koorio.com
海量文库 文档专家
当前位置:首页 >> 数学 >>

不等式的放缩技巧

数列型不等式放缩技巧八法
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几种:

一 利用重要不等式放缩
1. 均值不等式法 例 1 设 S n ? 1 ? 2 ? 2 ? 3 ? ? ? n(n ? 1) . 求证 解析 此数列的通项为 ak ?
? k ? k (k ? 1) ?

n(n ? 1) (n ? 1) 2 ? Sn ? . 2 2

k (k ? 1) , k ? 1,2,?, n.

n n 1 k ? k ?1 1 ? k ? ,? ? k ? S n ? ? (k ? ) , 2 2 2 k ?1 k ?1

2 即 n(n ? 1) ? S n ? n(n ? 1) ? n ? (n ? 1) .

2

2

2

2

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 n (n ? 1)(n ? 3) (n ? 1) 2 ,就放 a ? b ,若放成 k (k ? 1) ? k ? 1则得 S n ? ? (k ? 1) ? ? ab ? 2 2 2 k ?1 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
n 1 1 ??? a1 an ? n a1 ?an ?
2 a1 ? ? ? an a 2 ? ? ? an ? 1 n n

其中, n ? 2,3 等的各式及其变式公式均可供选用。

1 1 , f (1) ? 4 , f (x ) 在[0, 若 且 1]上的最小值为 , bx 2 1? a ? 2 5 1 1 求证: f (1) ? f (2) ? ? ? f (n) ? n ? n?1 ? . (02 年全国联赛山东预赛题) 2 2
例2 已知函数 f ( x) ? 简析 f ( x) ?

4x 1 1 1 ?1? ?1? ( x ? 0) ? f (1) ? ? ? f (n) ? (1 ? ) x x x 2?2 1? 4 1? 4 2?2 1 1 1 1 1 1 1 ? (1 ? ) ? ? ? (1 ? ) ? n ? (1 ? ? ? ? n?1 ) ? n ? n?1 ? . 2 n 4 2 2 2? 2 2? 2 2 2

例 3 已知 a, b 为正数,且

1 1 ? ? 1 ,试证:对每一个 n ? N ? , a b

(a ? b) n ? a n ? bn ? 22n ? 2n?1 .(88 年全国联赛题) 1 1 1 1 a b 简析 由 ? ? 1 得 ab ? a ? b ,又 (a ? b)( ? ) ? 2 ? ? ? 4 ,故 a b a b b a n 0 n 1 n ?1 r n?r r n ab ? a ? b ? 4 ,而 (a ? b) ? C n a ? C n a b ? ? ? C n a b ? ? ? C n b n ,
令 f (n) ? (a ? b) n ? a n ? b n , f (n) = C n a 则
1 i n ?i 因为 C n ? C n ,倒序相加得
1 r n 2 f (n) = C n (a n ?1b ? ab n ?1 ) ? ? ? C n (a n ? r b r ? a r b n ? r ) ? ? ? C n ?1 (ab n ?1 ? a n ?1b) ,
n

n ?1

r n b ? ? ? C n a n ? r b r ? ? ? C n ?1 ab n ?1 ,

而 a n ?1b ? ab n ?1 ? ? ? a n ? r b r ? a r b n ?r ? ? ? ab n ?1 ? a n ?1b ? 2 a n b n ? 2 ? 4 2 ? 2 n ?1 ,则 1 r n 2 f (n) = (C n ? ? ? C n ? ? ? C n ?1 )(a r b n ?r ? a n ?r b r ) ? (2 n ? 2)(a r b n ?r ? a n ?r b r )

1

? (2n ? 2) ? 2 n?1 ,所以 f (n) ? (2n ? 2) ? 2 n ,即对每一个 n ? N ? , (a ? b) n ? a n ? bn ? 22n ? 2n?1 .
例 4 求证 C ? C ? C ? ? ? C ? n ? 2
1 n 2 n 3 n n n
1 n 2 n 3 n

n?1 2

(n ? 1, n ? N ) .

简析 不等式左边 C ? C ? C ? ? ? C ? 2n ?1 ? 1? 2 ? 22 ? ?? 2n?1
n n

? n ? 1 ? 2 ? 2 ?? ? 2
n 2

=n?2 2.利用有用结论 例 5 求证 (1 ? 1)(1 ? 1 )(1 ? 1 )?(1 ? 1 ) ? 2n ? 1. 3 5 2n ? 1 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 b ? b ? m (b ? a ? 0, m ? 0) 可得
n ?1

n ?1 2 ,原结论成立.

a

a?m

2 4 6 2n 3 5 7 2n ? 1 1 3 5 2n ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (2n ? 1) 1 3 5 2n ? 1 2 4 6 2n 2 4 6 2n ? ( 2 ? 4 ? 6 ? 2n ) 2 ? 2n ? 1 即 (1 ? 1)(1 ? 1 )(1 ? 1 )?(1 ? 1 ) ? 2n ? 1. 3 5 2n ? 1 1 3 5 2n ? 1 法 2 利用贝努利不等式 (1 ? x) n ? 1 ? nx(n ? N ? , n ? 2, x ? ?1, x ? 0) 的一个
特例 (1 ?
1 )得 1 2 1 (此处 n ? 2, x ? ) ? 1? 2 ? 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1

n n 1 2k ? 1 1 2k ? 1 ? ? ?(1 ? )?? ? 2n ? 1. k ?1 k ?1 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1 注:例 5 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: 1 1 1 证明 (1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ?(1 ? ) ? 3 3n ? 1. (可考虑用贝努利不等式 n ? 3 的特例) 4 7 3n ? 2 1 ? 2 x ? 3 x ? ? ? (n ? 1) x ? a ? n x 例 6 已知函数 f ( x) ? lg ,0 ? a ? 1, 给定 n ? N ? , n ? 2. n ? 求证: f (2 x) ? 2 f ( x)( x ? 0) 对任意 n ? N 且 n ? 2 恒成立。 (90 年全国卷压轴题)

1?

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 ) 不等式 [

? (ai bi )]2 ? ? ai2 ? bi2 的简捷证法:
i ?1 i ?1 i ?1

n

n

n

1 ? 2 2 x ? 32 x ? ? ? (n ? 1) 2 x ? a ? n 2 x 1 ? 2 x ? 3 x ? ? ? (n ? 1) x ? a ? n x f (2 x) ? 2 f ( x) ? lg ? 2 lg n n

? [1 ? 2 x ? 3x ? ?? (n ?1) x ? a ? n x ]2 ? n ? [1 ? 22x ? 32x ? ?? (n ?1) 2x ? a ? n2x ] x x x x 2 而由 Cauchy 不等式得 (1 ? 1 ? 1 ? 2 ? 1 ? 3 ? ? ? 1 ? (n ? 1) ? a ? n ) ? (12 ? ?? 12 ) ? [1 ? 22 x ? 32 x ? ?? (n ?1) 2 x ? a 2 ? n2 x ] ( x ? 0 时取等号) ? n ? [1 ? 22 x ? 32 x ? ?? (n ?1) 2 x ? a ? n 2 x ] (? 0 ? a ? 1 ) ,得证!
1 1 )an ? n . (I ) 用数学归纳法证明 an ? 2(n ? 2) ; n ?n 2 (II ) 对 ln(1 ? x) ? x 对 x ? 0 都成立,证明 an ? e2 (无理数 e ? 2.71828?) (05 年辽宁卷第
例 7 已知 a1 ? 1, an?1 ? (1 ?
2

22 题) 解析 (II ) 结合第 (I ) 问结论及所给题设条件 ln(1 ? x) ? x ( x ? 0 )的结构特征,可得 放缩思路: an?1 ? (1 ?

1 1 1 1 ? n )an ? ln an?1 ? ln( ? 2 1 ? n ) ? ln an ? n ?n 2 n ?n 2
2

2

? ln an ?

1 1 1 1 ? n 。于是 ln an?1 ? ln an ? 2 ? n , n ?n 2 n ?n 2
2
n ?1 i ?1

?
i ?1

n ?1

(ln ai ?1 ? ln ai ) ? ?

1 1 1 ( 2 ? i ) ? ln a n ? ln a1 ? 1 ? ? n i ?i 2

1 1 ? ( ) n ?1 1 1 2 ? 2 ? ? n ? 2. 1 n 2 1? 2

2 即 ln a n ? ln a1 ? 2 ? a n ? e .

注:题目所给条件 ln(1 ? x) ? x ( x ? 0 )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 2n ? n(n ?1)(n ? 2) 来放缩: 1 1 1 )(a n ? 1) ? a n ?1 ? (1 ? )a n ? ? a n ?1 ? 1 ? (1 ? n(n ? 1) n(n ? 1) n(n ? 1) 1 1 ln( a n ?1 ? 1) ? ln( a n ? 1) ? ln(1 ? )? . n(n ? 1) n(n ? 1)

? ?[ ln(ai ?1 ? 1) ? ln(ai ? 1)] ? ?
i ?2 i ?2

n ?1

n ?1

1 1 ? ln(an ? 1) ? ln(a2 ? 1) ? 1 ? ? 1 , i(i ? 1) n

2 即 ln( a n ? 1) ? 1 ? ln 3 ? a n ? 3e ? 1 ? e .

1 1 1 1 ? ? ? ? ? [log2 n], n ? N ? , n ? 2.[log2 n] 表 示 不 超 过 2 3 n 2 nan?1 log 2 n 的最大整数。设正数数列 {an } 满足: a1 ? b(b ? 0), an ? , n ? 2. n ? an?1
例 8 已知不等式 求证 an ?

2b , n ? 3. (05 年湖北卷第(22)题) 2 ? b[log 2 n]

简析 当 n ? 2 时 an ?

nan?1 1 n ? an?1 1 1 ? ? ? ? ,即 n ? an?1 an an?1 an?1 n

n n 1 1 1 1 1 1 )?? . ? ? ?? ( ? an an?1 n ak ak ?1 k ?2 k ?2 k 1 1 1 2b 于是当 n ? 3 时有 ? ? [log 2 n] ? a n ? . an a1 2 2 ? b[log 2 n] 注:①本题涉及的和式 1 ? 1 ? ? ? 1 为调和级数,是发散的,不能求和;但是可 2 3 n 1 1 1 1 以利用所给题设结论 ? ? ? ? ? [log2 n] 来进行有效地放缩; 2 3 n 2 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。

1 n ) ,求证:数列 {an } 单调递增且 an ? 4. n 解析 引入一个结论:若 b ? a ? 0 则 b n?1 ? a n?1 ? (n ? 1)b n (b ? a) (证略) 整理上式得 a n?1 ? b n [(n ? 1)a ? nb].( ? )
例 9 设 a n ? (1 ?

1 n?1 1 1 ) ? (1 ? 1 ) n . , b ? 1 ? 代入( ? )式得 (1 ? n ?1 n ?1 n n 即 {an } 单调递增。
以 a ? 1?

1 n 1 1 1 代入( ? )式得 1 ? (1 ? ) ? ? (1 ? ) 2n ? 4. 2n 2 2n 2n 1 n 此式对一切正整数 n 都成立, 即对一切偶数有 (1 ? ) ? 4 , 又因为数列 {an } 单 n
以 a ? 1, b ? 1 ?
3

调递增,所以对一切正整数 n 有 (1 ? 1 ) n ? 4 。 n 注:①上述不等式可加强为 2 ? (1 ? ) n ? 3. 简证如下:
1 利用二项展开式进行部分放缩: an ? (1 ? ) n ? 1 ? Cn ? 1 只取前两项有 a n ? 1 ? C n ?

1 n

1 n

1 1 2 n 1 ? Cn ? 2 ? ? ? Cn n . n n n

1 ? 2. 对通项作如下放缩: n 1 n n ?1 n ? k ?1 1 1 1 k 1 Cn k ? ? ? ?? ? ? ? k ?1 . k! n n n k! 1 ? 2?2 2 n 1 1 1 1 1 ? (1 / 2) n ?1 故有 a n ? 1 ? 1 ? ? 2 ? ? ? n ?1 ? 2 ? ? ? 3. 2 2 2 1 ? 1/ 2 2
②上述数列 {an } 的极限存在,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 1 ? i ? m ? n. (1)证明 n Am ? m An ; (2)证明
i i i i

(1 ? m) n ? (1 ? n) m . (01 年全国卷理科第 20 题)
简析 对第(2)问:用 1 / n 代替 n 得数列 {bn } : bn ? (1 ? n) 是递减数列;借鉴此 结论可有如下简捷证法: 数列 {(1 ? n) } 递减, 1 ? i ? m ? n, 故 (1 ? m) m ? (1 ? n) n , 且 即 (1 ? m) n ? (1 ? n) m 。 当然,本题每小题的证明方法都有 10 多种,如使用上述例 5 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]。
1 n
1 1
1 n

二 部分放缩
1 1 1 ? ? ? a , a ? 2. 求证: an ? 2. ? n 2 a 3a 1 1 1 1 1 解析 an ? 1 ? 1a ? a ? ? ? a ? 1 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 . 3 n 2 3 n 2 2 又 k ? k ? k ? k (k ? 1), k ? 2 (只将其中一个 k 变成 k ? 1,进行部分放缩) , 1 1 1 1 ? 2 ? ? ? , k (k ? 1) k ? 1 k k 1 于是 an ? 1 ? 1 ? 1 ? ? ? 1 ? 1 ? (1 ? 1 ) ? ( 1 ? 1 ) ? ? ? ( 1 ? 1 ) ? 2 ? ? 2. 2 2 2 n 2 2 3 n ?1 n 2 3 n 2 例 11 设数列 ?an ?满足 a n ?1 ? a n ? na n ? 1?n ? N ? ? ,当 a1 ? 3 时证明对所有 n ? 1,
例 10 设 an ? 1 ? 有 (i)an ? n ? 2 ; (ii )

1 1 1 1 ? ??? ? (02 年全国高考题) 1 ? a1 1 ? a 2 1 ? an 2

解析 (i ) 用数学归纳法:当 n ? 1 时显然成立,假设当 n ? k 时成立即 ak ? k ? 2 ,则 当 n ? k ? 1时 a k ?1 ? a k (a k ? k ) ? 1 ? a k (k ? 2 ? k ) ? 1 ? (k ? 2) ? 2 ? 1 ? k ? 3 ,成立。
(ii ) 利 用 上 述 部 分 放 缩 的 结 论 ak ?1 ? 2ak ? 1 来 放 缩 通 项 , 可 得

ak ?1 ? 1 ? 2(ak ? 1) ? a k ? 1 ? ? ? 2 k ?1 (a1 ? 1) ? 2 k ?1 ? 4 ? 2 k ?1 ?

1 1 ? k ?1 . ak ? 1 2

?
i ?1

n

n 1 1 1 ? ? i ?1 ? ? 1 ? ai i ?1 2 4

1 1? ( ) n 2 ? 1. 1 2 1? 2
4

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 : ak ?1 ? (k ? 2)(k ? 2 ? k) ? 1 ? k ? 3 ;证明 (ii ) 就直接使用了部分放缩的结论 ak ?1 ? 2ak ? 1 。

三 添减项放缩
上述例 5 之法 2 就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。 2 8 例 12 设 n ? 1, n ? N ,求证 ( ) n ? . 3 (n ? 1)(n ? 2) 简析 观察 ( ) n 的结构,注意到 ( ) n ? (1 ? ) n ,展开得
1 1 1 n n(n ? 1) (n ? 1)(n ? 2) ? 6 , 1 1 2 3 (1 ? ) n ? 1 ? Cn ? ? Cn ? 2 ? Cn ? 3 ? ? ? 1 ? ? ? 2 2 2 8 8 2 2 1 n (n ? 1)(n ? 2) ,得证. 即 (1 ? ) ?
2 8

2 3

3 2

1 2

例 13 设数列 {an } 满足 a1 ? 2, an ?1 ? an ? 一切正整数 n 成立; (Ⅱ)令 bn ?
an n

1 (n ? 1,2,?). (Ⅰ)证明 an ? 2n ? 1 对 an

(n ? 1,2,?) ,判定 bn 与 bn ?1 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
2 法 1 用数学归纳法(只考虑第二步)a 2 k ?1 ? ak ? 2 ?

1 ? 2k ? 1 ? 2 ? 2(k ? 1) ? 1 ; 2 ak

法2

2 a 2 n?1 ? an ? 2 ?

1 2 2 2 ? an ? 2 ? a k ?1 ? a k ? 2, k ? 1,2,? , n ? 1. 2 an

2 2 2 则 a n ? a1 ? 2(n ? 1) ? a n ? 2n ? 2 ? 2n ? 1 ? an ?

2n ? 1

四 利用单调性放缩
1. 构造数列
如对上述例 1,令 Tn ? S n ? (n ? 1) 则 Tn?1 ? Tn ? (n ? 1)(n ? 2) ? 2 2 ? Tn ? Tn?1 ,?{Tn } 递减,有 Tn ? T1 ? 2 ? 2 ? 0 ,故 S n ? (n ? 1) . 2
2

2n ? 3 ? 0, 2

再如例 5,令 Tn ?

1 1 1 (1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ? (1 ? ) 3 5 2n ? 1 则 Tn?1 ? ? ? Tn 2n ? 1

2n ? 2 2n ? 1 2n ? 3

? 1,

即 Tn ? Tn?1 ,?{Tn } 递增,有 Tn ? T1 ?

2 3

? 1 ,得证!

注:由此可得例 5 的加强命题 (1 ? 1)(1 ? 1 )(1 ? 1 ) ? (1 ? 1 ) ? 2 3 2n ? 1.并可改 3 5 2n ? 1 3 1 1 1 造成为探索性问题: 求对任意 n ? 1 使 (1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ?(1 ? ) ? k 2n ? 1 恒成立的 3 5 2n ?1 正整数 k 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 14 已知函数 f ( x) ? ax ?

3 2 1 1 x 的最大值不大于 1 , 又当 x ? [ , ] 时 2 6 4 2

1 f ( x) ? .(Ⅰ) 8

1 1 ? .(04 年辽宁卷第 21 题) 求 a 的值; (Ⅱ)设 0 ? a1 ? , an ?1 ? f (an ), n ? N ,证明 an ? n ?1 2

解析 (Ⅰ)a =1 ; (Ⅱ) an ?1 ? f (an ), 得 an?1 ? an ? 由
5

3 2 3 1 1 1 an ? ? ( an ? ) 2 ? ? 2 2 3 6 6

且 an

? 0. 用数学归纳法(只看第二步) ak ?1 ? f (ak ) 在 ak ? (0, :

1 是增函数, ) k ?1

1 1 3 1 2 1 )? ? ( ) ? . k ?1 k ?1 2 k ?1 k ?2 1? a? 例 15 数列 ?xn ? 由下列条件确定: x1 ? a ? 0 , xn?1 ? ? xn ? ?, n ? N . (I) 2? xn ? ? ? 证明:对 n ? 2 总有 xn ? a ;(II)证明:对 n ? 2 总有 xn ? xn?1 (02 年北京卷第(19)
则得 ak ?1 ? f (ak ) ? f ( 题) 解析 构造函数 f ( x) ? 当 n ? k ? 1时 x k ?1 ?

1? a? ? x ? ?, 易知 f (x ) 在 [ a ,?? ) 是增函数。 2? x?

? ? 在 [ a ,?? ) 递增故 xk ?1 ? f ( a ) ? a . ? ? 1? a? 1? a ? 对(II)有 xn ? xn?1 ? ? x n ? ? ,构造函数 f ( x) ? ? x ? ?, 它在 [ a ,?? ) 上 ? ? 2? x? 2? xn ? 1? a? 是增函数,故有 xn ? xn?1 ? ? x n ? ? ? f ( a ) ? 0 ,得证。 ? 2? xn ? ?
着高等数学背景—数列 ?xn ? 单调递减有下界因而有极限: a n ? ② f ( x) ? 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

1? a ? xk ? ? 2? xk

a (n ? ?? ).

1? a? 1? a ? ? x ? ? 是递推数列 x n ?1 ? ? x n ? ? 的母函数,研究其单调性 ? 2? x? 2? xn ? ?

对此数列本质属性的揭示往往具有重要的指导作用。

五 换元放缩
例 16 求证 1 ? n n ? 1 ?

2 (n ? N ? , n ? 2). n ?1

简析 令 an ? n n ? 1 ? hn ,这里 hn ? 0(n ? 1), 则有

n ? (1 ? hn ) n ?

n(n ? 1) 2 2 2 hn ? 0 ? hn ? (n ? 1) ,从而有1 ? a n ? 1 ? hn ? 1 ? . 2 n ?1 n ?1

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。
n 例 17 设 a ? 1 , n ? 2, n ? N ,求证 a ?

简析 令 a ? b ? 1 ,则 b ? 0 , a ?1 ? b ,应用二项式定理进行部分放缩有 n(n ? 1) 2 0 1 2 n 2 a n ? (b ? 1) n ? Cn b n ? Cn b n?1 ? Cn b n?2 ? ? ? Cn ? Cn b n?2 ? b , 注 意 到 2 2 2 2 2 n ? 2, n ? N ,则 n(n ? 1) b 2 ? n b (证明从略) ,因此 a n ? n (a ? 1) 2 4 4

n 2 (a ? 1) 2 . 4

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 ak ?1 ? 2ak ? 1 进 行 递 推 放 缩 来 证 明 (ii ) , 同 理 例 7 (II ) 中 所 得 ln an?1 ? ln an ?

1 1 ? n 和 n ?n 2
2

ln( a n ?1 ? 1) ? ln( a n ? 1) ?

1 1 1 1 、例 8 中 ? ? 、 例 13(Ⅰ)之法 2 所得 n(n ? 1) an an?1 n
6

2 2 a k ?1 ? a k ? 2 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:

1 1 1 1 1 ? ??? ? ? n ?1 . 再用数学归纳法证明此加强命题,就容易多了 1 ? a1 1 ? a 2 1? an 2 2
(略) 。 例 18 设 0 ? a ? 1, 定义 a1 ? 1 ? a, a n?1 ? 1 ? a , 求证: 对一切正整数 n 有 an ? 1. an 解析 用数学归纳法推 n ? k ? 1时的结论 an?1 ? 1,仅用归纳假设 ak ? 1及递推式

a k ?1 ?
a k ?1 ?

1 ? a 是难以证出的,因为 a k 出现在分母上!可以逆向考虑: ak

1 1 故将原问题转化为证明其加强命题: ? a ? 1 ? ak ? . ak 1? a 对一切正整数 n 有 1 ? an ? 1 . (证明从略) 1? a x2 1 例 19 数列 ?xn ? 满足 x1 ? , x n ?1 ? x n ? n . 证明 x2001 ? 1001 (01 年中国西部数 . 2 n2 学奥林匹克试题)

简析 将问题一般化:先证明其加强命题 x n ?
x k ?1

n . 用数学归纳法,只考虑第二步: 2 x2 k 1 k n k 1 k ?1 ? ? xk ? k ? ? 2 ? ( ) 2 ? ? ? . 因此对一切 x ? N 有 x n ? . 2 2 k 2 2 4 2 k 2
已知数列 {an } 的前 n 项和 Sn 满足 Sn
n

八 分项讨论
例 20

? 2an ? (?1)n , n ? 1. (Ⅰ)写出数列 {a } 的前 3 项 a1 , a2 , a3 ; (Ⅱ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅲ)证明:

对任意的整数 m ? 4 ,有 1 ? 1 ? ? ? 1 ? 7 (04 年全国卷Ⅲ) a 4 a5 am 8 简析 (Ⅰ)略, (Ⅱ) a n ? 2 2 n?2 ? (?1) n?1 .; 3 n (Ⅲ)由于通项中含有 (?1) ,很难直接放缩,考虑分项讨论:

?

?

当 n ? 3 且 n 为奇数时

1 1 3 1 1 3 2 n ? 2 ? 2 n ?1 ? ? ( n?2 ? n ?1 ) ? ? 2 n ?3 a n a n ?1 2 2 ? 1 2 ? 1 2 2 ? 2 n ?1 ? 2 n ? 2 ? 1

?

3 2 n ? 2 ? 2 n ?1 3 1 1 ,于是 ? ? ? ( n ? 2 ? n ?1 ) (减项放缩) 2 2 2 2 2 n ?3 2 ①当 m ? 4 且 m 为偶数时 1 ? 1 ? ? ? 1 ? 1 ? ( 1 ? 1 ) ? ? ? ( 1 ? 1 ) a4 a5 a6 a m?1 a m a 4 a5 am

?

1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 3 7 ? ( 3 ? 4 ? ? ? m?2 ) ? ? ? ? (1 ? m?4 ) ? ? ? . 2 2 2 2 2 4 2 8 8 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 (添项放缩) ②当 m ? 4 且 m 为奇数时 ? ??? ? ? ??? ?
a4 a5 am
a4 a5 am a m?1

由①知 1 ? 1 ? ? ? 1 ? 1 ? 7 . 由①②得证。 a 4 a5 a m a m?1 8

7


推荐相关:

常用不等式,放缩技巧.doc

不等式| 常用不等式,放缩技巧_理学_高等教育_教育专区。高等数学微积分常用不等式放缩技巧 一: 一些重要恒等式 2 2 2 :1 +2 +…+n =n(n+1)(2n+...


大学中常用不等式放缩技巧.doc

大学中常用不等式放缩技巧 - 大学中常用不等式,放缩技巧 大学中常用不等式,放缩技巧 一: 一些重要恒等式 :12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6 : 13+...


数列型不等式放缩技巧九法.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


不等式放缩技巧十法.doc

不等式放缩技巧十法 - 第六章 不等式 第二节 不等式放缩技巧十法 证明不等式, 其基本方法参阅<数学是怎样学好的>(下册)有关章节.这里以数列型不等式 的...


大学中常用不等式,放缩技巧.txt

大学中常用不等式,放缩技巧 - 大学中常用不等式,放缩技巧 一: 一些重要恒等式


不等式放缩技巧.doc

不等式放缩技巧 - 不等式放缩技巧 一.数列综合问题之数列与函数 思想方法:关键


大学中常用不等式 放缩技巧.doc

大学中常用不等式 放缩技巧 - 大学中常用不等式,放缩技巧 一: 一些重要恒等式


数列型不等式放缩技巧八法.doc

数列型不等式放缩技巧八法 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...


放缩法证明不等式的常用技巧_图文.pdf

第 朝 高中文学教 与学 放缩法证明 不算 式昀 常用 技巧 赵忠 平 ( 甘肃省永昌县第一高级中学 ,737200) 放缩法是 证 明不 等式 的 重要 方法 , 也是...


数列型不等式的放缩方法与技巧.doc

数列型不等式的放缩方法与技巧雅安市田家炳中学 张有全 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...


高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结..doc

高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结. - 1. 均值不等式法 例1


精编2017年高考数学所有不等式放缩技巧及证明方法.doc

精编2017年高考数学所有不等式放缩技巧及证明方法 - 精编 2017 年高考数学所有不等式放缩技巧及证明方法 一、裂项放缩 例 1.(1)求 ? 4k k ?1 n 2 2 ?...


高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结(无师....pdf

高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结(无师自通) - 无师自通核心讲义 严禁复制 1. 均值不等式法 例1 n(n + 1) (n + 1) 2 设 S n = ...


证明数列不等式之放缩技巧及缩放在数列中的应用大全.doc

证明数列不等式放缩技巧及缩放在数列中的应用大全_数学_高中教育_教育专区。不等式缩放在高考中属于难点,本文精选了不等式几种缩放方法,并学择常用不等式缩放的...


不等式的放缩技巧.doc

数列型不等式放缩技巧八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...


不等式放缩技巧.doc

不等式放缩技巧 - 数列型不等式放缩技巧八法 山东省临沭县实验中学 李锦旭(276700) 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...


浅谈用放缩法证明不等式的方法与技巧.doc

浅谈用放缩法证明不等式的方法与技巧 初步介绍数列不等式求法 作为高考的难点中的难点 放缩法应为所有考生所具备。特此上传。初步介绍数列不等式求法 作为高考的难...


证明数列不等式的常用放缩方法技巧(不含答案)_图文.doc

证明数列不等式的常用放缩方法技巧(不含答案) - 证明数列不等式的常用放缩方法技巧 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...


放缩法证明不等式的基本策略.doc

“放缩法”证明不等式的基本策略近年来在高考解答题中,常渗透不等式证明的内容...要想正确确定放缩目标,就必须根据欲证结论,抓住题目的特点。掌 握放缩技巧,...


高二数学不等式证明技巧不等式放缩技巧十法选自数学是....doc

高二数学不等式证明不等式放缩技巧十 高二数学不等式证明不等式放缩技巧十法选自《数学是怎样学好的》 证明不等式,其基本方法参阅<数学是怎样学好的...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 酷我资料网 koorio.com
copyright ©right 2014-2019。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com