浅谈不等式放缩技巧

1数列型不等式放缩技巧一利用重要不等式放缩1．均值不等式法例1设.)1(3221nnSn求证.2)1(2)1(2nSnnn解:此数列的通项为.,,2,1,)1(nkkkak2121)1(kkkkkk，)21(11nknnkkSk，即.2)1(22)1(2)1(2nnnnSnnn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(1nnnfff解：)2211()()1()0(22114111414)(nffxxfxxxx.2121)21211(41)2211()2211(112nnnnn例3已知ba,为正数，且111ba，试证：对每一个Nn，1222)(nnnnnbaba.解：由111ba得baab，又42)11)((abbababa，故4baab而nnnrrnrnnnnnnbCbaCbaCaCba110)(，令nnnbabanf)()(，则)(nf=1111nnnrrnrnnnabCbaCbaC，因为inninCC，倒序相加得)(2nf=)()()(111111baabCbabaCabbaCnnnnrnrrrnrnnnn，而1211112422nnnnnnrnrrrnnnbabaabbabaabba，则)(2nf=))(22())((11rrnrnrnrrnrnrnnrnnbabababaCCC)22(n12n，所以)(nf)22(nn2，即对每一个Nn，1222)(nnnnnbaba.例4求证),1(221321NnnnCCCCnnnnnn.解：不等式左边nnnnnCCCC32112222112nnnnn122221=212nn，原结论成立.2．利用有用结论例5求证.12)1211()511)(311)(11(nn2解：法1利用假分数的一个性质)0,0(mabmambab可得122563412nnnn212674523)12(212654321nnn12)122563412(2nnn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(2kk(此处121,2kxn)得)1211(121212111kkkknk.1212121nkknk例6已知函数.2,,10,)1(321lg)(nNnannanxfxxxx给定求证：)0)((2)2(xxfxf对任意Nn且2n恒成立。解：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(xfxfnnanxxxx2222)1(321lgnnanxxxx)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)])1(321[2222xxxxnann（10a），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0x都成立，证明2nae（无理数2.71828e）解：nnnanna)2111(21nnnannaln)2111ln(ln21nnnna211ln2。于是nnnnnaa211lnln21，.22112211)21(111lnln)211()ln(ln11211111nnniniiininnaaiiaa即.2lnln21eaaann例8已知不等式].[log2,],[log211312122nnNnnn表示不超过n2log的最大整数。设正数数列}{na满足：.2,),0(111nannaabbannn求证.3,][log222nnbban解:当2n时naaanaannaannnnnnn11111111，即3naann1111.1)11(212kaankkknk于是当3n时有][log211121naan.][log222nbban二部分放缩例9设ana211.2,131anaa求证：.2na解:ana211.131211131222nnaa又2),1(2kkkkkkkkkkk111)1(112，于是)111()3121()211(1131211222nnnan.212n例10设数列na满足Nnnaaannn121，当31a时证明对所有,1n有2)(nain；21111111)(21naaaii解:)(i用数学归纳法：当1n时显然成立，假设当kn时成立即2kak，则当1kn时312)2(1)2(1)(1kkkkakaaakkkk，成立。)(ii利用上述部分放缩的结论121kkaa来放缩通项，可得)1(211kkaa.2111242)1(2111111kkkkkkaaa.21211)21(1412111111niniinia三添减项放缩例11设Nnn,1，求证)2)(1(8)32(nnn.解：观察n)32(的结构，注意到nn)211()23(，展开得86)2)(1(8)1(212121211)211(33221nnnnnCCCnnnn，即8)2)(1()211(nnn，得证.四利用单调性放缩1构造数列如对上述例1，令2)1(2nSTnn则0232)2)(1(1nnnTTnn，}{,1nnnTTT递减，有0221TTn，故.2)1(2nSn42．构造函数例12已知函数223)(xaxxf的最大值不大于61，又当]21,41[x时.81)(xf（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）设Nnafaann),(,21011，证明.11nan解:（Ⅰ）a=1；（Ⅱ）由),(1nnafa得6161)31(2323221nnnnaaaa且.0na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()(21kkkkfafakk例13数列nx由下列条件确定：01ax，,211nnnxaxxNn．（I）证明：对2n总有axn；（II）(II)证明：对2n总有1nnxx解:构造函数,21)(xaxxf易知)(xf在),[a是增函数。当1kn时kkkxaxx211在),[a递增故.)(1aafxk对(II)有1nnxxnnxax21，构造函数,21)(xaxxf它在),[a上是增函数，故有1nnxxnnxax210)(af，得证。五换元放缩例14求证).2,(1211nNnnnn解：令nnnhna1，这里),1(0nhn则有)1(1202)1()1(2nnhhnnhnnnnn，从而有.12111nhann例15设1a，Nnn,2，求证4)1(22anan.解：令1ba，则0b，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（证明从略），因此4)1(22anan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121kkaa进行递推放缩来证明)(ii，同理例7)(II中所得5nnnnnaa211lnln21和)1(1)1ln()1ln(1nnaann、例8中naann1111、例13（Ⅰ）之法2所得2221kkaa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、或运用逆向思维探索转化为证明其加强命题：.2121111111121nnaaa再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）。例16设10a，定义aaaaann1,111，求证：对一切正整数n有.1na解:用数学归纳法推1kn时的结论11na，仅用归纳假设1ka及递推式aaakk11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17数列nx满足.,212211nxxxxnnn证明.10012001x解：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(1222221kkkkkkxxxkkk因此对一切Nx有.2nxn八分项讨论例18已知数列}{na的前n项和nS满足.1,)1(2naSnnn（Ⅰ）写出数列}{na的前3项321,,aaa；（Ⅱ）求数列}{na的通项公式；（Ⅲ）证明：对任意的整数4m，有8711154maaa解：（Ⅰ）略，（Ⅱ）.)1(23212nnna；（Ⅲ）由于通项中含有n)1(，很难直接放缩，考虑分项讨论：当3n且n为奇数时12222223)121121(2311213212121nnnnnnnnnaa)2121(2322223123212nnnnn（减项放缩），于是①当4m且m为偶数时maaa11154)11()11(11654mmaaaaa6.878321)211(412321)212121(23214243mm②当4m且m为奇数时maaa111541541111mmaaaa（添项放缩）由①知.871111154mmaaaa由①②得证。参考文献[1]李锦旭等《例说高考题的科学背景》。华东师大《数学教学》2004年第11期。