证明数列不等式之放缩技巧及缩放在数列中的应用大全

1证明数列不等式之放缩技巧以及不等式缩放在数列中应用大全证明数列型不等式，其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧，充满思考性和挑战性。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.一、利用数列的单调性例1．证明：当Znn,6时，(2)12nnn.证法一：令)6(2)2(nnncnn，则0232)2(2)3)(1(1211nnnnnnnnnncc,所以当6n时，1nncc.因此当6n时，66831.644ncc于是当6n时，2(2)1.2nn证法二：可用数学归纳法证.(1)当n=6时，66(62)48312644成立.(2)假设当(6)nkk时不等式成立，即(2)1.2kkk则当n=k+1时，1(1)(3)(2)(1)(3)(1)(3)1.222(2)(2)2kkkkkkkkkkkkkk由(1)、(2)所述，当n≥6时，2(1)12nn.二、借助数列递推关系例2.已知12nna.证明：23111123nnNaaa.证明：nnnnnaa121121212211211111，∴32])21(1[321)21(...12111112122132nnnaaaaaaS.例3.已知函数f(x)=52168xx，设正项数列na满足1a=l，1nnafa．(1)试比较na与54的大小，并说明理由；(2)设数列nb满足nb=54－na，记Sn=1niib．证明：当n≥2时,Sn＜14(2n－1)．分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。解：(1)因为10,0,nnaa所以1680,02.nnaa215548()52553444168432(2)22nnnnnnnaaaaaaa,因为20,na所以154na与54na同号，因为151044a，250,4a350,4a…，50,4na即5.4na（2）当2n时，1111531531()422422nnnnnnbaabaa113125224nnbb，所以2131212222nnnnnbbbb，所以3121(12)11114(21)422124nnnnnSbbb.例4.已知不等式],[log21131212nn其中n为不大于2的整数，][log2n表示不超过n2log的最大整数。设数列na的各项为正且满足111),0(nnnannaabba)2n（.证明：][log222nbban，5,4,3n.证明：由11nnnannaa得：naann1111,naann1111)2(n,111121naann,…,211112aa,以上各式两边分别相加得：21111111nnaan，2111111nnban][log2112nb=bnb2][log22，][log222nbban)3(n.三、裂项放缩例5.求证:35191411)12)(1(62nnnn解析:因为12112121444111222nnnnn,所以35321121121513121112nnknk又1111)1(143132111914112nnnnnn3当3n时,)12)(1(61nnnnn,当1n时,2191411)12)(1(6nnnn,当2n时,2191411)12)(1(6nnnn,所以综上有35191411)12)(1(62nnnn.例6.已知21nna，12xfx，求证：121126nnTbfbfbfn．证明：由于11111212111111222212121212121nnnnnnnnnnbfn1222311111111122121212122121nnnnTbfbfbfn1111111212212126n．例7.已知xxxf2)(，数列na的首项)(,2111nnafaa.(1)求证：nnaa1；(2)求证：6n时2112111111naaa.证明：⑴nnnaaa21，∵211a，∴naaa,,32都大于0，∴02na，∴nnaa1.（2）nnnnnnnaaaaaaa111)1(11121，∴11111nnnaaa.故11113221211211111111111111nnnnnaaaaaaaaaaaa∵4321)21(22a,143)43(23a,又∵nnaan12，∴131aan.∴21211na,∴2111111121naaa.四、分类放缩例8.当,3Znn，时，求证:21214131211nn证明:当21nn，时不等式显然成立.）（）（）（nnnn21212121212121212121112141312113333222n.例9.已知22[2(1)]3nnna.证明：对任意整数4m，有8711154maaa.分析：不等式左边很复杂，要设法对左边的项进行适当放缩，使之能够求和。4而左边=232451113111[]221212(1)mmmaaa，如果我们把上式中的分母中的1去掉，就可利用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩，尝试知：32322121121121，43432121121121，因此，可将1212保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和。这里需要对m进行分类讨论，（1）当m为偶数)4(m时，maaa11154)11()11(11654mmaaaaa)212121(2321243m)211(4123214m832187（2）当m是奇数)4(m时，1m为偶数，8711111111165454mmmaaaaaaaa.所以对任意整数4m，有maaa1115487。五、利用函数单调性（导数）放缩例10.已知函数()ln1fxxx,数列na满足101a,1nnafa;数列nb满足1111,(1)22nnbbnb,*nN.求证:（Ⅰ）101;nnaa（Ⅱ）21;2nnaa（Ⅲ）若12,2a则当n≥2时,!nnban.分析：第（1）问用数学归纳法证明；第（2）问利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。证明：(Ⅰ)先用数学归纳法证明01na,*nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立；（2）假设当n=k时,结论成立,即01ka.则当n=k+1时,因为0x1时,1()1011xfxxx,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)f(ka)f(1),即011ln21ka.故当n=k+1时,结论也成立.即01na对于一切正整数都成立.5又由01na,得1ln1ln(1)0nnnnnnaaaaaa,从而1nnaa.综上可知101.nnaa(Ⅱ)构造函数g(x)=22x-f(x)=2ln(1)2xxx,0x1,由2()01xgxx,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在0,1上连续,所以g(x)g(0)=0.因为01na,所以0nga,即22nnafa0,从而21.2nnaa(Ⅲ)因为1111,(1)22nnbbnb,所以0nb,1nnbb12n,所以1211211!2nnnnnnbbbbbnbbb————①由(Ⅱ)21,2nnaa知:12nnnaaa,所以1naa=31212121222nnnaaaaaaaaa,因为122a,n≥2,101.nnaa所以na1121222naaaa112nna2122na=12n————②由①②两式可知:!nnban.例11.求证：)(665333ln44ln33ln22ln*Nnnnnn.证明:先构造函数有xxxxx11ln1ln,从而)313121(1333ln44ln33ln22lnnnnn因为nnnn311212191817161514131213131216533323279189936365111nnnnn所以6653651333ln44ln33ln22lnnnnnnn6高考中利用放缩方法证明不等式，文科涉及较少，但理科却常常出现，且多是在压轴题中出现。放缩法证明不等式有法可依，但具体到题，又常常没有定法，它综合性强，形式复杂，运算要求高，往往能考查考生思维的严密性，深刻性以及提取和处理信息的能力，较好地体现高考的甄别功能。本文旨在归纳几种常见的放缩法证明不等式的方法，以冀起到举一反三，抛砖引玉的作用。一、放缩后转化为等比数列。例1.{}nb满足：2111,(2)3nnnbbbnb（1）用数学归纳法证明：nbn（2）1231111...3333nnTbbbb，求证：12nT解：(1)略(2)13()2(3)nnnnbbbnb又nbn132(3)nnbb，*nN迭乘得：11132(3)2nnnbb*111,32nnnNb234111111111...2222222nnnT点评：把握“3nb”这一特征对“21(2)3nnnbbnb”进行变形，然后去掉一个正项，这是不等式证明放缩的常用手法。这道题如果放缩后裂项或者用数学归纳法，似乎是不可能的,为什么？值得体味！二、放缩后裂项迭加例2．数列{}na，11(1)nnan，其前n项和为ns求证：222ns解：2111111...234212nsnn7令12(21)nbnn，{}nb的前n项和为nT当2n时，1111()2(22)41nbnnnn2111111111111()()...()2123043445641nnsTnn7121042n点评:本题是放缩后迭加。放缩的方法是加上或减去一个常数，也是常用的放缩手法。值得注意的是若从第二项开始放大，得不到证题结论，前三项不变，从第四项开始放大，命题才得证，这就需要尝试和创新的精神。例3.已知函数()(0)bfxaxcax的图象在(1,(1))f处的切线方程为1yx（1）用a表示出,bc（