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证明为例说明证明不等式的一个关键问题: 不等式的放缩技巧。

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十种：

一 利用重要不等式放缩

1. 均值不等式法

n(n1)(n1)2Sn. 例1 设Sn1223n(n1).求证

22解析 此数列的通项为akk(k1),k1,2,,n.

kk(k1)nnkk11k， 221kSn(k)，

2k1k1n(n1)n(n1)n(n1)2Sn. 即

2222 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abnab，若2(n1)(n3)(n1)2放成k(k1)k1则得Sn(k1)，就放过“度”了！ 22k1②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

aan a1an111na1annn2a12an

n 其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。 例2 已知函数f(x)114f(x)，若，且在[0，1]上的最小值为，求f(1)bx21a25标准文案

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证：f(1)f(2)f(n)n12n11. 24x11 [简析] f(x)11(x0) xxx14142•2f(1)Lf(n)(1111)L(1) )(122222n2211111n(1Ln1)nn1.

42222例3 求证CCCCn21231n2n3nnnn12(n1,nN).

n简析 不等式左边CnCnCnLCn=2n112222n1

n12nn12222n1=n2故原结论成立.

，

2222【例4】已知a12a2Lan1，x12x2Lxn1，

求证：a1x1a2x2anxn≤1.

x2y2【解析】使用均值不等式即可：因为xy(x,yR)，所以有

22222anxna12x12a2x2axa2x2LanxnL 11222 2222a12a2Lanx12x2Lxn111. 2222 其实，上述证明完全可以改述成求a1x1a2x2anxn的最大值。本题还可以推广为：

222222 若a1a2Lanp，x1x2Lxnq(p,q0)，

试求a1x1a2x2anxn的最大值。 x2y2 请分析下述求法：因为xy(x,yR)，所以有

22222anxna12x12a2x2axa2x2LanxnL 11222

2222a12a2Lanx12x2Lxnpq. 222

pq 故a1x1a2x2anxn的最大值为2，且此时有akxk(k1,2,L,n)。

上述解题过程貌似完美，其实细细推敲，是大有问题的：取“＝”的条件是

标准文案

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nnakxk(k1,2,Lax,n)，即必须有2kk1k12k，即只有p=q时才成立！

那么，pq呢？其实例6的方法照样可用，只需做稍稍变形转化：

(p)a212a222(p)La2n2(p)1,x212(q)x222(q)Lx2n(q)21,

则有

a1x1a2x2Lanxn22pq2a1x1a2x2Lanxnpq

222

pq[(a12a22Lan2)(x12x22Lxn2)]2(p)(p)(p)(q)(q)(q)pq

于是，(a1x1a2x2Lanxn)maxakxk(k1,2,L,n).q pq，当且仅当purr 结合其结构特征，还可构造向量求解：设m(a1,a2,L,an),n(x1,x2,L,xn)，则

urrurr由|mn||m||n|立刻得解：

|a1x1a2x2Lanxn|2222a12a2Lanx12x2Lxnpq.

xx1x2Ln且取“＝”的充要条件是：a1a2an。

特别提醒:上述题目可是我们课本上的原题啊!只是我们做了少许的推广而已! 2．利用有用结论

例5 求证(11)(1)(1)(113151)2n1. 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

bbm(ba0,m0)可得 aam

3572n11352n12462n(2n1) 2n1352n12462462n(2462n2)2n1

1352n1111即(11)(1)(1)(1)2n1.

352n1 法2 利用贝努利不等式(1x)1nx(nN,n2,x1,x0)的一个特例

n(1标准文案

1121)12(此处n2,x)得

2k12k12k1实用文档

112k1nn2k112k1(1)2n1. k12k12k1k12k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：

证明(11)(1)(1)(114171)33n1. 3n2(可考虑用贝努利不等式n3的特例)

12x3x(n1)xanx例6 已知函数f(x)lg,0a1,给定nN,n2.

n求证：f(2x)2f(x)(x0)对任意nN且n2恒成立。

[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[(ab)]iii1n2ai1n2ibi1n2i的简捷证法：

f(2x)2f(x)lg122x32x(n1)2xan2x12x3x(n1)xanx 2lgnn[12x3x(n1)xanx]2n•[122x32x(n1)2xan2x]

而由Cauchy不等式得(1112131(n1)an)

xxxx2(1212)•[122x32x(n1)2xa2n2x](x0时取等号)

n•[122x32x(n1)2xan2x]（0a1），得证！

11)a. n2nnn2例7 已知a11,an1(1(I)用数学归纳法证明an2(n2)；

(II)对ln(1x)x对x0都成立，证明ane2（无理数e2.71828L）

[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1111lnaln(1)lnan )an1n2n2nnn2nn2lnan标准文案

11。

n2n2n实用文档

于是lnan1lnann1i1n1i111， n2n2n11()n1111112(2i)lnanlna112n2.1nn2ii2122(lnai1lnai) 即lnanlna12an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

n缩方向的作用；当然，本题还可用结论2n(n1)(n2)来放缩：

an1(1111)anan11(1)(an1)

n(n1)n(n1)n(n1)ln(an11)ln(an1)ln(1n111).n(n1)n(n1)

[ln(ai11)ln(ai1)]i2i2n111ln(an1)ln(a21)11，

i(i1)n2即ln(an1)1ln3an3e1e.

【例8】已知不等式

1111L[log2n],nN,n2。[log2n]表示不超过log2n23n2的最大整数。设正数数列{an}满足：a1b(b0),annan1,n2.

nan1求证an2b,n3.

2b[log2n]【简析】 当n2时annan11nan111，

nan1anan1an1nnn111111(即 ). anan1nakak1k2k2k于是当n3时有

1112b[log2n]an. ana122b[log2n] 注：①本题涉及的和式

111为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利用23n标准文案

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所给题设结论

1111[log2n]来进行有效地放缩； 23n2②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。再如：

设函数f(x)ex。 （Ⅰ）求函数f(x)最小值；

x（Ⅱ）求证：对于任意nN，有【解析】（Ⅰ）1；

kne(). ne1k1nx（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得ex1，对x>－1有(1x)e，利用此结论进行巧妙赋

nnx值：取xk1,k1,2,L,n，则有 n11()n12n1111e1e ()n()nL()n()n1()n2L()1()011e1nnneeee11ee即对于任意nN，有

kne(). e1k1nnn例9 设an(1)，求证：数列{an}单调递增且an4.

1n[解析] 引入一个结论：若ba0则bn1an1(n1)bn(ba)

（可通过构造一个等比数列求和放缩来证明，略） 整理上式得an1bn[(n1)anb].（），

以a11n1111)(1)n. ,b1代入（）式得(1n1nn1n即{an}单调递增。 以a1,b111n11代入（）式得1(1)(1)2n4. 2n2n22n1n)4，又因为数列{an}单调递n此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有(1增，所以对一切正整数n有(11n)4。 n标准文案

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注：上述不等式可加强为2(1)n3.简证如下： 利用二项展开式进行部分放缩：

1n11112n1an(1)n1CnCn2Cn. nnnnn 只取前两项有an1CnkCn112.对通项作如下放缩： n11nn1nk1111. kk1k!nnnk!1222n11111(1/2)n13. 故有an112n1222211/22二 部分放缩

例10 设an1111L,a2,求证：an2. aaa23n1111111. aaa22223n23n[解析] an21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），

1111， k2k(k1)k1k于是an111111111122. 1(1)()()n223n1n2232n22【例11】 设数列an满足an1annan1nN，当a13时证明对所有n1, 有：

(i)ann2；

(ii)1111. 1a11a21an2【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ak1ak(akk)1ak(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)ak1L2k1(a11)2k142k1

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111k1ak12i11aii1nn11()n1121. 2i141122 【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。

2n8()例12 设n1,nN，求证. 3(n1)(n2)[简析] 观察()的结构，注意到()n(1)n，展开得

23n32121nn(n1)(n1)(n2)6112131(1)n1CnCn2Cn3L1 22222881n(n1)(n2)(1)即，得证.

28例13 设数列{a}满足a12,an1ann1(n1,2,). an（Ⅰ）证明an2n1对一切正整数n成立； （Ⅱ）令bnann(n1,2,)，判定bn与bn1的大小，并说明理由。

[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）a2k12ak212k122(k1)1； 2ak22法2 an1an21222an2ak1ak2,k1,2,,n1. 2an则an22a122(n1)an2n22n1an2n1

四 利用单调性放缩

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1. 构造数列

2n3(n1)20， 如对上述例1，令TnSn则Tn1Tn(n1)(n2)22(n1)2. TnTn1,{Tn}递减，有TnT1220，故Sn2111(11)(1)(1)(1)T352n1则n1再如例5，令TnTn2n1即TnTn1,{Tn}递增，有TnT12．构造函数

2n22n12n31，

231，得证！

111132x[,]f(x). f(x)axx例14 已知函数的最大值不大于，又当时

42862（Ⅰ）求a的值； （Ⅱ）设0a111.,an1f(an),nN，证明ann1 2[解析] （Ⅰ）a=1 ；（Ⅱ）由an1f(an),得

323111an1anan(an)2 且an223660.

1)是增函数，则得k1用数学归纳法（只看第二步）：ak1f(ak)在ak(0,ak1f(ak)f(113121

)().k1k12k1k2例15 数列xn由下列条件确定：x1a0，xn1（I） 证明：对n2总有xn(II) 证明：对n2总有xn[解析] 构造函数f(x)1ax,nN． n2xna； xn1

1ax,易知f(x)在[a,)是增函数。 2x 当nk1时xk11ax在[a,)递增，故xk1f(a)a. k2xk标准文案

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1a 对(II)有xnxn11xna，构造函数f(x)x,

2x2xn它在[a,)上是增函数，故有xnxn11axf(a)0，得证。 n2xn【注】①本题为02年高考北京卷题，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xn单调递减有下界因而有极限：

ana(n).

②f(x)1x2a1a的母函数，研究其单调性对此数列本是递推数列xn1xnx2xn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nn12(nN,n2). n1[简析] 令annn1hn，这里hn0(n1),则有

n(1hn)nn(n1)2hn0hn22(n1)， n1从而有1an1hn12. 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。

n2(a1)2例17 设a1，n2,nN，求证a.

4n[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

0n1n12n2n2n2an(b1)nCnbCnbCnbCnCnbn(n1)2b， 2n2(a1)2n(n1)2n2b2n注意到n2,nN，则（证明从略），因此a. b424六 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

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行递推放缩来证明(ii)，同理例7(II)中所得lnan1lnan11和

n2n2nln(an11)ln(an1)1111、 例13（Ⅰ）之法2所得、例8中

anan1nn(n1)22ak1ak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10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：

11111n1. 1a11a21an22再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了。 例18 设0a1，定义a11a,an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

ak11a是难以证出的，因为ak出现在分母上！可以逆向考虑： ak11a1ak. ak1aak1故将原问题转化为证明其加强命题： 对一切正整数n有1an1.（证略） 1a2xn1例19 数列xn满足x1,xn1xn2.证明x20011001.

2n[简析] 将问题一般化：先证明其加强命题xn用数学归纳法，只考虑第二步：

n. 22xkk1kk1k1 xk1xk22()2.

2k2242kn因此对一切xN有xn.

2标准文案

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例20 已知数列｛an｝满足：a1＝

3nan－13（n2，nN），且an＝

2a＋n－12n－1（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！ [解析]：（1）将条件变为：1－

nn－1，因此｛1－n｝为一个等比数列，其首＝1（1－）anan3an－111n11n•3n项为1－＝，公比，从而1－＝，据此得an＝n（n1）……1

a13an3n3－13（2）证：据1得，a1•a2•…an＝

n！，

111（1－）•（1－2）…（1－n）333为证a1•a2•……an2•n！，

1111只要证nN时有（1－）•（1－2）…（1－n）……2

2333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nN，有（1－）•（1－（用数学归纳法，证略）

13111111－（）……3 ）…（1－）＋＋…＋2n2n3333311111－（11利用3得＋2＋…＋n） （1－）•（1－2）…（1－n）33333311n11n111n1〔1－（）〕＝1－3。 1－（）〕＝＋（）3＝1－〔22322311－3故2式成立，从而结论成立。

八. 分项讨论

例21 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn2an(1),n1.

n （Ⅰ）写出数列{an}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

1117. a4a5am8[简析] （Ⅰ）略，（Ⅱ） an标准文案

2n22(1)n1.； 3实用文档

（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

n1131132n22n1(n2n1)2n3 n1n2anan1221212222132n22n1311() ， 2n3n2n1（减项放缩）

22222于是, ①当m4且m为偶数时

11111111()() a4a5a6am1ama4a5am131111311137(34m2)(1m4). 222224288222②当m4且m为奇数时

1111111（添项放缩） a4a5ama4a5amam1由①知

11117. a4a5amam18由①②得证。

九. 借助数学归纳法

例22（Ⅰ）设函数f(x)xlog2x(1x)log2(1x) (0x1)，求f(x)的最小值；

（Ⅱ）设正数p1,p2,p3,,p2n满足p1p2p3p2n1，求证：

p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2nn

[解析] 这道高考题为05年全国卷Ⅰ第22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）：

考虑试题的编拟初衷，是为了考查数学归纳法，于是借鉴詹森不等式的证明思路有： 法1（用数学归纳法）

（i）当n=1时，由（Ⅰ）知命题成立.

（ii）假定当nk时命题成立，即若正数p1,p2,,p2k满足p1p2p2k1， 则p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.

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当nk1时，若正数p1,p2,,p2k1满足p1p2p2k11,（*） 为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段： 令xp1p2p2k,q1则q1,q2,pkp1p,q22,,q2k2. xxx,q2k为正数，且q1q2q2k1.

由归纳假定知q1log2p1p2log2p2q2klog2q2kk.

p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kx(q1log2q1q2log2q2q2klog2q2k log2x)x(k)xlog2x, （1）

同理，由p2k1p2k2p2k11x得

p2k1log2p2k1p2k1log2p2k1(1x)(k)(1x)log2(1x).（2）

综合（1）（2）两式p1log2p1p2log2p2p2k1log2p2k1

[x(1x)](k)xlog2x(1x)log2(1x)(k1).

即当nk1时命题也成立. 根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立. 法2 构造函数g(x)xlog2x(cx)log2(cx)(常数c0,x(0,c)),那么

xxxxg(x)c[log2(1)log2(1)log2c],

ccccx1c利用（Ⅰ）知，当(即x)时,函数g(x)取得最小值.

c22对任意x10,x20,都有

x1log2x1x2log2x22x1x2xx2(x1x2)[log2(x1x2)1]② log2122（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p1,p2,,p2k满足p1p2p2k1,有

p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk. 当nk1时,p1,p2,,p2k1满足p1p2p2k11.

令Hp1log2p1p2log2p2p2k11log2p2k11p2k1log2p2k1对（*）式的连续两项进行两两结合变成2项后使用归纳假设，并充分利用②式有

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k

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H(p1p2)[log2(p1p2)1](p2k11p2k1)[log2(p2k11p2k1)1],因为(p1p2)(p2k11p2k1)1,由归纳法假设 (p1p2)log2(p1p2)(p2k1

1p2k1)log2(p2k11p2k1)k,

得Hk(p1p2p2k11p2k1)(k1). 即当nk1时命题也成立. 所以对一切正整数n命题成立.

【评注】（1）式②也可以直接使用函数g(x)xlog2x下凸用（Ⅰ）中结论得到； （2）为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：qipip2n1i而变成2k项； （3）本题用凸函数知识分析如下：

先介绍詹森（jensen）不等式：若

f(x)为[a,b]上的下凸函数，则

对任意xi[a,b],i0(i1,,n),1n1，有

f(1x1nxn)1f(x1)nf(xn).

特别地，若i1xxn1，则有f(1)[f(x1)f(xn)]. nnn

若为上凸函数则改“”为“”。由g(x)得

g(p1)g(p2)g(p2n)2，

n为下凸函数

g(p1p2p2n2n)

又

p1p2p3p2n1所以

p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2n2ng(1)n.n 2（4）本题可作推广如下：

若正数p1,p2,,pn满足p1p2pn1，则

p1lnp1p2lnp2pnlnpnlnn.

简证：构造函数f(x)xlnxx1， 易得f(x)f(1)0xlnxx1.

(npi)ln(npi)npi1piln(npi)pi.

故

1n[pi1niln(npi)]pi10lnnpilnpi0.

i1n标准文案

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十. 构造辅助函数法

【例23】已知f(x)= 342xln2,数列an满足x1a10, 21an1fan nN* 2（1）求f(x)在（2）证明：1，0上的最大值和最小值; 21an0; 2（3）判断an与an1(nN)的大小，并说明理由.

【解析】(1) 求导可得f(x)在-,0 上是增函数,fmaxx=2;fminx  -ln2.

22（2）（数学归纳法证明）①当n1时，由已知成立；

②假设当nk时命题成立，即151ak0成立， 21ak1 那么当nk1时，由（1）得25f(ak)(ln2,2)，

2 2 35ln221ak12，11ak11， 2221ak10，这就是说nk1时命题成立. 2 由①、②知，命题对于nN都成立 （3） 由21an1

21anfan21an, 构造辅助函数gxfx2x1，得

g'(x)f(x)2x1ln212x4xln4，

当2112x1,4x1. x0时，222xx故12412110，所以g'(x)<0 得g(x)在-，0是减函数， 2221an ∴g(x)>g(0)=f(0)-2=0，∴fan2【例24】已知数列{an}的首项a1（Ⅰ）求{an}的通项公式；

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>0,即21an121an>0，得an1>an。

3an3，an1，n1，2，L．

2an15实用文档

2（Ⅱ）证明：对任意的x0，an≥112，2，L； nx，n11x(1x)3n2（Ⅲ）证明：a1a2Lan．

n13n【解析】（Ⅰ）ann．

32（Ⅱ）提供如下两种思路： 思路1 观察式子右边特征，按

1为元进行配方，确定其最大值。 1x3n1120，x法1 由（Ⅰ）知ann

1x(1x)23n321121111x21x(1x)23n1x(1x)21112g (1x)2an(1x)1xan11anan≤an，

an1x原不等式成立．

思路2 将右边看成是关于x的函数，通过求导研究其最值来解决： 法2 设f(x)112x， 1x(1x)23n22(1x)2nxg2(1x)2nx133

则f(x)(1x)2(1x)2(1x)2Qx0，当x当x22xf(x)0时，；当时，f(x)0， nn332时，f(x)取得最大值n312fnan．

2313n原不等式成立．

（Ⅲ）思路1 考虑本题是递进式设问，利用（Ⅱ）的结论来探究解题思路：

由（Ⅱ）知，对任意的x0，有

a1a2Lan≥112112112xxLx 2222n1x(1x)31x(1x)31x(1x)3标准文案

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n1222Lnx． 22n1x(1x)333211n取x122L233111，

n3323n1n3nn1322nnn则a1a2Lan≥． 111n111nn1n3n3原不等式成立．

【注】本解法的着眼点是对上述不等式中的x进行巧妙赋值，当然，赋值方法不止一种，如：

还可令x1，得 nn1222n111 Lnx1nn1x(1x)23323nn11(11)23nnn211n2n.

1n1(1)23n1n 思路2 所证不等式是与正整数n有关的命题，能否直接用数学归纳法给予证明？尝试：

31323nn2 12Ln.

323232n1313112 （1）当n1时1，成立； 32521131323kk2 （2）假设命题对nk成立，即1Lk.

3232232k131323k3k1k23k1则当nk1时，有 1， Lk32322323k12k13k12k23k1(k1)2只要证明； k13k12k23k1(k1)2k2(k1)3k2(k2)k23k1即证k1， 232k2k1(k2)(k1)k3k2即证

3k122k23k21213k122(k23k2) k12k1232k3k232k3k2标准文案

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用二项式定理（展开式部分项）证明，再验证前几项即可。 如下证明是否正确，请分析：

3nn易于证明ann对任意nN成立； 32n1于是

an3nnn2. n32n1n1【注】上述证明是错误的！因为：f(k)的结论。可修改如下：

k是递增的，不能逐步“缩小”到所需要k1n2n2(n1)2n2n12考虑是某数列{bn}的前n项和，则bn，

n1n1nnn3kk2k123k2k22k2. 只要证明akbkk32kk思路3 深入观察所证不等式的结构特征, 利用均值不等式可得如下妙证：

3an3n0，用n项的均值不等式： 由an1取倒数易得：ann2an132a1a2Lannn 111222nL1112L1na1a2an333n1[1()n]23n13113nn113nn， n1n2a1a2Lan.

n1【例25】已知函数f(x)=x-1(x>0)，设曲线y=f(x)在点（xn,f(xn)）处的切线与x轴的交点为（xn+1,0）(n∈N). (Ⅰ) 用xn表示xn+1；

（Ⅱ）求使不等式xn1xn对一切正整数n都成立的充要条件，并说明理由；

*

2

1112n1（Ⅲ）若x1=2，求证：.

1x11x21xn3标准文案

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【解析】(Ⅰ) xn12xn1. 2xn （Ⅱ）使不等式xn1xn对一切正整数n都成立的充要条件是x1≥1. (Ⅲ) 基本思路：寻求合适的放缩途径。

探索1 着眼于通项特征，结合求证式特点，尝试进行递推放缩： 1xn12xn12(xn11)2(xn1)212(n2) 221xn(1xn1)1xn1(1xn1)2xn 即

12(n2)。于是由此递推放缩式逐步放缩得

1xn1xn112222n12n1 .

1xn1xn11xn21x13 探索2 从求证式特征尝试分析：结论式可作如下变形：

11112n12n1 (1222).

1x11x21xn3312n1 逆向思考，猜想应有：。 .（用数学归纳法证明，略）

1xn3 探索3 探索过渡“桥”，寻求证明加强不等式：

由（2）知xn≥1，由此得

11(n2)。有

1xn21111n1. 1x11x21xn321n12n12n13n1. 尝试证明323 证法1（数学归纳法，略）；

n2n2 法2 （用二项展开式部分项）：当n≥2时2=(1+1)≥CCC

2n

n

0n1n2n3n1n2n23n1(n1)20. 2222n 此题还可发现一些放缩方法，如：

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111n(nN)。（每一项都小于1） 1x11x21xn2n1n而再证n即23n1，则需要归纳出条件n≥4.(前4项验证即可)

3已知an=n ，求证：∑

k=1nk a2k

＜3．

n证明：∑ k=1

nkak2=∑ k=1

n1k3＜1＋∑

k=2

1

(k－1)k(k＋1)

n2k1k11＜１＋∑ = k=2

(k－1)(k＋1) ( k＋1 ＋k－1 )(k1)(k1)k2n=1＋ ∑ (

k=2

n11

－ )

(k－1) (k＋1)

=1＋1＋

1221－－ ＜2＋＜3． 22(n＋1) n本题先采用减小分母的两次放缩，再裂项，最后又放缩，有的放矢，直达目标.

4、放大或缩小“因式”；

n11. 例4、已知数列{an}满足an1a,0a1,求证：(akak1)ak2322k12n证明 Q0a1n11112,an1an,a2a12,a3L.当k1时,0ak2a3, 2416161n11(akak1)(a1an1). 16k11632(akak1)ak2k1本题通过对因式ak2放大，而得到一个容易求和的式子

(ak1nkak1)，最终得出证明.

【评注】从上述探索放缩证明技巧过程易于看到：探索的方法与手段多种多样，关键是把握条件与结论的结构特征之间的密切联系！从此可看到抽象化具体的魅力。

用放缩法证明不等式,综合性强,思维含量与跨度大, 以上方法不是截然分开的,往往需要根据所证不等式的结构特征综合使用这些方法. 以上所举25道例题大多选自近些年来的高考试题、模拟题或竞赛中的容易题, 甚至是课本上例习题的加工题，不一定每一道题都是

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高考中所谓的难题, 所涉及的十种方法也仅仅是示范此类问题的大致的思考与解决方向, 解决难度稍大的综合题无疑需要综合使用这些技巧,但是这些技巧也难以全面解决证明不等式的所有问题, 如构造辅助函数通过求导证明某些不等式的具体技巧, 将在下节讲述.

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