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高考难点解析数列型不等式放缩技巧

时间:2014-06-16


高考难点解析: 数列型不等式的放缩技
巧法
大家知道: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
2 例 1 设 S n ? 1? 2 ? 2 ? 3 ? ? ? n(n ? 1). 求证 n(n ? 1) ? S n ? (n ? 1) . 2 2

解析

此数列的通项为 ak ?

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

? k ? k (k ? 1) ?

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) .

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 ? a ? b ,
2
2 若放成 k (k ? 1) ? k ? 1则得 S n ? ? (k ? 1) ? (n ? 1)(n ? 3) ? (n ? 1) ,就放过“度”了! 2 2 k ?1 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

2

2

2

2

n 1 1 ??? a1 an

? n a1 ? a n ?

a1 ? ? ? a n ? n

2 a12 ? ? ? a n n

其中, n ? 2,3 等的各式及其变式公式均可供选用。

1 1 4 ,若 f (1) ? ,且 f ( x) 在[0,1]上的最小值为 , bx 2 5 1? a ? 2 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
1 n 2 n 3 n n n n?1 2

例 3 求证 C ? C ? C ? ? ? C ? n ? 2
1 n 2 n 3 n

(n ? 1, n ? N ) .

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

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

= n ? 2 ,故原结论成立. 2.利用有用结论 例 4 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:
n?1

n ?1 2

法 1 利用假分数的一个性质 b ? b ? m (b ? a ? 0, m ? 0) 可得
a a?m

2 4 6 2n 3 5 7 2 n ? 1 1 3 5 2n ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (2n ? 1) 1 3 5 2n ? 1 2 4 6 2n 2 4 6 2n

1

? ( 2 ? 4 ? 6 ? 2n ) 2 ? 2n ? 1 即 (1 ? 1)(1 ? 1 )(1 ? 1 )? (1 ?

3 5 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 2 1 (此处 1 )得 ) ? 1? 2 ? n ? 2, x ? 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1 n n 1 2k ? 1 1 2k ? 1 1? ? ? ?(1 ? )?? ? 2n ? 1. k ?1 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1 k ?1 2k ? 1

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

(1 ?

注:例 4 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 5 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) 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 [

? ( a b )] ? ? a ? b
2 i ?1 i i i ?1 2 i i ?1

n

n

n

2 i

的简捷证法:

f (2 x) ? 2 f ( x) ? lg

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 ? 2 lg n n
x x x x 2

? [1 ? 2 x ? 3x ? ? ? (n ? 1) x ? a ? n x ]2 ? n ? [1 ? 2 2 x ? 32 x ? ? ? (n ? 1) 2 x ? a ? n 2 x ]
而由 Cauchy不等式得 (1 ? 1 ? 1 ? 2 ? 1 ? 3 ? ? ? 1 ? (n ? 1) ? a ? n ) ,得证! ? n ? [1 ? 2 2 x ? 32 x ? ? ? (n ? 1) 2 x ? a ? n 2 x ] (? 0 ? a ? 1 )

? (12 ? ? ? 12 ) ? [1 ? 2 2 x ? 32 x ? ? ? (n ? 1) 2 x ? a 2 ? n 2 x ] ( x ? 0 时取等号)
1 1 )an ? n . ( I ) 用数学归纳法证明 an ? 2(n ? 2) ; n2 ? 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 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
例 6 已知 a1 ? 1, an ?1 ? (1 ? 得放缩思路: a n ?1 ? (1 ?

1 1 1 1 ? n )a n ? ln a n ?1 ? ln(1 ? 2 ? ) ? ln a n ? n ?n 2 n ? n 2n 1 1 1 1 ? ln a n ? 2 ? n 。于是 ln a n ?1 ? ln a n ? 2 ? n, n ?n 2 n ?n 2
2
n ?1 i ?1

?

(ln ai ?1 ? ln ai ) ? ?
i ?1

n ?1

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

即 ln an ? ln a1 ? 2 ? an ? e 2 . 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 2 n ? 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(a n ? 1) ? ln(a 2 ? 1) ? 1 ? ? 1 , i(i ? 1) n
2

即 ln(an ? 1) ? 1 ? ln 3 ? an ? 3e ?1 ? e 2 .

1 1 1 1 ? ? ? ? ? [log 2 n], n ? N ? , n ? 2.[log 2 n] 表 示 不 超 过 2 3 n 2 nan?1 log2 n 的最大整数。设正数数列 {an } 满足: a1 ? b(b ? 0), an ? , n ? 2. n ? an?1 2b 求证 a n ? , n ? 3. (05 年湖北卷第(22)题) 2 ? b[log2 n] nan?1 1 1 1 1 n ? an?1 1 1 简析 当 n ? 2 时 an ? ? ? ? ? ? ? ,即 a n a n ?1 n n ? an?1 an an?1 an?1 n n n 1 1 1 1 1 1 2b ?? ( ? ) ? ? . 于是当 n ? 3 时有 ? ? [log2 n] ? a n ? . a k ak ?1 a n a1 2 2 ? b[log2 n] k ?2 k ?2 k
例 7 已知不等式 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 ? ? ? ? ? [log 2 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 a n ? 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)
例 8 设 a n ? (1 ? 整理上式得 a 式得 (1 ?
n?1

1 1 (? ) , 以a ? 1? (? ) ? b n [(n ? 1)a ? nb]. , b ? 1 ? 代入 n ?1 n

1 n ?1 ) ? (1 ? 1 ) n . 即 {an } 单调递增。 n ?1 n 1 n 1 1 1 以 a ? 1, b ? 1 ? 代入( ? )式得 1 ? (1 ? ) ? ? (1 ? ) 2 n ? 4. 2n 2 2n 2n

1 此式对一切正整数 n 都成立,即对一切偶数有 (1 ? ) n ? 4 ,又因为数列 {an } 单调 n 1 n 递增,所以对一切正整数 n 有 (1 ? ) ? 4 。 n

注:①上述不等式可加强为 2 ? (1 ?

1 n ) ? 3. 简证如下: n

1 1 1 1 2 n 1 利用二项展开式进行部分放缩: a n ? (1 ? ) n ? 1 ? C n ? ? Cn ? 2 ? ? ? Cn . n n n nn 1 1 只取前两项有 a n ? 1 ? C n ? ? 2. 对通项作如下放缩: n

1 1 n n ?1 n ? k ?1 1 1 1 ? ? ? ?? ? ? ? k ?1 . k 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
k Cn

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 年全国卷理科第 20 题)
1 n 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

i

n m i i Am ? mi An ; (2)证明 (1 ? m) ? (1 ? n) . (01

3

结论可有如下简捷证法: 数列 {(1 ? n)
n m

1 n

} 递减, 且 1 ? i ? m ? n, 故 (1 ? m) ? (1 ? n) ,

1 m

1 n

即 (1 ? m) ? (1 ? n) 。当然,本题每小题的证明方法都有 10 多种,如使用上述例 4 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]。

二 部分放缩
1 1 1 ? a ? ? ? a , a ? 2. 求证: a n ? 2. a 3 n 2 1 1 1 1 1 1 解析 a n ? 1 ? a ? a ? ? ? a ? 1 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 . 又 k 2 ? k ? k ? k (k ? 1), k ? 2 3 n 2 3 n 2 1 1 1 1 (只将其中一个 k 变成 k ? 1 ,进行部分放缩) ,? 2 ? ? ? , k (k ? 1) k ? 1 k k 1 于是 a n ? 1 ? 12 ? 12 ? ? ? 12 ? 1 ? (1 ? 1 ) ? ( 1 ? 1 ) ? ? ? ( 1 ? 1 ) ? 2 ? ? 2. n 2 2 3 n ?1 n 2 3 n 2 例 10 设数列 ?an ? 满足 an?1 ? an ? nan ? 1?n ? N ? ? ,当 a1 ? 3 时证明对所有 n ? 1,
例 9 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 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) ? a k ? 1 ? ? ? 2 k ?1 (a1 ? 1) ? 2 k ?1 ? 4 ? 2 k ?1 ?
n n 1 1 1 ? ? i ?1 ? ? 1 ? a i i ?1 2 4

1 1 ? k ?1 . ak ? 1 2

1 1? ( ) n 2 ? 1. ? 1 2 i ?1 1? 2 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 4 之法 2 就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。 2 8 例 11 设 n ? 1, n ? N ,求证 ( ) n ? . 3 (n ? 1)(n ? 2) 简析 观察 ( ) 的结构,注意到 ( ) ? (1 ? ) ,展开得
n
n n

即 (1 ? 1 ) n ? (n ? 1)( n ? 2) ,得证.
2 8

1 1 1 n n(n ? 1) (n ? 1)( n ? 2) ? 6 , 1 1 2 3 (1 ? ) n ? 1 ? C n ? ? Cn ? 2 ? Cn ? 3 ?? ? 1? ? ? 2 2 2 8 8 2 2

2 3

3 2

1 2

例 12 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

4

法2

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

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

2 2 则 an ? a12 ? 2(n ? 1) ? an ? 2n ? 2 ? 2n ? 1 ? an ?

2n ? 1

四 利用单调性放缩
1. 构造数列
2 2n ? 3 如对上述例 1,令 Tn ? S n ? (n ? 1) 则 Tn ?1 ? Tn ? (n ? 1)( n ? 2) ? ? 0, 2 2 2 ? Tn ? Tn?1 ,?{Tn } 递减,有 Tn ? T1 ? 2 ? 2 ? 0 ,故 S n ? (n ? 1) . 2

1 1 1 (1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ? (1 ? ) 3 5 2 n ? 1 则 Tn?1 ? ? ? 再如例 4,令 Tn ? 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 4 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 13 已知函数 f ( x) ? ax ?
1 2

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

1 f ( x) ? .(Ⅰ) 8

? 求 a 的值; (Ⅱ)设 0 ? a1 ? , an ?1 ? f (an ), n ? N ,证明 an ?

1 .(04 年辽宁卷第 21 题) n ?1

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

3 2 3 1 1 1 an ? ? (an ? ) 2 ? ? 2 2 3 6 6
1 ) 是增函数,则得 k ?1

? 0. 用数学归纳法(只看第二步) : ak ?1 ? f (ak ) 在 a k ? (0,
1 1 3 1 2 1 )? ? ( ) ? . k ?1 k ?1 2 k ?1 k?2

ak ?1 ? f (ak ) ? f (
例 14

a ? n? N . 数列 ?xn ? 由下列条件确定: x1 ? a ? 0 , x n ?1 ? 1 ? (I)证 ? xn ? ? , ? 2? xn ? ? 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)题) a? 解析 构造函数 f ( x) ? 1 ? ? x ? ?, 易知 f ( x) 在 [ a ,??) 是增函数。 2? x? 1? a ? 当 n ? k ? 1 时 x k ?1 ? ? x k ? ? 在 [ a ,??) 递增,故 xk ?1 ? f ( a ) ? a. ? 2? xk ? ?
a ? ,构造函数 f ( x) ? 1 ? x ? a ?, 它在 [ a ,??) 上是增 对(II)有 xn ? xn?1 ? 1 ? ? ? ? ? x ? n ? ? 2? xn ?

2?

x?

高等数学背景—数列 ?xn ? 单调递减有下界因而有极限: an ? a (n ? ??).

? ? 函数,故有 xn ? xn?1 ? 1 ? x n ? a ? ? f ( a ) ? 0 ,得证。 ? 2? xn ? ? 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;同时有着

5

1? a? 1? a ? 的母函数, 研究其单调性对此数列本 xn ? ? ? x ? ? 是递推数列 x n ?1 ? ? ? 2? x? 2? xn ? ? 质属性的揭示往往具有重要的指导作用。类题有 06 年湖南卷理科第 19 题:
② f ( x) ? 已知函数 f ( x) ? x ? sin x ,数列{ an }满足: 0 ? a1 ? 1, an?1 ? f (an ), n ? 1, 2,3, 证明:(ⅰ) 0 ? an?1 ? an ? 1;(ⅱ) an ?1 ?

.

1 3 an .(证略) 6

五 换元放缩
例 15 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(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 ? (1 ? hn ) n ?
n 例 16 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 n 1 n ?1 2 n?2 n 2 n?2 a n ? (b ? 1) n ? C n b ? Cn b ? Cn b ? ? ? Cn ? Cn b ? 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 10 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 6 ( II ) 中 所 得 ln a n ?1 ? ln a n ?

1 1 ? n 和 n ?n 2
2

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

1 1 1 1 、例 7 中 ? ? 、 例 12(Ⅰ)之法 2 所得 n(n ? 1) a n a n ?1 n

2 2 ak ?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: 1 1 1 1 1 就容易多了 (略) 。 ? ?? ? ? ? n ?1 . 再用数学归纳法证明此加强命题, 1 ? a1 1 ? a 2 1? an 2 2 例 17 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

a k ?1 ?
a k ?1 ?

1 ? a 是难以证出的,因为 ak 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 1 对一切正整数 n 有 1 ? a n ? . (证明从略) 1? a

6

例 18 数列 ?xn ? 满足 x1 ? 奥林匹克试题)

x2 1 .(01 年中国西部数学 , x n ?1 ? x n ? n . 证明 x2001 ? 1001 2 n2

简析 将问题一般化:先证明其加强命题 x n ?

xk ?1

n . 用数学归纳法,只考虑第二步: 2 n x2 k 1 k 2 k 1 k ?1 ? ? xk ? k ? ? 2 ?( ) ? ? ? . 因此对一切 x ? N 有 x n ? . 2 2 2 k 2 2 4 2 k

例 19 已知数列 {an} 满足: a1=

3 , 且 an= 3na n-1 (n ? 2,n ? N?) (1) 求数列 {an} 2 2a n-1+n- 1

的通项公式; (2) 证明:对一切正整数 n 有 a1?a2???an?2?n! (06 年江西卷理科第 22 题) 解析: (1)将条件变为:1-

n n-1 ,因此{1- n }为一个等比数列, =1 ( 1- ) an an 3 a n-1

其首项为 1-

1 1 1 1 n n ? 3n = ,公比 ,从而 1- = n ,据此得 an= n (n?1)??1? 3 a1 3 an 3 3 -1
n! ,为证 a1?a2???an?2?n! , 1 1 1 ( 1- ) ? ( 1- 2 )?( 1- n ) 3 3 3

(2)证:据 1?得,a1?a2??an=

1 1 1 1 只要证 n?N?时有 ? ??2? ( 1- ) ? ( 1- 2 )?( 1- n ) 2 3 3 3 显然,左端每个因式都是正数,先证明一个加强不等式:
1 1 1 1 1 ?1-( + 2 +?+ n )??3? )?( 1- n ) 2 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 ?1- (用数学归纳法, 证略) 利用 3?得, ( + 2 +?+ n ) ( 1- ) ? ( 1- 2 )?( 1- n ) 3 3 3 3 3 3
对每个 n?N?,有 ( 1- ) ? ( 1- =1- 3
1 1 n 1 1 n 1 1 1 n 1 〔 1-( ) 〕 1-( ) 〕= + ( ) ? 。 3 =1- 〔 2 3 2 2 3 2 1 1- 3

1 3

故 2?式成立,从而结论成立。

八 分项讨论
例 20 已知数列 {an } 的前 n 项和 S n 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 {a n } 的通项公式; (Ⅲ)证明: 1 1 1 7 对任意的整数 m ? 4 ,有 ? ? ? ? ? (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:

1 1 3 1 1 3 2 n?2 ? 2 n?1 当 n ? 3 且 n 为奇数时 ? ? ( n?2 ? n?1 ) ? ? 2n?3 an an?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 n ?3 2 2 2 2 2
7

①当 m ? 4 且 m 为偶数时 1 ? 1 ? ? ? 1 ? 1 ? ( 1 ? 1 ) ? ? ? ( 1 ? 1 ) a4 a5 a 6 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

②当 m ? 4 且 m 为奇数时 1 ? 1 ? ? ? 1 ? 1 ? 1 ? ? ? 1 ? 1 (添项放缩) a 4 a5 a m a 4 a5 a m a m?1 1 1 1 1 7 由①知 ? ??? ? ? . 由①②得证。 a 4 a5 a m a m?1 8

九 数学归纳法
例 21 (Ⅰ) 设函数 f ( x) ? x log2 x ? (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,证明 (05 年全国卷Ⅰ第 22 题) 解析 这道高考题内蕴丰富,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) : g ( p1 ) ? g ( p 2 ) ? ? ? g ( p 2n ) p1 ? p 2 ? ? ? p 2n 由 g ( x) 得 ? g( ) n 法1 为下凸函数 2 2n 又

p1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? p3 log2 p3 ? ? ? p2n log2 p2n ? ?n

p1 ? p2 ? p3 ? ? ? p2n ? 1



所以 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 (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 (?1 x1 ? ? ? ?n xn ) ? ?1 f ( x1 ) ? ? ? ?n f ( xn ). 特别地,若 ? i ?
f(

p1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? p3 log2 p3 ? ? ? p2n log2 p2n ? 2 n g (

1 ) ? ?n. 2n

1 则有 n

x1 ? ? ? x n 1 ) ? [ f ( x1 ) ? ? f ( x n )].若为上凸函数则改“ ? ”为“ ? ” )的证明思路与方法有: n n

法 2 (用数学归纳法证明) (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 p1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? ? ? p2k log2 p2k ? ?k. 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: p 令 x ? p1 ? p 2 ? ? ? p k , q1 ? p1 , q2 ? p2 ,?, q k ? 2k . 2 2 x x x 则 q1 , q2 ,?, q2k 为正数,且 q1 ? q2 ? ? ? q2k ? 1. 由归纳假定知 q1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? ? ? q2k log2 q2k ? ?k.

p1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? ? ? p2k log2 p2k ? x(q1 log2 q1 ? q2 log2 q2 ? ? ? q2k log2 q2k

?lo g (1) 2 x) ? x(?k ) ? x l o g 2 x, 同理,由 p2k ?1 ? p2k ?2 ? ? ? p2k ?1 ? 1 ? x 得 p2k ?1 log2 p2k ?1 ? ? ? p2k ?1 log2 p2k ?1 ? (1 ? x)(?k ) ? (1 ? x) log2 (1 ? x). (2) 综合(1) (2)两式 p1 log2 p1 ? p2 log2 p2 ? ? ? p2k ?1 log2 p2k ?1 ? [ x ? (1 ? x)](?k ) ? x log2 x ? (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 3 构造函数 g ( x) ? x log2 x ? (c ? x) log2 (c ? x)(常数c ? 0, x ? (0, c)),那么

8

x x x x g ( x) ? c[ log 2 ? (1 ? ) log 2 (1 ? ) ? log 2 c], 利用(Ⅰ)知, c c c c 当 x ? 1 (即x ? c )时,函数 g ( x)取得最小值 . 对任意 x1 ? 0, x2 ? 0, 都有
c 2 2

x1 log2 x1 ? x 2 log2 x 2 ? 2 ?

x1 ? x2 x ? x2 ? ( x1 ? x2 )[log2 ( x1 ? x2 ) ? 1] . log2 1 2 2



(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

p1 log2 p1 ? p 2 log2 p 2 ? ? ? p 2k log2 p 2k ? ?k . 当n ? k ? 1时, p1 , p 2 ,?, p 2k ?1 满足p1 ? p 2 ? ? ? p 2k ?1 ? 1. 令H ? p1 log2 p1 ? p 2 log2 p 2 ? ? ? p 2k ?1 ?1 log2 p 2k ?1 ?1 ? p 2k ?1 log2 p 2k ?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 H ? ( p1 ? p 2 )[log2 ( p1 ? p 2 ) ? 1] ? ? ? ( p 2k ?1 ?1 ? p 2k ?1 )[log2 ( p 2k ?1 ?1 ? p 2k ?1 ) ? 1],
k

因为( p1 ? p 2 ) ? ? ? ( p 2k ?1 ?1 ? p 2k ?1 ) ? 1, 由归纳法假设 ( p1 ? p2 ) log2 ( p1 ? p2 ) ? ? ? ( p2

k ?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.

注: 1 式②也可以直接使用函数 g ( x) ? x log2 x 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 ? p2

n ?1

?i

而变成 2 项;

k

3? 本题可作推广:若正数 p1 , p2 ,?, pn 满足 p1 ? p2 ? ? ? pn ? 1,则

p1 ln p1 ? p2 ln p2 ? ? ? pn ln pn ? ? ln n. (简证:构造函数 f ( x) ? x ln x ? x ? 1,易得 f ( x) ? f (1) ? 0 ? x ln x ? x ? 1. ? (npi ) ln(npi ) ? npi ? 1 ? pi ln(np i ) ? pi ? .
故 ?[ pi ln(npi )] ? ? pi ? 1 ? 0 ? ln n ? ? pi ln pi ? 0. )
i ?1 i ?1 n n

1 n

2014-6-16

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