巧构数列证明不等式
巧构数列解证一类数列不等式_胡云浩
（上接第 44 页 ） 证明 由于结论为轮换对称结构 ， 故不妨设 a≥b≥c， 由契比 雪夫不等式有a2+b2+c2≥ 利用均值不等式有
姨a2+b2+c2+1 =
%
1 % 2 2 2 姨3 姨a +b +c +1 － 3 24
%
姨
c4
%
1 1 － － 姨 3 3
2
·
3 . 576
1 1 （a+b+c）2= . 3 3 1 b2+c +姨 ≥ b2， 36 3 姨b +c b
（n≥3）， 只要证 3n+2>2n （n+1）（n≥3）， 由数学归纳法易证该式成 立 ，从而原命题得证. （略 ）
2 例 6 （2008浙江 已知数列 ｛an｝ 中 ，an≥0，a1=0，a2 ） n+1 +an+1－1=an
1 姨 5 －1 > 1 及 a >a（ ， 所以 an> （n≥2） 显然成立 ， 1 ） 的结论 ） n+1 n（ 2 2 2
2n，则
bn+1 2n+1 b +1 b +1 b +1 3 5 ，故所证不等式为 1 · 2 … n = · · = 2n bn b1 b2 bn 2 4
bn即可 . 此法简捷直观 ， 思路自然 ， 方向性强 ， 易于操作 . 现利用
这种方法来解证此类数列型不等式 . 例 1 已知正数数列 ｛an｝ 中 ，a1=1 且 an<
**
n-1
即可 ，即证 （n∈N*）. 要证结论成立 ，故只需证明
2n> 姨2n－1·姨2n+1 ，即证4n2>4n2－1，上式显然成立 ，从而原命题
求解数列不等式证明问题的方法
解题宝典证明数列不等式问题是一类综合性较强且难度较大的问题，不仅考查了数列知识，还考查了证明不等式的技巧.本文主要介绍三种证明数列不等式问题的方法，以供大家参考.一、利用数列的单调性我们知道，数列具有单调性.因此在证明数列不等式问题时，我们可以利用数列的单调性来讨论数列的变化趋势，进而证明不等式.利用数列的单调性解题的关键在于观察数列的特征，通过作差、作商等方法，构造出新数列，利用数列的单调性证明结论.例1.已知数列{}a n各项均为正数，前n项和S1>1，满足关系式6S n=(a n+1)(a n+2)，n∈N*.设数列{}bn满足关系式an(2b n-1)=1，令T n为数列{}b n的前n项和，求证：3T n+1>log2(a n+3)，n∈N*.证明：根据前n项和关系式可得a n=3n-1，将其代入到an(2b n-1)=1中可得b n=log23n3n-1，Tn=b1+b2+⋯+b n=log2(32×65×⋯×3n3n-1)，则3T n+1-log2(a n+3)=log2éë(32×65×⋯×3n3n-1)3ùû×23n+2.设f(n)=(32×65×⋯×3n3n-1)3×23n+2，则f(n+1)f(n)=(3n+3)3(3n+5)(3n+2)2，变形得(3n+3)3-(3n+5)(3n+2)2=9n+7>0，则数列{}f(n)单调递增.因此f(n)≥f(1)>1，则3T n+1-log2(a n+3)=log2f(n)>0，所以3T n+1>log2(a n+3).本题的难度较大，欲证明此题，首先需要从结论出发，构造数列f(n)，然后根据新数列的形式，利用作差法、作商法证明数列具有单调性，再利用其单调性证明结论.很多时候，我们并不能直接发现数列的单调性，往往需要对数列的递推式进行多次转换、变形，构造出新数列才能发现其单调性.二、放缩法放缩法是解答不等式问题的基本方法之一.在运用放缩法证明数列不等式问题时，我们必须紧紧围绕着放缩目标，掌握好放缩的尺度，灵活运用不等式的传递性证明不等式.常见的放缩技巧有添加或删除某些项、先放缩再求和（先求和再放缩）、先裂项再放缩（先放缩再裂项）等.但无论运用哪种放缩技巧，都需要把控放缩的尺度，否则容易得出错误的答案.例2.已知数列{}a n满足条件：a1=1，a n+1=2a n+1(n∈N*)，试证明：n2-13<a1a2+a2a3+⋯+a n an+1<n2.证明：由a n+1=2a n+1,(n∈N*)，可得a n=2n-1，则akak+1=2k-12k+1-1=2k-12(2k-12)<2k-12(2k-1)=12，所以a1a2+a2a3+⋯+anan+1<12+12+⋯+12=n2.故akak+1=2k-12k+1-1=12·2k+1-22k+1-1=12(1-12k+1-1)=12-13×2k+2k-2≥12-13×12k(k=1,2,3,⋯)，即a1a2+a2a3+⋯+anan+1≥12-13(12+122+⋯+12n)=n2-13(1-12n)>n2-13.综合上述分析，即可证明不等式n2-13<a1a2+a2a3+⋯+a n a n+1<n2成立.本题主要运用了放缩法，首先结合数列不等式的表达式，对不等式进行缩放，构造出anan+1，再借助不等式的传递性证明了结论.三、导数法对于综合性较强的数列不等式问题，我们往往采用导数法来求解.首先结合不等式构造出函数模型，对函数求导，通过研究其导函数得到函数的单调性、最储文海42解题宝典值，进而证明不等式成立.例3：试证明12+13+14+⋯+1n <ln n <1+12+13+14+⋯+1n +1(n ∈N*).证明：令a n =1n +1、b n =1n ，于是当n ≥2时，S n -1=ln n 、S n =ln(n +1).则S n -S n -1=ln(n -1)-ln n =ln n +1n.欲证明原不等式成立，需要证明1n +1<ln n +1n<1n ，即证明1x +1<ln x +1x <1x ,x ≥1.设函数f (x )=ln x +1x -1x +1，对其进行求导可得到f ′(x )=1x +1-1x +1(x +1)2=-1x (x +1)2<0.令x +1x =t ，则1x =t -1，t -1t<ln t <t -1,(t >1).设函数h (t )=ln t -t -1t ，则h ′(t )=t -1t2>0，则函数h (t )在(1,+∞)单调递增，所以h (t )>h (1)=0，h (t )=ln t -t -1t>0，即是ln t >t -1t.同理可以证得ln t <t -1，即是ln t +1t <1t.综上可得，1t +1<ln t +1t <1t ，当t 分别取1,2,3,…,n -1时，12+13+14+⋯+1n <ln n <1+12+13+14+⋯+1n +1.运用导数法的根本目的是判断数列的单调性，求得数列的最值.这里首先构造出两个数列以及两个数列的和式，然后结合目标不等式的形式构造出函数模型，通过分析导函数确定函数的单调性，从而证明不等式.从上述分析我们不难看出，证明数列不等式问题的难度系数较大.在解答此类问题时，我们需要仔细分析数列不等式的特点，将其进行适当的变形、转化，并要学会联想，将其与不等式的性质、重要结论以及函数、导数的性质关联起来，才能将难题破解.（作者单位：江苏省华罗庚中学）立体几何是高考数学考查的重点.解答立体几何问题常用的方法是几何法和向量法.这两种方法是分别从几何和代数两个角度入手的，有着各自的优势.本文重点探讨这两种方法在解题中的应用.一、几何法几何法是指运用几何知识解答问题的方法.在解答立体几何问题时，我们需要根据题意绘制相应的图形，探寻空间中点、线、面之间的位置关系，通过延长线段，平移、变换、旋转图形，添加辅助线等方式，建立结论与已有条件之间的联系，灵活运用各种定理、定义、性质，对条件进行转化，顺利解答问题.例1.如图1，在三棱台ABC-DEF 中，已知平面BCEF ⊥平面ABC ，∠ACB -90°，BE =EF =FC =1，BC =2，AC =3，（1）求证：BF ⊥平面ACFD （2）求二面角B -AD -C 的余弦值.李鹏飞图143。
数列不等式的证明策略
解法探究２０２３年４月上半月㊀㊀㊀数列不等式的证明策略◉江苏省海安市南莫中学㊀刘㊀进㊀㊀摘要:数列不等式的证明与应用问题,是高考数学试卷中经常出现的一类综合性㊁应用性问题,具有很好的选拔性与区分度．合理掌握与应用解决数列不等式证明的常用基本技巧策略,结合实例,从函数法㊁放缩法㊁比较法以及归纳法等不同视角切入,总结规律,引领并指导数学教学与复习备考．关键词:数列;不等式;证明;函数;缩放㊀㊀数列不等式的证明问题,往往是数列知识的深入及其与其他知识的交汇融合,思维跨度大,技巧策略强,整合了数学的知识性㊁思维性㊁能力性和挑战性,可以比较全面综合地考查学生的知识基础㊁思想方法和数学能力等各方面的情况,倍受各方关注,成为高考数列压轴题及各级各类竞赛试题命题的重要素材与背景情境之一．数列不等式的证明问题,可以从多视角切入,剖析题目条件中数列或不等式的结构特征,抓住其式子规律进行恰当化归与变形,进而得以巧思妙证．１函数法从数列不等式中的数列视角切入,数列作为一类特殊的函数,具有函数的基本性质．通过构造函数,利用函数的单调性㊁极值等得出关于正实数的不等式,结合对关于正实数的不等式赋特殊值来证明相应的数列不等式．例１㊀已知数列{a n}的前n项和S n满足a n＋１＝２S n＋６,且a１＝６．(１)求数列{a n}的通项公式;(２)设数列１an{}的前n项和为T n,证明:１３ T１＋１３２ T２＋ ＋１３n T n＜３．分析:(１)根据数列中的相关公式a n＝S n－S n－１(nȡ２)加以合理变形,进而得到数列的递推关系式,合理确定数列的类型,从而得以求解数列{a n}的通项公式．(２)结合(１)中的结论以及等比数列的求和公式确定数列１a n{}的类型,并构建其前n项和T n的表达式,通过函数的单调性加以合理放缩,综合利用等比数列的求和公式以及不等式的基本性质来分析与转化,得以巧妙证明．解析:(１)由已知可知,当nȡ２时,a n＋１－a n＝(２S n＋６)－(２S n－１＋６)＝２(S n－S n－１)＝２a n．整理可得a n＋１＝３a n．当n＝１时,有a２＝２S１＋６＝２a１＋６＝１８＝３a１,可知数列{a n}是以６为首项,３为公比的等比数列,即a n＝a１q n－１＝６ˑ３n－１＝２ˑ３n．(２)由(１)可得１a n＝１２ˑ３n,所以数列１a n{}是以１a１＝１６为首项,１３为公比的等比数列．故T n＝１６ˑ(１－１３n)１－１３＝１４(１－１３n)．由于函数T n＝１４(１－１３n)在nɪN∗上单调递增,则有T nȡT１＝１６,因此１T nɤ６．故１３ T１＋１３２ T２＋ ＋１３n T nɤ６(１３＋１３２＋ ＋１３n)＝６ˑ１３ˑ(１－１３n)１－１３＝３ˑ(１－１３n)＜３．所以１３ T１＋１３２ T２＋ ＋１３n T n＜３成立．点评:抓住数列不等式中的结构特征,对相关的和式㊁代数式等构建与之相应的函数,利用一些常见函数的基本性质,或利用所构建的函数进行求导处理,从而确定函数的单调性或极值等,利用关于正实数的不等式赋予对应的正整数值加以合理处理,从而从函数视角来巧妙证明数列不等式问题．２放缩法从数列不等式中的不等式视角切入,结合数列的通项公式㊁求和公式或其他相关的关系式进行合理变形处理,对中间过程或者最后的结果,或裂项相消法进行放缩,或利用不等式性质进行放缩,并与结论中０７Copyright©博看网. All Rights Reserved.２０２３年４月上半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀所证明的不等式加以对比,放缩处理,巧妙证明．例２㊀甲㊁乙两同学在复习数列知识时发现原来做过的一道题因纸张被破坏,其中的一个条件看不清了,具体如下:等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知㊀㊀㊀㊀,(１)判断S １,S ２,S ３的关系;(２)若a １－a ３＝３,设b n ＝n１２a n ,记{b n }的前n 项和为T n ,证明:T n ＜４３．甲同学记得缺少的条件是首项的值,乙同学记得缺少的条件是公比的值,第(１)问的答案是S １,S ３,S ２成等差数列．如果两位同学所记答案都正确,请把条件补充完整并解答此题．分析:(１)根据S １,S ３,S ２成等差数列,设出数列{a n }的公比q ,利用等差数列的性质构建关系式,合理转化处理,进而确定公比的值,从而确定需要补充的条件以及乙同学记得的缺少的条件是正确的;(２)结合(１)的结论并利用条件确定b n 的表达式,利用错位相减法合理进行数列求和,结合不等式的性质合理放缩,从而得以证明数列不等式．解析:设等比数列{a n }的公比为q ,则S １＝a １,S ２＝a １＋a １q ,S ３＝a １＋a １q ＋a １q ２．又S １,S ３,S ２成等差数列,所以S １＋S ２＝２S ３,即a １＋a １＋a １q ＝２a １＋２a １q ＋２a １q ２．整理可得a １q (１＋２q )＝０．由于在等比数列{a n }中,a １ʂ０,q ʂ０,因此q ＝－１２．故乙同学记得的缺少的条件是正确的．因此补充的条件为q ＝－１２．(１)由题意,可得S １＝a １,S ２＝a １＋a ２＝a １－１２a １＝１２a １,S ３＝a １＋a ２＋a ３＝a １－１２a １＋１４a １＝３４a １．于是S １＋S ２＝２S ３,即S １,S ３,S ２成等差数列．(２)证明:由a １－a ３＝３,可得a １－１４a １＝３,解得a １＝４,所以b n ＝n １２a n ＝n １２ˑ４ˑ(－１２)n －１＝２３n ˑ(１２)n．故T n ＝２３(１ˑ１２＋２ˑ１４＋３ˑ１８＋ ＋n ˑ１２n ),１２T n ＝２３(１ˑ１４＋２ˑ１８＋３ˑ１１６＋ ＋n ˑ１２n ＋１)．上面两式相减,可得１２T n ＝２３(１２＋１４＋１８＋１１６＋ ＋１２n －n ˑ１２n ＋１)＝２３éëêêê１２(１－１２n )１－１２－n ˑ１２n ＋１ùûúúú．化简可得T n ＝４３(１－n ＋２２n ＋１)．因为１－n ＋２２n ＋１＜１,所以T n ＜４３．点评:合理通过特殊数列(等差数列或等比数列)的通项公式或求和公式等进行合理变形,结合所要证明的数列不等式,通过一些常见不等式性质加以合理变形与放缩,特别是利用裂项相消法加以放缩,是证明数列不等式比较常见的一种方法．３比较法从数列不等式中的不等式视角切入,通过对所证数列不等式的两边合理作差比较(或作商比较,要注意分母不为零),综合数列㊁不等式的相关知识,从而确定作差比较法所对应的差值的正负情况(或作商比较法所对应的比值的与１的大小情况),进而得以证明数列不等式．例３㊀已知{a n }是由正数组成的数列,a １＝１,且点(a n ,a n ＋１)(n ɪN ∗)在函数y ＝x ２＋１的图象上．１)求数列{a n }的通项公式;(２)若数列{b n }满足b １＝１,b n ＋１＝b n ＋２a n ,求证:b n b n ＋２＜b ２n ＋１．分析:(１)利用点在函数的图象上,通过代入法构建数列的递推关系式,结合等差数列的定义来确定数列类型,并得以求解数列{a n }的通项公式;(２)结合(１)的结论,进而确定b n ＋１－b n 的表达式,利用加减变形处理并利用等比数列的求和公式来确定b n 的表达式,结合所证明的数列不等式,通过作差比较法加以分析与处理,进而得以证明数列不等式．解析:(１)由已知,得a n ＋１＝a n ＋１,即a n ＋１－a n ＝１,又a １＝１,所以数列{a n }是以１为首项,１为公差的等差数列．故a n ＝１＋(n －１)ˑ１＝n ．(２)证明:由(１)知,a n ＝n ,从而b n ＋１－b n ＝２n．又b n ＝(b n －b n －１)＋(b n －１－b n －２)＋ ＋(b ２－b １)＋b １＝２n －１＋２n －２＋ ＋２＋１＝１－２n１－２＝２n－１,则b n b n ＋２－b ２n ＋１＝(２n －１)(２n ＋２－１)－(２n ＋１－１)２＝(２２n ＋２－２n ＋２－２n ＋１)－(２２n ＋２－２ ２n ＋１＋１)＝－２n＜０．故b n b n ＋２＜b ２n ＋１．(下转封三)１７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.华罗庚（1910—1985），江苏金坛人，祖籍江苏丹阳。
巧用放缩法证明数列不等式
证明数列不等式问题一般较为复杂.解答这类问题的常用方法是放缩法，通常要灵活运用数列的定义、性质、通项公式、前n 项公式对不等式进行变形、化简，再运用不等式的性质对数列不等式进行适当的放缩.而证明数列不等式的关键是对不等式进合理的放缩，下面重点谈一谈运用放缩法证明数列不等式的几个技巧.一、通过裂项进行放缩有些数列不等式中的各项为分式，通过变形可裂为两项之差的形式，此时可利用裂项求和法来求得数列的和，再对其进行放缩，从而证明不等式.有时数列的通项公式不能直接裂项，可先将其进行适当的放缩，再进行求和.例1.求证：∑k =1n1k2≤53.证明：因为1k 2=44k 2<44k 2-1=2æèöø12k -1-12k +1，所以∑k =1n 1k 2=1+∑k =2n 1k 2<1+∑k =2n2æèöø12k -1-12k +1=1+2æèöø13-15+15-17+⋯+12n -1-12n +1=1+2æèöø13-12n +1<1+23=53.该数列的通项公式为分式，可根据不等式的可加性和传递性，将其放缩44k 2-1，再将其裂项为2æèöø12k -1-12k +1，这样便可运用裂项相加法求得数列的和，运用放缩法快速证明不等式.二、利用基本不等式进行放缩若a 、b >0，则a +b ≥2ab ，该式称为基本不等式.运用基本不等式可快速将两式的和或积放大或缩小.在运用基本不等式进行放缩时，要注意三个条件“一正”“二定”“三相等”.需根据已知的关系式或目标式，合理配凑出两式的和或积，并使其一为定值.在证明数列不等式时，有时要用到基本不等式的变形式，如a +b +c ≥3abc 3、a 21+a 22+⋯+a 2nn≥a 1a 2⋯a n n 等，对所要证明的不等式进行放缩.例2.设S n =1×2+2×3+⋯+n ()n +1，求证：n ()n +12<S n <()n +122.证明：设a k =k ()k +1(k =1,2,⋯,n )，因为k <k ()k +1<k +k +12=k +12，所以∑k =1n k <∑k =1n k ()k +1<∑k =1n(k +12)，即n ()n +12<S n <n ()n +12+n 2<()n +122.该数列中含有根式,很难快速求得数列的和，于是将其通项看作两式的积，构造出两式的和式，便可利用基本不等式将数列中的每一项进行放缩，再根据等差数列的前n 项和公式进行求解，即可证明不等式.三、根据数列的单调性进行放缩数列具有单调性，所以在证明数列不等式时，可根据不等式的特点找出其中的通项公式，通过作差或作商来判断数列的单调性.若a n ≥a n +1，则该数列单调递增，若a n ≤a n +1，则该数列单调递减，即可利用数列的单调性来放缩不等式.例3.求证：12≤1n +1+1n +2+⋯+1n +n <710(n ∈N *).证明：令S n =1n +1+1n +2+⋯+1n +n ，则S n +1-S n =æèöø1n +2+1n +3+⋯+1n +n +1n +n +1-æèöø1n +1+1n +2+⋯+1n +n =14æèöøn +12()n +1>0.可知数列{}S n 单调递增，因此S n ≥S 1=12.又因为S n +1-S n =14æèöøn +12()n +1<14æèöøn +14æèöøn +54=14×æèççççöø÷÷÷÷1n +14-1n +54=14n +1-14n +5,即S n +14n +1>S n +1+14n +5，可知数列{}S n +14n +1单调递减，所以S n +14n +1≤S 1+14+1=710.综上可得12≤S n <710，即12≤1n +1+1n +2+⋯+1n +n <710.总之，运用放缩法证明数列不等式，关键是对数列的通项公式、和式进行合理的放缩.同学们可根据目标不等式的结构特点，对通项公式进行裂项，也可利用基本不等式，还可以根据数列的单调性来进行放缩.（作者单位：江西省临川第二中学）解题宝典41。
构造函数法证数列不等式的几种思考途径
即［ ＋（ ２ ］ ＋１ ｎ ｎ＋ ） （ ）＝０ 可见方程 ② 有二不 ，
同实根 ， ① 有两个互异实根 ， ）成立 ； 即 则（
例 ３ 求证 （ １＋１ （ … （ ） １＋ １） １＋
（ ∈Ｎ ｎ ）
）＞
（Ｉ １）当 ｑ≠ １ ， 时 方程 ① 即为（ １一ｇ） ＋２ １一 （
ｑ“） ＋ （ “ １一ｑ ：０， ”）
即 （ ＋ ） ｑ（ ＋ ） ＝０ 显 然 它 也有 二 异 实根 ， １ 一 ｑ ， 故 （ ）成立 ． 综上 ， Ｓ ＜ ｓ＋ 成 立． Ｓ ． ２ 比较 不等 式 两 边 的通 项 类 比构 造 例 ２ 设 函数 ） 一Ｉ（ ＋１ ， 明对 任 意 的 ＝ ｎ ）证 正 整 数 ｎ 不 等式 ，
前 ｎ项的和． 证明 ： ・ ｓ Ｓ ：＜５ ：
分 析 把 结 论 化 为 ４ Ｓ ＜（ Ｓ ） 其 结 构形 ｜ ｓ ２ ， 式 很 类 似 一元 二 次方 程 的 判 别 式 ｂ 一４ ｃ 因此 可 以尝 ａ， 试 构 造 一元 二 次 方程 去 解决 ． 证 明 ： 造 一 元二 次 方 程 Ｓｘ 构 ｎ ＋２ Ｓ ＋Ｓ ＝
法证 数 列 不等 式 的几 种 思 考 途径 ， 参考 ． 供 １ 分 析 不等 式 的 结构 联 想 构 造 例 １ 若 ｛ 是 由正数组成的等 比数列 ， ａ｝ ｓ 是它的 ＋１ Ｘ＋ １ ’
所 以 当 ∈ ［ ０．＋ ∞ ） ， ）＜ ０， 时 Ｆ（
所 以 函 数 Ｆ（ 在 【 ＋∞ ） 单 调 递 减 ，又 ） ０． 上 ，（ ） ０ ＝０， 以 当 ∈ ［ ＋∞ ） ， 有 ， ）＜ 所 ０． 时 恒 （ （ ）＝０，口 ０ 虽 。一Ｉ （ ＋１ 恒成 立 ｎ ）＜ 所 以 当 ∈ 【 。＋∞ ） √（ ＜ ， ０ 时 ｎ ）
例说构造法证明不等式
对 所有正 整数 成立 ．
分析 ， ・＋／・＋ √ ＋） ／ ２ ， ３ …＋ １是一个与 ， １ ２ ｚ 无
关 的量 ，将 它与 左 右 两端 作 差 构造 出相 应 的数 列 ， 再 利用 数列 的单 调性来 研 究 ．
助模型 ，促进转化 ，以期不等式得到证明 ．可以构 造 函数、方程、数列、向量、复数和图形等数学模 型 ，针 对欲 证 不等 式 的结构特 点 ，选择 恰 当 的模 型 ， 顺 利解 决 不等 式 的有 关问题 ． 、 １ ．根据不等式特征 ，构造恰当的初等函数，再
解 设 ａ＝ ／２ ， ・＋ √ －ｚ１ Ｎ ， ，・＋／ ３ …＋ （＋） ∈ ） １ ２ ， （
构造数列｛ ， ｝ 令 ＝ ｎ ａ一
２
＝
，则
２
！± ±
根据函数单调性 、奇偶性等特征来证 明不等式 ． 例 １证明：对于任意的Ｘ Ｙ ｚ （ ， ，不等式 ， ， ∈０１ ）
・
√， １ ＋ ） （＋） ０ Ｎ ， （＋） ２一， １ ，（∈ ） ｚ （ ２ ＞ 所以 ． Ｘ ， ｝ ＋ ｎ ｛ 为单调数列， ＝ ｌ ＞ 首相 √—
为 最小 值 ．所 以 ＞ ： 一１ ＞０，即 ＞ ．
（一 ＋ （一ｚ＋ｚ （一 ） 成 立 ． １ ） Ｙ・ １ ） ・ ＜１ １
证 明 设 ｆ（） １ Ｙ— ） ｘ ＝（一 ｚ・ ＋Ｙ （ ） ｚ， ・ 一ｚ＋ 显然 该 １ 函数 是 以 为主 元 的一 次函数 ．
又令 ： 一
． ．
，则
（ ＋１ （ ＋２ ， ） ） ｚ
一
当 ∈ ０ １时，ｆ ｘ是单调函数 ，且 ｆＯ ＝ — （， ） （） （ Ｙ ）
处的切线 ， Ｘ Ｙ轴所 围成的三角形面积为 ｓｔ， 与 轴 （ ）
巧妙构造数列证不等式
于 是 所 以 ｋ
所 以 Ｙ有最大值 ２ ／ （ ：０时等号 、 当
取 至 ． 所 以 ２ ≤ 、 一３ ４） ／ ｘ＋２ ＋
在不等式证明 中，往往题 目本身存在 着某 些规 律 ，这 时是 否能 够发 现这 种规 律 是解 题 的关键 ，而 往往 这种 不等 式大 都与数列有着密切的联系 ，通过总结文献 ［］ ［］ １ ～ ６ ，得 出某些一般性．对于左右两 边无 规律可寻 的不 等式可构 造一般数列 ，
所以 ｋ
’
ｋ
．
、
课 本 实例
所在直线 的斜率之积．
以上 两题 分 别 是 课 本 上 题 目的逆 向 问
原题 ：全 日制普通高级 中学数学第 二
册 （ ）第 ９ 上 ６页 ．
解 ：设 Ｐ Ｙ） （ ｏ， 于是
所 以
题的一般性结论 ，若处理的 比较好 ，那 么
，
有耳 目一新 的感觉 ．以下就数列 的前 ／项 ＂ ｔ
最后从理论联 系实 际出发 ，将此不等式应
用于数学竞赛题 中．
一
、
主要 内容
１ ．构 造 一 般数 列
在 含有无穷 的数列 的不 等式证 明中 ，
２ 基 教 论 ２１年 期 ８ 础 育 坛［ １ 第９ ０
和 Ｓ 的逆用加 以说 明．
即令 左 边 一右 边 ．对 于 左 、右 两 边 中有 一
因为 虹 ：
蛘 （
±
、 ／
≤２／ ． 、
｛ ｝ 以 ｑ为公 比的 等 比数 列 ．若 是
１ ＋） ） ３ ｇｌｌ＝ ＋ ｝１ ＋ ≠ ￣ｏ （ ＋ ， 哔 ＝ 一 Ｕ ｓ 奇 奇
丽
即 是含有 以 ｑ为底数 的指数 式 ｑ （ ／ ＇ ｔ Ｎ）的代数式 ． 之 ，由一个 指数式可联 反
用构造法巧证明不等式
利用平均值不等式—— ｉ ＿ 一
顿使命题ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ朗化。
四 、构 造 几 何 图 形 证 明 不 等 式
一
般来讲 ，代数 问题较为抽象 ，若 能通 过构 造将 之合 理转
分 析 ：此 题 条 件 、结 论 均 具有 一定 的对 称 性 ，然 而 难 以直 接 证 明 ，不 妨用 构 造 法 一 试 。
证 明 不等 式 。 关键 词：构违 法 ；巧 ；证明；不等式
中图分类号：Ｇ ６ ３ ２
一
文献标识码 ：Ｂ
文章编号：１ ０ ０ ２ — ７ ６ ６ １（ ２ ０ １ ３ ）２ ９ — １ ３ ６ 一 Ｏ ２
、
构 造 函 数证 明 不 等 式
ｘｌ ＋ｘ ２ ＋・ ・ ・ ＋ｘ ｎ＋ｌ
理 解和 掌握 函数的思想 方法有 助于 实现数学 从常量 到变
量 的这 个认 识上的飞跃。很多数学命题 繁冗 复杂 ，难 寻人 口， 若 巧妙 运用 函数 思想 ，能使解答别具一格 ，耐人 寻味。 例 １ ：已知 ｘ ， ｙ ， ｚ ∈（ ０ ，１ ） ，求证 ：
ｘ （ １ 一 ｙ ） ＋ ｙ （ １ － ｚ ） ＋ ｚ （ １ 一 Ｘ 、 ＜１
并设 Ｂ Ｄ ＝ ｘ ，Ｃ Ｅ ＝ ｙ ， Ａ Ｆ ＝ ｚ ，如 图 ｌ 显然有Ｓ △Ｂ Ｄ Ｅ ＋ Ｓ△ Ｃ Ｅ Ｆ ＋ Ｓ
例２ ：若 ａ ， ｂ ， ｘ ， Ｙ ｛ 正实数｝ ， 且ｘ ２ ＋ ｙ ２ ＝ １ ， 求证 ：
＾ 、 ／ ａ ２ ｘ ２ ＋ ｂ ２ ｙ ２ ＋ ＾ √ ａ ２ ｙ ２ ＋ ｂ ２ ｘ ２ ＝ ≥ ａ ＋ ｂ
２ ．
证 ：构造函数
ｆ （ ｘ ） ＝ （ ｙ ＋ ｚ － １ ） ｘ ＋ （ ｙ ｚ — Ｙ — ｚ ＋ １ ）
不等式的几种证明方法及其应用
不等式的几种证明方法及其应用不等式的证明方法多种多样，常用的证法有初等数学中的综合法、分析法、比较法和数学归纳法等，高等数学中常用的方法是利用函数的单调性、凹凸性等方法．本文将对其中一些典型证法给出系统的归纳与总结，并以例题的形式展示这些方法的应用．1 利用构造法证明不等式“所谓构造思想方法就是指在解决数学问题的过程中，为完成从条件向结论的转化，利用数学问题的特殊性设计一个新的关系结构系统，找到解决原问题的具体方法．利用构造思想方法不是直接解决原问题，而是构造与原问题相关或等价的新问题．”)52](1[P 在证明不等式的问题中，构造思想方法常有以下几种形式：1.1 构造函数证明不等式构造函数指根据所给不等式的特征，巧妙地构造适当的函数，然后利用一元二次函数的判别式或函数的有界性、单调性、奇偶性等来证明不等式．1.1.1 利用判别式在含有两个或两个以上字母的不等式中，若根据题中所给的条件，能与一元二次函数有关或能通过等价形式转化为一元二次函数的，都可考虑使用判别式法．例1 设R z y x ∈,,，证明0)(322≥+++++z y x z y xy x 成立． 解 令22233)3()(z yz y x z y x x f +++++=为x 的二次函数． 由2222)(3)33(4)3(z y z yz y z y +-=++-+=∆知0≤∆，所以0)(≥x f ． 故0)(322≥+++++z y x z y xy x 恒成立．对于某些不等式，若能根据题设条件和结论，结合判别式的结构特征，通过构造二项平方和函数)(x f =(11b x a -)2＋(x a 2－22)b ＋…＋2)(n n b x a -，由0)(≥x f 得出0≤∆，从而即可得出所需证的不等式．例2 设+∈R d c b a ,,,，且1=+++d c b a ，求证614141414<+++++++d c b a )18](2[P ．证明 令)(x f =(x a 14+－1)2＋(114-+x b )2＋)114(-+x c 2＋)114(-+x d 2=4)14141414(282++++++++-x d c b a x (因为1=+++d c b a )．由0)(≥x f 得0≤∆ 即0128)14141414(42≤-+++++++d c b a ．所以62414141414<≤+++++++d c b a ．1.1.2 利用函数有界性若题设中给出了所证不等式中各个变量的变化范围，可考虑利用函数的有界性来证明，具体做法是将所证不等式视为某个变量的函数．例3 设,1,1,1<<<c b a 求证1->++ca bc ab )18](2[P ． 证明 令1)()(+++=ac x c a x f 为x 的一次函数． 因为,1,1<<c a 所以0)1)(1(1)1(>++=+++=c a ac c a f ，0)1)(1(1)()1(>--=+++-=-c a ac c a f ．即∀)1,1(-∈x ，恒有0)(>x f ．又因为)1,1(-∈b ，所以0)(>b f ， 即01>+++ca bc ab ． 1.1.3 利用函数单调性在某些问题中，若各种式子出现统一的结构，这时可根据这种结构构造函数，把各种式子看作同一函数在不同点的函数值，再由函数的单调性使问题得到解决．例４ 求证121212121111n n n na a a a aa a a a a a a +++≤++++++++++)53](1[P ．分析 通过观察可发现式中各项的结构均相似于式子M M +1，于是构造函数xxx f +=1)()0(≥x ．证明 构造函数xxx f +=1)( )0(≥x ． 因为0)1(1)(2'>+=x x f ， 所以)(x f 在),0[+∞上严格递增．令n a a a x +++= 211，n a a a x +++= 212． 因为21x x ≤，所以)()(21x f x f ≤． 所以≤+++++++nn a a a a a a 21211nn a a a a a a +++++++ 21211=+++++na a a a 2111++++++ n a a a a 2121nna a a a ++++ 211nna a a a a a ++++++≤1112211 ．1.1.4 利用函数奇偶性 例５ 求证221xx x <-)0(≠x ．证明 设)(x f 221x x x --=，对)(x f 进行整理得)(x f )21(2)21(xx x -+=， )(x f -＝)21(2)21(xx x ---+-＝)12(2)12(-+-x x x ＝)21(2)21(x x x -+＝)(x f ， 所以)(x f 是偶函数．当0>x 时，12>x ，所以021<-x，所以0)(<x f ． 由偶函数的图象关于y 轴对称知，当0<x 时，0)(<x f ． 即 当0≠x 时，恒有0)(<x f ，即221xx x <- )0(≠x ． 注意 由以上几种情况可以看出，如何构造适当的函数并利用函数的性质来证明不等式是解题的关键．1.2 构造几何图形证明不等式构造几何图形，就是把题中的元素用一些点或线来取代，使题中的各种数量关系得以在图中表现出来，然后借助几何图形的直观性或几何知识来寻求问题的解答．一般是在问题的条件中数量关系有明显的几何意义，或可以通过某种方式与几何形（体）建立联系时宜采用此方法.)52](1[P 这种方法十分巧妙且有效，它体现了数形结合的优越性．下面将具体介绍用几何法证明不等式的几种途径：1.2.1 构造三角形)1](3[P例６ 已知z y x ,,为正数，求证22y xy x ++＋22z xz x ++＞22z yz y ++．分析 注意到︒-+=++120cos 22222xy y x y xy x ，于是22y xy x ++可看作是以y x ,为两边，夹角为︒120的三角形的第三边，由此，易得出下面的证明:证 如图1 ，在BC A ∆内取一点O ，分别连接OC OB OA ,,，使图1B︒=∠=∠=∠120COA BOC AOB ，z OC y OB x OA ===,,则22y xy x AB ++=，22z xz x AC ++=，22z yz y BC ++=．由BC AC AB >+， 即得所要证明的不等式．注 该题可做如下推广:已知z y x ,,为正数，πα<<0，πβ<<0，πγ<<0，且πγβα2=++，求证++-22cos 2y xy x α>+-22cos 2z xz x β22cos 2z yz y +-γ，令γβα,,为满足条件的特殊角可设计出一系列的不等式．例7 已知正数k n m c b a ,,,,,满足p k c n b m a =+=+=+,求证2p cm bk an <++． 证明 如图2，构造边长为p 的正三角形ABC ，在边BC AB ,,上依次截取 n FA b CF k EC c BE m DB a AD ======,,,,,．因为ABC FEC DBE ADF S S S S ∆∆∆∆<++所以243434343p bk cm an <++， 即2p cm bk an <++． 1.2.2 构造正方形)1](3[P例8 已知+∈R x ,d c b a ,,,均是小于x 的正数，求证+-+22)(b x a +-+22)(c x b +-+22)(d x c x a x d 4)(22<-+．分析 观察不等式的左边各式，易联想到用勾股定理，每个式子代表一直角三角形的一斜边，且)()()()(d x d c x c b x b a x a -+=-+=-+=-+，所以可构造边长为x 的正方形．证明 如图3，构造边长为x 的正方形ABCD ，在边DA CD BC AB ,,,上 依次截取,a AE =,a x EB -=,d BF =c CG d x FC =-=,，b DHc x GD =-=,，b x HA -=．则四边形EFGH 的周长为+-+22)(b x a +-+22)(c x b +-+22)(d x c 22)(a x d -+．由三角形两边之和大于第三边知，四边形EFGH 的周长小于正方形ABCD 的周长， 从而命题得证．1.2.3 构造矩形图2x-c 图3例9 已知z y x ,,为正数，证明))((z y y x yz xy ++≤+．分析 两个数的乘积，可看作以这两个数为边长的矩形的面积，也可以看成以这两个数为直角边长的三角形面积的两倍．证明 如图4 ，造矩形ABCD ，使,y CD AB ==,x BE =,z EC =设α=∠AED ．由AED ECD ABE ABCD S S S S ∆∆∆++=矩形知 =+)(z x y ++yz xy 2121αsin ))((21z y y x ++． 化简得αsin ))((z y y x yz xy ++=+．因为1sin 0≤<α，所以))((z y y x yz xy ++≤+(当且仅当︒=90α时，等号成立)．1.2.4 构造三棱锥例10 设,0,0,0>>>z y x 求证22y xy x +->+-+22z yz y 22x zx z +-)129](4[P ．分析 注意到22y xy x +-︒-+=60cos 222xy y x ，可以表示以y x ,为边， 夹角为︒60的三角形的第三边，同理22z yz y +-，22x zx z +-也有类似意义．证明 如图5，构造顶点为O 的四面体ABC O -，使︒=∠=∠=∠60AOC BOC AOB ，z OC y OB x OA ===,,，则有22y xy x AB +-=，22z yz y BC +-=，22x xz z AC +-=．在ABC ∆中AC BC AB >+，即得原不等式成立．注 该题还可做如下推广:已知z y x ,,为正数，,0πα<<,0πβ<<πγ<<0时πγβα20<++<且,βαγβα+<<-求证22cos 2y xy x +-α+22cos 2z xz x +-β>22cos 2z yz y +-γ.例10便是当︒===60γβα时的特殊情况．1.3 构造对偶式证明不等式对偶思想是根据矛盾双方既对立又统一的二重性，巧妙地构造对偶数列，从而将问题解决的一种思想．⌒ADCBE y x +图4图5OAC例11 求证1212124321+<-⨯⨯⨯n nn ．分析 令=P nn 2124321-⨯⨯⨯ ，由于P 中分子为奇数、分母为偶数，则由奇数的对偶数为偶数可构造出关于P 的一个对偶式Q ，1225432+⨯⨯⨯=n nQ ．证明 设=P n n 2124321-⨯⨯⨯ ，构造P 的对偶式Q ，1225432+⨯⨯⨯=n nQ ．因为Q P <<0，所以=<PQ P 2)2124321(n n -⨯⨯⨯ 121)1225432(+=+⨯⨯⨯n n n ．所以121+<n P ，即原不等式成立．注 构造对偶式的途径很多，本题是利用奇偶性来构造对偶式，此外，还可利用倒数关系、相反关系、对称性关系等来构造对偶式．1.4 构造数列证明不等式这种方法一般用于与自然数有关的不等式证明，当问题无法从正面入手时，可考虑将它转化为数列，然后利用数列的单调性来证明．例12 求证:不等式!21n n ≤-，对任何正整数n 都成立)55](1[P ．分析 不等式可变形为,1!21≤-n n n 是正整数，所以可构造数列{},n a 其中1,!211==-a n a n n ，则只需证1a a n ≤即可．对于任意正整数n ，=-+=--+!2)!1(211n n a a n n n n 0)!1(2)1()!1()1(2211≤+-=++---n n n n n n n ， 所以{}n a 是递减数列．所以1a a n ≤，即原命题成立．1.5 构造向量证明不等式向量由于其自身的形与数兼备的特性，使得它成了数形结合的桥梁，也是解决一些问题的有利工具．对于某些不等式的证明，若能借助向量模的意义、数量积的性质等，可使不等式得到较易的证明．1.5.1 利用向量模的性质 例13 已知,,,,R d c b a ∈求证++++2222c b b a 2222a d d c +++)(2d c b a +++≥．证明 在原点为O 的直角坐标系内取四个点：()(),,,,c b b a B b a A ++(),,d c b c b a C ++++(),,a d c b d c b a D ++++++则原问题可转化为+，该不等式显然成立．1.5.2 利用向量的几何特征例14 设{}n a 是由正数组成的等比数列，n S 是前n 项和，求证)31](5[12.022.02.0log 2log log P n n n S S S ++>+． 分析 可将上述不等式转化为,212++<⋅n n n S S S 构造向量，用平行四边形的几何特征来证明．证明 设该等比数列的公比为q ，如图6，构造向量(),,11a a OA =(),,1n n qS qS OB +=()()12111,,+++=++=n n n n S S qS a qS a OC ，则OB OA OC +=，故B C A O ,,,构成平行四边形．由于OB OA ,在对角线OC 的两侧，所以斜率OB OA k k ,中必有一个大于OC k ，另一个小于OC k ．因为{}n a 是由正数组成的等比数列，所以OA n n OC k S S k =<=++121， 所以OC OB k k <， 即<+1n n S S 21++n n S S ． 所以212++<⋅n n n S S S ． 此外，还可以利用向量的数量积证明不等式，一般是根据向量的数量积公式θb a =⋅找出不等关系，如b a ≤⋅≤等，然后利用不等关系证明不等式，在此对这种方法不再举例说明．综上所述，利用构造思想证明不等式时，需对题目进行全面分析，抓住可构造的因素，并借助于与之相关的知识，构造出所求问题的具体形式或是与之等价的新问题，通过解决所构造的问题使原问题获得解决．就构造的对象来说它的表现形式是多样的，这就需要我们牢固的掌握基础知识和解题技巧，综合运用所学知识将问题解决．2 利用换元法证明不等式换元法是数学解题中的一种重要方法，换元的目的是通过换元达到减元，或通过换元得到熟悉的问题形式．换元法主要有以下几种形式：图6O xyABC2.1 三角换元法例15 已知,122≤+y x 求证2222≤-+y xy x ．证明 设θθsin ,cos r y r x ==()10≤≤r ，则=-+222y xy x θθθθ22222sin sin cos 2cos r r r -+θθθ222sin 2sin cos -+=r224sin 22sin 2cos 222≤≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=r r r πθθθ．注 这种方法一般是已知条件在结构上与三角公式相似时宜采用．若题设为,12=+y x 可设;sin 2,cos θθ==y x 题设为,122=-y x 可设θθtan ,sec ==y x 等．2.2 均值换元法例16 设,1,,,=++∈z y x R z y x 求证31222≥++z y x )12](2[P ．证明 设,31α+=x ,31β+=y ,31γ+=z 其中0=++γβα 则 =++222z y x ++2)31(α++2)31(β=+2)31(γ31)(231222≥++++++γβαγβα(当且仅当γβα==时取等号)．2.3 增量换元法这种方法一般用于对称式(任意互换两个字母顺序，代数式不变)和给定字母顺序的不等式的证明．例17 已知,0>>y x 求证 yx y x -<-)55](6[P ．证明 由,0>>y x 可令t y x += )0(>t ． 因为2)(2t y yt t y t y +=++<+， 所以t y t y +<+， 即y x y x -<-．总之，证明不等式时适当的引进换元，可以比较容易的找到解题思路，但具体使用何种代换，则因题而异，总的目的是化繁为简．3 利用概率方法证明不等式)51](7[P利用概率方法证明不等式，主要是根据实际问题，构造适当的概率模型，然后利用有关结论解决实际问题．3.1利用概率的性质：对任意事件A ，1)(0≤≤A P ，证明不等式例18 证明若,10,10≤≤≤≤b a 则1+≤+≤ab b a ab ．分析 由,10,10≤≤≤≤b a 可把a 看做事件A 发生的概率，b 看做事件B 发生的概率． 证明 设事件A 与B 相互独立，且,)(,)(b B P a A P ==则ab b a B A P B P A P B A P -+=-+=)()()()( ．因为,1)(0≤≤B A P 所以10≤-+≤ab b a ，所以1+≤+≤ab b a ab ．3.2 利用Cauchy-Schwarz 不等式：2))((ξηE ≤22ηξE E 例19 设0>i a ，0>i b ，,2,1=i …n ,， 则 21)(∑=ni i i b a ≤))((1212∑∑==ni in i i ba ．证明 设随机变量ξηηξ,,满足下列要求ξ概率分布:P (ξ=i a )=n 1(n i ,,2,1 =)，η概率分布:P (η=i b )=n1(n i ,,2,1 =)，ξη概率分布:⎪⎩⎪⎨⎧≠=== )(0)(1)(j i j i nb a P j i ξη， 则 2ξE ＝∑=n i i a n 121，2ηE ＝∑=n i i b n 121，)(ξηE ＝∑=n i i i b a n 11．由2))((ξηE ≤22ηξE E 得 212)(1∑=n i i i b a n ≤)1)(1(1212∑∑==n i i n i i b n a n ．即 21)(∑=ni i i b a ≤))((1212∑∑==ni in i i ba ．用概率证明不等式比较新颖，开辟了证明不等式的又一途径．但该法用起来不太容易，因为读者必须对概率这部分知识熟悉掌握，才能选择适当的结论加以利用，因此对这种方法只做简单了解即可．4 用微分方法证明不等式在高等数学中我们接触了微分, 用微分方法讨论不等式,为不等式证明方法开辟了新的视野． 4.1利用微分中值定理微分中值定理包括罗尔定理、拉格朗日定理、柯西定理、泰勒定理，下面仅给出拉格朗日中值定理、泰勒定理的应用：拉格朗日中值定理)120](8[P 若函数)(x f 在[]b a ,上连续，()b a ,内可导，则在()b a ,内至少存在一点ξ，使得)('ξf ＝ab a f b f --)()(．例20 已知0>b ,求证b b bb<<+arctan 12． 证明 函数x arctan 在[]b ,0上满足拉格朗日中值定理的条件，所以有b arctan －0arctan ＝)0()(arctan '-=b x x ξ＝21ξ+b，),0(b ∈ξ． 而b bx b <+<+2211ξ， 故原不等式成立．泰勒定理)138](8[P 若函数)(x f 在[]b a , 上有直至n 阶的连续导数，在()b a ,内存在()1+n 阶导函数，则对任意给定的0,x x ()b a ,∈，使得10)1(00)(200''00'0)()!1()()(!)()(!2)())(()()(++-++-++-+-+=n n nn x x n f x x n x f x x x f x x x f x f x f ξ 该式又称为带有拉格朗日余项的泰勒公式．例21 设函数)(x f 在[]b a ,上二阶可导，且M x f ≤)(''，,1,0)2(=-=+a b ba f 试证 4)()(M b f a f ≤+)69](9[P ．证明 将函数)(x f 在点20ba x +=展成二阶泰勒公式 ++-+++=)2)(2()2()('b a x b a f b a f x f 2'')2)((21b a x f +-ξ＝)2)(2('ba xb a f +-+＋2'')2)((21b a x f +-ξ． 将b a x ,=代入上式得)21)(2()('b a f a f +-=＋)(811''ξf ，)(81)21)(2(')(2''ξf b a f b f ++=． 相加得))()((81)()(2''1''ξξf f b f a f +=+． 取绝对值得))()((81)()(2''1''ξξf f b f a f +≤+≤4M ．4.2 利用极值例22 设12ln ->a 为任一常数，求证xeax x <+-122()0>x )188](10[P ．证明 原问题可转化为求证012)(2>-+-=ax x e x f x)0(>x ．因为0)0(=f ,所以只需证022)('>+-=a x e x f x．由02)(''=-=xe xf 得)('x f 的稳定点2ln =x ．当2ln <x 时，0)(''<x f ． 当2ln >x 时，0)(''>x f ． 所以 02)2ln 1(222ln 22)2(ln )(min ''>+-=+-==>a a f x f x ．所以原不等式成立．4.3 利用函数的凹凸性定义)193](10[P )(x f 在区间I 上有定义，)(x f 称为I 上的凸（凹）函数，当且仅当：21,x x ∀∈I ，有)2(21x x f +≤2)()(21x f x f + （)2(21x x f +≥2)()(21x f x f +）． 推论)201](10[P 若)(x f 在区间I 上有二阶导数，则)(x f 在I 上为凸（凹）函数的充要条件是：0)(''≥x f （0)(''≤x f ）．例23 证明na a a n +++ 21≥n n a a a 21 ),,2,1,0(n i a i =>)125](11[P ．证明 令,ln )(x x f =则01)(,1)(2'''<-==xx f x x f ，所以 x x f ln )(=在()+∞,0上是凹函数，对),0(,,,21+∞∈n a a a 有)ln ln (ln 1ln 2121n n a a a nn a a a +++≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+++ ，所以na a a n +++ 21≥nn a a a 21．例24 对任意实数,,b a 有)(212b ab a e e e+≤+)80](12[P ．证明 设xe xf =)(，则),(,0)(''+∞-∞∈>=x e x f x，所以)(x f 为),(+∞-∞上凸函数．从而对b x a x ==21,有2)()()2(b f a f b a f +≤+． 即)(212b ab a e e e+≤+． 5 利用几个著名的不等式来证明不等式5.1 均值不等式)133](4[P定理 1 设n a a a ,,,21 是n 个正数，则)()()()(n Q n A n G n H ≤≤≤称为均值不等式，其中,111)(21na a a nn H +++=,)(21n n a a a n G =,)(21na a a n A n+++=na a a n Q n22221)(+++=分别称为n a a a ,,,21 的调和平均值，几何平均值，算术平均值，均方根平均值．例25 已知,10<<a ,02=+y x 求证812log )(log +≤+a yx a a a ． 证明 由,10<<a ,0,0>>yxa a 有y x y x y x a a a a a +=⋅≥+22，从而得22log )2(log )(log yx a a a a y x a y x a ++=≤++， 故现在只需证812≤+y x 或 41≤+y x 即可． 而4141)21(22≤+--=-=+x x x y x (当21=x 时取等号)，所以812log )(log +≤+a yx a a a ．5.2 Cauchy 不等式 定理2)135](4[P 设),,2,1(,n i R b a i i =∈，则∑∑∑===≥⋅n i ni i i ni ii b a ba 121122,)(当且仅当nn a b a b a b === 2211时等号成立. 例26 证明三角不等式 2112)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑=ni i i b a ≤2112⎪⎭⎫ ⎝⎛∑=ni i a ＋2112⎪⎭⎫ ⎝⎛∑=ni i b )33](12[P ．证明 因为∑=+ni i ib a12)(＝∑=+ni i i i a b a 1)(＋∑=+ni i i i b b a 1)(根据Cauchy 不等式，可得∑=+ni i i ia b a1)(≤211212)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑∑==ni i n i i i a b a ． （1）∑=+ni i i i b b a 1)(≤211212)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑∑==ni i ni i ib b a ． （2） 把（1）（2）两个式子相加，再除以2112)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑=ni i i b a ，即得原式成立．5.3 Schwarz 不等式Cauchy 不等式的积分形式称为Schwarz 不等式． 定理3)271](10[P )(),(x g x f 在[]b a ,上可积，则⎰⎰⎰≤b ababadx x g dx x f dx x g x f .)()())()((222若)(),(x g x f 在[]b a ,上连续，其中等号当且仅当存在常数βα,，使得)()(x g x f βα≡时成立(βα,不同时为零)．例27 已知)(x f 在[]b a ,上连续，,1)(=⎰badx x f k 为任意实数，求证2)cos )((⎰bakxdx x f 1)sin )((2≤+⎰b akxdx x f )272](10[P ．证明 上式左端应用Schwarz 不等式得2)cos )((⎰bakxdx x f 2)cos )(()(⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰badx kx x f x f⎰⎰⋅≤babakxdx x f dx x f 2cos )()(⎰=bakxdx x f 2cos )(． (1)同理2)sin )((⎰bakxdx x f ⎰≤bakxdx x f 2sin )(． (2)由(1)+(2)即得原不等式成立． 5.4 利用W.H.Young 不等式 定理4)288](10[P 设)(x f 单调递增，在),0[+∞上连续，,0)0(=f )(,0,1x fb a ->表示)(x f 的反函数，则⎰⎰-+≤bady y f dx x f ab 010,)()(其中等号当且仅当b a f =)(时成立．例28 设,0,>b a ,1>p ,111=+qp 试证q b p a ab q p +≤)290](10[P ．证明 因为,1>p 所以1)(-=p xx f 单调递增且连续 (当0≥x 时)，1111)(---==q p y yy f )111(-=-q p ． 应用W.H.Young 不等式有 qb p a dy y f dx x f ab qp ba+=+≤⎰⎰-01)()(．。
妙用构造法证明数列不等式
备考指南证明数列不等式的常用方法有数学归纳法、放缩法、构造法等，但运用数学归纳法论证过程比较繁琐，放缩法的技巧性又较强，而巧妙运用构造法，可使问题得以简化，快速证明结论.运用构造法证明数列不等式，可结合数列的特征，构造辅助数列、函数、不等式，从而将问题转化，以便从新的角度顺利求得问题的答案.一、构造辅助数列有些数列不等式证明题中的数列较为复杂，我们很难快速求得数列的和，此时，可根据数列的特征、规律，构造辅助数列，如等差数列、等比数列、常数列，再运用等差、等比数列的前n 项和公式，即可快速求得数列的和，然后通过求辅助数列的和，来求得数列的和的最值，从而证明不等式成立.例1.证明对于任意一个大于1的正整数n ，都有1n +1+1n +2+⋯+12n ≥712.证明：令a n =1n +1+1n +2+⋯+12n(n ≥2,n ∈N *)，则a n +1-a n =12n +1+12n +2-1n +1=12n +1-12n +2>0所以数列{}a n 是递增数列，因为n 是大于1的正整数，所以a n ≥a 1=712，当且仅当n =2时等号成立，所以1n +1+1n +2+⋯+12n ≥712成立.通过观察可以发现：该数列每一项的分母都比后一项的大1，于是构造辅助数列{}a n ，并令a n =1n +1+1n +2+⋯+12n ，再将数列的前后项作差，判断出数列的单调性，便可根据数列的单调性证明不等式成立.二、构造函数数列是一种特殊的函数，其自变量n ∈N *.在证明数列不等式时，根据数列的特征，构造关于n 的函数式，即可将问题转化为函数最值问题.在求函数的最值时，需先根据函数单调性的定义、导函数与函数单调性之间的关系，判断出函数的单调性，再根据函数的单调性来求得最值.例2.证明13+15+⋯+12n +1<2n +1-1证明:令F ()n =2n +1-1-13-15-⋯-12n +1，则F ()n +1-F ()n =æèç2n +3-1-⋯--æèçöø÷2n +1-1-13-15-⋯-12n +12n +32n +112n +3>0，所以F ()n >F()n -1>F ()n -2>⋯>F ()1>0，故对于∀n ∈N *都有+⋯<2n +1-1.解答本题，需根据不等式中数列的特征，构造函数F ()n =2n +1-1--⋯-，然后根据函数单调性的定义，将F )n +1-F n 与0进行比较，判断出函数的单调性，再根据函数的单调性证明数列不等式.三、构造不等式在证明数列不等式时，可根据不等式的结构特点，构造新不等式，以便利用不等式的性质，如可加性、可乘性、传递性来证明结论.在构造新不等式时，可将原数列不等式进行适当的变形、放缩、化简，从而构造出合适的不等式.例3.求证：1+12+13+⋯+1n <2n (n ∈N *).证明：2()n -n -1=2∙1n +n -1>2n+n =1n ，所以1n<2()n -n -1，令n =1,2,3，…,n ，可得1<2()1-0，<2()2-1， (2))n -n -1，将上述式子相加可得1++⋯+<2n .观察数列不等式的特征，可发现不等式左边的数列的通项公式为1n ，于是构造新不等式1n<2()n -n -1，再令n =1,2,3,…,n ，得到n 个式子，通过累加，便可证明数列不等式.根据数列不等式的特征，构造辅助数列、函数、不等式，便可将问题转化为简单的数列求和问题、函数最值问题、不等式证明问题来求解，这样可以使证明的思路更加清晰、明朗，有利于提升解题的效率.（作者单位：江苏省如东县马塘中学）58Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
用构造法证明不等式
，
， ，
八 、 造 几 何体 构
证 ： 不 式。 一 一‘ ，ｎ｝ｎ） ＞ 明构 等 （｝（ ） 即６ （ 造 一） ＞ 一 舶 １ ６ ０ ０ 以＋｝ ），ｎ＜ ， 。＜ （ ：即舶１ 所 ６ ＋ １ 。
南 。
证明：构造向量 ： 一 （ ｖ可
、１ ／
，— 一 ） ： 、 ，云 （／
、 １ｖ ／一２
，
） ，由向量数量积性质 （ ． ａ『．６Ｊ，得 ４ 三 ）≤ｌ ｆ ｚ ≤
（ － （２ ） 以 ＋ ≥ １－ ） ＋ ， 南 － ・ 所 壬 叫
Ｊ
证 明 ： Ｄ ｌ得 Ｖ ａ ＞ ， 弋 ａ 一 ＞ ， 原 不 等 式 等 价 于 由 ， １即 ｖ ／ １０故
一
０。
＞ 。 构 造 以 １为 首 项 ，
为 公 比 的 等 比数 列 ％， 则
证 明 ： Ｐ ａｂ ， 设 （ ， ） 由题 意 知 点 Ｐ是 直 线 ｘ ｙ ｌ ｃ 与 圆 ＋ ＋ ＝ — ＝ — ｌ ｃ 的公 共 点 ， 是 圆心 ｏ ｏ ０ 到 直 线 ｘ ｙ ｌ ｃ 于 （ ，） ＋ ＝ — 的距 离 不 大 于该 圆 的半 径 ， 即
七 造 解 析 几 何 模 型 构
。
＜
图 １
二 构 造数 列
例 ２ 已知 ｎ １ｎ ， ∈Ｎ， 证 ： Ｉ 一 ＜ ＿ ： ＞ ， ≥２ ｎ 求 ＿ １旦 ｌ
ｎ
例 ７ 已 知 Ⅱ ｂ ｃ∈Ｒ， ＋ ＋ ＝ ，Ｚｂ＋ １ 求 证 ： ＜ ＜ ： ，， ａ ｂ ｃ ｌ ａ ｃ＝ ， ＋ 一１ ｃ
≥
四 、 造 方 程 法 构
构造逼近数列证明不等式的五种策略
ｎｌ ｎ — ＩＪ
≥ ．
一
得了 ２ （ １ 一 １ ） ≥ 即
，
５
．
令 ： ３ ｎ － １
，
－
则 ＋ 一 ： ｎ ＋ ｌ － １
三
取 ＝ ５
，
故 （ ２ ＿１ ） ≥ ５ （ ＞６ ）
，
：
—Hale Waihona Puke ＂＋ ２ （ ２ ｎ ４ ） ３ ＞０，得 ＋ ｌ ＞ ． ｎ （ ｎ ＋ １ ） （ 即 一 １ ） 一 ’
两特殊 角 ９ ０ 。 ，６ ０ 。 的和 ，分成两角 ，构成两个三角 形 ，如果一个为等边 三角形 ，一个为直角三角形 ， 不就行了吗？从这些猜想出发 ，作等边 Ａ Ｄ Ｅ Ｃ，把
ＤＣ转 化 到 Ｄ Ｅ边 ，证 明 Ａ Ａ ＤＣ～Ａ Ｂ Ｅ Ｃ ，又把 Ａ Ｄ也
转化到了Ｂ Ｅ， 到此便把不相关的Ｂ Ｄ ，Ｄ Ｃ，Ａ Ｄ转 化到了同一个三角形中，可用勾股逆定理 ． 这道题从审美 角度启发学 生的数学直觉能力 ，
１
— —
１
ｌ
７
．
＋ —— ＋ ・ ・ ・ ＋ —— ＜ 一
ａ ４ ａ ５
８
求证：ｌ 口 ． － ２ １ ＋ １ ｏ ２ — ２ Ｉ ＋ …＋ １ 一 ２ Ｉ ＜ ２ ．
解析 易得 ： ２ 一 （ 一 １ ） ］ ≥ （ ２ 一 １ ） ．
注 意 到是 指 数 式 ，可 构造 指 数 函数 型 数 列 ，利 用 无 穷递 缩 等 比数列 ｛ ｝ 的求 和公 式 ，逼近 放缩 ．
— —
—
得 詈 ‘ ≥ ６ ， ．
于 是 ＋ ＋． ． ． ＋
又Ｃ ２ ＝ ４ ，故 ４．
构造数列证明不等式
证 明 设 Ｓ 一
项 和 ， ＝ｓ 一 ． ６＝ ＝
（ ＥＮ ）．
是 数 列 ｛ 的 前 ６｝
Ｆ
当 ≥ ２时 ， 一 Ｓ 一 Ｓ — ６ ｎ 一
—
丽
一
２ｎ
（ （ （ ２， 一 时 合， ｎ ＋） １， ’ “ １ 也适 所 ｊ ２ ＋） ＋）当
口 ＋ 口３ … ＋ ｎ ＞ ６ｌ ｂ ＋ ｂ ＋ … ＋ ｂ 即 ２ ＋ ＋ ２ ３ ，
侈Ｊ 已 知 ｎＥ ｌｌ Ｎ＊， 明 不 等 式 ＋ 十 ＋ 证 １ １
去 ． ２ ＋． ＜ ． ＋
证明 设 Ｓ 一 ２ － 数 列 ｛ 的 前 ７和 ， ｂ 一 是 ｂ） ２ 则
２ ￣ ） 证 等 ＋ ＋ 十 ＋ （ ／ ’ 不 式 ＋１ 砉 去 … 一 欲
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
是 数 列 ｛ 的 前 和 则 ６）
．
维普资讯
ｒ●， ＜ 【
２
； ＋ 一 一ｌ 三 ２
专题 突破
ｂ ＋ … ＋ ｂ 即 ３ ，
１ １
ｂ 一 ， 为 ｎ 因 ＜
， 以 ｂ ＋ ６ ＋ ６ ＋ … ＋ ＜ 所 ２ ２ 。
１ 一 — ２ｎ
以 ｂ － ．
．
令 。 一
ｌ ＋ １ ， ｎ １时 ， ｎ（ ） 当 一 ａ 一
一
＞ 一 ６ ； 当 ≥ ２时 ， ｎ ＞ ０ ６ ≤ ｏ， 以 ｎ ＞ 有 ， 所
ｂ ， 以 Ｘ－ 意 的 ｎＥ Ｎ， 有 ａ ＞ ６ 所 －任 ｌ ， 都 成 立 ， 以 ｎ 所 ＋
等 式 ， 一 种 行 之 有 效 的 方 法 ， 思 路 简 单 明 了 ， 且 是 其 而
谈谈证明数列不等式的三种方法
解题宝典数列不等式证明具有较强的综合性，且难度较大.此类问题往往综合考查了等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式、性质、不等式的可加性、可乘性、传递性等，对同学们的逻辑推理和分析能力有较高的要求.本文主要介绍三种证明数列不等式的方法.一、裂项放缩法若数列的通项公式为分式，且可裂为或通过放缩后化为两项之差的形式，则可采用裂项放缩法求解.首先将数列的各项拆分，在求和时绝对值相等、符号相反的项便会相互抵消，再将所得的结果进行适当的放缩，便可证明数列不等式.例1.若数列{}a n ，{}b n 的通项公式分别为a n =n (n +1)，b n =()n +12，试证明1a 1+b 1+1a 2+b 2+⋯+1a n +b n<512.证明：当n =1时，1a 1+b 1=16<512，当n ≥2时，a n +b n =()n +1()2n +1>2()n +1n ，1a n +b n =1()n +1()2n +1<12n ()n +1=12æèöø1n -1n +1,∴1a 1+b 1+1a 2+b 2+⋯+1a n +b n ùûú<16+12éëêæèöø12-13+⋯+æèöø1n -1n +1，∵12éëêùûúæèöø12-13+⋯+æèöø1n -1n +1=12æèöø12-1n +1<14，∴1a 1+b 1+1a 2+b 2+⋯+1a n +b n <16+14=512∴1a 1+b 1+1a 2+b 2+⋯+1a n +b n <512成立.{}1a n +b n的通项公式为分式，且可通过放缩、裂项将其转化为两项之差：12æèöø1n -1n +1，于是采用裂项放缩法求证.运用裂项放缩法证明不等式时，需根据数列通项公式的特点或和的特点进行适当的放缩，同时要把握放缩的“度”，不可“放”得过大，也不可“缩”得过小.二、构造函数法数列是一种特殊的函数.在解答数列不等式证明题时，可根据目标不等式的特点构造出函数模型，此时需将n ∈N *看作函数的自变量，将目标式看作关于n 的函数式，利用函数的单调性、有界性来求得函数式的最值，从而证明不等式成立.例2.已知数列{}a n 的通项公式为a n =3n -1，且该数列的每一项均大于零.若数列{}b n 的前n 项和为T n ，且a n ()2b n-1=1，证明：3T n -1>log 2()a n +3.证明：∵a n()2b n-1=1，a n=3n -1，∴b n =log 2æèçöø÷1+1a n =log 23n 3n -1，∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =log 2æèöø32∙65∙⋯∙3n 3n -1，∴3T n -1-log 2()a n +3=log 2æèöø32⋅65⋅⋯⋅3n 3n -13∙23n +2，设f ()n =æèöø32∙65∙⋯∙3n 3n -13∙23n +2，∴f ()n +1f ()n =3n +23n +5∙æèöø3n +33n +23=()3n +32()3n +5()3n +22，∵()3n +33-()3n +5()3n +22=9n +7>0，∴f ()n +1>f ()n ，∴f ()n 单调递增，∴f ()n ≥f ()1=2720>1，∴3T n -1-log 2()a n +3=log 2f ()n >0，∴3T n -1>log 2()a n +3成立.解答本题，需先求得b n 、T n ，并将目标式化简，然后根据目标不等式的特点构造函数f ()n ，通过比较f ()n +1、f ()n 的大小，判断出函数的单调性，进而根据函数的单调性证明不等式成立.一般地，在判断数列或函数的单调性时，可采用作差或作商法来比较数列的前后两项a n +1、a n 的大小，若a n +1>a n ，则函数或数列单调递增；若a n +1<a n ，则函数或数列单调递减.三、数学归纳法数学归纳法主要用于证明与自然数N 有关的命题.运用数学归纳法证明数列不等式，需先根据题意证明当n =1时不等式成立；然后假设当n =k 时不等式成立，再根据题意，通过运算、推理证明当n =k +1时不等式也成立，这样便可证明对任意n ∈N *不等式恒成立.42下下下下下下下下下下下下下下下下下方法集锦例3.已知数列{a n }的通项公式为a n =2éëêùûú()2-1n+1,若数列{b n }中b 1=2，b n +1=3b n +42b n +3，试证明：2<b n ≤a 4n -3.证明：当n =1时，2<2，b 1=a 1=2，∴2<b 1≤a 1，不等式成立，假设当n =k 时，不等式成立，∴2<b k ≤a 4k -3，即0<b k -2≤a 4k -3-2，当n =k +1时，b k +1-2=3b k +42b k +3-2=()3-22b k+()4-322b k +3=()3-22()b k -22b k +3>0，∵2<b k ，∴12b k +3<2+33-22，b k +1-2=()3-22()b k-22b k +3<()3-222()b k-2≤()2-14()a 4k -3-2=a 4k +1-2.∴当n =k +1时，不等式成立，即2<b n ≤a 4n -3成立.解答本题主要采用了数学归纳法，分两步完成，首先证明当n =1时不等式成立，然后假设当n =k 时不等式成立，并将其作为已知条件，证明2<b k ，进而证明当n =k +1时，不等式也成立.相比较而言，构造函数法的适用范围较广，裂项放缩法和数学归纳法的适用范围较窄，且裂项放缩法较为灵活，运用数学归纳法证明不等式过程中的运算量较大.因此在证明数列不等式时，可首先采用构造函数法，然后再根据不等式的特点和解题需求运用裂项放缩法或数学归纳法求证.（作者单位：湖北省恩施土家族苗族自治州高级中学）圆锥曲线的离心率是反映圆锥曲线几何特征的一个基本量.圆锥曲线的离心率主要是指椭圆与双曲线的离心率，可用e =ca来表示.求圆锥曲线的离心率问题是一类常考的题目.下面谈一谈求圆锥曲线离心率的三种途径.一、根据圆锥曲线的定义圆锥曲线的定义是解答圆锥曲线问题的重要依据.我们知道，椭圆的焦半径长为c 、长半轴长为a ；双曲线的焦半径长为c 、实半轴长为a ，而圆锥曲线的离心率为e =ca.因此，只要根据圆锥曲线的定义确定a 、c的值，即可求得圆锥曲线的离心率.例1.已知F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左，右焦点，如果双曲线上存在点P ，使∠F 1PF 2=90°，并且||PF 1=3||PF 2，求双曲线的离心率．解：因为||PF 1=3||PF 2，①由双曲线的定义得||PF 1-||PF 2=2a ，②由①②得||PF 1=3a ，||PF 2=a .且||F 1F 2=2c ，∠F1PF 2=90°，则|F 1F 2||2=PF 1||2+PF 2|2，即(2c )2a )2+a 2，解得5a =2c ，所以e =ca ．题目中指出了两个焦半径||PF 1、||PF 2之间的关系，可将其与双曲线的定义：平面内与两个定点F 1、F 2的距离的差的绝对值等于常数(小于|F 1F 2|)的点的轨迹关联起来，根据双曲线的定义建立关于两个焦半径的方程，通过解方程求得双曲线的离心率.二、利用几何图形的性质圆锥曲线的几何性质较多，如双曲线、椭圆的对称轴为坐标轴，对称中心为原点，双曲线的范围为x ≥a或x ≤-a .在求圆锥曲线的离心率时，要仔细研究几何图形，明确焦半径、实半轴长、虚半轴长与几何图形的位置关系，据此建立关于a 、b 、c 关系式，再通过解方43。
利用数列证明不等式
利用数列证明不等式不等式是数学中非常基础但又非常重要的一个概念。
它可以用来描述数量的大小关系，也可以应用于各种各样的问题中。
在学习不等式时，我们常常需要证明某个不等式是否成立。
今天，我们就来探讨一下利用数列证明不等式的方法。
一、利用数列定义不等式有些不等式可以直接利用数列的定义证明。
比如说，我们可以证明以下不等式：（1）a<b，则a的平方小于b的平方，即a^2<b^2。
证明：根据数列的定义，如果a<b，则a-b<0。
因此，我们有：a^2-b^2=(a+b)(a-b)<0。
显然，(a+b)>0，因此我们得到了a^2<b^2。
（2）对于所有正实数a, b，有2ab≤a^2+b^2。
证明：我们可以构造一个数列来证明这个不等式。
设a、b为正实数，构造数列{x_n}和{y_n}，其中：x_n=a/n，y_n=b/n，则这两个数列的平方和为：∑x_n^2=a^2/n^2，∑y_n^2=b^2/n^2。
因此，∑(x_n^2+y_n^2)=a^2/n^2+b^2/n^2=(a^2+b^2)/n^2。
又因为x_ny_n=ab/n^2，所以：∑2x_ny_n=2ab/n^2。
由此可得，2ab/n^2≤(a^2+b^2)/n^2，即：2ab≤a^2+b^2。
这样，我们就证明了这个不等式。
二、利用递推关系证明不等式有些不等式需要用数列的递推关系来证明。
举个例子，我们可以证明以下不等式：（1）对于所有正整数n，有1/(n+1)≤ln(n+1)-ln(n)≤1/n。
证明：我们考虑数列{a_n}=ln(n+1)-ln(n)。
根据定义，我们有：a_n=ln(n+1)-ln(n)。
又因为ln(x)在x>0时是严格单增的函数，所以我们有：a_n=ln(n+1)-ln(n)<ln(n+2)-ln(n+1)=a_{n+1}。
因此，∑_{n=1}^k a_n<∑_{n=1}^k a_{n+1}=a_{k+1}，即ln2+ln3+· · ·+ln(k+1)<ln(k+2)。
数列型不等式的证明
数列型不等式证明的常用方法一．放缩法数列型不等式证明是前见年高考中的一个热点，在多省试题中常常作为压轴题出现。
放缩法是数列不等式证明的一个重要方法，它具有很强的技巧性的特点，学生往往无从下手，下面总结放缩法证明的一些常用技巧，例如归一技巧、抓大放小技巧、回头追溯技巧、利用函数性质技巧，仅供参考.1 归一技巧归一技巧，指的是将不容易求和的和式中的所有项或假设干项全部转化为同一项，或是将和式的通项中的一局部转化为同一个式子〔或数值〕，既到达放缩的目的，使新的和式容易求和. 归一技巧有整体归一、分段归一。
例如 设n 是正整数，求证121211121<+++++≤nn n ． 【证明】111122n n n +++++1211112222n nn n n n ≥++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++个12=.另外：111122n n n+++++11111n nn n n n <++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++个1=. 【说明】在这个证明中，第一次我们把11n +、12n +、12n这些含n的式子都“归一〞为12n，此时式子同时变小，顺利把不易求和的111122n n n+++++变成了n个12n的和，既将式子缩小，同时也使缩小后的式子非常容易求和，这就是“归一〞所到达的效果。
而不等式右边的证明也类似.1.1整体归一放缩法中，如果通过将所有项转化为同一项而到达放缩目的的，称之为“整体归一〞.例 1.数列{}na的各项均为正数，n S为其前n项和，对于任意*Nn∈，总有2,,n n na S a成等差数列.(Ⅰ)求数列{}na的通项公式；(Ⅱ) 设数列{}n b的前n项和为n T，且2lnnnn axb=，求证:对任意实数(]ex,1∈〔e是常数，e＝⋅⋅⋅〕和任意正整数n，总有n T< 2；〔Ⅰ〕解：由：对于*Nn∈，总有22n n nS a a=+①成立∴21112n n nS a a---=+〔n ≥ 2〕②①--②得21122----+=nnnnnaaaaa∴()()111----+=+nnnnnnaaaaaa∵1,-nnaa均为正数，∴11=--nnaa〔n ≥ 2〕∴数列{}na是公差为1的等差数列又n=1时，21112S a a =+， 解得1a =1∴n a n =.(*N n ∈)〔Ⅱ〕证明：∵对任意实数(]e x ,1∈和任意正整数n ，总有2ln nn n a x b =≤21n. 〔放缩通项，整体归一〕 ∴()nn n T n 11321211112111222-++⋅+⋅+<+++≤ 〔放缩通项，裂项求和〕21211131212111<-=--++-+-+=nn n例2.数列{}n a 中的相邻两项212k k a a -，是关于x 的方程2(32)320k k x k x k -++⋅=的两个根，且212(123)k k a a k -=≤，，，．〔I 〕求1a ，2a ，3a ，7a ； 〔II 〕求数列{}n a 的前2n 项和2n S ；〔Ⅲ〕记sin 1()32sin nf n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)f f f f n n n n T a a a a a a a a +-----=++++…，求证：15()624n T n ∈*N ≤≤ 【分析】〔1〕略. 12a =；34a =；58a =时；712a =． 〔II 〕略. 2nS 2133222n n n ++=+-．〔III 〕此题应注意到以下三点，①(){1,2}f n ∈，且()f n 具有周期性. (){1,2}f n ∈，这就有()(1){1,1}f n -∈-，()f n 虽有周期性，可周期为2π. 这就使当n 很大时，和式通项(1)212(1)f n n na a +--的符号增加了不确定性.②很显然，当4n ≥时，213n a n -=，22nn a =；当3n ≤时，212n n a -=，23n a n =.纵然没有符号的问题，通项132n n ⋅如何求和？也需要解决.③112116T a a ==，2123411524T a a a a =+=，此题相当于证明12()n T T T n ∈*N ≤≤．基于以上三点，我们可以看到：1n T T ≤等价于从第二项开场的项之和为非负数，可否考虑将第三项开场的项缩小，此时可以做两方面的“归一〞，一是符号“归一〞，二是分母的局部“归一〞，两者都是要到达容易求和的目的. 【解答】 当3n ≥时，(1)3456212111(1)6f n n n n T a a a a a a +--=+-++，345621211116n n a a a a a a -⎛⎫+-++ ⎪⎝⎭≥从第三项起“归一〞为负=)2312431921(6416143nn ⋅+⋅⋅+⋅-⋅+ =)21241231(6164161132-⋅+⋅+⋅-⋅+n n 2341111116626222n ⎛⎫>+-++⎪⋅⎝⎭ (3,4,5,…,n “归一〞为2)11662n =+⋅ 16>， 至于不等式右边原理一样：(1)5678212511(1)24f n n n n T a a a a a a +--=--++5678212511124n n a a a a a a -⎛⎫-+++ ⎪⎝⎭≤(从第四项起“归一〞为正34551111249234235232n n =-++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅34511112492922n ⎛⎫<-+++ ⎪⋅⎝⎭(4,5,…,n “归一〞为3)512492n =-⋅524<．又112116T a a ==，2123411524T a a a a =+=，原结论成立 1.2 分段归一放缩法中，如果我们把和式分为假设干段，每一段中的各个项都转化为同一项而到达放缩并容易求和的目的的，称之为“分段归一〞.例 3 数列{}n a 和{}n b 满足112,1(1)n n n a a a a +=-=-，1n n b a =-，数列{}n b 的前n 和为n S .〔1〕求数列{}n b 的通项公式；〔2〕求证：对任意的n N *∈有21122n n S n +≤≤+成立．分析：〔1〕略. 1n b n=． 〔2〕此问可以用数学归纳法证明，也可以用“分段归一〞的放缩法解答. 【解答】左边证明21111232n n S =+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+1111111111111()()()()2345678916212n n -=+++++++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++11128162111111111111()()()()2448888161622n nn n -≥+++++++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+个个12111112222n =++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+个=1+2n这里我们以12，212，312，412，……，12n 为界，将和式111232n ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+分为n 段，每段1121i -++1122i -++ (1)2i +〔1,2,3,,i n =⋅⋅⋅〕，每段中的数对缩小归一为12i ，这就使每一段的数缩小后和为12，从而得证.至于不等号右边，原理类似：21111232n n S =+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+1111111111111111()()()()2345678915221212n n n n--=+++++++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+++-111111128816211111*********()()()()()224444881616222n n n n n----≤++++++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++个个16个 11111112nn =++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++个 12nn =+12n ≤+【说明】此题我们需要关注到不等号两边的性质：一方面，12111+1222n n =++⋅⋅⋅+个，接着我们把不等式中间的和式除1外的局部拆分成n 段，每段都不小于12；另一方面，1111122n n +=++⋅⋅⋅++个1，接着我们把不等式中间的和式除12n外的局部拆分成n 段，每段都不大于1；在归一放缩时，我们需要注意到题设的条件和式子的性质，它是我们考虑如何归一、往哪个地方归一的关键. 2 抓大放小在将和式通项中，我们保存式子主要的、数值较大的局部，去掉次要的、数值相对较小的局部，以便到达放缩和容易求和的目的，这种放缩技巧，我们称之为“抓大放小〞技巧.例如求证:2232322212132<++++++++nnn通项放缩为 nnn nn 22<+， 求和即证。
构造单调数列巧妙解决不等式的恒成立问题
构造单调数列巧妙解决不等式的恒成立问题
发表时间：2013-06-19T17:26:20.593Z 来源：《科教新时代》2013年6月供稿作者：葛绍光
[导读] 构造了单调数列易于理解，操作方便。
安徽省蒙城第一中学葛绍光
【中图分类号】G331.52 【文章标识码】A 【文章编号】1326-3587（2013）06-0136-02
数列的函数单调性是数列的重要内容之一，在近几年的高考中频繁地考查。
数列是以自然数为自变量的一种特殊函数，而我们经常会遇到一些与自然数有关的恒成立及不等式证明问题，我们能否利用数列的单调性来解决呢？本人在教学中研究发现有一类恒成立及证明题可通过构造单调数列给予解决，此法简便，易于操作。
（评析：同学们解决第（2）问时通常会用数学归纳法来证明，虽然数学归纳法思路清晰，但从的过度中学生往往用不好。
构造了单调数列易于理解，操作方便。
）
从以上例子可以看到，用构造单调数列解决不等式的恒成立问题的关键是，若不等式的一端为和或积式，或对不等式进行变形后，利用不等式的一端构造数列，然后通过比较法确定数列的单调性，利用数列的单调性求出数列的最大或最小值，从而解决恒成立问题。
构造复的辅助数列证明柯西不等式
构造复的辅助数列证明柯西不等式文章一：给学生们的柯西不等式证明之旅同学们，今天咱们一起来探索一个神奇的数学定理——柯西不等式。
为了证明它，咱们要构造一个复的辅助数列，这就像是打开一扇通往数学奇妙世界的秘密之门。
想象一下，有两个班级，一班的同学成绩分别是 80 分、90 分、70 分，二班的同学成绩是 75 分、85 分、65 分。
我们想比较这两个班级的整体成绩水平。
这时候柯西不等式就派上用场啦！咱们构造的复的辅助数列，就像是给这两个班级的成绩加上了特殊的魔法。
通过一系列巧妙的计算和比较，就能得出明确的结论。
比如说，咱们把一班的成绩看作一个数列，二班的成绩看作另一个数列。
按照柯西不等式的方法，构造出那个神奇的复数列，就能算出两个班级成绩之间的关系。
同学们，数学的世界就是这么神奇，只要咱们掌握了这些小窍门，就能轻松解决好多难题！加油，让我们一起在数学的海洋里畅游！文章二：柯西不等式证明：复辅助数列的奇妙魔法亲爱的小伙伴们，今天来和大家聊聊柯西不等式。
这可是数学里很有趣的一部分哦！咱们要证明柯西不等式，就得请出一个神秘的——复的辅助数列。
就好比你有一堆糖果，红色的糖果有 5 颗，蓝色的糖果有 3 颗。
我们想知道它们之间有没有什么特别的关系。
这时候，复的辅助数列就像一个超级侦探，能帮我们找出答案。
比如说，我们把红色糖果的数量看作一个数列，蓝色糖果的数量看作另一个数列。
然后通过构造复数列，进行一番神奇的操作，就能发现它们之间隐藏的规律。
是不是很神奇？快来和我一起探索这个有趣的数学世界吧！文章三：柯西不等式与复辅助数列的故事小朋友们，今天我要给你们讲一个关于数学的小故事。
故事的主角是柯西不等式和复的辅助数列。
想象一下，有两个小朋友在比赛跑步。
一个小朋友跑得快一点，每次能跑 10 米；另一个小朋友跑得慢一点，每次能跑 5 米。
我们想知道他们在一段时间内跑的总距离有什么关系。
这时候，复的辅助数列就像一个公平的裁判，能告诉我们答案。
构造数列证明不等式的几种思路
。n 是大于 1 的 证明对于一切正整数 n，有
。3. 已知 。0，则 1 的递增数列。4.
且
且 ，求证：
证明对于一切正整数 n，有
i、m、n 是正整数，且
。5. 当 ，求证：
时，求证：
。6. 已知
。7. 证明对于一切正整数 n，有
。n 项的和为
。n 项和，故原不等式成立。8. 证明
对于一切大于 1 的正整数 n，有
当 时，
。
又
。则数列 的每一项大于数列
的相应项，故 大于数列
的前 五、商分法 对于“
明
”型不等式，令 ，则欲证明的不等式得证。
例 证明：原不等式即
。
记数列 的前 当 时，
，若能证
，
欲证
，只需证
成立的。可见数列 的每一项均小于数列 的前
例证明：原不等式即 记数列 的前
，即证
，而这是明显
的相应项，所以 小于数列
证明：构造数列
。
因为 所以数列
为递增数列。因为
所以 二、作差法
欲证
，当且仅
例证明：令
。
则
所以数列 是递增数列。所以
，故原不等式成立。
例证明：令
，又
且
所以 在 上单调递减。所以 三、作商法
， ，故原不等式成立。
若
，则欲证
，可转证数列
是首项大于
例证明：设 即数列 是递增数列。所以
8）4 可仿本题完成。14.
设
为互不相等的正整数，求证：
。 一、直接法 视不等式的左边为一个整体，直接考查不等式左边对应的数列的单调性，达到证明的 目的。
，只要证
因为 构造数列
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（Ｉ）与（Ⅱ）的（ｉ）分析略．ＮＮ（Ⅱ）的（ｉｉ）的右边为常数丢，联想无
穷等比数列｛阮）（公比ｑ满足Ｊｑ｝＜１）的各项和为≠三（常数）可知号为数列玩一赤（起ＥＮ＋）的各项和，若证得Ｔ二ｂ≤阮，即１＋血。
≥去（起ＥＮ＋）成立，则有丁高＋丁毛＋…＋丁去≤６、＋６ｚ＋…＋乩≤墨鼠一丢．
证明：记玩一者，起ＥＮ＋，下面用数学归纳法证ｒ最≤６一，即１＋以一≥２”１・
（１）当咒一１时，ｌ＋ａ，≥１－－３＝２什１，不等式成立．
（２）假设当ｎ＝ｋ时，ｌ＋ａ＾≥２抖１成立，当ｎ－－ｋ＋１时，１＋ａｋ＋ｌ一１＋（口ｌ－－ｋａｋ＋１）一以＾（以女－－ｋ）＋２≥以女（ｋ＋２－－ｋ）＋２－－２（ａ女＋１）≥２・２６＋１—２针２．
．‘．综合（１）、（２）得，对一切ｎＥＮ。
，ｌ＋ａ一≥２升１，即ｒ云≤寿成立・
．・．再三＋订芝＋…＋订ｂ≤言＋吉＋…＋南≤墨寿一丢．
（责任编辑朱宁）
万方数据
巧构数列证明不等式
作者：董文藤
作者单位：
刊名：
中学生数理化（高中版）
英文刊名：MATHS, PHYSICS & CHEMISTRY FOR MIDDLE SCHOOL STUDENTS (SENIOR HIGH SCHOOL
EDITION)
年，卷(期)：2004，""(10)
被引用次数：0次
本文链接：/Periodical_zxsslh-gzb200410009.aspx
授权使用：华中师范大学(hzsfdx)，授权号：101b6047-22f3-4fb6-92b6-9ddb010f34cd
下载时间：2010年8月23日。