放缩法讨论

放缩法讨论（共7篇）

1.放缩法讨论 篇一

构造函数法证明不等式

不等式证明是中学数学的重要内容之一．由于证明不等式没有固定的模式，证法灵活多样，技巧性强，使其成为各种考试命题的热点问题，函数法证明不等式就是其常见题型．即有些不等式可以和函数建立直接联系，通过构造函数式，利用函数的有关特性，完成不等式的证明．

一、构造一元一次函数证明不等式

例1设0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求证：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．

证明：构造一次函数f(x)= x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)，整理，得

f(x)=(1－y－z)x＋(y＋z－yz)其中0＜x＜1，∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．

⑴当0＜1－y－z＜1时，f(x)在(0，1)上是增函数，于是

f(x)＜f(1)=1－yz＜1；

⑵当－1＜1－y－z＜0时，f(x)在(0，1)上是减函数，于是

f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；

⑶当1－y－z = 0，即y＋z = 1时，f(x)= y＋z－yz = 1－yz＜1．

综上，原不等式成立．

二、构造一元二次函数证明不等式

例3若 a、b、c∈R+，求证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ．

证明构造函数f(x)= x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc ．

因为 △=(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)=－3(b－c)2≤0，又因为二次项的系数为正数，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0对任意实数恒成立．

三、构造单调函数证明不等式

例5已知 a＞0，b＞0，求证 ：

证明： 构造函数f(x)=x

1xa1ab1bxab1ab1＋＞ ． 当x＞0 时单调递增．，易证f(x)=1x= 1－1x

∵ a＋b＋ab＞a＋b＞0，∴ f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)．

故 a

1a＋b

1b=ab2ab

(1a)(1b)＞abab

1abab)=f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)=ab

1ab．

例谈“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，而不等式的证明是高中数学中的一个难点，它

1可以考察学生逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力。特别值得一提的是，高考中可以用“放缩法”证明不等式的频率很高，它是思考不等关系的朴素思想和基本出发点, 有极大的迁移性, 对它的运用往往能体现出创造性。“放缩法”它可以和很多知识内容结合，对应变能力有较高的要求。因为放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，放缩时要注意适度，否则就不能同向传递。下面结合一些高考试题，例谈“放缩”的基本策略，期望对读者能有所帮助。

1、添加或舍弃一些正项（或负项）

例

1、已知an21(nN).求证：

n

*

n

2

3

a1a2



a2a3

...

anan

1(nN*).证明： 

akak1



2k12k11





12(2k11)





13.2k2k2



.k,k1,2,...,n, 232



a1a2



a2a3

...

anan1



n

1111n11n1(2...n)(1n), 23222232232、先放缩再求和（或先求和再放缩）例

2、函数f（x）=

4x14x，求证：f（1）+f（2）+…+f（n）>n+

12n

1

2(nN*).证明：由f(n)=

4n1

4n

=1-

114

n

1

122112

n1

122

112

n

122n

得f（1）+f（2）+…+f（n）>1

n

14(1

1214

n1

222

1)n

(nN*).3、先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）例

3、已知an=n，求证：∑ 证明：∑

k=

1nn

k=1ak

n

n

k

＜3．

ak∑

k=1

n

＜1＋∑

k=

2(k－1)k(k＋1)

＜１＋∑

k=2

n

2=1(k－1)(k＋

1)(k＋k－)k2

=1＋ ∑（k=2

n

－)

(k－1)(k＋1)

=1＋1＋

－

1＜2＋＜3．

(n＋1)24、放大或缩小“因式”；

例

4、已知数列{an}满足an1a,0a1

n

2,求证：(akak1)ak2

k

1n

132

.证明 0a1

n

12,an1an,a2a12

n

141,a3

116

.当k1时,0ak2a3

132.116,(akak1)ak2

k1

116

(akak1)

k1

(a1an1)

5、逐项放大或缩小 例

5、设an2

2334n(n1)求证：

n(n1)

2an

(n1)2

证明：∵∴ n

n(n1)

n2n

n(n1)

12n

1(n)2

n(n1)

2n12

∴ 123nan

13(2n1)

1n21n，∴

n(n1)2

an

(n1)26、固定一部分项，放缩另外的项； 例

6、求证：

2

122

1

132

1



4证明：

1n2



n(n1)n1



112



122



132



1n2

1

11115117

()().2223n1n42n47、利用基本不等式放缩

例

7、已知an5n

41对任何正整数m，n都成立.1，只要证

5amn1aman因为 amn5mn4，aman(5m4)(5n4)25mn20(mn)16，故只要证

5(5mn4)125mn20(mn)16 即只要证

20m20n37

因为aman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37，以上介绍了用“放缩法”证明不等式的几种常用策略，解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的方

法，有时还需要几种方法融为一体。在证明过程中，适当地进行放缩，可以化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。但放缩的范围较难把握，常常出现放缩后得不出结论或得到相反的现象。因此，使用放缩法时，如何确定放缩目标尤为重要。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，真正做到弄懂弄通，并且还要根据不同题目的类型，采用恰到好处的放缩方法，才能把题解活，从而培养和提高自己的思维和逻辑推理能力，分析问题和解决问题的能力。希望大家能够进一步的了解放缩法的作用，掌握基本的放缩方法和放缩调整手段.

2.放缩法讨论 篇二

例1(2014年广东高考文)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足S2n-(n2+n-3)Sn-3(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.

(1)求a1的值;

(2)求数列{an}的通项公式;

分析:在证明“a1+a2+a3+…+an<f(n)(或>f(n)”数列不等式时,如果左边不易直接求和,可以适当放缩为可以裂项求和或直接求和的式子进行求解.

二、等比放缩

例2(2014年全国新课标2理)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.

三、加减放缩

点评:用放缩法证明不等式常常在等式的基础上通过对其中一边加减一个数或可判断正负的式子,达到放大或缩小的目的.

四、凑项放缩

点评:观察不等式左右两边的结构特点,再作适当配凑(分拆重组)发现规律,再与结论对照合理放缩,“凑”是达到证明目标的重要手段.

五、分类放缩

点评:要证不等式当变量取不同的值不等式也不一样时,要分类运用放缩法,最后还需合并说明.

六、基本不等式放缩

点评:基本不等式本身具有放缩的作用,若要证不等式具有基本不等式的特征时可考虑用不等式法进行放缩.

七、二项式放缩

八、构造函数放缩

例8已知n∈N*,求证:en>1+n.

证明:构造函数g(n)=en-n-1,则g'(n)=en-1.当n≥1时g'(n)>0,g(n)在[1,+∞)上是增函数,所以g(n)>g(1)=e-2>0,即en>1+n.

点评:如果把所证不等式两侧相减的结果构造成一个函数,这个函数容易求导,求导后也容易判断正负,就可以直接构造函数.另外例7也可以构造函数来解决,有兴趣的读者可以试一试.

参考文献

3.放缩法解数列与不等式综合题 篇三

例1 已知数列[an]满足[a1]=[12，]且[an+1=an-an2]（[n∈N*]）.

（1）证明：1[≤anan+1≤2（n∈N*）];

（2）设数列[an2]的前[n]项和为[Sn]，

证明：[12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）].

分析 （1）首先根据递推公式可得，[an≤12]，再由递推公式变形可知，[anan+1=anan-an2=11-an∈[1，2]]，从而得证.（2）由[1an+1-1an=anan+1]和[1≤anan+1≤2]得，[1≤1an+1-1an≤2，]由此可得[12（n+1）≤an+1≤1n+2（n∈N*），]从而得证.

解 （1）由题意得，[an+1-an=-an2≤0]，即[an+1≤an]，[an≤12].

由[an=（1-an-1）an-1]得，

[an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）][a1>0.]

由[0<an≤12]得，[anan+1=anan-an2=11-an∈[1，2]，]即[1≤anan+1≤2.]

（2）由题意得，[an2=an-an+1]，

∴[Sn=a1-an+1]①.

由[1an+1-1an=anan+1]和[1≤anan+1≤2]得，

[1≤1an+1-1an≤2.]

∴[n≤1an+1-1a1≤2n].

因此[12（n+1）≤an+1≤1n+2（n∈N*）]②.

由①②得，[12（n+2）≤Snn≤12（n+1）].

点拨 本题主要考查了数列的递推公式、不等式的证明等知识点，属于较难题. 由于数列综合题常与不等式、函数的最值、归纳猜想、分类讨论等数学思想相结合，技巧性比较强，需要平时多训练与积累，在后续复习时应予以关注.

例2 设[n∈N?]，[xn]是曲线[y=x2n+2+1]在点[（1，2）]处的切线与[x]轴交点的横坐标.

（1）求数列[xn]的通项公式;

（2）记[Tn=x12x32…x22n-1]，证明[Tn≥14n].

分析 （1）对题中所给曲线的解析式进行求导，得出曲线[y=x2n+2+1]在点[（1，2）]处的切线斜率为[2n+2]. 从而写出切线方程为[y-2=（2n+2）（x-1）].令[y=0，]解得切线与[x]轴交点的横坐标[xn=1-1n+1=nn+1].（2）要证[Tn≥14n]，需考虑通项[x22n-1]，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明.

解 （1）[y=（x2n+2+1）=（2n+2）x2n+1，]曲线[y=x2n+2+1]在点[（1，2）]处的切线斜率为[2n+2].

从而切线方程为[y-2=（2n+2）（x-1）].

令[y=0，]解得切线与[x]轴交点的横坐标[xn=1-1n+1=nn+1].

（2）由题设和（1）中的计算结果知，

[Tn=x12x32…x22n-1=（12）2（34）2…（2n-12n）2].

当[n=1]时，[T1=14].

当[n≥2]时，

[x22n-1=（2n-12n）2=（2n-1）2（2n）2>（2n-1）2-1（2n）2=n-1n，]

所以[Tn>（12）2×12×23×…×n-1n=14n].

综上可得，对任意的[n∈N?]，均有[Tn≥14n].

点拨 对于数列问题中求和类（或求积类）不等式证明，如果是通过放缩的方法进行证明的，一般有两种类型：一种是能够直接求和（或求积），再放缩;一种是不能直接求和（或求积），需要放缩后才能求和（或求积），求和（或求积）后再进行放缩. 在后一种类型中，一定要注意放缩的尺度和从哪一项开始放缩.

例3 在数列[an]中，[a1=3，an+1an+λan+1+μan2=][0n∈N*].

（1）若[λ=0，μ=-2，]求数列[an]的通项公式;

（2）若[λ=1k0k0∈N*，k0≥2，μ=-1，]

证明：[2+13k0+1<ak0+1<2+12k0+1].

分析 （1）由于[λ=0，μ=-2]，因此把已知等式具体化得，[an+1an=2an2]，显然由于[a1=3]，则[an≠0]（否则会得出[a1=0]），从而[an+1=2an]，所以[an]是等比数列，由其通项公式可得结论.（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系式[an+1an+1k0an+1-an2=0，]经过缩放后可变形为[an+1=][an-1k0+1k0?1k0an+1.]

解 （1）由[λ=0，μ=-2]，有[an+1an=2an2（n∈N*），]

若存在某个[n0∈N*]，使得[an0=0]，则由上述递推公式易得[an0+1=0]，重复上述过程可得[a1=0]，此与[a1=3]矛盾，所以对任意[n∈N*]，[an≠0].

从而[an+1=2an（n∈N*）]，即[an]是一个公比[q=2]的等比数列.

故[an=a1qn-1=3?2n-1].

（2）由[λ=1k0，μ=-1，]数列的递推关系变为[an+1an+][1k0an+1-an2=0，]变形为[an+1（an+1k0）=an2][（n∈N*）].

由上式及[a1=3，]归纳可得，

[3=a1>a2>…>an>][an+1>…>0].

因为[an+1=a2nan+1k0=a2n-1k20+1k20an+1k0]

[=an-1k0+1k0?1k0an+1，]

所以对[n=1，2，…，k0]求和得，

[ak0+1=a1+a2-a1+…+ak0+1-ak0]

[=a1-k0?1k0+1k0?1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1]

[>2+1k0?13k0+1+13k0+1+…+13k0+1]

[=2+13k0+1.]

另一方面，由上已证的不等式知[a1>a2>…>ak0][>ak0+1>2]得，

[ak0+1=a1-k0?1k0+1k0?1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1]

[<2+1k0?12k0+1+12k0+1+…+12k0+1=2+12k0+1.]

综上，[2+13k0+1<ak0+1<2+12k0+1].

4.用放缩法证明不等式 篇四

蒋文利飞翔的青蛙

所谓放缩法就是利用不等式的传递性，对照证题目标进行合情合理的放大和缩小的过程，在使用放缩法证题时要注意放和缩的“度”，否则就不能同向传递了，此法既可以单独用来证明不等式，也可以是其他方法证题时的一个重要步骤。下面举例谈谈运用放缩法证题的常见题型。

一.“添舍”放缩

通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的，这是常规思路。

例1.设a，b为不相等的两正数，且a3－b3＝a2－b2，求证1＜a＋b＜4。

3证明：由题设得a2＋ab＋b2＝a＋b，于是（a＋b）2＞a2＋ab＋b2＝a＋b，又a＋b＞0，得a＋b＞1，又ab＜（a＋b），而（a＋b）＝a＋b＋ab＜a＋b＋

＋b）2＜a＋b，所以a＋b＜

例2.已知a、b、c不全为零，求证：

a2abb2b2bcc2c2aca2＞3（abc）21422132（a＋b），即（a4444，故有1＜a＋b＜。3

3证明：因为a2abb2

同理b2bcc2＞bc，2（ab23）b2＞42（ab2）2abb≥a，22c2aca2＞ca。

23（abc）2所以a2abb2

二.分式放缩 b2bcc2c2aca2＞

一个分式若分子变大则分式值变大，若分母变大则分式值变小，一个真分式，分子、分母同时加上同一个正数则分式值变大，利用这些性质，可达到证题目的。

例3.已知a、b、c为三角形的三边，求证：1＜abc＋＋＜2。bcacab

证明：由于a、b、c为正数，所以baab＞＞，bcabcacabc

cc

＞ababc，所以

abcabc

＋＋＞＋＋＝1，又a，b，c为三角形的bcaca＋b＋ca＋b＋ca＋b＋cab

边，故b+c＞a，则

c2c，＜

ababc

a2a2b

为真分数，则a＜，同理b＜，bcabcacabcbc

故

abc2a2b2c

＋＋＜＋＋2.bcacabcabcabcab

abc

＋＋＜2。bcacab

综合得1＜

三.裂项放缩

若欲证不等式含有与自然数n有关的n项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。例4.已知n∈N*，求1

1n

„

1n

2n

n



„

1n

＜2n。

证明：因为＜

nn13

2（nn1），则1

＜12（21）2（2）„2（nn1）2n1＜2n，证毕。

例

n(n1)2

5.an

已知

(n1)2

nN

*

且

an

223n(n1)，求证：

对所有正整数n都成立。

n

证明：因为n(n1)又n(n1)

122

n，所以an12n

n(n1)，n(n1)

232，n(n1)

2n12

(n1)

所以an立。

，综合知结论成四.公式放缩

利用已知的公式或恒不等式，把欲证不等式变形后再放缩，可获简解。

例6.已知函数f(x)证明：由题意知

f(n)

nn1

2121

nn

2121

x

x，证明：对于nN*且n3都有f(n)

nn1。



nn1

(1

221

n)(1

1n1)

1n1



221

n



2(2n1)(n1)(21)

n

n

又因为nN*且n3，所以只须证2n2n1，又因为，n

(11)

n

Cn

CnCn

Cn

n1

Cn

n

1n

n(n1)

n12n1

所

以f(n)

nn1。

例7.已知f(x)x2，求证：当ab时f（a）f（b）ab。证

f（a）f（b）

1a2

b2

明

a2b2a

：



b



ababa

b2

1



ababab



(ab)ab

ab

ab证毕。

五.换元放缩

对于不等式的某个部分进行换元，可显露问题的本质，然后随机进行放缩，可达解题目的。

例8.已知abc，求证

1ab



1bc



1ca

0。

证明：因为abc，所以可设act，bcu(tu0)，所以tu0则

1ab



1bc



1ca



1tu

1u1t1u1ttutu

0，即

1ab



1bc



1ca

0。

例9.已知a，b，c为△ABC的三条边，且有a2b2c2，当nN*且n3时，求证：anbncn。

证明：由于a2b2c2，可设a=csina，b=ccosa（a为锐角），因为0sina1，0cosa1，则当n3时，sinnasin2a，cosnacos2a，所以anbncn(sinnacosna)cn(sin2acos2a)cn。

六.单调函数放缩

根据题目特征，通过构造特殊的单调函数，利用其单调性质进行放缩求解。例10.已知a，b∈R，求证

x1x

ab1ab



a1a



b1b。

证明：构造函数f(x)

f(x1)f(x2)

x11x1



(x0)，首先判断其单调性，设0x1x2，因为

x21x2



x1x2(1x1)(1x2)

0，所以fx1fx2，所以f(x)在[0,]上是增函数，取x1ab，x2ab，显然满足0x1x2，所以f(ab)f(|a||b|)，即

|ab|1|ab|



|a||b|1|a||b|



|a|1|a||b|



|b|1|a||b|



|a|1|a|



|b|1|b|

5.浅谈用放缩法证明不等式 篇五

目录

引言„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（2）1.放缩法的常用技巧„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（3）

1.1 增减放缩法„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（3）1.2 公式放缩法„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（5）1.3 利用函数的性质„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（6）1.4 综合法„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（9）1.5 数列不等式的证明„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（11）2.放缩法要放缩得恰到好处„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（12）

2.1 调整放缩量的大小„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（12）2.2 限制放缩的项和次数„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（13）2.3 将不等式的一边分组进行放缩„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（14）总结„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（16）致谢„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（17）参考文献„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（18）

浅谈用放缩法证明不等式 2 浅谈用放缩法证明不等式

学生： 指导老师：

淮南师范学院数学与计算科学系

摘要：本文介绍了放缩法的基本概念, 在此基础上总结出增减放缩法、公式放缩法、利用函数的性质放缩和综合法等用放缩法证明不等式的常用技巧,以及数列不等式证明中放缩法的应用,并进而从三个方面阐述使用放缩法过程中如何使放缩适当的问题.这对证明不等式很有帮助。关键词：不等式;放缩法;技巧;适当

Proving the Inequity by Amplification and Minification

Student： Guide teacher：

Huainan Normal University Department of Mathematics

Abstract: This paper introduces the fundamental conception of the amplification and minification method.And on the basis of this, it sums up some commonly used skills: increasing or reducing some terms, using important inequality formula, using function properties, synthesis method, and the amplification method to demonstrate the sequence inequality.In addition, it describes how to make it appropriate in proving the inequality by the amplification and minification method from three aspects.They do much help to demonstrating inequality.Key words: inequality;amplification and minification;skill;appropriate

引 言

在证明不等式的过程中,我们的基本解题思路就是将不等式的一边通过若干次适当的恒等变形或不等变形(放大或缩小),根据等式的传递性①和不等式的传递性②逐步转化出另外一边.与等式的证明相比较,不等式的证明最大特色就是在变形过程中它有“不等的”变形,即对原式进行了“放大”或“缩小”.而这种对不等式进行不等变形,从而使不等式按同一方向变换,达到证明目的的特有技巧我们称之为放缩法.因其技巧性强,方法灵活多变,同学们一直较难掌握.想要很好的在不等式证明中运用放缩法,应当注意以下两点：掌握放缩法的一些常用策略和技巧；放缩法要放缩得恰到好处,才能达到证题的目的.本文着重就这两点举例加以说明.淮南师范学院2012届本科毕业论文 3 放缩法的常用技巧

1.1 增减放缩法

1.1.1 增加（减去）不等式中的一些正（负）项

在不等式的证明中常常用增加（减去）一些正(负)项,从而使不等式一边的各项之和变大(小),从而达到证明的目的.例1 设a,b,c都是正数,abbcca1,求证：abc3.证明：abc2a2b2c22ab2bc2ca

12ab2bcca3abbcca

223abbcca3

33abc3,当且仅当abc时取等号.1.1.2 增大（减小）不等式一边的所有项

将不等式一边的各项都增大或减小,从而达到放缩的目的.例2[1](02年全国卷理科第21题)设数列an满足an1an2nan1,且ann2n1,2,3,,求证：

11a111a211a311an12

证明：由an1an2nan1,得：an1anann1, ann2,an12an1,1an121an0, 11an111121an11,于是有：

1a211a311a421a111，12221a21111a111a1, 21a3123，浅谈用放缩法证明不等式 4 „„, 11an1112n121an111a1，111a111a211a31an111112n12221a1111n2121111a1132

1.1.3 增大（减小）不等式一边的部分项

在不等式的证明中,有时候增大或减小不等式一边的所有项会造成放缩过度,因此,在考虑这些问题时要根据题目的具体情况进行部分项的放缩.例3 求证证明：1221321421n2n22nnN，,n2.1n21nn121nn1121n1n11 122133,1314,,n121n11n.把以上（n-2）个不等式相加,得 1221321421n12121nn22n

1221321n2142n22n1n121n2

n22n故原不等式成立.1.1.4 增大（减小）分子或分母的值

增大或减小不等式一边分数中分子或分母的值,从而达到放缩目的.淮南师范学院2012届本科毕业论文 5 例4 求证9112512n12114nN.*证明：12k12191252k121114k(k1)111k1, 4kk12n12 1111111 4223nn11111,4n14

19125114.

即

1.2 公式放缩法

2n12即利用已有的大家熟悉的不等式来进行放缩,这里我们主要利用的是均值不等式1以及abamam,a,b,mR,ab,下面分别举例说明.1.2.1 均值不等式

例5 若nN,n1,求证：n!*2n12n1.62n证明：12nn22212nn1622，而1222n2 故n1222nn 即n!216nn1n2

n12n1

nn12n16 .例6 已知:Sn1223nn1

n均值不等式： a1a2ana1a2ann,aiRi1,2,n.浅谈用放缩法证明不等式 6 求证:证明:nnn12Snn122.nnnn1nn12 Sn1223nn1

 32522n12 nn12n122 又Sn1223nn1

12n 1.2.2 abamam,a,b,mR,abnn12



a1ab1bc1c.例7[4] 若正数a,b,c满足abc,求证：证明：abc,abc0;

c1ccabc1cabca

1abb1aba1ab1b，即原不等式成立.1.3 利用函数的性质

主要指利用函数的单调性和有界性来进行放缩.1.3.1 利用特殊函数的单调性

这里的特殊函数主要指一些已知单调性的函数,如指数函数和对数函数等.例8 求证：log23log34.证明：我们先给出常规解法；

log23log34lg3lg2lg4lg32lg3lg2lg4lg2lg322，lg2lg4lg8lg92lg2lg4lg3，222 淮南师范学院2012届本科毕业论文 7 log23log340,log23log34.另外,还有更简便的方法.log23log827log816log916log34.1.3.2 利用特殊函数的有界性

这里的特殊函数主要指一些大家熟知有界性的函数,如|sinx|1,|cosx|1,x20等.例9[5] 已知,为整数,并且,求证：

1sin21sin2sin222.证明： 0,0,，sin0,sin0,coscos1，1sin241sin22sinsin24coscos

1cossin22.(当且仅当时取等号).1.3.3 利用一般函数的性质

利用一般函数的单调性和有界性进行放缩.例10 求证a3时,证明：令fn1n11n11n21n213n113n12a5,nN.N，n1fn1fn213n213n33n41n1

3n13n23n40.fn1fn，fn是增函数,其最小值为f1,fnminf1

1213141312，浅谈用放缩法证明不等式 8 故对一切自然数,fn13121；

再由a3,知2a51,比较得： 当a3时，1n11n2xxa213n12a5,nN.例11 设定义在R上的函数fx的充要条件是a1.,求证：对任意的x,yR,|fxfy|1证明：利用求导数、均值不等式或判别式法均可求得：

fxmax12a,fxmin12a.根据fxmax1a12a,fxmin12a，得fxfy1a, ，即|fxfy|max 故对x,yR，1a|fxfy|1|fxfy|max1

1a1a1.例12 已知an1n1tn2t1,t[,2],Tn是an的前n2n项和

2求证:Tn2n2.证明:令ft1n1tn,则: 2tnn11n1 t2t ft令ft0,得t1.淮南师范学院2012届本科毕业论文 9 1 当2t1时, ft0；当1t2时, ft0;

12从而可知ft在[,1]上递减,在[1,2]上递增,故：

ftmaxmaxf,f22n2112n

ft2n即an2n12n12n ,n1,2,2n11112nTn2222222n11 211

22nn11n 21

22n1 22122n1

2 2n2n

1.4 综合法

对于比较复杂的不等式证明,有时需要综合以上两种放缩手法进行不止一次的放缩.例13(1985年高考题)证明：nn1n2[7]

nn12n1223nn1n122,nN

nn12 1223nn112n 而nn1nn12 ①

122232nn12 1223nn1

浅谈用放缩法证明不等式 10  32522n121232522n12 ②

12n1n122n122.在①中运用了增减放缩法,②运用了公式放缩法和增减放缩法.例14 数列an满足a11且an111n1 an2nnn21(Ⅰ)用数学归纳法证明an2n2；(Ⅱ)已知不等式ln1xx对x0成立.证明：(Ⅰ)用数学归纳法证明,略；(Ⅱ)用递推公式及(Ⅰ)的结论有 an11111a1an,n1 n2n2nnn2nn21 两边取对数并利用已知不等式得： lnan1ln11nn1nn1nn2221lnann212n

lnan

n lnan1lnan12,n1

上式从1到n1求和可得： lnan1lnan1121231nn11212212n1

11112231n12n111n11221n1n12

112

证明过程中分别运用了增减放缩法和利用特殊函数性质的放缩法.淮南师范学院2012届本科毕业论文 11 1.5 数列不等式的证明

在数列不等式的证明中,我们大量采用放缩法,在这里我们把它单独提出来说明.而这里的数列主要指“叠加”模型的数列不等式,可以利用放缩法对叠加的数列进行化简,从而达到证明的目的.这里“叠加”模型指的是形如：a1a2anfn,这里的也可以是、或.例15 已知n2,nN,证明

1221321n2n1n

证明：12211213211112；

1213

23；

„„ 1n21nn11n11n；

各式相加,得：

1221321n211nn1n*

例16 若Sn112131n,nN

求证：2n11Sn2n

证明：1k2k1kk2k2kkk12kk1

 又2kk12k1k

 当k1,2,3,,n1,n时, 221 232 „„

1112210

221



浅谈用放缩法证明不等式 12 2nn1 2n1n1n11n22n1n2

nn1

 将上式相加,得到：2n11Sn2n.在数列不等式的放缩中,放缩的主要目的是使不等式裂项相消,也可以组成等差、等比数列,利用公式求和,或者运用根式有理化后的放缩,探索n项相加的递推式,然后逐项相消.放缩法要放缩得恰到好处

2.1 调整放缩量的大小

放缩量的大小,即放缩的“精确度”,直接影响到是否能达到欲证明的目标.放大多少,缩小多少,把握“度”的火候,要因题适宜.例17 已知Sn1(Ⅰ)Sn12131n,求证：

n；

(Ⅱ)Sn2n11；(Ⅲ)Sn2n.证明：(Ⅰ)Sn11n12131n

1n 1n1nnn；

(Ⅱ)是(Ⅰ)的加强不等式,为此需调整放缩幅度, 1k22k22kk1k1

12k,k1,2,3,,n

 Sn1131n

淮南师范学院2012届本科毕业论文 13

22212322n1n

n11.(Ⅲ)改变放缩方向,故 1k22k22kk1

kk1,k1,2,3,,n

 Sn12212131n2

10212nn1

n.1n!2；(Ⅱ)

11!12!1n!74,nN.例18 求证(Ⅰ)1!112!证明：(Ⅰ)1n!1nn1n22112n112221

n3 12!21n1 左边1 212212312n1

(Ⅱ)是(Ⅰ)的加强不等式,将放缩间距调整小些,得到：

1n!1nn1n221123n2133321

n14 13!12 则左边123717 n2412342!1233123n2

2.2 限制放缩的项和次数

若对不等式中的每一项都进行放缩,很可能造成放得过大或缩得太小,若限制放缩

浅谈用放缩法证明不等式 14 的项,保留一些特定项不变,可以通过这样来调整放缩的“度”,逼近欲证明的目标,这与第一部分的1.1.3也是相通的.例19 求证1121221n261361nn3,nN.*证明：这是一个常见问题的改编题,我们先给出一般算法： 1121221n21121121n1231n1n

2 由21n61361n ,显然放得过大,要减少放大的项；

先试试减少一项： 1121221n21121221231341n1n

1  由 112111111142334n1n1n

74

741n61361n.再试试减少两项：

1121221n21221321341n1n

61361n

如此可得出,放缩时减少两项可以得到欲证目标.2.3 将不等式的一边分组进行放缩

把不等式的一边进行分组,将有关联的项放在一起进行放缩,不仅可以减少放缩的项,还可以有效地控制放缩的“度”,减少误差,并且更有方向性,尽量避免放缩的盲目性和随意性.例20 已知数列的通项公式是

an32

nn(Ⅰ)求证：当k为奇数时,1ak1ak143k1；

淮南师范学院2012届本科毕业论文 15(Ⅱ)求证：1a11a21an12nN.*证明：(Ⅰ)略

(Ⅱ)当n为偶数时, 1a11a21an11aa214321111 aaaa4n3n16  4344343n

1111n2321an11a2

当n为奇数时,因为1a11a21an1a10,则：

1an1an1

 11 a1a24321111aaa4an13n43n1434436

1213141111n12321210

例21 求证5证明：由于121312141215121610

21； 17141414141441；

„„ „„

1210129121912101111921； 99992222291 由1,将上面的不等式两边相加,得到：

12121312141210

10

又由于

；

浅谈用放缩法证明不等式 16 3114161417141814182181218；

1818412 51；

„„ „„

12191229121011 101010222291 将上面的不等式两边相加,得到：

12131412121012102912；

5131；

1210 于是,综上得到5

410.总 结

综上可知,放缩法的技巧千变万化,灵活多样.而事实上,放缩法贯穿于整个不等式的证明过程中,不等式证明的每一步几乎都与“放”与“缩”密切相关.在证明的过程中要注意几点：

(1)在放缩过程中不等号的方向必须一致；

(2)运算时要注意总结规律,有些不等式用特定的放缩方法可以使计算简便,而有些不等式可以用很多种方法解决；

(3)不等式的放缩法在不等式的证明中应用广泛,但是遇到具体题目时不能生搬硬套,必须根据实际情况考虑是用什么方法.另外,用放缩法证明不等式关键就是“度”的把握,如果放得过大或太小就会导致解题失败,而如果放缩不适当要学会调整,一些实用的技巧可以帮助我们把握放缩中的“度”,而具体怎样放缩才适度,需要我们在解题过程中去体会.放缩法有着高度的灵活性和极强的技巧性,放缩方法更是多种多样,要能恰到好处的想到具体解题中的放缩方法,需要积累一定的不等式知识,同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧.淮南师范学院2012届本科毕业论文 17 致谢

感谢我的导师，她在我的论文写作过程中倾注了大量心血，从选题开始到开题报告，从写作提纲到一遍遍的指出稿中的具体问题，每一个工作她都做得那么的细致认真，她的严谨的态度和工作风深深的感动着每一个了解她的人。我还要感谢我的许多同学，他们在我的论文写作中给予了大量的支持和帮助，同学都对我的论文格式和内同的修改给予了大量的帮助，在此我也深深的感谢他们，同时我还要感谢在我大学学习期间给我极大关心和支持的各位老师同学还有朋友，感谢你们！感谢老师！

参考文献：

6.放缩法讨论 篇六

湖北省天门中学薛德斌

数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年高考命题的热点，这类问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．本文介绍一类与数列和有关的不等式问题，解决这类问题常常用到放缩法，而求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和．

一．先求和后放缩

例1．正数数列an的前n项的和Sn，满足2Snan1，试求：

（1）数列an的通项公式；

（2）设bn11，数列bn的前n项的和为Bn，求证：Bn 2anan

1解：（1）由已知得4Sn(an1)2，n2时，4Sn1(an11)2，作差得：

22所以(anan1)(anan12)0，又因为an为正数数4anan2anan12an1，列，所以anan12，即an是公差为2的等差数列，由2S1a11，得a11，所以an2n1

（2）bn11111()，所以 anan1(2n1)(2n1)22n12n1

Bn111111111(1) 23352n12n122(2n1)

2注：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前n项和能直接求和或者通过变形后求和，则采用先求和再放缩的方法来证明不等式．求和的方式一般要用到等差、等比、差比数列（这里所谓的差比数列，即指数列{an}满足条件an1anfn）求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和．

二．先放缩再求和

1．放缩后成等差数列，再求和

例2．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且anan2Sn.2an2an12(1)求证：Sn；

4(2)



解：（1）在条件中，令n1，得a1a12S12a1，a10a11，又由条件

22anan2Sn有an1an12Sn1，上述两式相减，注意到an1Sn1Sn得

(an1an)(an1an1)0an0an1an0∴an1an

1所以，an11(n1)n，Sn

n(n1)

n(n1)1n2(n1)2anan1

所以Sn 

2224

（2）因为n

n(n1)n1，所以

n2



n(n1)n1，所以 

S1S2Snn23n22

Sn112

1223n(n1)23n1

 

222222

S2Sn

1222

n2n(n1)22

Sn2



；S1

2．放缩后成等比数列，再求和

例3．（1）设a，n∈N*，a≥2，证明：a2n(a)n(a1)an；

（2）等比数列{an}中，a1，前n项的和为An，且A7，A9，A8成等差数列．设

a1bnn，数列{bn}前n项的和为Bn，证明：Bn＜．

31an

解：（1）当n为奇数时，an≥a，于是，a

2n

(a)nan(an1)(a1)an．

当n为偶数时，a－1≥1，且an≥a2，于是

a2n(a)nan(an1)(a21)an(a1)(a1)an(a1)an．

（2）∵A9A7a8a9，A8A9a9，a8a9a9，∴公比q

a91

．a82

∴an()． bn

n

1n11()n



．nnn

4(2)32

(12)

11111(11)1．∴Bnb1b2bn

1323223332n32n12

3．放缩后为差比数列，再求和

例4．已知数列{an}满足：a11，an1(1

n)an(n1,2,3)．求证： 2n

an1an3

n1

n1

n)an，所以an1与an同号，又因为a110，所以an0，n2

证明：因为an1(1即an1an

n

an0，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11，2nnn12n1

即an1annann，累加得：ana12n1．

22222

12n1112n1

令Sn2n1，所以Sn23n，两式相减得：

2222222

11111n1n1n1Sn23n1n，所以Sn2n1，所以an3n1，22222222

n1

故得an1an3n1．

4．放缩后为裂项相消，再求和

例5．在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…Pn中，若1≤i＜j≤m时Pi＞Pj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序.一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数.记排列(n1)n(n1)321的逆序数为an，如排列21的逆序数a11，排列321的逆序数

a36．

（1）求a4、a5，并写出an的表达式；（2）令bn

ana

n1，证明2nb1b2bn2n3，n=1,2,….an1an

n(n1)

.2解（1）由已知得a410,a515，ann(n1)21

（2）因为bn

anann2nn2

n122,n1,2,，an1ann2nn2n

所以b1b2bn2n.nn2222,n1,2,，n2nnn2

11111

1)] 所以b1b2bn2n2[()()(

1324nn2

222n3.=2n3

n1n2

又因为bn

综上，2nb1b2bn2n3,n1,2,.注：常用放缩的结论：（1）

1111111

2(k2)kk1k(k1)kk(k1)k1k

2kk1

1k

2kk1

2（1k1

1k)(k2)

（2）．2（1k



1k1)

在解题时朝着什么方向进行放缩，是解题的关键，一般要看证明的结果是什么形式．如例２要证明的结论

n23n22、n(n1)22

为等差数列求和结果的类型，则把通项放缩为等差数

11)为等比数列求和结果的类型，则把通n

n1

项放缩为等比数列，再求和即可；如例4要证明的结论3n1为差比数列求和结果的类

22型，则把通项放缩为差比数列，再求和即可；如例5要证明的结论2n3为n1n2

列，再求和即可；如例3要证明的结论(1

裂项相消求和结果的类型，则把通项放缩为相邻两项或相隔一项的差，再求和即可．

虽然证明与数列和有关的不等式问题是高中数学中比较困难的问题，但是我们通过仔细分析它的条件与要证明的结论之间的内在关系，先确定能不能直接求和，若不能直接求和则要考虑把通项朝什么方向进行放缩．如果我们平时能多观测要证明结论的特征与数列求和之间的关系，则仍然容易找到解决这类问题的突破口．

7.微调在放缩法证明不等式中的应用 篇七

【例1】证明:. (n∈N*)

【例2】证明:. (n∈N*)

2.运用 (n≥2) , 从n=6开始放缩即可.

3.前面的解答都是对项数进行调整, 能否对系数进行调整呢?事实上,

当n=1时, 不等式显然成立, 于是原不等式得证.

说明:这里, 既有系数的调整, 也有项数的调整.

【例3】证明:<2n+1. (n∈N*) (ln2≈0.6931)

(高2011届毕业班成都“二诊”数学 (理) 第22题第3小题, 有改动)

分析:容易想到常用结论:ln (1+x) <x (x>0) ,

显然原不等式没有得到证明.观察目标中n的系数, 可否将放缩式子中的3改为2呢, 即ln.为了证明它的正确性, 引入函数: