数列型不等式放缩技巧_中学教育-高考.pdf

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1、精品资料 欢迎下载 数列型不等式放缩技巧 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几种：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)(nffxxfxx

3、xx .2121)21211(41)2211()2211(112nnnnn 例 3 已知ba,为正数，且111ba，试证：对每一个Nn，1222)(nnnnnbaba.（88 年全国联赛题）简析 由111ba得baab，又42)11)(abbababa，故4baab，而nnnrrnrnnnnnnbCbaCbaCaCba110)(，令nnnbabanf)()(，则)(nf=1111nnnrrnrnnnabCbaCbaC，因为inninCC，倒序相加得)(2nf=)()()(111111baabCbabaCabbaCnnnnrnrrrnrnnnn，而1211112422nnnnnnrnrrrnnn

4、babaabbabaabba，则)(2nf=)(22()(11rrnrnrnrrnrnrnnrnnbabababaCCC)22(n12n，所以)(nf)22(nn2，即对每一个Nn，1222)(nnnnnbaba.例 4 求证),1(221321NnnnCCCCnnnnnn.简析 不等式左边nnnnnCCCC32112222112nn nnn122221=212nn，原结论成立.2利用有用结论 例 5 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 精品资料 欢迎下载 122563412n

5、nnn212674523)12(212654321nnn 12)122563412(2nnn即.12)1211()511)(311)(11(nn 法 2 利用贝努利不等式)0,1,2,(1)1(xxnNnnxxn的一个特例12121)1211(2kk(此处121,2kxn)得)1211(121212111kkkknk.1212121nkknk 注：例 5 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)

6、例 6 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(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)

7、1(321 2222xxxxnann（10a），得证！例 7 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2.71828e）（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l n(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(ln1121

8、1111nnniniiininnaaiiaa 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(1nnnnaann 111)1ln()1ln()1(1)1ln()1ln(212112naaiiaanniiini，即.133ln1)1ln(2eeaann 例 8 已知不等式.log2,log211312122nnNnnn表示不超过n2log 的最大整数。设

9、正数数列na满足：.2,),0(111nannaabbannn 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中等的各式及其变式公式均可供选用例已知函数若且在上的最小值为求证年全国联赛山东预赛题简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用结论主要有法利用假分数的一个性质原结论成立例求证可得精品资料欢迎下载法利用贝努利不等式即

10、的一个特例此处得注例是年上海高考试题以此题为主干添枝加叶而编拟成年全国精品资料 欢迎下载 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 9 设nnna

11、)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(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

12、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 5 所提供的假分数性质、贝

13、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 10 设ana211.2,131anaa求证：.2na 解析 ana211.131211131222nnaa 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中等的各式及其变式公式均可供选用例已知函数若且在上的最小值为求证年全

14、国联赛山东预赛题简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用结论主要有法利用假分数的一个性质原结论成立例求证可得精品资料欢迎下载法利用贝努利不等式即的一个特例此处得注例是年上海高考试题以此题为主干添枝加叶而编拟成年全国精品资料 欢迎下载 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 11 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 )(

15、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 5 之法 2 就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。例 12

16、 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 13 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

17、21222212nnnnaaaa.1,2,1,2221nkaakk 则1222)1(22212nnanaann12 nan 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0221 TTn，故.2)1(2nSn 再如例 5，令12)1211()511)(311)(11(nnTn则13212221nnnTTnn，即,1nnnTTT递增，有1321 TTn，得证！注：由此可得例 5 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满思考性和挑战性能全面而综合

18、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中等的各式及其变式公式均可供选用例已知函数若且在上的最小值为求证年全国联赛山东预赛题简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用结论主要有法利用假分数的一个性质原结论成立例求证可得精品资料欢迎下载法利用贝努利不等式即的一个特例此处得注例是年上海高考试题以此题为主干添枝加叶而编拟成年全国精品资料 欢迎下载 使

19、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 14 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 15 数列nx由下列

20、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 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nnnxaxx2

21、11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。五 换元放缩 例 16 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 17 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(bnnbCCbCbCbCbannnnnnnnnnnn，注意到Nnn,2，则42)1(222bnbnn（证

22、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 11 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 7)(II中所得nnnnnaa211lnln21和)1(1)1ln()1ln(1nnaann、例 8 中naann1111、例 13（）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 11 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、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

23、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中等的各式及其变式公式均可供选用例已知函数若且在上的最小值为求证年全国联赛山东预赛题简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用结论主要有法利用假分数的一个性质原结论成立例求证可得精品资料欢迎下载法利用贝努利不等式即的一个特例此处得注例是年上海高考试题以此题为主干添枝加叶而编拟成年全国精品资料 欢迎下载 或运用逆向思维探索转化为证明其加强命题：.2121111111121nnaaa

24、再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）。例 18 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 19 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：.21412)2(1222221kkkkkk

25、xxxkkk因此对一切Nx有.2nxn 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，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(11654mmaa

26、aaa.878321)211(412321)212121(23214243mm 当4m且m为奇数时maaa111541541111mmaaaa（添项放缩）由知.871111154mmaaaa由得证。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中等的各式及其变式公式均可供选用例已知函数若且在上的最小值为求证年全国联赛山东预赛题简析不等式左边利用有用结论简析本题可以利用的有用结论主要有法利用假分数的一个性质原结论成立例求证可得精品资料欢迎下载法利用贝努利不等式即的一个特例此处得注例是年上海高考试题以此题为主干添枝加叶而编拟成年全国