321 2222xxxxnann 而由Cauchy不等式得2)1(1312111(xxxxnan)11(22)1(321 22222xxxxnan(0 x时取等号)1(321 2222xxxxnann（10a），得证！例 6 已知112111,(1).2nnnaaann)(I用数学归纳法证明2(2)nan；)(II

6、对ln(1)xx对0 x 都成立，证明2nae（无理数2.71828e）（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(ln21 nnnna211ln2。于是nnnnnaa211lnln21，.22112211)21(111lnln)211()ln(ln11211111nnniniiininnaaiiaa 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)(

7、1(2nnnn来放缩：)1(1)1(11(1nnannann)1)()1(11(11nnanna.)1(1)1(11ln()1ln()1ln(1nnnnaann 111)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赛题简析例求证简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用学习必备 欢迎下载 n2log 的最大

8、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

9、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(nn。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：.2122

10、11!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“

11、分房问题”概率模型、构造函数等都可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赛题简析例求证简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用学习必备 欢迎下载 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(2kkkkkk（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N

12、nnaaannn121，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)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

13、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)(1()211(nnn，得证.例 12 设数列na满足).,2,1(1,211naaaannn（）证明12 nan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

14、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(22212nnanaann12 nan 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赛题简析例求证简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用学习必备 欢迎下载 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

15、0221 TTn，故.2)1(2nSn 再如例 4，令12)1211()511)(311)(11(nnTn则13212221nnnTTnn，即,1nnnTTT递增，有1321 TTn，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),(,21

16、011，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（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

17、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：).(naan xaxxf21)(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 an 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把握放缩的度上述不等式右边放缩用的

18、是均值不等式若放成则得就放过赛题简析例求证简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用学习必备 欢迎下载 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：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1 ba，则0b，ba 1，应用二项式定理进行部分放缩有 222221102)1()1(bnnbC

19、CbCbCbCbannnnnnnnnnnn，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(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

20、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：.11111aaaaakkk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

21、用数学归纳法，只考虑第二步：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赛题简析例求证简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用学习必备 欢迎下载 .21412)2(1222221kkkkkkxxxkkk因此对一切Nx有.2nxn 例 19 已知数列 an 满足：a132，且 ann1n13nan2nN2an1（，）（1）求数列 an的通项公式；（2）证明：对一切正整数 n 有 a1 a2 an 2 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

22、等比数列，其首项为 111a13，公比13，从而 1nnan13，据此得 annnn 331（n 1）1 （2）证：据 1 得，a1 a2 an2nn111111333！（）（）（），为证 a1 a2 an 2 n！，只要证 n N时有2n111111333（）（）（）122 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 N，有2n111111333（）（）（）1（2n111333）3 （用数学归纳法，证略）利用 3 得，2n111111333（）（）（）1（2n111333）1n11133113（）1nn1111 112322 3（）（）12。故 2 式成立，从而结论成立。八

23、 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，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(41232

24、1)212121(23214243mm 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赛题简析例求证简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用学习必备 欢迎下载 当4m且m为奇数时maaa111541541111mmaaaa（添项放缩）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 nppppppppnn222323222121logloglog

25、log（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nnpppppppp222323222121loglogloglog.)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 ).(

26、)(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,1,11221221kkpppppp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.logloglog222222121kqqpppqkk kkkkqqqqqqxp

27、ppppp222222121222222121logloglog(logloglog ,lo g)()lo g22xxkxx （1）同理，由xpppkkk1122212得1122212212loglogkkkkpppp).1(log)1()(1(2xxkx（2）综合（1）（2）两式11222222121logloglogkkpppppp).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)(2

28、22ccxcxcxcxcxg利用（）知，当.)(,)2(21取得最小值函数时即xgcxcx对任意都有,0,021 xx 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赛题简析例求证简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用学习必备 欢迎下载 2log22loglog21221222121xxxxxxxx 1)()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,1,221221kkpppppp

29、11111122212212222121221221222222121loglogloglog.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)()log(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

30、 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()(xxxfxf 1)ln()(iiinpnpnp.1)ln(npnppiii 故.0lnln01)ln(11iniiiniiippnpnpp）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赛题简析例求证简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用