数列型不等式放缩技巧九法 (2).doc

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）