9.数列和式放缩研究——探讨几类典型问题的通法(李绍塔.ppt
例谈放缩法在数列不等式问题中的应用
高中例谈放缩法在数列不等式问题中的应用福建省清流县第一中学 赖礼昌 数列不等式问题，一向被认为是中学数学中最难的一类问题．其具有思维跨度大和构造性强的特点，是高考压轴题或数学竞赛题的命题素材．求解过程中，需要较高的放缩技巧，对学生具有极强的挑战性．求解这类问题的落脚点是观察数列通项特征，抓住通项内在规律恰当放缩并进行求和，而放缩是关键．如何放缩，是一个值得研究的课题．放缩的方法主要有：裂项放缩、函数放缩、分子放缩、借助数列递推关系放缩等，下文举例加以研究，供大家参考．一、裂项放缩法裂项相消法是数列求和的常用方法之一，将数列利用裂项相消法求和后，通过舍去某些项可达到证明数列不等式的最终目的，这类问题难度虽然不大，但解题者必须熟悉一些数列通项基本的裂项公式．例１ 求证： ６狀（狀＋１）（２狀＋１）≤１＋１４＋１９＋…＋１狀２＜５３．解析：因为１狀２＜１狀２－１４＝４４狀２－１＝２１２狀－１（－１２狀＋１），所以∑狀犽＝１１犽２＜１＋２１３（－１５＋…＋１２狀－１－１２狀＋１）＜１＋２３＝５３．又因为１＋１４＋１９＋…＋１狀２＞１１×２＋１２×３＋１３×４＋…＋１狀（狀＋１）＝１－１狀＋１＝狀狀＋１，当狀≥３时，狀狀＋１＞６狀（狀＋１）（２狀＋１），当狀＝１时，６狀（狀＋１）（２狀＋１）＝１，当狀＝２时，６狀（狀＋１）（２狀＋１）＜１＋１４，综上可得６狀（狀＋１）（２狀＋１）≤１＋１４＋１９＋…＋１狀２＜５３．点评：运用这个方法时，如何裂项后放缩，应具体问题具体分析．笔者整理出如下结论，希望对大家有所帮助：（１）１狀２＝４４狀２＜４４狀２－１＝２１２狀－１－１２狀＋１（）；（２）１狀（狀＋１槡）＜槡狀－狀－槡１（狀≥２）；（３）１＋１狀（）狀＜１＋１＋１２×１＋１３×２＋…＋１狀（狀－１）＜５２；（４）２（狀＋槡１－槡狀）＜１槡狀＜２（槡狀－狀－槡１）；（５）２狀（２狀－１）２＝２狀（２狀－１）（２狀－１）＜２狀（２狀－１）（２狀－２）＝２狀－１（２狀－１）（２狀－１－１）＝１２狀－１－１－１２狀－１（狀≥２）；（６）１狀槡３＝１狀·狀槡２＜１狀（狀－１）（狀＋１槡）＝１狀（狀－１槡）－１狀（狀＋１槡）（）·１狀＋槡１－狀－槡１＝１狀－槡１－１狀＋槡１（）·狀＋槡１＋狀－槡１２槡狀＜１狀－槡１－１狀＋槡１．二、函数放缩从本质上看，数列就是一类定义域为正整数集的函数，在求证某些数列不等式时，可以将数列“退化”成两个函数间的不等关系，再利用这个不等关系放缩成数列不等式．例２ 求证：ｌｎ２２＋ｌｎ３３＋ｌｎ４４＋…＋ｌｎ３狀３狀＜３狀－５狀＋６６（狀∈犖 ）．７５２０２０年３月 解法探究教学参谋Copyright ©博看网. All Rights Reserved.高中证明：先构造函数有犳（狓）＝ｌｎ狓－狓＋１，于是犳′（狓）＝１狓－１．当狓∈（０，１）时，犳′（狓）＞０；当狓∈（１，＋∞）时，犳′（狓）＜０．所以函数犳（狓）在（０，１）上递增，在（１，＋∞）上递减，故犳（狓）ｍａｘ＝犳（１）＝０，即犳（狓）＝ｌｎ狓－狓＋１≤０，ｌｎ狓≤狓－１ ｌｎ狓狓≤１－１狓，从而ｌｎ２２＋ｌｎ３３＋ｌｎ４４＋…＋ｌｎ３狀３狀＜３狀－１－１２（＋１３＋…＋１３狀）．因为１２＋１３＋…＋１３狀＝１２＋１３（）＋１４＋１５＋１６＋１７＋１８＋１９（）＋…＋１２狀（＋１２狀＋１＋…＋１３狀）＞５６＋３６＋３９（）＋９１８＋９２７（）＋…＋３狀－１２·３狀－１＋３狀－１３狀（）＝５狀６，所以ｌｎ２２＋ｌｎ３３＋ｌｎ４４＋…＋ｌｎ３狀３狀＜３狀－１－５狀６＝３狀－５狀＋６６．点评：利用函数放缩法证明数列不等式的难点，在于如何构造一个与题目相关的函数，需要解题者仔细分析所证数列不等式的结构特征，抽象出一个基本的数列不等式，如本例中的ｌｎ狀狀＜１－１狀，再将狀还原成狓，再根据这个不等式构造函数，并利用导数证明这个不等式．三、分式放缩当数列不等式内含分式形式时，可以利用分式放缩法求证．主要用到两个姐妹不等式：犫犪＞犫＋犿犪＋犿（犫＞犪＞０，犿＞０）和犫犪＜犫＋犿犪＋犿（犪＞犫＞０，犿＞０），我们不妨用口诀“小者小，大者大”加以记忆，意思只要看犫，如果犫小，那么不等号是小于号，反之亦然．例３ 证明：（１＋１）１＋１４（）１＋１７（）·…·１＋１３狀－２（）＞３３狀＋槡１．证明：利用两次分式放缩：２１·５４·８７·…·３狀－１３狀－２＞３２·６５·９８·…·３狀３狀－１（分子分母加１）；２１·５４·８７·…·３狀－１３狀－２＞４３·７６·１０９·…·３狀＋１３狀（分子分母加２）．两式左右对应相乘，可以得到：２１·５４·８７·…·３狀－１３狀－２（）２＞４２·７５·１０８·…·３狀＋１３狀－１＝１２·４５·７８·…·３狀－２３狀－１·（３狀＋１）．于是有（１＋１）１＋１４（）１＋１７（）·…·１＋１３狀－２（）＞３３狀＋槡１．点评：从本例的证明可以看出，分式放缩法的应用并不是一蹴而就的，首先，必须要认清题目的适合分式放缩的特征；其次，要有分式放缩的意识，勇于尝试．所以这类问题具有很强的探究性，技巧性也非常强．四、基本不等式放缩基本不等式是不等式证明的基本工具，有时也可用在数列不等式的证明上，因为基本不等式中含有等号，而有些数列不等式却不含等号，于是可以考虑利用基本不等式进行放缩．例４ 设犛狀＝１·槡２＋２·槡３＋…＋狀（狀＋１槡）．求证狀（狀＋１）２＜犛狀＜（狀＋１）２２．证明：此数列的通项为犪犽＝犽（犽＋１槡），犽＝１，２，…，狀．因为犽＜犽（犽＋１槡）＜犽＋犽＋１２＝犽＋１２，所以∑狀犽＝１犽＜犛狀＜∑狀犽＝１犽＋１２（），即狀（狀＋１）２＜犛狀＜狀（狀＋１）２＋狀２＜（狀＋１）２２．点评：本题应注意把握放缩的“度”：上述不等式右边放缩用的是基本不等式槡犪犫≤犪＋犫２，若放成犽（犽＋１槡）＜犽＋１，则得犛狀＜∑狀犽＝１（犽＋１）＝（狀＋１）（狀＋３）２＞（狀＋１）２２，就放过“度”了！从以上研究可以看出，利用放缩法证明数列不等式虽然复杂多样，但还是有规律可循的，规律隐藏在数列不等式的特征中，而如何参透这个特征是难点，突破了这个难点，也就找到了相应的方法．犠８５教学参谋解法探究２０２０年３月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
2016.3.24数列讲座——高观点下数列和式放缩研究(探讨几类典型问题的通法)(萧山)
åa å
k =1 ¥ n =1
k
不存在，则称无穷级数
¥
åLeabharlann ¥n =1an 发散.
（2）若级数
an 收敛，则称 å an 绝对收敛.
n =1
若级数
å
¥
n =1
an 收敛且 å an 发散，则称 å an 条件收敛.
n =1 n =1
¥
¥
事实上,数列和式不等式问题可看作研究无穷级数敛 散性问题的一个子问题（有时甚至是等价问题）， 从而可以反过来从级数的视角审视数列和式的放缩.
方法来源1——比值判别法
Alembert ）判别法 若 å an 为正项级数， 达朗贝尔（ D¢
n =1 ¥
（1） 若 $ M ? N * ， " n ? M ，有
an +1 ?l an
1
¥ an +1 = l <1 ） （极限形式 lim ，则 å an 收敛; n an n =1 an +1 * ?l 1 （2） 若 $ M ? N ， " n ? M ，有 an ¥ an +1 = l >1 ） （极限形式 lim ，则 å an 发散. n an n =1 事实上,该判别法在某种意义上可看作几何级数 敛散性判别的推广形式，从而天然的可以结合到 数列的放缩中去.——“指数型”数列
数列和式放缩的两个高数视角
一、无穷级数视角（几何级数、P-级数的敛散性） （一） 通项已知 ¥ 1 1、 “指数”型.（形如 å 借助主导项思想，放缩成等比数列） n =1 f ( n) - g ( n)
1 1 2， 3L ) 放缩成可裂项相消数列） 2、 “幂”型.（基于 å p ( p = ， 2 n =1 n 二、动力方程视角（不动点） （二） 通项未知（ “递推”型（二次递推、一次分式递推、根式递推） ） ①“指数”型.（借助“变比”放缩成等比数列） ②“裂项相消”型.（借助不动点先“中心化” ，再“取倒裂项累加”处理）
数列及函数不等式放缩如何一步到位
——如何放缩才能一步到位
数列不等式为高中数学的重点和难点，常 出现在高考压轴题中，具有极高的思想性和 技巧性。解决数列不等式的一般思想是进行 合理地放缩，放缩后能够再运算是解决此类 问题的重要原则。
熟记一些常见的放缩结论，掌握一些常见 的放缩技巧很重要。在放缩过程中经常用到 的方法有：积分（函数法）放缩、裂项放缩、 对偶放缩、分类放缩、二项式定理放缩、 等比放缩、切线放缩等等。
一、积分放缩
积分法即利用积分的几何意义进行放缩。
基本结论：
1 n1 1 dx ln( n 1) ln n
n
nx
1 n 1 dx ln n ln( n 1)
n n1 x
1
n 1
1
dx 2
n
nx
x
| n 1 n
1
n1
dx 2
n n1 x
x
|n n 1
f (x) 1 或 1
x
(
1 2
1 31
)
（1 4
1 5
...
1 32
）
...
（3n11
1
1 3n1
2
...
1 3n
）
n段，每个括号都 5 ？
6
下证f
(n)
1 3n1 1
1 3n1 2
...
1 3n
5 6
1 n1 1 dx ln( n 1) ln n
n nx
1
1
1
1 3n1 2
1 3n1 3
1 3n 1
)
3n
1
5n 6
1 2
1 ... 3
1 3n
5n 6
【高中数学课件】数列求和及通项的求法ppt课件共25页文档
an1
ana1qn1.
若数列{
a
n
an
}满足an1
f
(n)
，其中数列{
f
(n)}前n项
积可求，则通项 a n 可用逐项作商后求积得到。
思 1. 求数列 1 , 4 , 7 , 1 , 0 , ( 1 ) n ( 3 n 2 ) ,
考 前n项和 题
2. 求数列 {2n 3} 2n3
3. 求和：
求通项公式 a n
1:a 1,求满足以下a条件的
1
n
2
(1)a a
n n n1
n
2
a n1 (2) n1
an n
2 : a 1, 求满足以下条件的 a
1
n
(1) a 3 a 2
n 1
n
(2)a 3a 2n 1
n 1
n
(3)a 3a 2 n
n 1
n
(4)a
a n
n1 a 3
n
若数列an 满足 a n a n 1 fn ( n N )，其中an
是可求和数列，那么可用逐差后累加的方法求 f n
逐商求积法
若数列 a 1 ,a 2,a 3, ,a n, 是等比数，公比为q，
则 a2 q,a3 q,a4 q,, an q,
a1 a2 a3
an1
an
n 1个 q.q.q.q
a a 2 a 3Leabharlann a n 1的前n项和。
裂项法：
1.求数列
6, 6, 6, , 6 , 1 22 33 4 n (n 1 )
前n项和
2.求数列 1 1 2 ,1 2 1 3 , ,1 2 1 ( n 1 ),
放缩法在解答数列题中的应用技巧(十一种放缩方法全归纳) 教师版
放缩法在解答数列题中的应用技巧(十一种放缩方法全归纳)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.一、放缩技巧(1)1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1(2)1C1n+1C2n=2(n+1)n(n-1)=1n(n-1)-1n(n+1)(3)T r+1=C r n⋅1n r=n!r!(n-r)!⋅1n r<1r!<1r(r-1)=1r-1-1r(r≥2)(4)1+1 nn<1+1+12×1+13×2+⋯+1n(n-1)<3(5)12n(2n-1)=12n-1-12n(6)1n+2<n+2-n(7)2(n+1-n)<1n<2(n-n-1)(8)22n+1-12n+3⋅12n=1(2n+1)⋅2n-1-1(2n+3)⋅2n(9)1k(n+1-k)=1n+1-k+1k1n+1,1n(n+1+k)=1k+11n-1n+1+k(10)n(n+1)!=1n!-1(n+1)!(11)1n<2(2n+1-2n-1)=222n+1+2n-1=2n+12+n-12(11)2n(2n-1)2=2n(2n-1)(2n-1)<2n(2n-1)(2n-2)=2n-1(2n-1)(2n-1-1)=12n-1-1-12n-1(n≥2)(12)1n3=1n⋅n2<1n(n-1)(n+1)=1n(n-1)-1n(n+1)⋅1n+1-n-1=1n-1-1n+1⋅n+1+n-12n <1n-1-1n+1(13)2n +1=2⋅2n=(3-1)⋅2n>3⇒3(2n-1)>2n⇒2n-1>2n 3⇒12n -1<2n3(14)k +2k !+(k +1)!+(k +2)!=1(k +1)!-1(k +2)!(15)1n (n +1)<n -n -1(n ≥2)(16)i 2+1-j 2+1i -j =i 2-j 2(i -j )(i 2+1+j 2+1)=i +j i 2+1+j 2+1<1二、经典试题解析(一)、经典试题01、裂项放缩1.(1)求∑nk =124k 2-1的值；(2)求证:∑nk =11k2<53.【分析】(1)根据裂项相消求和即可；(2)根据1n 2<1n 2-14放缩再求和即可【详解】(1)因为24n 2-1=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1，所以∑nk =124k 2-1=11-13+13-15+...+12n -1-12n +1=2n2n +1(2)因为1n 2<1n 2-14=44n 2-1=212n -1-12n +1 ，所以∑nk =11k2≤1+213-15+⋯+12n -1-12n +1 <1+23=532.求证:1+132+152+⋯+1(2n -1)2>76-12(2n -1)(n ≥2).【分析】根据1(2n -1)2>1(2n -1)(2n +1)放缩后利用裂项相消求和即可【详解】因为1(2n -1)2>1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，(n ≥2)故∑nk =11(2k -1)2>1+1213-15+...+12n -1-12n +1 =1+1213-12n +1 =76-122n -1，故1+132+152+⋯+1(2n -1)2>76-12(2n -1)(n ≥2)3.求证:14+116+136+⋯+14n2<12-14n .【详解】由14+116+136+⋯+14n 2=141+122+⋯+1n 2<141+1-1n =12-14n 根据1n 2<1n ⋅n -1 得122+⋯+1n 2<1-12+12-13+⋯1n -1-1n =1-1n 所以141+122+⋯+1n2<141+1-1n =12-14n 4.求证:12+1⋅32⋅4+1⋅3⋅52⋅4⋅6+⋯+1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n<2n +1-1【分析】利用分式放缩法证明出1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n<12n +1，进而利用数学归纳法证明13+15+⋯+12n +1<2n +1-1即可.【详解】由1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n 2<12⋅23⋅34⋯2n -12n ⋅2n 2n +1=12n +1，得1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n<12n +1，所以12+1⋅32⋅4+⋯+1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n <13+15+⋯+12n +1，要证12+1⋅32⋅4+⋯+1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n <2n +1-1，只需证13+15+⋯+12n +1<2n +1-1，下面利用数学归纳法证明：当n =1时，左边=13，右边=3-1。
用放缩法证明不等式--数列优秀教学课件
1 1 1 1 7 1 7 (n 3) 42n 4n 4
当n = 1, 2时，不等式显然也成立.
变式2 (2013广东理19第(3)问)
求证：1
1 22
1 32
1 n2
7 4
(n N)
分析 变式2的结论比变式1强，要达目的，须将变
式1放缩的“度”进行修正，如何修正？
思路二 将通项放得比变式1更小一点. 保留第一项，
相消模型等. 实际问题中， bn 大多是等比模型或裂项相
消模型.
例2 (2013广东文19第(3)问)
求证： 1 1 1
1
1 (n N)
13 35 5 7
(2n 1)(2n 1) 2
变式1
求证：1
1 22
1 32
1 n2
2
(n N)
变式2 (2013广东理19第(3)问)
求证：1
1 22
3n 2 14
分析 左边不能直接求和，能否仿照例4的方法将通项
也放缩为等比模型后求和？
∵
3n 2 =3n (1 2 ) 3n
3n
(1
2 32
)
7
3n2
(n 2)
∴
1 an
1 7
1 3n2
(n 2)
保留第一项，从 第二项开始放缩
左边 1 1 (1 1 73
1 3n2
)
1
3 14
(1
例3 (2009珠海二模理20第(2)问)
求S 1 1 1 1 的整数部分.
23
100
分析 不能直接求和式 S ，须将通项 1 放缩为裂项相消模型后求和. n
思路 为了确定S的整数部分，必须将S的值放缩在相邻的两个
《数列中的放缩法》课件
面临的挑战
未来发展放缩法，需要解决的关键问题包括 如何提高放缩法的适用性和可靠性，如何克 服其局限性，以及如何与其他数学工具或算 法更好地结合。此外，如何将放缩法的理论
应用于实际问题的解决也是一大挑战。
放缩法的挑战
在使用放缩法时，需要具备深厚的数学基础 和敏锐的观察力，以选择合适的放缩策略。 此外，如何掌握好放缩的尺度，避免过度或 不足的放缩，也是一大挑战。
放缩法的未来发展
发展方向
随着数学理论和计算机技术的发展，放缩法 有望在更多领域得到应用。例如，结合机器 学习算法，可以自动寻找最优的放缩策略。 此外，随着数学与其他学科的交叉融合，放 缩法有望在解决实际问题中发挥更大的作用 。
洛必达法则
洛必达法则是微积分中的一个重要定理，它可以用来计算某些极限。当一个极限 的分子和分母都趋于零时，洛必达法则可以用来求极限。
在数列中，洛必达法则可以用来研究数列的收敛性和发散性。通过应用洛必达法 则，我们可以对数列的项进行放缩，从而证明一些数学命题。
拉格朗日中值定理
拉格朗日中值定理是微积分中的一个 重要定理，它说明了一个函数在两个 点之间的值与这两点之间某点的导数 之间的关系。
解决导数问题
总结词
在解决与导数相关的问题时，放缩法可 以帮助我们更好地理解函数的性质和行 为。
VS
详细描述
在导数问题中，放缩法可以帮助我们更好 地理解函数的性质和行为。通过放缩法， 可以将函数的导数进行放大或缩小，从而 更好地理解函数的增减性、极值点等性质 。此外，放缩法还可以用于解决一些与导 数相关的不等式问题，例如证明函数的导 数满足某种不等式关系。
泰勒级数展开
泰勒级数展开是数学分析中的一个重要概念，它可以将一 个函数表示为无穷级数的形式。通过泰勒级数展开，我们 可以更好地理解函数的性质和行为。
数列讲座高观点下数列和式放缩研究探讨几类典型问题的通法萧山
1,则数列{an} 收敛，
且收敛的极限即为 g(x) 在[a,b] 上的不动点.
简单迭代序列的敛散性分析
若将非线性方程 f (x) 0 转化为一个同解方程 x g(x) ，任取初始值 a1 ， 并且 an 1 g(an )(n N *) ，则得到序列{an} .
1、分析的角度：若 x0
g(x0
)
，则
n1
n1
n1
事实上,数列和式不等式问题可看作研究无穷级数敛 散性问题的一个子问题（有时甚至是等价问题）， 从而可以反过来从级数的视角审视数列和式的放缩.
方法来源1——比值判别法
达朗贝尔（ D Alembert ）判别法 若 an 为正项级数，
n1
（1） 若 M N* ， n M ，有 an 1
1
an
Step1:找出迭代函数： g(x) ；
Step2:求出迭代函数的不动点：由 g(x) x ，得 x x0 ；
Step3:“中心化”再作商得到 “变比” q(an ) ，研究数列在不动点附近的动力学性质：
求出
an1 x0 an x0
q(an ) ，分析 q(an ) .
Step4: 计算“变比” q(an ) 在不动点处的函数值，判定数列类型：
又因为
an1
1 2
an
1 2
1 2an
1
q(an
)
(1,
1 3
]
(1,
0)
，即得
an1
1 2
an
1 2
1，
从而数列
an
1 2
为单调递减数列.
Step4:计算“变比” q(an ) 在不动点处的函数值，判定数列类型：
高中数学解题技巧-数列放缩
数列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几种： 一、裂项放缩例1.(1)求∑=-n k k 12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k.解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n k n k (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n k nk 奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n (2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n (3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n nC Tr rrn r (4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n nn(5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n (8) nn n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(9)⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1 (10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n (11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11) )2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112≥---=--=--<--=----n n n n n n n n n n n n n n (12)111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n n n n 11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫⎝⎛+--=n n n n n n n(13) 3212132122)12(332)13(2221nn nn n n n n n <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14)!)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k (15) )2(1)1(1≥--<+n n n n n(15) 111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i j i j i j i j i ji j i例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n (2)求证:nn412141361161412-<++++(3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n nn(4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn解析:(1)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以 )12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni (2))111(41)1211(414136116141222nnn-+<+++=++++(3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n nn ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案 (4)首先nn n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到 nn 131211)11(2++++<-+再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n n例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n解析:一方面:因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk 另一方面:1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n n n n n n当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n n n n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++ ,当2=n 时,2191411)12)(1(6nn n n ++++<++ ,所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n例4.(2008年全国一卷) 设函数()ln f x x x x =-.数列{}n a 满足101a <<.1()n n a f a +=.设1(1)b a ∈，，整数11ln a b k a b-≥.证明:1k a b +>. 解析:由数学归纳法可以证明{}n a 是递增数列,故存在正整数k m ≤,使b a m ≥,则b a a k k ≥>+1,否则若)(k m b a m ≤<,则由101<<≤<b a a m 知0ln ln ln 11<<≤b a a a a a m m m ,∑=+-=-=k m m m k k k k a a a a a a a111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a a km m m <∑=,于是b a b a b a k a a k =-+≥+>+)(|ln |11111例5.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+ 321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n +≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=nk m m m m m m m m k kn n n n n 111111111])1([01)2()1()1( 所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n 只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--nk m m m m m m m m m n k m n k m m k k n n n n n k m k k 111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m n k m nk m m k k k m k k1111111])1[()1(])1([,即等价于m m m m m k k k m k k -+<+<--+++111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m kk m k k m而正是成立的,所以原命题成立. 例6.已知n n n a 24-=,nnna a a T +++=212,求证:23321<++++nT T T T .解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n n nn n n nT -+-=-----=+++-++++=所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n n nn T⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n nn n 从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n nT T T T例7.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n,求证:*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+证明:nnn n n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n nx x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+二、函数放缩例8.求证：)(665333ln 44ln 33ln 22ln *N n n n nn∈+-<++++ .解析:先构造函数有xxx x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln n n nn+++--<++++ 因为⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n 31121219181716151413121313121 6533323279189936365111n n n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---所以6653651333ln 44ln 33ln 22ln +-=--<++++n n n n nn例9.求证:(1)12ln 3ln 2ln 2--n n n αααααα解析:构造函数后即可证明例12.求证:32)]1(1[)321()211(->++⋅⋅⨯+⋅⨯+n e n n解析:1)1(32]1)1(ln[++->++n n n n ,叠加之后就可以得到答案 例13.证明:)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 解析:构造函数)1(1)1()1ln()(>+---=x x x x f ,求导,可以得到: 12111)('--=--=x x x x f ,令0)('>x f 有21<<x ,令0)('<x f 有2>x ,所以0)2()(=≤f x f ,所以2)1ln(-≤-x x ,令12+=n x 有,1ln 22-≤n n 所以211ln -≤+n n n,所以)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 例14. 已知112111,(1).2n n n aa a n n +==+++证明2n a e <.解析:nn n n n a n n a n n a )21)1(11(21))1(11(1+++<+++=+,然后两边取自然对数,可以得到nn n a n n a ln )21)1(11ln(ln 1++++<+ 然后运用x x <+)1ln(和裂项可以得到答案)放缩思路：⇒+++≤+n nn a n n a )2111(21⇒++++≤+n n n a n n a ln )2111ln(ln 21 nn n n a 211ln 2+++≤。
高考数学数列不等式的放缩初探精品PPT课件
1）
1 a（n an
1）
1 3
.
思路
高考数学数列不等式的放缩初探 课件-精品课件ppt(实用版)
an
1
an
+1
1
2n 2n+1
<
1
2n-1
2n+1
1 2
1 2n 1
1 2n+1
高考数学数列不等式的放缩初探 课件-精品课件ppt(实用版)
二
一题多法 说技巧
题④an
3n -2n，证明: 1 a1
=n2
,
证明
1 a1
1 a2
15
an 3
题④an
=2n,
证明:
1 a（1 a1
1）
1 a（2 a2
1）
1 a（n an
1）
1 3
.
高考数学数列不等式的放缩初探 课件-精品课件ppt(实用版)
高考数学数列不等式的放缩初探 课件-精品课件ppt(实用版)
题①若an
=n2
,
证明: 1 a1
1 a2
1 a2
思路
1 an
22 3n 1 < 3n
1 5. an 6
1
2 12
a1
31 1 =
< 2
3
高考数学数列不等式的放缩初探 课件-精品课件ppt(实用版)
高考数学数列不等式的放缩初探 课件-精品课件ppt(实用版)
题③若an
1 2
(3n
1), 证明: 1 a1
1 a2Biblioteka 思路1 3. an 2
1 a2
1 3. an 2
题⑤ an
3n
数列型不等式的放缩技巧九法之欧阳学创编
数列型不等式的放缩技巧九法证明数列型不等式，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九种：一 利用重要不等式放缩 1． 均值不等式法 例 1 设.)1(3221+++⋅+⋅=n n S n 求证.2)1(2)1(2+<<+n S n n n 解析 此数列的通项为.,,2,1,)1(n k k k a k =+=2121)1(+=++<+<k k k k k k ，)21(11∑∑==+<<∴nk n nk k S k ， 即.2)1(22)1(2)1(2+<++<<+n n n n Sn n n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2b a ab +≤，若放成1)1(+<+k k k 则得2)1(2)3)(1()1(21+>++=+<∑=n n n k S nk n ，就放过“度”了！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，这里其中，3,2=n 等的各式及其变式公式均可供选用。
例2 已知函数bxa x f 211)(⋅+=，若54)1(=f ，且)(x f 在[0，1]上的最小值为21，求证：.2121)()2()1(1-+>++++n n n f f f （02年全国联赛山东预赛题）简析)2211()()1()0(22114111414)(⨯->++⇒≠•->+-=+=n f f x x f xx x x 例3 求证),1(221321N n n n C CC C n n nnnn∈>⋅>++++- .简析 不等式左边=++++n n n n n C C C C 32112222112-++++=-n nn n n 122221-⋅⋅⋅⋅⋅> =212-⋅n n ，故原结论成立.2．利用有用结论例4 求证.12)1211()511)(311)(11(+>-++++n n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)0,0(>>>++>m a b ma mb ab 可得⇒12)122563412(2+>-⋅⋅n n n 即.12)1211()511)(311)(11(+>-++++n n 法2利用贝努利不等式)0,1,2,(1)1(≠->≥∈+>+*x x n N n nx x n 的一个特例12121)1211(2-⋅+>-+k k (此处121,2-==k x n )得注：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。
用放缩法证明数列不等式的几种类型和途径
用放缩法证明数列不等式的几种类型和途径不等式的证明,尤其是利用放缩法证明不等式,很多学生感觉无从下手,教师也感觉教学成效不睬想.那个地址仅用放缩法证明数列不等式谈谈自己的观点,不妥的地方请同行指教.依照建构主义的观点,学生在学习时可将知识分成假设干模块,再对假设干模块进行学习,通过同化和顺应,将知变成自己的一部份.常见的放缩方式有:增加(减少)某些项,增大(减少)分子(分母),增大(减小)被开方数,增大(减小)底数(指数),利用二式定理,利用不等式的性质或重要不等式,利用函数的性质等.关于“和式”数列不等式,假设能够直接求和，那么考虑先求和，再证不等式；假设不能或甚难求和，那么可虑利用放缩法证明不等式.而关于“和式”数列不等式,放缩的最要紧目的是通过放缩,把原数列变成可求和、易求和的数列.下面依如实施的途径分为以下五类进行讨论:径1:放缩为等差等差⨯1类.1.求证：2131211222<++++n 明：()n n n 113212111131211222-++⨯+⨯+<++++21211131212111<-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=n n n注1：此题假设放缩为211211411122+--=-<n n n n ,那么可证明35131211222<++++n . 注2：⑴此类型的实质确实是通过放缩把原数列变成能够用“裂项法”求和的新数列，下面的几个例子并非必然放缩为等差等差⨯1.⑵此类型的特点是：通项的结构常与正整数的幂有关. 类不等式还有：81113121333<++++n（从第三项起放缩为：n n n n ⨯-⨯-<)1()2(113=))1(1)1)(2(1(21nn n n ----） 注3：若第三项放缩为()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<11112111113n n n n n n n n，那么可证明45131211333<++++n . ⑵47!1!31!211<++++n （从第三项起放缩为()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛----=⨯-⨯-<n n n n n n n n 1112121)1()2(1!1） ⑶()()12216712151311222+->-++++n n (n>1) (从第二项起放缩为：()()()⎪⎭⎫⎝⎛+--⋅=+->-12112121121211212n n n n n ，再累加可得) ⑷()()212125323114n 222n n n n <+-++⨯+⨯< (n>1)（从第一项起放缩为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+=++<++=12112121141)12(2)22(2)1(42n n n n n n n n n ，再累加得：左式<中式=()<++<++)1(2)1(1222n n n n n n 右式） ⑸333221222<++++nn (n>1) (从第二项起放缩为：)1()1(21)1(2212-+-=-+-<+==n n n n n n n n n n n n n n n n=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=---n n n n n n 11121)1(2，再累加得：左侧<323<-n ) 途径2:放缩为等比类.例2.求证：3512112112112132<-++-+-+-n 证明：()1121741213,24712--⋅≤-→≥⋅≥-n nn n n ⎪⎭⎫⎝⎛++++<-++-+-+-∴-1232212174311121121121121n n35213521347234)211(7234=<=+<-+=n 例3.21)311()311)(311(2>---n证明1：利用不等式：假设),2,1(,10n i a i =<<, 则)(1)1()1)(1(2121n n a a a a a a +++->---那么有：2132121)311(211)313131(1)311()311)(311(22>⋅+=--=+++->---nn n n 证明2：利用3)n11(<+n (后面例8将证)原不等式231331331322<++⋅+⇐n n (真分数的性质) 2)311()311)(311(2<+++⇔n (*)现证(*)：nn n n ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++++<+++⇔)311()311()311()311()311)(311(22 (均值不等式)n nn n n n n n )211()311(21131 (31)3112+<⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+<⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++< 2321121212<<⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+<nn 注：⑴此类型的实质确实是通过放缩把原数列变成能够用“错位相减法”求和的新数列（常常是等比数列），有的题例子并非严格是放缩为等比数列（犹如类不等式的⑷）.⑵此类型的放缩手法多样：能够简单地放大缩小分子分母（犹如类不等式的⑴），或利用重要的不等式（例3），或采纳固定的程式放缩（如例2，同类不等式的⑵、⑶）等. ⑶此类型的特点是：通项的结构常与正整数的指数式有关. 同类不等式还有：⑴5412112112112132<++++++++n (从第三项起放缩为：n n 21121<+) ⑵342312312312313322<-++-+-+-n n (∵)4(2232532≥>-⇒⋅>+n n n n n n ,∴从第四项起放缩为：221231+<-n n n )⑶23211211211211212222<++-+-+--n (∵123121-≥--n n ,∴从第一项起放缩为：12311211-≤--n n ). ⑷34131213513313132<--++-+-+-n n （从第二项起放缩为：n n n n 321312<--得：左34332343326521323634211132<+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛++++<++n n n n n n ） (从第一项起放缩为：途径3:放缩为(高阶)等差类. 例4.已知n n S n n a ,)1(sin+=π为其前n 项和.⑴求证:当20π≤<x 时,有x x x <<sin 2π; ⑵.1π<≤n S 证明：⑴用导数证明，略. ⑵()()()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+≤+<+⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∴≤+<11111sin 121112,2)1(0n n n n n n n n n n n n πππππππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-<<⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-∴111312121111131212112n n S n n n πππ<≤⇒+-<<+-⇒n n S n S n 1)111()111(2 注：⑴此类型的实质确实是直接利用函数不等式进行放缩.至于何时利用此法，一是看不等式的结构，二是多数情形下题目要给出提示.⑵此类型的特点是：不等式的结构常与函数不等式有关. 常见函数不等式如下: ①)20(tan sin 2ππ<<<<<x x x x x ;②)0(sin 63><<-x x x x x ;③)0(2421cos 21422>+-<<-x x x x x ;④)20(3tan 3π<<+>x x x x ;⑤)0(21,12>++>+>x x x e x e xx ;⑥()02118212>+<+<-+x x x x x ; ⑦()()01ln 22><+<-x x x x x ;⑧()()时取等当且仅当0,11ln 1=->≤+≤+x x x x x x同类不等式还有：1.⑴求证：当x>-1时有：()()时取等当且仅当01ln 1=≤+≤+x x x x x； ⑵求证：()nn n 12111ln 113121+++<+<++++ . 证明：⑴由导数易证，略.⑵由⑴的结论：取nn n x 111ln n 111<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<+=有：从而有：()n n n n n n n 1312111ln 34ln 23ln 12ln 11413121111ln 1131311ln 4121211ln 31111ln 21++++<+++++<+++++⇒⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<<+<n n n n 1312111342312ln 11413121++++<⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅<+++++ ，从而原不等式成立. 途径4:增大（减小）分子（分母 ）或被开方数放缩类.例5.求证： ()()22)1(322121+<+++⋅+⋅<+n n n n n n 证明：2141)1(22+=++<+<=n n n n n n n nn n n n ⨯++++<+++⋅+⋅<+++∴2121)1(322121()()22)1(322121+<+++•+•<+∴n n n n n n 例6.求证：)21614121(1)121513111(11nn n n ++++>-+++++ 证明：nn 21121,6151,4131,2121<-<<=nn 21614121)1215131(21++++>-++++∴ ① ∵21＞n21614121++++ ② ∴①+②得：121513111-++++n ＞)21614121(1nn n +++++ ⇒原不等式成立. 注：⑴此类型的放缩手法常见的有：增加(减少)某些项,增大(减少)分子(分母),增大(减小)被开方数等.⑵此类型的特点是：通项的结构常与正整数的分式、根式有关. 同类不等式还有：⑴2(11-+n )＜1+n13121+++ ＜2n (从第一项起放缩为：2()1(212112)1n n nn n n n n n +--=+-<<++=++-,再累加可得) ⑵121211121<+++++<nn n (由n n n n n n n n n 121`21,...,12121,11121<=<+<<+<累加可得)途径5:利用二项式定理放缩类.例7.求证：（1+11）（1+31）（1+51）…（1+121-n ）＞12+n证明一：原式⇔（1+11）2（1+31）2（1+51）2…（1+121-n ）2＞2n+1∵（1+121-n ）2=1+2)121(122-+-n n ＞1+1212122-+=-n n n ∴（1+11）2（1+31）2（1+51）2…（1+121-n ）2＞1212573513-+⋅⋅n n =2n+1∴原不等式成立.注1：⑴证明二,证明三别离见例9,例10.⑵也可用对偶式进行放缩：设A=122563412-⋅⋅n n ,B=nn 212674523+⋅⋅显然A ＞B,∴A 2＞AB=n n n n 21212245342312+⋅-⋅⋅⋅ =2n+112+>⇒n A例8.求证：2≤（1+n n)1＜3 (n ≥1)证明：nn ⎪⎭⎫ ⎝⎛+11=C 0n +C 1n n 1+C nn n n n C n 1...122++≥C 0n +C 1n n 1=2nn ⎪⎭⎫ ⎝⎛+11=C 0n +C 1n n 1+C nn n n n C n 1...122++ =1+1+n nn n n n n n n n n n n 1!123)...2)(1(1!3)2)(1(1!2)1(32⋅⋅⋅--++⋅--+⋅- ≤1+1+!1!31!21n +++ ≤2+nn )1(1321211-++⋅+⋅ =3-n1＜3 注2：此类型的特点是：不等式的结构常与二项式有关. 同类不等式还有：⑴①2n≥2n+2 (n ≥3);②2n≥222-+n n (n ≥2);③3n ≥(n+2)21-n (n ≥1)⑵（1+21）（1+51）（1+81）…（1+131-n ）＞2233+n (n ≥1) (从第一项起放缩为:1323133113113-+=-+>⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n n n ) ⑶n 1+n ＞(n+1)n (n ≥3)（()1!!)!1(2)...1(!2)1(12112211n n n n n n n n n nn n C n C n C n C n n n n n nn n n n n n n n n+--++-++=+++++=+----- ≤1)!2(1!21!11+=⋅=+++++<+-++++n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n ）⑷(1+n n )1＜(1+1)11++n n (n ≥1) 法一：(()()()1211121112111121121111122221++⋅+++=++⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-≥++⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+++n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n nn n =11332332323>++++++n n n n n n )（法二见途径6练习） 途径6:利用均值不等式放缩类.例9.求证：（1+11）（1+31）（1+51）…（1+121-n ）＞12+n (前面例7之证明二)证明二:左侧=)1212()75)(53)(31(122642122563412+⋅-⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=-⋅⋅n n n n n n >=+=⋅⋅+⋅⋅⋅=++-+⋅+⋅++⋅⋅⋅1226421226422)12()12(275253231122642n n n n n n n n 右边同类不等式还有:⑴)1(3221+++⋅+⋅n n ＜2)2(+n n (从第一项起放缩为:2122)1()1(+=++<+n n n n n ,再累加) ⑵n n>++++131211 (左>===⋅=⋅⋅⋅>⋅⋅⋅n nnn n n n n n n n n n n n n )1(11111312111 右边)⑶(1+n n )1＜(1+1)11++n n (n ≥1) （(1+nn)1=）途径7:利用数列单调性放缩类.这是证明数列不等式的一大类方式,即构造一个新的数列,通过判定其单调性来证明不等式,很多有关数列的不等式都能够用此法进行证明.常见的构造方式是作差或作商.例10.求证：（1+11）（1+31）（1+51）…（1+121-n ）＞12+n (前面例7之证明三)证明三:设12)1211()511)(311)(111(+-++++=n n a n则13844843212223212)1211(221>++++=+⋅++=++++=+n n n n n n n n n n a ann 从而13211>=>>>-a a a n n ,因此原不等式成立.注:⑴此例中的不等式是“积性的”,从而在构造新数列时作的是商;若是不等式是和性的,那么应考虑作差.⑵能用此法证明的不等式一样左右两边都要含有字母n,而且这时的不等式一样也能够采纳数归法. 如证明不等式: 1+221+231+…+21n ＜2-n 1,可设:)12()131211(222n n a n --++++= ,那么有0)1(1111)1(1221<+-=-+++=-+n n n n n a a n n 从而011=<<<↓⇒-a a a a n n n ,因此原不等式成立.。