1、第六章 不等式第二節不等式放縮技巧十法證明不等式，其基本方法參閱 （下冊）有關章節這里以數列型不等 式的證明為例說明證明不等式的一個關鍵問題：不等式的放縮技巧。證明數列型不等式，因其思維跨度大、構造性強，需要有較高的放縮技巧而充滿思考性和挑戰性，能全面而綜合地考查學生的潛能與后繼學習能力，因而成為高考壓軸題及各級各 類競賽試題命題的極好素材。這類問題的求解策略往往是：通過多角度觀察所給數列通項的 結構，深入剖析其特征，抓住其規律進行恰當地放縮；其放縮技巧主要有以下十種：利用重要不等式放縮1.均值不等式法設 Sn 、-1 21）.求證理Sn2(n 1)22解析此數列的通項為ak1),k1,2,

2、n.k k(k1)nkSnk 1n 11(k 2)，Snn(n 1)2(n21)2注：應注意把握放縮的“度”：上述不等式右邊放縮用的是均值不等式，就放過“度”了!2放成.k(k 1) k 1則得Sn n (k 1) (n 1)(n 3) (n 1)2k 1根據所證不等式的結構特征來選取所需要的重要不等式，這里a1ana1ana22 annn證:其中，n 2,3等的各式及其變式公式均可供選用。已知函數f(x)1a 2bxA，若f(1)4,且f(x)在0 , 1上的最小值為一，求5-簡析f(1)f(n)f(x)4X1 4X11 4X0)簡析不等式左邊f(1) Lf(n)C；(1亢)1(1(11,n

3、cnCnC；n nCn= 21丄)2“ 1丿N).222n1n 12V ,故原結論成立【例4】已知a；2a2La： 1 , xf xf L求證：a1x1a2x2anXn 有(1x)enx，利用此結論進行巧妙賦值：取x1,k1,2,L,n，則有(分nn nL)n1 n 1 ()e1(一)en2 L(卜e1()e即對于任意，有例9設an (1，求證：數列an單調遞增且an4.a)解析引入一個結論：若b a 0則bn 1 an 1 (n 1)bn(b(可通過構造一個等比數列求和放縮來證明，略)整理上式得 an 1bn(n 1)a nb.(),11.1、n 1u1、n以a 1,b 1 代入()式得(1

4、)(1-).n 1nn 1n即an單調遞增。(1 幕4.1 1 1 以a 1，b 1亦代入()式得1(1詁21此式對一切正整數 n都成立，即對一切偶數有 (1 -)n4，又因為數列an單調遞n增，所以對一切正整數 n有(1-)n 4。n1注：上述不等式可加強為 2 (1 -)n 3.簡證如下：n利用二項展開式進行部分放縮：an (11 c2cn nCnUn只取前兩項有ancn2.對通項作如下放縮:Cn-k!-k!故有an121n 11 (1/2)1/23.二部分放縮例10設an1_a1,an2，求證:an2.解析an12a13a1 12232又k2k k(k 1), k(只將其中一個k變成k進

5、行部分放縮)，1111k2k(k 1)k 1k，111于是an 12221 (123n【例11】設數列an滿足an 12annan11111、c12(匚(彳-)2223n 1nn1 nN，當a13時證明對所有n1,有(i)an n 2 ；111 an2【解析】(i)用數學歸納法：當n 1時顯然成立，假設當 n k時成立即ak則當 n k 1 時ak 1ak(akk) 1ak(k 2 k) 1 (k 2) 2 13，成立。(ii)利用上述部分放縮的結論ak 12ak 1來放縮通項，可得ak 11 2(ak1)ak2k 1佝 1)2k 1 42k1ak 11i 11 ai11 G)n 14TT 2

6、2【注】上述證明(i)用到部分放縮，當然根據不等式的性質也可以整體放縮:ak 1 (k2)(k2 k) 1 k 3 ；證明(ii)就直接使用了部分放縮的結論ak 1 2ak 1。三添減項放縮上述例5之法2就是利用二項展開式進行減項放縮的例子。例12設 n 1, nN，求證(-)3(n 1)(n 2)簡析2觀察(2)n的結構，注意到(2)n1(12)n，展開得(1C3 21n n(n 1)2(n1)(n 2) 68即(11)n (n 1)(n2例13設數列耳滿足a12, an 1anan(n1,2,).(I)證明an 、2n 1對一切正整數n成立;81(n)令 bnan:n(n 1,2,) ，判

7、定bn與B 1的大小，并說明理由。簡析本題有多種放縮證明方法，這里我們對(I)進行減項放縮，有法1用數學歸納法(只考慮第二步)21 ak-4， 2k 122(kak1) 1;22小法 2 a n 1 an 212an2 ak2 ak2, k 1,2, ,n 1.2 2則an 印 2(n1)2an2n2nan、2n四利用單調性放縮1.構造數列如對上述例1，令TnSn(n1)22則TnTn.(n 1)(n2)2n 32Tn Tn 1, Tn遞減，有 Tn0，故 Sn(n1)22再如例5，令Tn1 1(1 1)(1 )(1 )35J2n 1(112n 1)2n 2.2n 1、2n 31，即Tn Tn

8、1, Tn遞增，有Tn得證!2 構造函數例14已知函數f(x) ax的最大值不大于16，又當11】 1冇時 f(x) 8(I)求a的值;(n)設 0 a112,an 1f (an), n N，證明 an解析(I) a=1； (n )由 an1 f (an ),得an 1 an 3 a；弓佃2 2用數學歸納法(只看第二步):ak 1f (ak)在 ak(0，k)是增函數，則得ak 11 1 f(aQ f(-)- k 1k 1)22 k 11k 2例15數列Xn由下列條件確定：X1a 0，xn 11Xn2a,nXnN (I)證明：對n 2總有Xn、a ；(II)證明：對n 2總有XnXn 1解析構

9、造函數f(X)1 X a ,易知 f (x)在,a,2 x)是增函數。當 n k 1 時 Xk i Xk 在-.a,)遞增，故 Xk 1 f G a) a.2Xk對(II)有XnXn 11X ，構造函數f(x) -X -,2Xn2X1a它在.a,)上是增函數，故有 XnXn 1- Xnf C，a)0 ,得證。2Xn【注】本題為02年高考北京卷題，有著深厚的科學背景：是計算機開平方設計迭代程序的根據；同時有著高等數學背景數列Xn單調遞減有下界因而有極限：an a(n ).f(X) 1 X a是遞推數列X 1- X 的母函數，研究其單調性對此數列本2 xn 12 n Xn質屬性的揭示往往具有重要的

10、指導作用。五換元放縮廠!2例 16 求證 1 n n 1(n N ,n 2).h n 1簡析令an: n 1 hn，這里hn 0(n 1),則有“ 、n n(n 1) , 2 小I 2 z 八n (1 hn) 一hn0 hn Y (n 1)，2、n 1從而有1 an1 hn1n21注：通過換元化為幕的形式，為成功運用二項展開式進行部分放縮起到了關鍵性的作用。例17設a 1，2 2an n (a 1)n 2, n N，求證 a4簡析令a b1，則 b 0, a1 b，應用二項式定理進行部分放縮有na (b1)n c0bn C：bn1Cnbn 2C： C：bn2 b2,注意到n2,n N，則他22

11、 2Db22丄(證明從略)，因此an42 2n (a 1)4六遞推放縮遞推放縮的典型例子，可參考上述例11中利用(i)部分放縮所得結論ak1 2ak 1 進行遞推放縮來證明(ii)，同理例(II )中所得In an 1 In anIn11 O Wn 1苗、例中丄 anan 11、例13 (I)之法n2所得2ak 12ak2都是進行遞推放縮的關鍵式。轉化為加強命題放縮如上述例10第(ii)問所證不等式右邊為常數，難以直接使用數學歸納法，我們可以通過從特值入手進行歸納探索、或運用逆向思維探索轉化為證明其加強命題:1 11a11 a211 11 an22n 1再用數學歸納法證明此加強命題，就容易多了

12、。例 18 設 0 a 1，定義 a11 a,an 11a，求證：對一切正整數 n有an 1.an解析用數學歸納法推n k 1時的結論an 11，僅用歸納假設ak 1及遞推式1ak 1aka是難以證出的，因為 ak出現在分母上！可以逆向考慮:ak i1a 1 ak1ak1 a故將原問題轉化為證明其加強命題:對一切正整數n有1an1.(證略)a例19數列Xn滿足X1 2,Xn 1Xn2Xn .證明 X20011001.簡析將問題一般化：先證明其加強命題Xn用數學歸納法,只考慮第二步:Xk 1 Xkx；kk22乂)因此對一切xN有xn例20已知數列an 滿足:3ai =2且an =3nan1(n2

13、an 1+ n 12(1 )求數列 an的通項公式;(2)證明：對一切正整數 n有ai?a2?an 2?n! 1 為一個等比數列，其首 an解析:(1 )將條件變為：1 = 一 (1 n1),因此 an 3an-1項為1 = 一，公比一，從而a133n11 = ，據此得 an3an =空(n 1)13n1(2)證：據 1 得，a1?a2?an =n!11V(1 一)？(1 冷)一(1 丄)333為證 ai?a2? an 2?n !,iii只要證 n N 時有(1- 一)？(1 )( 1飛)33313n 2顯然，左端每個因式都是正數，先證明一個加強不等式:1 1 1對每個 n N,有d 3)?(

14、 - 32)(1 3) 1 （用數學歸納法，證略）利用x得d - 1 )?(令 x P1P2P2k, q1,q2存1-j) 則q 1,q2,q2k為正數，且q? -( 1十扌十十扌)1-(1 )n=1 - 3311-3=1 -1 八1+/1)n3)1故2式成立，從而結論成立。八.分項討論例21已知數列an的前n項和Sn滿足Sn 2an1),n1.寫出數列 an的前3項ai, a2, a3 ；求數列an的通項公式;(出)證明：對任意的整數有丄a4as7am 8簡析略, (n) an2n1)n1.;(出)由于通項中含有（1）n，很難直接放縮，考慮分項討論:3且n為奇數時an3(212* 11）32

15、n 22?2n 32門12門12n 2 12n 22n 1(212n 1）（減項放縮），當m 4且m為偶數時a4a5a4a51)a61(am 1六）(1 21當m 4且m為奇數時1 11 111 1-（添項放縮）a4a5ama4a5a mm 11 11 17由知amam1 8由得證。九借助數學歸納法例22 （I）設函數f（X）xlog2x (1 x)log2(1 x) (0x 1），求f （x）的最小值;(n)設正數 Pl,P2,P3, , p2n 滿足 Pl P2 P3P2n 1，求證:Pi log 2 PiP2 log2 P2 P3 log 2 P3p2n log 2 P2nn解析這道高考

16、題為05年全國卷I第22題，內蘊豐富，有著深厚的科學背景：直接與 高等數學的凸函數有關！更為深層的是信息科學中有關熵的問題。（I）略，只證（n）考慮試題的編擬初衷，是為了考查數學歸納法，于是借鑒詹森不等式的證明思路有:法1 （用數學歸納法）（i）當n=1時，由（I）知命題成立（ii）假定當n k時命題成立，即若正數P1, P2, P2k滿足P1P2P2k 1,貝V P1 log 2 P1P2 log 2 P2P2k log 2 P2kk.當n k 1時，若正數P1, P2, P2k 1滿足P1 P2P2k 11, ( * )為利用歸納假設，將（*）式左邊均分成前后兩段:P2J屜 -P2kxxq

17、2k1.q2k log2 q2kk.Xlog 2 q1q2 log 2 q2q2k log2 q2klog 2 x) x( k) xlog 2 x, (1)同理，由 p2k 1p2k 2p2k 11 x 得P2k 1 lOg 2 P2k 1P2k 1 lOg 2 P2k 1(1x)( k) (1 X)lOg2(1X). (2)綜合(1 ) (2)兩式 P1 log 2P1P2 log 2P2p2k1 log 2p2k1(k 1).X (1x)( k) xlog2 X (1 x)log2(1 X)即當n k 1時命題也成立.根據(i)、(ii)可知對一切正整數 n命題成立.法 2 構造函數 g(

18、x) xlog2 x (c x)log2(c x)(常數c 0,x (0,c),那么x xxxg(x)C Iog2(1-) log 2(1-)log2c,c ccc利用(I)知，當-丄(即x E)時，函數g(x)取得最小值.c 22對任意捲0, X20,都有X1 X2X1 X2x1 log2 x1 x2 log2 x2 2 -log2 -(為 x2)log 2(x1x2) 12 2(式是比式更強的結果)下面用數學歸納法證明結論.(i)當n=1時，由(I)知命題成立.(ii)設當n=k時命題成立，即若正數P1, P2, P2k 滿足 P1 P2P2k1,有P1 log 2 P1P2 log 2

19、P2p2k log 2 p2kk.當 n k1 時,P1, P2, p2k 1 滿足 P1P2P?k 11 .令 HP1 log 2 P1P2 log 2 P2P2k 1 1log 2 P2k 1 1P2k 1log 2 p2k 1對(*)式的連續兩項進行兩兩結合變成k2項后使用歸納假設，并充分利用式有H(P1 P2)log2(p!P2) 1(P2k 1 1P2k1)log2(P2k 1 1P2kJ1,因為(P1P2)(P2k1 1P2k 1)1,由歸納法假設(卩勺p2)log2(Pi p2)(P2k 1 1P2k 1)iog2(P2k11P2k 1)k,得 Hk (P1 P2P2k 1 1P

20、2k 1)(k1).即當n k 1時命題也成立所以對一切正整數 n命題成立.【評注】(1)式也可以直接使用函數 g(x) x log 2 x下凸用(I)中結論得到；. k(2)為利用歸納假設，也可對(*)式進行對應結合：qi Pi p2n 1 i而變成2項;(3 )本題用凸函數知識分析如下:先介紹詹森(jensen)不等式.若f (x)為a,b上的下凸函數，則對任意人a,b, i0( i 1,n), 1n 1,有f ( 1X1nXn)1f(X1)n f (xn )1特別地，若ir亠x1xn則有f( ,0上的最大值和最小值；n)1f(X1)f(Xn).nnn若為上凸函數則改“為。由g(x)為下凸

21、函數得g(Pi) g(P2)g(Py)2ng(巴又 P1 P2P3P2n所以 P1 log 2 P1P2 log 2 P2P3 log 2 P3P2n Iog2n # 1 p2n 2 g(2n)n.(4 )本題可作推廣如下:若正數P1, P2, Pn滿足P1P2Pn1，則Pl ln PiP2In P2PnIn PnIn n.簡證：構造函數 f(x)xln易得 f(x) f (1)xln xx 1.(n Pi) I n(n Pi)npiPin故 Pi In(nPi)i 1Pi 10 In nPi In Pi0.十.構造輔助函數法【例23】已知f (x) =4x2xln2,數列an滿足1一a120

22、,21 an1f an(1)求f(x)在證明：丄2an0；(3)判斷an與an 1(n N )的大小，并說明理由號-ln2.【解析】(1)求導可得f(x)在-,0上是增函數,fmax x =2;fmin x(2)(數學歸納法證明)當 n 1時，由已知成立;假設當k時命題成立，即1 ak20成立,那么當k 1 時，由(1 )得 21 ak15f(aJ (Jn2,2)，51 ak 11In 22 k 2，丄2 2ak i0 ,這就是說n k 1時命題成立.由、知，命題對于 nN都成立(3)由 21an 121an21 an,構造輔助函數g x，得g(x)f (x)2x 1 ln 22x 4x ln

23、 4 ,x 0時，丄22x11,-4x 1.2故1 2x 4x 1乎所以g(x)g(0)=f(0)-2=021an0,即 21 an 12 n 0 ,得 an 1 an。【例24】已知數列an的首項an3an2an1,2 丄求an的通項公式;(出)【解析】證明:證明:對任意的xa2 Lanan1(1 x)2n1,2,L ；an3n3n 2(n)提供如下兩種思路:思路1觀察式子右邊特征，按-為元進行配方，確定其最大值。x33由（I）知an3n1 22 n x(1 x) 31(1 x)2(1 x)an1(1 x)x)21anan ,原不等式成立.法2 設f (x)12歹x，(1x)21 x則f(x

24、)1(1x)22 2 尹 x $(1 x) 2 37 X(1 x)2(1 x)2(1 x)2思路2將右邊看成是關于 x的函數，通過求導研究其最值來解決:Qx 0,當 x * 時，f (x)0 ;當 x 纟時，f (x)0 ,3322當x n時，f （x）取得最大值f 33原不等式成立.an .1 3n（川）思路1考慮本題是遞進式設問，利用（n）的結論來探究解題思路:由（n）知，對任意的 x 0，有an(1 x)2 31 1 21 x (1 x)2 321 1 21 x (1 x)2 3n(1 x)2 3323nnx丄n3113n則 a1 a2 Ln2n2原不等式成立.【注】本解法的著眼點是對上

25、述不等式中的x進行巧妙賦值，當然，賦值方法不止一種，如1還可令x得nn122 ,222 Ln nx1 x(1x)33322n11nn 1(1!)2 3nn 1.nn 1,111 n 1 丄(1 丄)23nnn n思路2所證不等式是與正整數n有關的命題，能否直接用數學歸納法給予證明？嘗試:3131 232322 L33n(1 )當 n121 1成立;(2)假設命題對nk成立，即3131 2323kk2k 1則當n k 1時,31 有不3232 23k廠3k 13k2k 13k 1只要證明-kk23k 1廠(k 1)2 ；2 ；即證3k13k1 22(k 1) k 2k2k 1(k 1)32k (

26、k 2)(k 2)(k 1)k2 3k 1 k2 3k即證3k13k1k2 3k2 13k 21k2 3k 23k122(k2 3k 2)用二項式定理(展開式部分項)證明，再驗證前幾項即可。如下證明是否正確，請分析:3nn易于證明ani32 n對任意n N成立;是 an3n3n 2【注】上述證明是錯誤的！因為:f(k)k是遞增的，不能逐步“縮小”到所需要k 1的結論。可修改如下:2考慮 是某數列 n 10的前n項和,(n 1)22 .n n 12 ， n n只要證明akbk3k3k 2k23k 2 k22k 2.思路3 深入觀察所證不等式的結構特征,利用均值不等式可得如下妙證:由an 1取倒數

27、易得:2an 1an3nFl0,用n項的均值不等式:【例25】已知函數f(x)=x 2-1(x0)，設曲線 y=f(x)在點Xn,f(Xn)處的切線與X軸的交點a 2Lannnn11 ,1 ,2 ,2 ,2L11 12 L1 na1a2an333nnn21(協n1 3n 1n 313 11321cnaa2L ann 1為(Xn+1 ,0) (n N *).(I )用 Xn 表示 Xn+1 ；(n)求使不等式Xn 1Xn對一切正整數n都成立的充要條件,并說明理由;(川)若X1=2，求證:1 11 X11 X21 2n 11 Xn 3【解析】（i ） xn 1x； 12Xn2（n）使不等式 Xn 1 Xn對一切正整數n都成立的充要條件是 X11.（川）基本思路：尋求合適的放縮途徑。探索1著眼于通項特征，結合求證式特點，嘗試進行遞推放縮:1 Xn 1(Xn 1)212Xn1 Xn2Xn 12(Xn11)2(1 Xm)2(1 Xm)2(n 2)Xn 1即-1 Xn于是由此遞推放縮式逐步放縮得11Xn2 221Xn 11 Xn 22* 12*11 x-i 3探索2從求證式特征嘗試分析：結論式可作如下變形:1 11 X11X2亡 1(12 222n 1)2n31 X11X2xn2n13n 1.逆向思考，猜想應有：1-.（用數學歸納法證明