不等式解题技巧

不等式解题技巧

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）

ann1a1a2...(nN*).n*an1例1、已知an21(nN).求证：23a2a3

证明：

ak2k11111111k1.,k1,2,...,n,ak12122(2k11)23.2k2k2232k

aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n),a2a3an12322223223

an1aan12...n(nN*).23a2a3an12

若多项式中加上一些正的值，多项式的值变大，多项式中加上一些负的值，多项式的值变小。由

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于证明不等式的需要，有时需要舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，

k达到证明的目的。本题在放缩时就舍去了22，从而是使和式得到化简.

2、先放缩再求和（或先求和再放缩）

4x1x例2、函数f（x）=14，求证：f（1）+f（2）+…+f（n）>n+2111nn22n 证明：由f(n)= 14=1-144nn11(nN*)2.

得f（1）+f（2）+…+f（n）>

11221112221122n

111111n(1n1)nn1(nN*)424222.

此题不等式左边不易求和,此时根据不等式右边特征, 先将分子变为常数，再对分母进行放缩，从而对左边可以进行求和. 若分子, 分母如果同时存在变量时, 要设法使其中之一变为常量，分式的放缩对于分子分母均取正值的分式。如需放大，则只要把分子放大或分母缩小即可；如需缩小，则只要把分子缩小或分母放大即可。

3、先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）

第 3 页 共 22 页 例3、已知an=n ，求证：k=∑1 nk a2k ＜3． k2nak证明：k=∑1 =k=∑1

1k＜1＋∑

k=2

3nn

(k－1)k(k＋1)

1

＜１＋k=∑2

n2

(k－1)(k＋1) (

k＋1 ＋k－1 )

1

=

1k2nk1k1(k1)(k1) =1＋ k=∑2 (

n －

(k－1)

1

)

(k＋1)

12=1＋1＋2－n－

1

(n＋1)

2 ＜2＋2＜3．

本题先采用减小分母的两次放缩，再裂项，最后又放缩，有的放矢，直达目标.

4、放大或缩小“因式”；

n11(aa)a.aa,0a,kk1k2n11{an}32 2求证：k1例4、已知数列满足

2n第 4 页 共 22 页

证明

11120a1,an1an,a2a12,a32416.当k1时,0ak2a31,16

(akak1)ak2k1n1n11(akak1)(a1an1).16k11632

n本题通过对因式

ak2放大，而得到一个容易求和的式子k1(akak1)，最终得出证明.

5、逐项放大或缩小

n(n1)(n1)2ana122334n(n1)22 n例5、设求证：

证明：∵ n(n1)nn

2n12

212n1n(n1)(n)222

∴

nn(n1)n(n1)(n1)213(2n1)an123nan22 2 ∴ ， ∴

本题利用目的。

nn(n1)2n12，对an中每项都进行了放缩，从而得到可以求和的数列，达到化简的

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6、固定一部分项，放缩另外的项；

111222123例6、求证：

17n24

证明：

1111n2n(n1)n1n

11112223211111(n22223115117)().n1n42n4

此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别对待，即不能放的太宽，也不能缩的太窄，真正做到恰倒好处。

7、利用基本不等式放缩

例7、已知an5n4，证明：不等式5amnaman1n都成立. 对任何正整数m，证明：要证5amnaman1，只要证 5amn1aman2aman. 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2aman，

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即只要证

20m20n372aman. 因为2amanaman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37，

所以命题得证.

本题通过化简整理之后，再利用基本不等式由2amanaman放大即可.

8、先适当组合, 排序, 再逐项比较或放缩

例8、.已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.

(1)证明：niAm＜miAnii；(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m

证明：(1)对于1＜i≤m，且A =m·…·(m－i+1)，

imAimmm1Aimnn1mi1ni1,同理mmmnnnmini，

由于m＜n，对于整数

nkmkmk=1，2，…，i－1，有n，

AinAimi,即miAinniAimim所以n

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(2)由二项式定理有：

(1+m)n=1+Cnm+Cnm2+…+Cnmn，

12n(1+n)m=1+Cmn+Cmn2+…+Cmnm，

12m由(1)知miAni＞niAm (1＜i≤m＜n )，而

iAimiAin,Cnii!Cm=i!

∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

∴m0Cn0=n0Cn0=1，mC=nC

1n1m=m·n，m2Cn2＞n2Cm，…，

2mmCnm＞nmCm，mm+1Cnmm1＞0，…，mnCnn＞0，

∴1+Cm+C

1n2nm2+…+Cnnmn＞1+Cmn+C2

1mn2+…+Cmnm，

m即(1+m)n＞(1+n)m成立.

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

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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.

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．

9．先求和后放缩

例1．正数数列an的前n项的和Sn，满足（1）数列an的通项公式；

11Banan1，数列bn的前n项的和为Bn，求证：n2

2Snan1，试求：

（2）设

bn解：（1）由已知得

4Sn(an1)2，n2时，

4Sn1(an11)2，作差得：

224anan2anan12an1，

所以(anan1)(anan12)0，又因为an为正数数列，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

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

（2）

bn第 9 页 共 22 页

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．

10．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}2anSnn的前项和为,且an2Sn.

an2an12Sn4(1) 求证：；

SnS1S1S2Snn12 (2) 求证：222anaa2S2aa0a1n1111111解：（1）在条件中，令，得， ，又由条件an2Sn有2an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

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所以， an11(n1)n，

Snn(n1)2

n(n1)1n2(n1)2anan1Sn•2224所以

22n（2）因为nn(n1)n1，所以2n(n1)n122，所以

S1S2Sn23n11223n(n1)222222

1222n2n(n1)22Sn2

n23n22Sn112；

S1S2Sn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；

an1bna11an，数2，前n项的和为An，且A7，A9，A8成等差数列．设（2）等比数列{an}中，

2列{bn}前

1n项的和为Bn，证明：Bn＜3．

解：（1）当n为奇数时，an≥a，于是，a2n(a)nan(an1)(a1)an．

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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．

1an()n2． ∴

bn14n11()n2114n(2)n32n．

11(12)1111221(11)11323223332n32n12∴Bnb1b2bn．

3）．放缩后为差比数列，再求和

n)an(n1,2,3)n2．求证：

例4．已知数列{an}满足：a11，

n12n1

an1(1an1an3证明：因为

an1(1n)ann2，所以an1与an同号，又因为a110，所以an0，

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即

an1annan02n，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11，

即

an1annn12n1aaann12222n2n，累加得：2n1．

令

Sn12n1112n12n1Sn23n222，所以2222，两式相减得：

11111n1n1n1Sn23n1nSn2n1an3n1222222，所以2，所以2，

故得

an1an3n12n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a，如排列21的逆序数a11，排列321的逆序数a36． n（1）求a4、a5，并写出an的表达式；

（2）令

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

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解（1）由已知得a410,a515，

ann(n1)21n(n1)2.

（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，

又因为

bn111111b1b2bn2n2[()()()]1324nn2所以

=

2n3222n3n1n2.

综上，2nb1b2bn2n3,n1,2,.

11111112(k2)k(k1)k1k注：常用放缩的结论：（1）kk1k(k1)k

（2）．

2(1k1k1)2kk11k2kk12(1k11k)(k2)

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

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n23nn(n1)明的结论22、22为等差数列求和结果的类型，则把通项放缩为等差数列，再求和即可；如例

111(1n)3为等比数列求和结果的类型，则把通项放缩为等比数列，再求和即可；如23要证明的结论3例4要证明的结论5要证明的结论

3n12n1为差比数列求和结果的类型，则把通项放缩为差比数列，再求和即可；如例22n1n2为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

2n3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．

b|cos（其中θ为向量a新教材中新增了向量的内容，其中两个向量的数量积有一个性质：ab|a||b|cos|，又1cos1，则易得到以下推论： 与b的夹角），则|ab|||a||b|； （1）ab|a||b|； （2）|ab||a||b|；当a与b反向时，ab|a||b|； （3）当a与b同向时，ab|a||b|。 （4）当a与b共线时，|ab||a||第 15 页 共 22 页

下面例析以上推论在解不等式问题中的应用。

11、证明不等式

例1 已知a、bR，ab1，求证：2a12b122。

证明：设m=（1，1），n(2a1，2b1)，则

mn2a12b1

|m|2，|n|2a12b12

n|，得2a12b122 由性质mn|m||例2 已知

xyz1，求证：x2y2z213。

证明：设m=（1，1，1），n=（x，y，z），则

mnxyz1|m|3，|n|x2y2z2

13

由性质

|mn|2|m|2|n|2，得x2y2z2第 16 页 共 22 页

a2b2c2abc2例3 已知a，b，cR，求证：bccaab。

a2b2c2m(，，)bccaab，n(bc，ac，ab)， 证明：设

则mnabc

a2b2c2|m|，|n|2(abc)bcacab

a2b2c2abc2222由性质|mn||m||n|，得bccaab

4422332(ab)(ab)(ab)。 例4 已知a,b为正数，求证：

22m(a，b)，n(a，b)，则 证明：设

mna3b3|m|a2b2，|n|a4b4

222|mn||m||n|由性质，得

(a4b4)(a2b2)(a3b3)2

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例5 设a,b,c,dR，求证：adbca2b2c2d2。

证明：设m=（a,b），n=（c,d），则

mnadbc

|m|a2b2，|n|c2d2

由性质ab|a||b|，得 adbca2b2c2d2

12、比较大小

d例6 已知m,n,a,b,c,d

R，且pabcd，qmancbmn，那么p，q的大小关系为（A. pq B. pq C. pb解：设h(ma，nc)，

k(m，dn)，则

hkabcd|h|manc，|k|bdmn

）第 18 页 共 22 页

由性质|hk||h||k|得 abcdmancbdmn

即pq，故选（A）

13、求最值

例7 已知m,n,x,yR，且

m2n2a，x2y2b，那么mx+ny的最大值为（abA. ab

B. 2

a2b2a2b2C.

2

D.

2

解：设p=（m,n），q=（x,y），则

由数量积的坐标运算，得pqmxny

而|p|m2n2，|q|x2y2

从而有mxnym2n2x2y2

） 第 19 页 共 22 页

2222mnxyab，故选（A）当p与q同向时，mx+ny取最大值。

15y2x152x(x)22的最大值。 例8 求函数

解：设m(2x1，52x)，n(1，1)，则

mn2x152x|m|2，|n|2

n|，得 由性质mn|m||y2x152x22

1当2x113时，即x时，ymax2252x

14、求参数的取值范围

例9 设x,y为正数，不等式xyaxy恒成立，求a的取值范围。

解：设m(x，y)，n（1，1），则

mnxy，|m|xy，|n|2

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n|，得 由性质mn|m||xy2xy

又不等式xyaxy恒成立

故有a2

15、求极值

例1 过点P(3，2)作直线l分别交x轴、y轴正方向于A、B两点，求△AOB面积S的最小值．

【解】 如图2-21，设直线l的方程为y-2=k(x-3)(k＜0)，则它在x轴、y轴上的截距分别为

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从而9k2+2(S-6)k+4=0．

∵ Δ=[2(S-6)]2-4×4×9≥0，

∴ S(S-12)≥0．

∵ S＞0，∴S≥12．

∴ Smin=12．

例2 在椭圆9x2+4y2=36上分别求一点，使x+y有最大值和最小值．

【解】 设x+y=u，则y=u-x．

把它代入椭圆方程中，整理，得

13x2-8ux+4(u2-9)=0．

∵ x是实数，∴ Δ≥0即(-8u)2-4×13×4(u2-9)≥0．解之，得-

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