不等式放縮技巧十法

1、不等式放縮技巧十法 作者: 日期：第六章不等式第二節(jié)不等式放縮技巧十法證明不等式，其基本方法參閱數(shù)學(xué)是怎樣學(xué)好的 （下冊(cè)）有關(guān)章節(jié).這里以數(shù)列型不等式的證明為例說(shuō)明證明不等式的一個(gè)關(guān)鍵問(wèn)題：不等式的放縮技巧。證明數(shù)列型不等式，因其思維跨度大、構(gòu)造性強(qiáng)，需要有較高的放縮技巧而充滿(mǎn)思考性和挑戰(zhàn)性，能全面而綜合地考查學(xué)生的潛能與后繼學(xué)習(xí)能力，因而成為高考?jí)狠S題及各級(jí) 各類(lèi)競(jìng)賽試題命題的極好素材。這類(lèi)問(wèn)題的求解策略往往是：通過(guò)多角度觀察所給數(shù)列通項(xiàng) 的結(jié)構(gòu)，深入剖析其特征，抓住其規(guī)律進(jìn)行恰當(dāng)?shù)胤趴s；其放縮技巧主要有以下十種：一利用重要不等式放縮1.均值不等式法例 1 設(shè) SnV12 <2 32n

2、(n 1) c (n 1) vn(n 1).求證一 Sn .22解析 此數(shù)列的通項(xiàng)為ak，k(k 1),k 1,2, ,n.k k 1 .1k . k(k 1) 2k 2,nn 1k Sn(k -),k 1k 12,八，八2n(n 1) n (n 1)222注：應(yīng)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 JOb若放成.k(k 1)k 1 則得 Snn (k 1) (n 1)(n 3)創(chuàng)12,就放過(guò)“度”k 122了!根據(jù)所證不等式的結(jié)構(gòu)特征來(lái)選取所需要的重要不等式，這里n aan2 anan其中，n2,3等的各式及其變式公式均可供選用19例2已知函數(shù)f(x)1 1 2似，若f4

3、，且f(x)在0, 1上的最小值為g ,求證：f(1) f (2)r11f(n) n 7yl -.224x11簡(jiǎn)析f(x)11 (x 0)1 41 42?2111f(1) L f(n) (1 ) (1 2-7) L (1 2-7)111 11n(1Ln-3)nn3422n 12n 12n 1例 3 求證 C： C2 C； C：n 2-(n 1,nN).簡(jiǎn)析不等式左邊C：C2 C；L C：=2n112 222n 1n 1n Vi 2 222nT = n 2 2 ,故原結(jié)論成立.【例 4】已知a2a2 La21 ,x12x2Lx21 ,求證：3-x- 82x2anxn v 1.【解析】使用均值不等

4、式即可：因?yàn)?2xy (x,y R),所以有a1x1a2x2 L2an2222a1x1a2 X22222anxn2a； L22x1x2L1.其實(shí)，上述證明完全可以改述成求81x1 a2x2an4的最大值。本題還可以推廣為:22右 a- a22Lan2x2 L2xn q(p，q 0)，試求81x1a?x28：x：的最大值。請(qǐng)分析下述求法：因?yàn)? x xy 一22a1x-a1x1a2x2L 8：x：-一22y22a2(x,y2x22R)222222aia2L anXiX2LXn22故 ai Xia2X2anXn的最大值為p2p q2，且此時(shí)有 ak Xk(k 1,2,L,n)。上述解題過(guò)程貌似完美

5、，其實(shí)細(xì)細(xì)推敲，是大有問(wèn)題的：取“=”的條件是akXk(k 1,2,L ,n),即必須有nn22k i ak k i Xk ,即只有p=q時(shí)才成立!那么，pq呢？其實(shí)例6的方法照樣可用，只需做稍稍變形轉(zhuǎn)化:2ai(- p)22a2(,p)22222an Xi X2 IXnd-2I， -22 L -2I，(.p) (. q) (，q) (. q)-a1X1則有1 1a?X2anXn. pqa1X1 a2X2 LanXn,，pqL®_aL 2 ( p)2Xk2ak于是，(&X1 a2x> LanXn) maX/pq, 當(dāng)且僅當(dāng) p . q(k 1,2,L ,n). 一，一一

6、ir結(jié)合其結(jié)構(gòu)特征，還可構(gòu)造向重求解：設(shè) m (a1,a2,Lr,an),n (x,X2,L ,Xn),ir由| mr ir rn | |m |n |立刻得解:laiXia?X2LanXn|a2a2La；*2x；LX2. pq.X1X2L Xn.的充要條件是：aia2an。特別提醒：上述題目可是我們課本上的原題??！只是我們做了少許的推廣而已！2.利用有用結(jié)論例 5 求證(1 i)(i 1)(1 1) (1 1)v2n 1.35 2n 1簡(jiǎn)析本題可以利用的有用結(jié)論主要有:法1利用假分?jǐn)?shù)的一個(gè)性質(zhì)b b-(b a 0,m 0)可得 a a m6 2n5 2n 12n 11 32n 2 4拶(2n

7、1)即（12 4 6(1 3 511)(1 3)(12n2n-1)2(12n 11),2n 1. 2n 1法2利用貝努利不等式（1x)n 1 nx(n N,n2,x1,x 0）的一個(gè)特-12_例(1 -)21 22k 11(此處n 2,x2k 112k 1）得2n 1.1，2k (n 1)a-,0 a 1,給定 n N ,n 2. n求證：f（2x） 2f（x）（x 0）對(duì)任意n N且n 2包成立。簡(jiǎn)析本題可用數(shù)學(xué)歸納法證明，詳參高考評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)；這里給出運(yùn)用柯西nn n(Cauchy)不等式(aibi)2ai2bi2的簡(jiǎn)捷證法: 1i 1 i 1n(1，)n 2k 12k 1,2k 1k 12k

8、 1k 1 . 2k 1注：例5是1985年上海高考試題，以此題為主干添“枝”加“葉”而編擬成1998年 全國(guó)高考文科試題；進(jìn)行升維處理并加參數(shù)而成理科姊妹題。如理科題的主干 是:證明(1 1)(1 1)(1 1) (11)3 3n 1. 3n 2（可考慮用貝努利不等式n3的特例）1 2例6已知函數(shù)f(x) lg =x 3xx _ 一 xf(2x) 2f(x)2x 2 x2x2x,1 23 (n 1) a nlgnx x,1 232lgxx(n 1) a nn?1 22x 32x2x2 x -i(n 1) a n 而由Cauchy不等式得（1 1 1 2x1 3x1 (n 1)x a nx)2

9、(1212)?122 x32 x(n 1)2x2xi /n ( x0時(shí)取等號(hào))n?122x32 x2x2 x(n 1) a n得證!例7已知a11,an 1(1112 )an 菽.n n 2(I)用數(shù)學(xué)歸納法證明an 2(n 2)；(II)又tln(1 x) x又tx 0都成立，證明e2 (無(wú)理數(shù)e2.71828 )解析(II)結(jié)合第(I)問(wèn)結(jié)論及所給題設(shè)條件ln(1 x) x0)的結(jié)構(gòu)特征，可得放縮思路:an 1(1Janln an 1ln(11""2 nln anlnan1尹。于是lnan 1lnann 1(ln ai 1i 1ln aji 1,11、,(r)ln an

10、i2 i 2iIn a11(2)1 12即 ln anln a12【注】：題目所2&條件ln(1 x) x (x 0)為一有用結(jié)論,可以起到提醒思路與探索放縮方向的作用；當(dāng)然，本題還可用結(jié)論n /2 n(n1)(n2)來(lái)放縮:an 1(11 n(n一)a n 1)1 n(n1)1 1 (1舟T)(an1)ln(an1 1)ln(an1)ln(1n(n 1)1n(n 1)n 1ln(ai 1i 21) ln(ai1)1i(i 1)ln(an 1)ln(a211) 1 - 1n即 ln(an 1)21 ln 3an3e 1 e .log 2 n表小不超過(guò)一 ，,11【例8】已知不等式-L2

11、 311-1og2n, n N ,n 2。 n 210g2 n的最大整數(shù)。設(shè)正數(shù)數(shù)列an滿(mǎn)足：ai b(b 0),annan i,n 2. n an i求證an2b,n2 b1og 2 n3.當(dāng)n 2時(shí)annan 1n an 11 nan 111an an 1an 1n1an1an 1(-)-k 2 akak 1 k 2 k_ ,111于th當(dāng) n3 時(shí)有一1og2 nana122b2 b1og 2 n11注：本題涉及的和式1 12 31 , ,-為調(diào)和級(jí)數(shù)，是發(fā)散的，不能求和；但 n是可以利用所給題設(shè)結(jié)論1 12 31 210g 2n來(lái)進(jìn)行有效地放縮;引入有用結(jié)論在解題中即時(shí)應(yīng)用，是近年來(lái)高

12、考創(chuàng)新型試題的一個(gè)顯著特點(diǎn)，有利于培養(yǎng)學(xué)生的學(xué)習(xí)能力與創(chuàng)新意識(shí)。再如:設(shè)函數(shù)f (x) ex x o(I)求函數(shù)f(x)最小值;n k(H)求證：對(duì)于任意，有(k)nk 1 n【解析】(I) 1;(H)證明:1 ,對(duì) x>1 有(1、n x)nx e,利用此結(jié)論進(jìn)行巧妙賦值：取k 1,k n1,2,L,n,則有(1)n (2)nn n(n)nn(1)e(1)n2 L(1)1ee(1)0e訂e1 1e1 e【1 e 11 en k e即對(duì)于任意nN ,有 (-)nk i n e 1例9設(shè)an(1 -)n ,求證：數(shù)列an單調(diào)遞增且an4.n解析引入一個(gè)結(jié)論：若b a 0則bn1 an 1

13、(n 1)bn(b a)(可通過(guò)構(gòu)造一個(gè)等比數(shù)列求和放縮來(lái)證明，略) 整理上式得 an 1 bn( n 1)a nb.(),以 a 1 ,b 1 1 代入()式得(1 ，)n1(1 -)n.n 1 nn 1n即an單調(diào)遞增。以a 1,b 1 工代入()式得 1 (1 )n -(1 )2n 4.2n2n 2 2n1c此式對(duì)一切正整數(shù)n都成立，即對(duì)一切偶數(shù)有(1 -)n 4,又因?yàn)閿?shù)列 n1 Can單調(diào)遞增，所以對(duì)一切正整數(shù)n有(1 1)n 4。n注：上述不等式可加強(qiáng)為2 (1 l)n 3.簡(jiǎn)證如下：n利用二項(xiàng)展開(kāi)式進(jìn)行部分放縮：an (1 1)n1 Cn 1 CnnnCnCnnn ,1 1_只取

14、前兩項(xiàng)有an 1 C1 - 2.對(duì)通項(xiàng)作如下放縮: nn k! 1 2 2 2k1-1故有an 1 1 - 212212n 1221 (1/2)n1 &3.1 1/2二部分放縮111.例 10 設(shè) an 1 -a L =,a 2,求證：an23 n2.解析an2a13a12 . n又k2k k k(k 1),k 2（只將其中一個(gè)k變成k1,進(jìn)行部分放縮），1k21k(k 1)1k-1于是12232(12)2-2.n【例11】設(shè)數(shù)列an滿(mǎn)足an 12annan 1 na13時(shí)證明對(duì)所有n 1,有:(i)ann2;(")1a11 a2an【解析】用數(shù)學(xué)歸納法：當(dāng)1時(shí)顯然成立，假設(shè)

15、當(dāng)k時(shí)成立即ak k 2,則當(dāng) n k 1 時(shí) ak1 ak(akk)1 ak(k2 k) 1 (k 2) 2 1 k 3 ,成（ii）利用上述部分放縮的結(jié)論ak 12ak1來(lái)放縮通項(xiàng)，可得ak 11 2(ak 1)ak 12k 1(a1 1) 2k 1 4 2k 111/ ck 1ak1211 ai1_2i 12,11 122【注】上述證明（i）用到部分放縮，當(dāng)然根據(jù)不等式的性質(zhì)也可以整體放縮:ak 1 (k 2)(k 2 k) 1 k 3;證明（ii）就直接使用了部分放縮的結(jié)論ak 12ak 1 o三添減項(xiàng)放縮上述例5之法2就是利用二項(xiàng)展開(kāi)式進(jìn)行減項(xiàng)放縮的例子 .2 n例12 設(shè)n 1,n

16、 N,求證(一)3(n簡(jiǎn)析觀察(2)n的結(jié)構(gòu)，注意到(3)n 32(i 1)n icnic2c；42n222238.1)(n 2)1 C一，I(1 1)n,展開(kāi)得2n n(n 1) (n 1)(n 2) 6L 1 - 2881 c即(1 1)n 21例 13 設(shè)數(shù)列an?兩足 a12, an 1an(n 1,2, ).an(I )證明an 42n 1對(duì)一切正整數(shù)n成立;(H)令0 言(n 1,2,)，判定bn與bn 1的大小，并說(shuō)明理由。簡(jiǎn)析本題有多種放縮證明方法，這里我們對(duì)(I )進(jìn)行減項(xiàng)放縮，有法1用數(shù)學(xué)歸納法(只考慮第二步)2 ak1-2 ak2k2(k1)1；2 an12 an2 an

17、2ak 12ak2,k 1,2, ,n 1.則a22a12(n1)2an2n 22nan x 2n 1四利用單調(diào)性放縮1 .構(gòu)造數(shù)列如對(duì)上述例1,令Tn2SnJ Tn(n 1)(n2)Tn Tn 1, Tn遞減，有 Tn T1 $2 20,故 Sn(n1)22再如例111(1 1)(1 -)(1 -)(1 -)5,令 Tn3一 5 2n 1 則、2n 1Tn1Tn2n 2.2n 1 , 2n 31,即Tm, 遞增，有2TnT1= 1 ,行證!,32 .構(gòu)造函數(shù)3 21r 1 11例14已知函數(shù)f(x) ax -x的最大值不大于-,又當(dāng)x ，'時(shí)f(X). 264 28(I )求a的值；

18、c1、 一1(H)設(shè)0 a1 2,an 1 f(an)，n N，證明 an n.解析(I ) a =1 ； ( H )由 an 1f (an),得an 13 23/1、211日 a0an-an二(an二)二二且 an0.22366用數(shù)學(xué)歸納法(只看第二步)：則得 ak 1 f(ak) f()k 1 k 1例15數(shù)列Xn由下列條件確定：X1(I)證明：對(duì)n 2總有Xn(II) 證明：對(duì)n 2總有Xn解析構(gòu)造函數(shù)f(X)x a ,易夕2 x1ak1 f (ak)在ak (0,)是增函數(shù), k 13()Xk.2 k 1 k 21 aa 0 , Xn 1 二 xn , n N -2 XnVa ；Xn

19、1f (x)ftVa,)是增函數(shù)。)遞增，故 Xk 1 f (4) Ja.對(duì)(II)有 Xn Xn 112 XnaXn構(gòu)造函數(shù)f (X)1a 匕在、a )上是增函數(shù)，故有Xn Xn 1 Xn f西)。，行2 Xn證?！咀ⅰ勘绢}為02年高考北京卷題，有著深厚的科學(xué)背景：是計(jì)算機(jī)開(kāi)平方設(shè)計(jì)迭代程序的根據(jù)；同時(shí)有著高等數(shù)學(xué)背景一一數(shù)列Xn單調(diào)遞減有下界因而有極限：an< a(n ).f(X)1 x a是遞推數(shù)列Xn1 - Xn 的母函數(shù)，研究其單調(diào)性對(duì) 2| 1- n,X2 Xn此數(shù)列本質(zhì)屬性的揭示往往具有重要的指導(dǎo)作用。五換元放縮例 16 求證 1 Vn 1 .；-2-(n N ,n 2).

20、 ,n 1簡(jiǎn)析令an n/n 1 hn,這里hn 0(n 1),則有n n(n 1) .22 .n (1 hn); hn 0 hn . 一7(n 1)，1hn12. n 1從而有1an注：通過(guò)換元化為幕的形式，為成功運(yùn)用二項(xiàng)展開(kāi)式進(jìn)行部分放縮起到了關(guān)鍵 性的作用。22例 17 設(shè)a 1, n 2,n N ,求證 an n (a ° 4簡(jiǎn)析令a b 1,則b 0, a 1 b ,應(yīng)用二項(xiàng)式定理進(jìn)行部分放縮有an (b 1)n Cnbn C：bn1 C2bn 2C；C2bn2”)b2,注意到 n 2,n N ,則 n(n 1) b2 22 2n-b-(證明從略)，因此422an n (a

21、 1) 4六遞推放縮遞推放縮的典型例子，可參考上述例11中利用部分放縮所得結(jié)論ak 1 2ak 1進(jìn)行遞推放縮來(lái)證明(ii),同理例7(11 )中所得,11 *In an 1lnan 二和 ln(am 1) ln(ann n 21)1 ,一 ,、例8中n(n 1)an112、例13 ( I )之法2所彳3ak 1an 1 n2ak2都是進(jìn)行遞推放縮的關(guān)鍵七轉(zhuǎn)化為加強(qiáng)命題放縮如上述例10第(ii)問(wèn)所證不等式右邊為常數(shù)，難以直接使用數(shù)學(xué)歸納法,我們可以通過(guò)從特值入手進(jìn)行歸納探索、或運(yùn)用逆向思維探索轉(zhuǎn)化為證明其加強(qiáng)命題：111 ±1 a11a21 an 2 2nl.再用數(shù)學(xué)歸納法證明此加

22、強(qiáng)命題，就容易多了。一1一例18設(shè)0 a 1,定義a 1 a,an1 a ,求證：對(duì)一切正整數(shù)n有 anan 1.解析用數(shù)學(xué)歸納法推n k 1時(shí)的結(jié)論an 1 1,僅用歸納假設(shè)ak 1及遞推式1ak 1- a是難以證出的，因?yàn)閍k出現(xiàn)在分母上！可以逆向考慮：akak 1a 1 akak故將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明其加強(qiáng)命題:1、,對(duì)一切正整數(shù)n有1 an .(證略)1 a一1例19數(shù)列Xn酒足X12，Xn 1Xn2T.證明*2001 1001. n簡(jiǎn)析將問(wèn)題一般化：先證明其加強(qiáng)命題Xn n.2用數(shù)學(xué)歸納法，只考慮第二步:Xk 1Xk因此對(duì)一切x N有Xn例20已知數(shù)列 an滿(mǎn)足：a1=3 ,且以=3n

23、an1 (n 2, n N )22an 1+ n 1(1)求數(shù)列 an的通項(xiàng)公式;(2)證明：對(duì)一切正整數(shù) n有a1?a2?an 2?n!解析(1)將條件變?yōu)?1 -旦:1(1-an 3an 1- an為一個(gè)等比、，一,11數(shù)列，其首項(xiàng)為1'=a13從而1 口 an1, 一J ,據(jù)此得 3nn?3nan3n 1(n 1) .1(2)證：據(jù) 1 得，a1?a2?n! 111-1)? 1 4)332為證 a1?a2?- - an 2?n!,1只要證 n N 時(shí)有(11)?(1-2) (1-4) 23323n2顯然，左端每個(gè)因式都是正數(shù)，先證明一個(gè)加強(qiáng)不等式:對(duì)每個(gè)n N ,有(1-1)?(

24、1-J2)332(T)i-(*4+1) 33 323n（用數(shù)學(xué)歸納法，證略）利用3 得（1-（T）1-（）1-1n= 1+1 (611、n111-13故2式成立，從而結(jié)論成立。八.分項(xiàng)討論例21已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn2%(1)n,n1.23#寫(xiě)出數(shù)列an的前3項(xiàng)a1,a2,a3 ；求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(m)證明：對(duì)任意的整數(shù)m有工a41a51am簡(jiǎn)析（I ）咯，（H）an22 2n31)n 1（m）由于通項(xiàng)中含有（1)n,很難直接放縮，考慮分項(xiàng)討論:當(dāng)n 3且n為奇數(shù)時(shí)1anLan 112n 11)n 22n 12n 12n 2 12n 222n2n 13JJn 2212n1）（

25、減項(xiàng)放縮），于是，當(dāng)4且m為偶數(shù)時(shí)a4a51a6(a) am1124六）(1 - 2當(dāng)m 4且m為奇數(shù)時(shí)11a4 a511由知,ad a5由得證。九.借助數(shù)學(xué)歸納法例22 ( I )設(shè)函數(shù)f(x)值；(H)設(shè)正數(shù)Pl, P2,11111ama4a5amam1117.amam 18xlog2x (1 x)log 2 (1 x) (0P3, ,P2n 滿(mǎn)足 P1 P2 P3(添項(xiàng)放縮)x 1),求f(x)的最小P2n1 ,求證:i25P2n 10g 2 P2nnP1 log 2 P1P2 10g 2 P2 P3 10g 2 P3解析這道高考題為05年全國(guó)卷I第22題，內(nèi)蘊(yùn)豐富，有著深厚的科學(xué)背 景

26、：直接與高等數(shù)學(xué)的凸函數(shù)有關(guān)！更為深層的是信息科學(xué)中有關(guān)嫡的問(wèn)題。(I)略，只證(H):考慮試題的編擬初衷，是為了考查數(shù)學(xué)歸納法，于是借鑒詹森不等式的證明思路有：法1 (用數(shù)學(xué)歸納法)當(dāng)n=1時(shí)，由(I)知命題成立.(ii)假定當(dāng)n k時(shí)命題成立，即若正數(shù)P1, P2, ,P2k 滿(mǎn)足 P1 P2P2k 1,貝 1 P1 lOg 2 P1 P2 lOg 2 P2P2k lOg2 P2k k.當(dāng) n k 1 時(shí)，若正數(shù) P3P2, ,p2k 1 滿(mǎn)足 P1 P2P2k 1 1, (*)為利用歸納假設(shè)，將(*)式左邊均分成前后兩段：PlP2p2k令 XPiP2P2k,qi ，q2-, qk.XXX

27、則 qi,q2,q2k 為正數(shù)，且 qiq-q2k 1.由歸納假定知 qi log 2 PiP2 log 2 P2q2k log 2 q2kk.Pi log 2 PiP2 log2 P2P2klog2P2kx(qi log2qiq2log2q2q2log 2 q2klog2 x) x( k) xlog2 x, (i)同理，由 P2klP2k 2P2k i i x 得P2k 110g2 P2kl P2ki log2 P2k i (i x)( k) (i x)log2(i x). (2)綜合(i)(2)兩式 Pi log2 Pi P2log2 P2 P2k i log2 P2k ix (i x)(

28、 k) xlog 2 x (i x) log2(i x) (k i).即當(dāng)n k i時(shí)命題也成立.根據(jù)(i)、( ii)可知對(duì)一切正整數(shù)n命題 成立.法 2 構(gòu)造函數(shù) g(x) xlog2 x (c x)log2(c x)(常數(shù)c 0,x (0,c),那么 一x. x . x. x. 一g(x) c-log2- (i -)log2(i -) log2 c,cc cc利用(I)知，當(dāng)-1(即x3時(shí)，函數(shù)g(x)取得最小值.c 22對(duì)任意xi0,x2 0,都有xix2xix2xi log2 xix2 log2 x22 log 2 (x x2)log 2(xix?) i22(式是比式更強(qiáng)的結(jié)果).下

29、面用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論.當(dāng)n=i時(shí)，由(I)知命題成立.(ii)設(shè)當(dāng)n=k時(shí)命題成立，即若正數(shù)Pi, P2, ,p2k滿(mǎn)足 PiP2p2ki,有pi log 2 Pl P2 log2 P2p2k log 2 p2kk.當(dāng)n k 1 時(shí)，pi,p2, p2k i滿(mǎn)足piP2p2k i 1.令 Hpi log 2 pip210g 2 P2p2k 1110g 2P2klip2kilog 2P2ki對(duì)(*)式的連續(xù)兩項(xiàng)進(jìn)行兩兩結(jié)合變成 2k項(xiàng)后使用歸納假設(shè)，并充分利用式有H(PiP2)lOg2(PiP2)1(P2kliP2ki)l0g2(P2k1 1P2ki)1,因?yàn)?Pi P2)(P2k 11P2k

30、 1)1,由歸納法假設(shè)(Pi P2)10g 2 (PiP2)(P2k iiP2k i )1。9 2作2k i 1Pz)K得 H k (Pi P2p2k 1 1p2k 1)(k 1).即當(dāng)n k 1時(shí)命題也成立.所以對(duì)一切正整數(shù)n命題成立.【評(píng)注】(1)式也可以直接使用函數(shù)g(X) X|og2X下凸用(I)中結(jié)論得至IJ;(2)為利用歸納假設(shè)，也可對(duì)(*)式進(jìn)行對(duì)應(yīng)結(jié)合：qiPip2ni i而變成2k項(xiàng)；(3)本題用凸函數(shù)知識(shí)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(shù)，則對(duì)任意 Xi a,b, i 0(i 1, ,n), 1n 1,有f ( iXinXn)1 f

31、(Xi)nf(Xn).特別地，若 i 1,則有 f (XiXn) 1f(Xi)f(Xn).nn n若為上凸函數(shù)則改“ ”為。g(Pl) g(P2)g(P2n),Pl P2P2n、由g(X)為下凸函數(shù)得2n g(一3一)又 PiP2P3P2n所以 Pi 10g2 PiP2 10g2 P2P3 10g2 P3P2n 10g2(4)本題可作推廣如下:若正數(shù)Pl，P2, ，Pn滿(mǎn)足PiP2Pi 1n PiP21n P2Pn 1n PnIn n.簡(jiǎn)證：構(gòu)造函數(shù)f(x) x In x易得f(x) fxln x x i.(nPi)ln(nPi)nPi1Pi In(nPi)i Pinn故Piln(nPi) i

32、 iPi i 0 In nnPi In Pi i i0.十.構(gòu)造輔助函數(shù)法【例23】已知f (x)= 3 4x2x1n2,數(shù)列 anai1 a .*0,2 ni f an n N(1)求f(x)在1,0上的最大值和最小值；2(2)an0；(3)判斷an與ani(n N )的大小，并說(shuō)明理由.i【解析】(i)求導(dǎo)可得f(x)在-,0上是增函5 .一 數(shù)，fmax x =2;fmin x -ln2.2(2)(數(shù)學(xué)歸納法證明)當(dāng)n i時(shí),由已知成立;假設(shè)當(dāng)n k時(shí)命題成立，即 ° ak 0成立，2那么當(dāng) n k i 時(shí)，由(i)得 2iaki f(ak) g 1n2,2),二 3 5i a

33、k ii« 一- In 2 22, - i ak i i,2 221一 ak 1 0 ,這就是說(shuō)n k 1時(shí)命題成立. 2由、知，命題對(duì)于n N都成立(3)由 21an1 21anfan21an ,構(gòu)造輔助函數(shù) g x f x 2x 1 ,得_x 1x xg'(x) f (x) 2 In 21 24 1n 4,當(dāng)1 x 0 時(shí)，2x 1,- 4x 1. 222故 1 2x 4x 1 0,所以 g'(x)<0 得 g(x)在-,0 是減函. g(x)>g(0)=f(0)-2=0,f an21 an >0,即 21 an 1 21 an>0,得an

34、 1>an?！纠?4】已知數(shù)列an的首項(xiàng)a13an2an1,2,L .(I)求an的通項(xiàng)公式;(n)證明：對(duì)任意的x0,an12(1 x)，n 1,2,L ;(in)證明：a1a2 Lan(n)提供如下兩種思路:思路1觀察式子右邊特征,確定其最大值。,、1，、按為元進(jìn)行配方,1 x由(I )知an3n3n 20-x (11x)223nx2 1(1 x)2 3n1(1 x)2(1 x)112一g2 an (1 x) 1 xan原不等式成立.思路2將右邊看成是關(guān)于x的函數(shù),通過(guò)求導(dǎo)研究其最值來(lái)解決:,、1法2設(shè)f(x)1 x1(1 x)22-x 3n(1 x)2則f (x)(1 x)223n

35、(1 x)2x g2(1 x)2 卷 x (1 x)2Qx 0,當(dāng)0;當(dāng)時(shí)3n ，x與時(shí)，f(x)取得最大值 3nf 32原不等式成立.(in)思路1考慮本題是遞進(jìn)式設(shè)問(wèn),利用的結(jié)論來(lái)探究解題思路:a2(n)知，對(duì)任意的x1_x)21 x (1122 x x)2 3n0,(11_x)2232 x(11_x)223223nnx2321313則a1a2原不等式成立.13n13n35【注】本解法的著眼點(diǎn)是對(duì)上述不等式中的 x進(jìn)行巧妙賦值，當(dāng)然，賦值方法不止一種，如:還可令x(1 x)222-T L 323nnx,1 1(1 1)23n思路2所證不等式是與正整數(shù)n有關(guān)的命題，能否直接用數(shù)學(xué)歸納法給予證

36、明？嘗試:3131 23232 23n3n 2(1)當(dāng) n331二，成立;1 1(2)假設(shè)命題對(duì)nk成立,31即32323k3k 2k2k 1則當(dāng)n k 1時(shí),31有3n3232 23k3k 23k 13k 1 2k23k 1k 13k 1 2 'k2只要證明k_ (k 1)22 k 2即證以3k2 (k 1)2 k 2k2 k即證3k 1 2 23k 122k2 3k 2 1k2 3k 2(k 1)32k2(k 2)2k2 3k 1(k 2)(k 1)2k2 3k21-k 1 c I 2 32 k3k 23k 12 2(k2 3k 2)用二項(xiàng)式定理(展開(kāi)式部分項(xiàng))證明，再驗(yàn)證前幾項(xiàng)即可。如下證明是否正確，請(qǐng)分析:Ir3n易于證明an一對(duì)任意n N成立;n 1于是 an3n3n 222n (n 1)n 1 n2n n 12,n n只要證明akbk3kk2 k 13k 2k2kk23 2k 2k 2.【注】上述證明是錯(cuò)誤的！因?yàn)椋篺(k) 上是遞增的，不能逐步“縮小”到 k 1所需要的結(jié)論?？尚薷娜缦?2考慮是某數(shù)列4的前n項(xiàng)和,則bn n 1思路3深入觀察所證不等式的結(jié)構(gòu)特征，利用均值不等式可得如下妙證:3n an a 3-0 ,用