数列型不等式的放缩技巧九法.doc

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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：

①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！

②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：

①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；

②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

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：

①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

②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12设数列满足（Ⅰ）证明对一切正整数成立；（Ⅱ）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（Ⅰ）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（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）设，证明（04年辽宁卷第21题）

解析（Ⅰ）=1；（Ⅱ）由得且用数学归纳法（只看第二步）：

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：

①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：

②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:

（ⅰ）;（ⅱ）.（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（Ⅰ）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a1·a2·……an<2·n！

（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＝（n³1）……1°

（2）证：

据1°得，a1·a2·…an＝，为证a1·a2·……an<2·n！

，

只要证nÎN*时有>……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nÎN*，有³1－（）……3°

（用数学归纳法，证略）利用3°得，³1－（）＝1－＝1－>。

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

（Ⅰ）写出数列的前3项；（Ⅱ）求数列的通项公式；（Ⅲ）证明：

对任意的整数，有（04年全国卷Ⅲ）

简析（Ⅰ）略，（Ⅱ）；

（Ⅲ）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

①当且为偶数时

②当且为奇数时（添项放缩）由①知由①②得证。

九数学归纳法

例21（Ⅰ）设函数，求的最小值；（Ⅱ）设正数满足，证明

（05年全国卷Ⅰ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。

（Ⅰ）略，只证（Ⅱ）：

法1由为下凸函数得

又，

所以

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，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（Ⅰ）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（Ⅰ）知，

当对任意

.②（②式是比①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②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②也可以直接使用函数下凸用（Ⅰ）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）

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