数列型不等式的放缩技巧九法.docx
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数列型不等式的放缩技巧九法
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
.n(n1).求证n(n1)
(n1)2
2
解析
此数列的通项为ak
kk1
2
n(n1)
2
k(k
1)
即n(n1)
Sn
2
注:
①应注意把握放缩的
n
2
“度”
k(k
1
—?
2
(n1)2
1),k1,2,
n
k
k1
Sn
n.
1
(k-),
2
:
上述不等式右边放缩用的是均值不等式
2
(k1)(n1)(n3)(n,就放过“度”了!
k122
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
若放成,k(k1)k1则得S
ai
n.aaa1an
1a1an
1n
an
22
a1an
n
其中,n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。
4
-,且f(x)在[0,1]上的最小值为
5
已知函数f(x)
1
bx
1a2
,若f
(1)
求证:
f
(1)
f
(2)
f(n)
简析
f(x)
4x
1
4x
2)
(1
1
14x
1
22n
1
盯
1
2?
2x
(x
(02年全国联赛山东预赛题)
0)
f
(1)
f(n)
例3求证c:
c2简析不等式左边c1
Cn3
Cn
n1
2V
C;
C
11
-(1-
42
n1
2v(n
C;2n
丄)
2门1)
2门1
(1宀)
22
1
2.
1,n
N).
222
2n
nv12222n1=n
2•利用有用结论
例4求证(11)(1!
)(1丄)
35
故原结论成立.
1.
(1)2n1.
2n1
简析本题可以利用的有用结论主要有:
1利用假分数的一个性质b
a
2n1
2n
6
5
2n
2n
46
35
3
2
2n
bm
(b
am
13
24
a0,m0)可得
2n1)2
2n
1即(1
1)(1
法2利用贝努利不等式
(1x)n1
2n1
(2n
2n
11
3)(17)(1
35
nx(nN,n
1)
2n1)
2,x
.2n1.
1,x0)的一个特例
1
(12k"
注:
I)2
1
2k1
例4是
1
2-
2k1
2k1
2k1
(此处n2,x1)得
2k1
n1n
(1)
k12k1k1.2k1
2k1.2n1.
1998
1985年上海高考试题,以此题为主干添“枝”加“叶”而编拟成
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:
1)33n1.(可考虑用贝努利不等式n3的特例)
3n2
3x(n1)xanx
0a1,给疋nN,n2.n
证明(11)(1扌)(1》
12
已知函数f(x)Ig
(1
求证:
f(2x)2f(x)(x0)对任意nN且n2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)
n
nn
不等式
(abi)]
1
f(2x)
2f(x)
22
aibi的简捷证法:
i1i1
x2x
123
lg
2x
(n1)
n
2xn
.sXaX
2lg
(n1)x
[1
而由Cauchy不等式得(111
(1212)?
[122x
n?
[122x32x
32x
已知印1,an1(1
x2
n]
2x
(n1)2x
~2)an
nn
n?
[1
3x
(n1)2x
an2x](
2x
32x
/八Xx
(n1)ann
(n
(n1)x
n2x](x
a1),
1)2x
anx)2
0时取等号
得证!
2x
n]
(II)对ln(1
22题)
解析
x)x对x0都成立,证明an
丄.(I)用数学归纳法证明
2n
e2(无理数e
an2(n
2);
2.71828-)(05年辽宁卷第
(II)结合第(I)问结论及所给题设条件ln(1
x)
x(x0)的结构特征,可
得放缩思路:
an1
(1
鳥)an
lnan1
ln(1
lnan
lnan1
lnan
n1
(lnai
i1
lnai)
(i
lnan
lna1
1
2
nn
1
歹,
1(扩
2
1
1-
2
*)lnan
即lnan
注:
题目所给条件
放缩方向的作用;当然,
1
lna12
e2.
an
ln(1
本题还可用结论
x)x(x
0)为一有用结论,
2n
an1(1
)an
n(n1)
n(n
ln(an1
1)ln(an
1)
ln(1
1
an
1)
1
n(n1)(n(1nn11
可以起到提醒思路与探索
2)来放缩:
n1
[ln(ai11)
i2
ln(ai
1)]
即ln(an1)1
ln3
1
例7已知不等式1
an
1
3
n(n
n1
3e
n(n1)
In(a.
1)
2
e.
2[log2n],n
1)In(a?
1)1
N,n2.[log2n]表示不超过
log2n的最大整数。
设正数数列{a.}满足:
aib(b0),an
n2.
求证
空,n3.(05年湖北卷第(22)题)
b[log2n]
简析
2时an
nan1
nan1
1
(a;
1
)
ak1
注:
①本题涉及的和式
丄于是当
k'
1
2
1na.1
an1
3时有丄
an
an
1
an
1
-[log2n]
an1
an
an
an1
2b[log2n]
1
3
1
n
丄为调和级数,是发散的,不能求和;但是可
n
Blog2n]来进行有效地放缩;
1
3
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。
以利用所给题设结论1
2
1
例8设an(1-)n,求证:
数列{an}单调递增且an4.
0则bn1an1
(n1)bn(ba)(证略)
n
整理上式得an
1bn[(n
1)anb].(
),以
a1
11—,b1-
代入()
n1n
式得(14)n1(1
丄八即{a
n}单调递增。
n1
n
以a1,b1
丄代入(
)式得1(1
丄
n1)-
(11)2n
4.
2n
2i
2
2n
此式对一切正整数
n都成立,
即对一切偶数有
(1
S
n
4,又因为数列
{an}单调
递增,所以对一切正整数
n有(1
1、n
)4。
解析引入一个结论:
若ba
n
1
注:
①上述不等式可加强为2(1丄)“3.简证如下:
n
利用二项展开式进行部分放缩:
(1
n
只取前两项有
an
1cn1n
2.对通项作如下放缩:
Cn
1
1
nn1
nk1
1
1
1
kn
k!
nn
n
k!
12
22k1.
故有
an
1
11丄
222
1
2
11
(1/2)n1
2*1
2
11/2
②上述数列{an}的极限存在,
3.
为无理数e;同时是下述试题的背景:
已知i,m,n
是正整数,且1imn.
(1)证明n'A^nm'An;
(2)证明(1m/(1n):
(01
年全国卷理科第20题)
1简析对第
(2)问:
用1/n代替n得数列{bn}:
bn(1n「是递减数列;借鉴此
结论可有如下简捷证法:
111
数列{(1n)n}递减,且1'mn,故(1m尸(1n)6
即(1m)n(1n)m。
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
二部分放缩
例9设a
n12
1
1
—,a2.
求证:
2a
亍
n
解析an
1
1a
2
1
3a
11
1na22
1
32
(只将其中一个
k变成k
1,
进行部分放缩),
1
k2
an
2.
1
~.
n
1
又k2
kk(k1),k
有(i)an
n2;(ii)丄
1a1
解析
当n
(i)用数学归纳法:
当
ak(ak
k1时ak1
1
11
1
(1)
()
2
23
2
annan
1n
1
~-n
例10设数列an满足an1
k(k1)
1
(yi
,当a1
1
厂
1
)
n
3时证明对所有
1,
1
1a2
n
k)
11一
——-(02年全国高考题)
1an2
1时显然成立,假设当nk时成立即
1ak(k2
k)
1(k2)
ak
k
2,则
成立。
(ii)利用上述部分放缩的结论ak1
2ak1来放缩通项,可得
ak112(ak1)ak1
2k1(a11)2k142k1
11
rr.
ak12
n1
n11
1
(2)n
2
1
11ai
i12i14
1
1-
2
2
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:
1(k2)(k2k)1k3;证明(ii)就直接使用了部分放缩的结论ak12ak1。
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n1,nN,求证
(2)n8.
3(n1)(n2)
23
简析观察(-)n的结构,注意到(-)n
3-
丄2
1'
展开得
(1
1
-)
n(n1)(n1)(n2)6
88'
即(11)n(n1)(n2),得证.
I28
例12设数列g}满足a12,an1
an—(n
an
1,2,)•(I)证明an
、、2n1对
一切正整数n成立;(n)令bn
04
〒(n1,2,),判定bn与bn1的大小,并说明理由(
■-n
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)
2
ak1
a22
1
2ak
2k122(k1)1;
法2
a2n1
a2
21
an
a2
2ak1
a2
2,k
1,2,,n1.
则a2
a;
2(n1)
a2
2n2
2n1
an
、*2n1
四利用单调性放缩
如对上述例
1,令TnSn空则Tn1
TnTn1,
2
{「}递减,有Tn
Ti
再如例4,
1
(11)(1-)(1
令T3_
n2n
即TnTn1,{Tn}递增,有TnT1
注:
由此可得例4的加强命题(1
(n1)5
0,故Sn
1
5)
1
2
1,得证!
'3
11
1)(1[)(1」
35
(1帛)则上
1
Tn
(1
2)
(n
0,
2
2.
2n2
2n1)
^32n1.并可改
3
造成为探索性问题:
正整数k的最大值;
求对任意n1使(11)(11)(11)
35
(1—)k.2n1恒成立的
2n1
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
f(x)
ax
|x2的最大值不大于
丄,又当X
6
11Z1/、
[孑2]时f(x)g(i)
求a的值;(n)设0
a1
f(an),nN,证明
an
解析(I)a=1;(n)由an1
f(an),得an1
an
1
.(04年辽宁卷第21n1
3
a
2
题)
且an0.用数学归纳法(只看第二步)
ak
1f(ak)在
ak
(0,
1
6
)是增函数,则得
3/1、21
(an)
236
1
113
ak1f(ak)f(芦)厂2(
例14数列Xn由下列条件确定:
X1
Xn
明:
对n2总有Xna;(II)
1
2
Xn
解析构造函数f(X)
证明:
对n
2总有Xn
Xn1
xn-,nN.(I)证
Xn
(02年北京卷第(19)题)
a,易知f(x)在[Ja,
x
)是增函数。
当nk
1时X
Xk1
1Xk
2
a
Xk
在[.a,
对(II)有Xn
Xn1
1
xn
a
?
构造函数
2
Xn
函数,故有xn
xn1
1
Xn
a
fC、a)
2
Xn
)递增,故xk1fCa)a.
f(x)1x-,它在[、.a,)上是增
2x
0,得证。
②f(x)
?
是递推数列X,
X
的母函数,研究其单调性对此数列本
Xn
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:
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
Xn单调递减有下界因而有极限:
an-a(n).
已知函数f(x)xsinx,数列{an}满足:
0a11,an1f(an),n1,2,3,L
证明:
(i)0an1an
1;(
ii)an1
3
n•(证略)
五换元放缩
例15求证1石
简析令an
Vn
vn^(n
hn,这里
hn
n2).
n(1hn)n咛
hn
0hn
0(n1),则有
2
一(n1),从而有1an1hn1
n1
作用。
注:
通过换元化为幕的形式,为成功运用二项展开式进行部分放缩起到了关键性的
例16设a1,n2,nN,求证an
简析
令ab1,则b0,
(b1)nC0bnC;bn1
2n2
Cnb
n2,n
N,则叫』b2
2
六递推放缩
递推放缩的典型例子,
n2b2
~4~
(证明从略)
22
n(a1).
4
应用二项式定理进行部分放缩有
n2n2n(n1)K2
CnCnbb,
2
22
,因此ann(a0
4
可参考上述例10中利用(i)部分放缩所得结论
进行递推放缩来证明(ii),同理例6(11)中所得In
an1
Inan
ak
1
2
nn
2ak
1
11
11)ln(an1)、例7中丄
n(n1)a
2
ak2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,
In(an
2
ak1
例12
(I)之法
2所得
an1
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:
11
1a11a2
[丄
1an2
丄再用数学归纳法证明此加强命题,就容易多了(略)。
n1■
2
ak1
ak1
例17设0
a1,定义
a1
解析
ak
丄
ak
用数学归纳法推n
1a,an1an
1时的结论an1
a,求证:
对一切正整数n有an1.
1,仅用归纳假设ak1及递推式
a是难以证出的,因为
ak出现在分母上!
可以逆向考虑:
ak1
故将原问题转化为证明其加强命题:
对一切正整数
an
例18数列xn满足
1
1a
1
Xn1
.(证明从略)
Xn
2
证明X20011001.(01年中国西部数学
n
奥林匹克试题)
简析将问题一般化:
先证明其加强命题
xn卫.用数学归纳法,只考虑第二步:
2
LJ因此对一切xN有xn
2
1.
k-2
2
\!
7
k-2
/k
xk
3
例19已知数列{an}满足:
ai=—,且an=3nan—1(门2nN)
(1)求数列{an}22an—i+n—1'
的通项公式;
(2)证明:
对一切正整数
n有ai?
a2?
……an2?
n!
(06年江西卷理科第
22题)
解析:
(1)将条件变为:
i——=1(|—n—,因此{1——}为一个等比数列,
an3an-1an
其首项为1—-=1,公比1,从而1——=丄,据此得an=丄?
3(n1)……1
a133an3n3n—1
(2)证:
据1得,&?
&?
•••an=n!
,为证a1?
a2?
……an2?
n!
(1—丄)?
(1-」
333
1111
只要证nN时有(1—1)?
(1—厶)•••(1—)-……2
3323n2
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—1)?
(1—;)•••(1—)1—(1+4+…+A)……3
333333
(用数学归纳法,证略)利用3得,(1—1)?
(1_1)•••(1—丄)1—(1+1+•••+丄)
333n333n
11
1,1/1
d〔1—(1门彳V/1、nj1丄1J、n
1232
1—
3
故2式成立,从而结论成立。
八分项讨论
例20已知数列何}的前n项和Sn满足Sn2an
(1)n,n1.
(i)写出数列{an}的前3项对任意的整数m4,有丄
a4
a5
简析(i)略,(n)
an
臼耳厶;(n)
17
am8
22n2
(1)n1
3
求数列{an}的通项公式;(川)证明:
(04年全国卷川)
(川)由于通项中含有
当n3且n为奇数时
1)n,很难直接放缩,
13(1
an12(2n21
丄)(减项放缩)
2n1
11
考虑分项讨论:
3_
222n
an
1
n2
32n22n13
222n32(2
①当m4且m为偶数时
2n3
13/11
2幻歹
a4as
1)13
2m2)22
am
1(1
a4
岸)
1
(―
as
1
2
1
)
a6
37
88
11
()
am1am
②当m4且m为奇数时丄
1
a5
11ama4
1
a5
11(添项放缩)
amam1
a4
由①知111
17
.由①②得证。
a4a5am
am18
九数学归纳法
例21(I)设函数f(x)
xlog2
X
(1X)log2(1
x)(0
X1),求f(X)的最小值;
n)设正数P1,P2,P3,,
p2n满足
P1
P2P3
p2n
1,证明
Pllog2PlP2log2P2P3log2P3
p2nlog2p2nn(05年全国卷[第22题)
[x(1x)](k)xlog2x(1x)log2(1x)(k1).
即当-k1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g(x)xlog2x(cx)log2(cx)(常数c0,x(0,c)),那么
g(x)c[-log2-(1~)log2(1~)log2c],利用(I)知,
cccc
当-丄(即Xc)时,函数g(x)取得最小值.对任意X10,X20,都有
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(n)
得g(pJg(P2)g(P2n)
n
法1由g(x)为下凸函数
又PlP2P3
2
P2n1
g(B
P2P2n)
T)
所以pjogzPiP2log2
考虑试题的编拟初衷,
f(x)为[a,b]上的下凸函数,则对任意
P2
P3lOg2P3
P2n
是为了考查数学归纳法,
Xi[a,b],,
n1
29(尹)n.
于是借鉴詹森(jensen)不等式(若
1,,n),1n1,
log2p2n
0(i
有f(1x1
nXn)
1f(xj
nf(Xn).特别地,若
X1Xn
f(—-)
n
1
[f(X1)n
f(Xj.若为上凸函数则改“”为
法2(用数学归纳法证明)(i)当n=1时,
(ii)假定当-k时命题成立,即若正数
1
则有
n
)的证明思路与方法有:
由(I)
P1,P2,
则P1log2P1P2log2P2p2klog2p2
当-k1时,若
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- 数列 不等式 技巧
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