第一篇：(甘志國(guó))用待定系數(shù)法證明一類(lèi)不等式高考題

用待定系數(shù)法證明一類(lèi)不等式高考題

甘志國(guó)(該文已發(fā)表中國(guó)數(shù)學(xué)教育(高中版)，2010(6)：39-40)

解答2009年高考山東卷理科第20題第(2)問(wèn)、2009年高考廣東卷理科壓軸題第(2)問(wèn)的左邊和2008年高考福建卷理科壓軸題最后一問(wèn)、2007年高考重慶卷理科第21題第(2)問(wèn)、1998年高考全國(guó)卷文、理科壓軸題第(2)問(wèn)、1985年高考上海理科卷第8題這七道高考題就是分別要證明(本文中的n?N)： ?

352n?1?????n?1① 242n

1?3?5???(2n?1)?2?4?6???(2n)12n?1②

36??25?3n③ ?3n?1242n?????2n?1④ 132n?

1253n?1?????n?1

⑤ 143n?

246??35?2n⑥ ?2n?1以上高考題的參考解答除①是用放縮法證明的之外，其余的都是用數(shù)學(xué)歸納法證明的，文獻(xiàn)[1]還給出了②(顯然②、④、⑥是等價(jià)的)的七種簡(jiǎn)證，文獻(xiàn)[2]也給出了①、③、⑤的多種證法.本文將給出此類(lèi)不等式的一種耳目一新的證法——待定系數(shù)法，用此種證法還可把這些不等式加強(qiáng).設(shè)an?352n?11?????(A?0,A?B?0，下同)，得 242nAn?B

?an?1?(2n?3)2(An?B)??a???(2n?2)2[A(n?1)?B]

?n?

2令??(2n?3)(An?B)?(2n?2)[A(n?1)?B]?(4B?3A)n?5B?4A，得

(1)當(dāng)??0且An?B?0恒成立(即0?A?格遞增，下同)，所以an?a1?229B)時(shí)，?an?是單調(diào)遞增數(shù)列(不一定嚴(yán)7

32A?B，即

32An?B352n?1????? A?B242n

選A?

3352n?19

n?7?????B?0，即得.78242n

4(2)當(dāng)??0且An?B?0恒成立(即A?B?0或A?B?0或A??B?0)時(shí)，?an?

是單調(diào)遞減數(shù)列，所以an?a1?

32A?B，即

352n?13

?????242n2

選A?

An?B

A?B

4352n?134n?3B?0，即得????.?3242n27

所以該結(jié)論是①的加強(qiáng).設(shè)bn?

3352n?134n?3

n?7??????⑦

8242n27

242n

1?????，得 132n?1An?B

?bn?1?(2n?2)2(An?B)

??b???(2n?1)2[A(n?1)?B] ?n?

令??(2n?2)(An?B)?(2n?1)[A(n?1)?B]?(4B?A)n?3B?A，得(1)當(dāng)??0且An?B?0恒成立(即?B?0?A?一定嚴(yán)格遞增，下同)，所以bn?b1?

7B)時(shí)，?bn?是單調(diào)遞增數(shù)列(不2

2A?B，即

選A?

An?B242n

?????

A?B132n?1

72242n

B?0，即得n?2?????.23132n?1

(2)當(dāng)??0且An?B?0恒成立(即A?4B?0或A?4B?0或A??B?0)時(shí)，?bn?是單調(diào)遞減數(shù)列，所以bn?b1?

2A?B，即

242nAn?B?????2132n?1A?B

選A?4B?0，即得

242n4n?1?????2.132n?1

5所以

2242n4n?1

⑧ n?2??????2

3132n?15

由此易得④成立.讀者用此法還可證得

1253n?161n?3??????2n(n?N?)⑨

2143n?2

由此易得⑦成立.這里再給出①的兩種簡(jiǎn)潔證明：

?3??5??2n?1?

證法1即證???????????n?1.242n??????

222

2n(2n?2)n?1?2n?1?

由?，得 ???2

n(2n)?2n?

234n?1?3??5??2n?1?

?n?1 ????????????????

242n123n??????

證法2設(shè)cn?

352n?11?????，可用比值法證得cn?cn?1，所以?cn?是嚴(yán)242nn?1

2，所以

352n?13?????2n?2 242n4

格單調(diào)遞增數(shù)列，得cn?c1?

這也是欲證結(jié)論的加強(qiáng).(②～⑥均可用這種方法證得并加強(qiáng))

下面再用構(gòu)造對(duì)偶式的方法給出不等式①-⑥的簡(jiǎn)潔證明(因?yàn)棰凇ⅱ堋ⅱ薜葍r(jià)，所以只證①、②、③、⑤)：

式①的證明設(shè)A?

352n?1462n?2???,B????，得 242n352n?134562n?12n?22n?2AB?????????n?

123452n2n?1

因?yàn)?/p>

A?B?0，所以A2?AB?n?1,A，得欲證成立.注(1)由該證明還可得B2?AB?n?1,B?(2)設(shè)A?

5??2

4?

2n?124,C

???2n1

3?

2n，得AC?2n?1.由0?A?C，得2n?1

A??C，所以欲證成立.(3)對(duì)于不等式①、②、③、⑤，讀者均可像(1)、(2)這樣研究.式②的證明設(shè)A?

11?3?5??(2n?1)2?4?6??(2n),B?，得AB?.由

2n?12?4?6??(2n)3?5?7??(2n?1)

0?A?

B，得A?

.36??25

?

3n47,B???3n?136

?

3n?

158,C???3n47

?

3n?2，得3n?1

式③的證明設(shè)A?

ABC?

3n?2.由A?B?C?0，得A?.2式⑤的證明設(shè)A?

??14

?

3n?136,B???3n

?225

?

3n47,C???3n?136

?

3n?1，得3n

ABC?3n?1.由A?B?C?0，得A?.參考文獻(xiàn)

1田彥武.推陳出新別具一格——對(duì)2008年福建高考理科第22題的研究[J].中學(xué)數(shù)學(xué)(高中)，2008(11)：37-38

2任憲偉.三次不同年度高考數(shù)列題實(shí)考一轍[J].中小學(xué)數(shù)學(xué)(高中)，2009(12)：32-34

第二篇：強(qiáng)化命題證明一類(lèi)數(shù)列不等式

該文發(fā)表于《中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考》2006年第12期

強(qiáng)化命題證明一類(lèi)數(shù)列不等式

201203華東師大二附中任念兵數(shù)列不等式是近年來(lái)高考和競(jìng)賽中的熱點(diǎn)題型，其中一類(lèi)形如

i?n0?n1?C（C為常數(shù)）ai的證明題難度較大.由于此類(lèi)不等式的右邊是常數(shù)，所以數(shù)學(xué)歸納法證明無(wú)法實(shí)現(xiàn)歸納過(guò)渡，但通過(guò)對(duì)歸納過(guò)渡過(guò)程的研究,可以放縮右邊的常數(shù),將命題加強(qiáng)為

i?n0?an1i?C?1,其中g(shù)ng?n??0表示關(guān)于正整數(shù)n的函數(shù)式,從而可以構(gòu)造單調(diào)遞減數(shù)列巧妙的證明這類(lèi)問(wèn)題.例1：求證：?1

9111?????n?N*? 2252n?14

91111???????????（1）252n?124gn分析：①首先假設(shè)命題可以強(qiáng)化為?

接著思考的問(wèn)題自然是：要使加強(qiáng)命題成立，g?n?應(yīng)滿(mǎn)足什么條件呢？

②既然加強(qiáng)命題（1）成立，則可以利用數(shù)學(xué)歸納法加以證明：

111.??????????????????????????(2)n?1時(shí), ??94g1歸納假設(shè)?1

91111?????,接下來(lái)要證 252k?124gk111111?????????????????????(3)229254gk?12k?12k?3而由歸納假設(shè)只能得到?1

9111111???????.如果能證得252k?122k?324gk2k?32

11111????，即 4gk2k?324gk?1111??.???????????????????????(4)gkgk?12k?32

則可以由不等式的傳遞性知道（3）式成立，從而由歸納法原理證明了加強(qiáng)命題（1）.從上述分析可知, g?n?必須同時(shí)滿(mǎn)足(2)(4)兩式.③明確g?n?應(yīng)滿(mǎn)足的條件后,我們就可以“確定”g?n?的表達(dá)式了.觀察(4)式的結(jié)構(gòu),不等式右邊分母是二次多項(xiàng)式,于是我們考慮到,如果g?n?是一次多項(xiàng)式,則不等式左邊通分后也是一個(gè)二次多項(xiàng)式,這樣(4)式就轉(zhuǎn)化為兩個(gè)二次多項(xiàng)式的比較,從而可以通過(guò)g?n?的系數(shù)控制使(4)式成立.設(shè)g?n??an?b(a,b為待定的常數(shù)), 將g?n??an?b代入(4)式知

a?2k?3?2??ak?b??ak?a?b?對(duì)k?N*恒成立,整理得

4ak2?12ak?9a?a2k2?2ab?a2k?b?a?b?對(duì)k?N*恒成立,比較各項(xiàng)系數(shù)得

a?4,b?4.又因?yàn)間?n??an?b同時(shí)滿(mǎn)足(2)式,代入得a?b???36.所以,不妨取a?4,b?4,5

即得g?n??4n?4.從而,原不等式可以加強(qiáng)為:

11111

?n?N*?.???????????????(5)??????

9252n?1244n?4

④將上述分析過(guò)程略加整理就能得到加強(qiáng)命題的數(shù)學(xué)歸納法證明,而下面利用數(shù)列單調(diào)性的方法更為簡(jiǎn)捷.證明:記f?n??

f?n?1??f?n??

1111?????,則有 9252n?124n?4

2n?32

?

1111

??2?2?0即f?n?單調(diào)遞

4n?1?44n?44n?12n?94n?12n?8

減,故f?n??f?1??

??,加強(qiáng)命題(5)得證.984

注:上述證明的關(guān)鍵步驟f?n?1??f?n??0實(shí)際上就是分析過(guò)程中的(4)式.我們不難發(fā)現(xiàn)處理此類(lèi)問(wèn)題的一般步驟是:首先假設(shè)加強(qiáng)命題

i?n0

?

n

成立,?C?

aign接著明確g?n?應(yīng)滿(mǎn)足的條件，然后確定g?n?的表達(dá)式，最后構(gòu)造單調(diào)遞減數(shù)列完成巧妙的證明.按照這樣的思路我們?cè)倏聪旅鎯蓚€(gè)例子:

11115

例2:求證:?2?3???n??n?N*?.2?12?12?12?13分析: 假設(shè)加強(qiáng)命題為：

111151

.g?n?應(yīng)同時(shí)滿(mǎn)足?2?3???n??2?12?12?13gn2?1

151

.?????????????????????????(6)??

2?13g1111

.?????????????????????(7)??k?1

gkgk?12?1

觀察(7)式的結(jié)構(gòu),不等式右邊的分母是指數(shù)結(jié)構(gòu),因此我們考慮g?n?是指數(shù)結(jié)構(gòu).設(shè)

和

g?n??a?2n,將g?n??a?2n代入(8)式知a?2k?1?2k?1?1恒成立,故有a?1.又因?yàn)?/p>

g?n??a?2n同時(shí)滿(mǎn)足(6)式,代入得a?

3377

.因此得?a?1,不妨取a?,即得g?n???2n,4848

以下略.例3: 已知正整數(shù)n?1,求證: 1?分析: 假設(shè)加強(qiáng)命題為：1?1?

1119

?????.2！3！n!5

11191

.g?n?應(yīng)同時(shí)滿(mǎn)足??????

2！3！n!5gn191

.?????????????????????????(8)??

25g2111

.?????????????????????(9)??

gkgk?1k?1!

k

?1對(duì)k?2恒成立,故有a?2.又因?yàn)間?n??a?n!同時(shí)滿(mǎn)足(8)式,a

和

觀察(9)式的結(jié)構(gòu),不等式右邊是階乘結(jié)構(gòu),因此我們考慮g?n?是階乘結(jié)構(gòu).設(shè)g?n??a?n!.將

g?n??a?n!代入(9)式知

代入得a?

.因此得?a?2,不妨取a?2,即得g?n??2?n！,以下略.33

本文舉例探討了如何強(qiáng)化命題來(lái)證明不等式

i?n0

n

n

?a

n

i

?C，這里有幾點(diǎn)需要加以說(shuō)明:

①將

i?n0

?

111,關(guān)鍵是明確g?n?應(yīng)滿(mǎn)足的條件和g?n?的式子結(jié)構(gòu).?C強(qiáng)化為?C?aiagni?ni

?

根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法的思考過(guò)程可以確定g?n?應(yīng)滿(mǎn)足的條件，而g?n?的式子結(jié)構(gòu)是由an決定的:

若an是多項(xiàng)式則g?n?是多項(xiàng)式,若an是指數(shù)結(jié)構(gòu)則g?n?是指數(shù)結(jié)構(gòu),如此等等.然后,利用待定系數(shù)法便可求出合理的g?n?（這樣的g?n?往往不唯一,但系數(shù)有范圍限制）.②強(qiáng)化命題后,我們利用數(shù)列的單調(diào)性來(lái)證明加強(qiáng)命題,這不僅簡(jiǎn)化了證明過(guò)程,而且縮小了

i?n0

?

n

17341的上界.如例1的上界可以縮小為,例2的上界可以縮小為，例3的上界可以縮小

7221ai

為.另外，我們還可以通過(guò)改變待定系數(shù)來(lái)調(diào)整g?n?,進(jìn)一步縮小的上界.a4ii?n

?

n

③本文研究的不等式

i?n0

n

?

n

都是收斂?C具有深刻的高等數(shù)學(xué)背景.實(shí)際上,這些級(jí)數(shù)

aiaii?n

?

?的,i?n0

n

?

?C就是對(duì)收斂級(jí)數(shù)的上界估計(jì).如例3的背景是級(jí)數(shù)ai

?

?i!?e?1,因此有

i?1

?

近年來(lái)的各地高考中以高等數(shù)學(xué)知識(shí)為背景的問(wèn)題頻??i!?e?1?5.值得一提的是，i?1

i?1

?i!

頻出現(xiàn)，例2實(shí)際上就是從2006年高考福建卷的壓軸題的關(guān)鍵步驟中提煉出來(lái)的問(wèn)題.

第三篇：化為同分母循環(huán)和 證明一類(lèi)分式不等式

本文發(fā)表于《中學(xué)數(shù)學(xué)研究》（南昌）2004年第12期

化為同分母循環(huán)和

證明一類(lèi)分式不等式

215006蘇州市第一中學(xué)劉祖希

分式不等式的證明難，其難點(diǎn)首先體現(xiàn)在如何去掉分母.本文將通過(guò)一些例子獲得一個(gè)證明分式不等式的有效方法，并希望能成為一個(gè)通法：這就是將分式不等式的各部分巧妙地化為同分母循環(huán)和(即

A?1)獲證.下面詳細(xì)予以說(shuō)明.?A?B?C

例1設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù)，且abc?1，求證：

(1996年IMO37預(yù)選題)

證明：∵abc?1,a?b?ab?a?b?（作差法易證）, 5522abbcca???1.a5?b5?abb5?c5?bcc5?a5?ca

aba2b2c?5∴5（齊次化）5522a?b?aba?b?abc

a2b2cc, ?22?22aba?b?abca?b?c

同理，bca?，55b?c?bca?b?c

cab?，c5?a5?aa?b?c

1111???.333333a?b?abcb?c?abcc?a?abcabc三式相加即得原不等式，當(dāng)且僅當(dāng)a?b?c?1等號(hào)成立（考慮篇幅，等號(hào)成立條件以下略）.例2求證：對(duì)所有正實(shí)數(shù)a,b,c，有

（1997年美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克試題）

證明：先證齊次不等式

33abcabcabc???1.a3?b3?abcb3?c3?abcc3?a3?abc∵a?b?ab?a?b?（作差法易證），∴abcabcc??，a3?b3?abcaba?b?abca?b?c

abca?，b3?c3?abca?b?c

abcb?，c3?a3?abca?b?c

abcabcabc???1，三式相加得，333333a?b?abcb?c?abcc?a?abc同理，即1111???.a3?b3?abcb3?c3?abcc3?a3?abcabc

abbcca??.??????a?b?abb?c?bcc?a?ca對(duì)例

2、例3的推廣形式： 推廣：設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù)，且abc?1，記f????

1，則f????1；

21②若???1或??，則f????1；2

1③若?1???，則f????1.2①若???1或??

（《中學(xué)數(shù)學(xué)月刊》2002.12P40）

例3設(shè)?ABC中，求證：abc???2.b?cc?aa?b

aa2a2?a22a??2??1； 證明：∵b?cab?aca?ab?aca?b?c

a2a?，b?ca?b?c

b2b?同理，c?aa?b?c

c2c?，a?ba?b?c

abc???2.三式相加，得b?cc?aa?b

abc??例4在?ABC中，記f????，試證： ?a?b?c?b?c?a?c?a?b

2①當(dāng)?1???1時(shí)，有f????； ??

12②當(dāng)??1時(shí)，有f????.??1∴

(《中等數(shù)學(xué)》2002.4數(shù)學(xué)奧林匹克問(wèn)題高115)

證明： 只要??1，總有

???1????b?c??a???0

????1??????1??b?c?????1?a???0 2

????1??????1??b?c?????1?a?2b?2c????????1?a????1?a?2b?2c???0

????1??????1??a?b?c????a?2b?2c????0 ??

??11?2a???1????2?a?2b?2c??1a?b?c???0

??

??1?2a????0 ?a?b?c??1a?b?c即???1?a???1?a

?a?b?c?2???1?a?，??1a?b?c

∴ ???1?f???????1?a

?a?b?c????1?b

?b?c?a????1?c

?c?a?b

?2???1?2???1?2???1?abc????? ??1a?b?c??1a?b?c??1a?b?c

?2???1?, ??1

2???1?, ??1

22；②當(dāng)??1時(shí)，有f????.??1??1即???1?f????故①當(dāng)?1???1時(shí)，有f????

注：例4中取??0，即為例3.例5設(shè)0?a,b,c?1.證明：abc???2.bc?1ca?1ab?1

證明：∵2a?bc?1??a?a?b?c?

?a?bc?1?a??a?bc?b?c?1?

?a?bc?1?a??a?b?1??c?1??0 a2a?，bc?1a?b?c

b2b?同理，ca?1a?b?c

c2c?，ab?1a?b?c

abc???2.三式相加，得bc?1ca?1ab?1∴

a2

例6在?ABC中ma,mb,mc分別表示邊a,b,c上的中線長(zhǎng)，證明:?2?2.2mb?mc

（《中等數(shù)學(xué)》2003.4P18）

證明：由三角形中線長(zhǎng)定理，mb?212c2?2a2?b2?，?

44a2a24a2?m2?m2??4a2?b2?c2??2a2?a2?b2?a2?c2

bc

4a2

??22a?2ab?2ac

??2a?2, a?b?c

a2

即?2?2.2mb?mc

至此，我們是否可以獲得這樣的啟示：以上這些分式不等式都具有對(duì)稱(chēng)性，而且不等式的另一端多為常數(shù)，這就為我們統(tǒng)一處理、集中去分母提供了便利，同分母循環(huán)和的方法應(yīng)運(yùn)而生.例7設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù)，n是正整數(shù)，求證： anan?1an?1an

??n?1n?1；②?n??n?1n?1.①?nnnb?cb?cb?cb?c

(《中等數(shù)學(xué)》2001.3P23)

nn證明：①

∵b?c?bn?1?cn?1?（作差法易證），annan?1??∴

?

n??

n?1n?1? nb?cb?c?1an?1

??n?1n?1（車(chē)貝雪夫不等式）

3b?c?an?1?n?1n?1（三元均值不等式）b?can?1

??n?1n?1； b?c

②類(lèi)似①可得，?an?1n?1an

???

bn?cn?

bn?1?cn?1?

?1an

??

n?1n?1 3b?c?an?n?1n?1 b?can

??n?1n?1.b?c

第四篇：一類(lèi)對(duì)稱(chēng)或循環(huán)不等式的配方法證明

一類(lèi)對(duì)稱(chēng)或循環(huán)不等式的配方法證明

_------讀熊斌《數(shù)學(xué)奧林匹克》之體會(huì)

數(shù)學(xué)組蔡玉書(shū)（215006）

縱觀國(guó)內(nèi)外數(shù)學(xué)奧林匹克中的不等式試題，有不少試題是關(guān)于a,b,c的對(duì)稱(chēng)或輪換對(duì)稱(chēng)的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有時(shí)很難達(dá)到目的，而利用它們的對(duì)稱(chēng)性，直接利用比較法進(jìn)行適當(dāng)?shù)呐浞剑涂梢允沟脝?wèn)題得到完美的解決。本文從歷年的國(guó)內(nèi)外數(shù)學(xué)奧林匹克試題中精心選擇若干優(yōu)秀試題，進(jìn)行詳細(xì)的分析與解答，供參賽選手和數(shù)學(xué)奧林匹克教練員參考。

例1設(shè)a,b,c是三角形的三邊,求證：a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)≤3abc.(第6屆IMO試題)證法一 注意到a3+b3+c3－3abc =(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca),得

3abc－[a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)]

=a3+b3+c3－3abc+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)

=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca)+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)

1=(a+b+c)[(a－b)2+(b―c)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a－b)2

2111=a+b－c)(a－b)2+b+c－a)(b―c)2+a+c－b)(c―a)2.222

∵a,b,c是三角形的三邊,∴a+b－c >0, b+c－a >0, a+c－b >0.而(a－b)2≥0,(b―c)2≥0,(c―a)2≥0,故原不等式成立,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c,即△ABC是正三角形時(shí)等號(hào)成立.例2 已知a,b,c是正數(shù), 證明：

abc3(1)(1963年莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克試題)b+cc+aa+b2

a2b2c2a+b+c(2)+≥(第2屆世界友誼杯數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)b+cc+aa+b2

abc3證明(1)+ b+cc+aa+b2

2a(a+b)(c+a)+2b(a+b)(b+c)+2c(b+c)(c+a)－3(a+b)(b+c)(c+a)=2(a+b)(b+c)(c+a)

2(a3+b3+c3)－(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)=2(a+b)(b+c)(c+a)

a3+b3－(a2b+ab2)+b3+c3－(b2c+bc2)+b3+c3－(c2a+ca2)= 2(a+b)(b+c)(c+a)

(a+b)(a－b)2+(b+c)(b－c)2+(c+a)(c－a)2abc3= 0,+.2(a+b)(b+c)(c+a)b+cc+aa+b2

a2b2c2abcab(2)不難證明++=(a+b+c)(+ +)－(a+b+c),利用這個(gè)恒等式得到不等式+ b+cc+aa+bb+cc+aa+bb+cc+a

c3a2b2c2a+b+c+≥++.a+b2b+cc+aa+b2

y2－x2z2－y2x2－z2

例3 設(shè)x, y, z是正數(shù), 則≥0.(W.Janous猜想)z+xx+yy+z

y2－x2z2－y2x2－z2y2－z2z2－x2x2－y2

證明 設(shè) u = , v= , z+xx+yy+zz+xx+yy+z

z2－x2x2－y2y2－z2

則u－v = += z―x+x―y+y―z = 0, z+xx+yy+z

111111又u+v =(x2－y2)(－y2－z2)(－z2－x2y+zz+xz+xx+yx+yy+z

x－yy－zz?x=(x2－y2)+(y2－z2)+(z2－x2)(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)

(x+y)(x－y)2(y+z)(y－z)2(z+x)(z－x)2

= ++ ≥0,(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)

y2－x2z2－y2x2－z2

所以,u=v>0.從而+0.z+xx+yy+z

x5－x2y5－y2z5－z2

例4正實(shí)數(shù)x,y,z滿(mǎn)足xyz≥1,證明：++0.(第46屆IMO試題)x+y+zy+z+xz+x+y證明 因?yàn)閤yz≥1,所以

x5－x2x5－x2·xyzx4－x2yz2x4－x2(y2+z2)≥類(lèi)似地,可得 x+y+zx+(y+z)·xyzx+yz(y+z)2x+(y+z)y5－y22y4－y2(z2+x2)z5－z22z4－z2(x2+y2)≥y+z+x2y+(z+x)z+x+y2z+(x+y)2a2－a(b+c)2b2－b(c+a)2c2－c(a+b)222令a=x,b=y,c=z,原不等式化為證明+0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)a(a－b)+a(a－c)b(b－c)+b(b－a)c(c－a)+c(c－b)?+≥0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)c2+c(a+b)+a2-ab+b2112?∑(a-b)(≥0?∑(a-b)()≥0.2a+(b+c)2b+(c+a)(2a+(b+c))(2b+(c+a))cyccyc1119例5設(shè)x、y、z是正實(shí)數(shù),求證：(xy+yz+zx)[+年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克試題)(x+y)(y+z)(z+x)4

證明 不妨設(shè)x≥y≥z＞0,1119xy+z(x+y)yz+x(y+z)zx+y(z+x)9(xy+yz+zx)[+++－(x+y)(y+z)(z+x)4(x+y)(y+z)(z+x)4

xyz3xy1yz1zx1+－ y+zz+xx+y2(x+y)4(y+z)4(z+x)4

2(z－x)2(y－z)2(x－y)2(y－z)2(z－x)21(x－y)=+]－[+] 2(y+z)(z+x)(x+y)(y+z)(x+y)(z+x)4(x+y)4(y+z)4(z+x)1212121222={[－－](x－y)+[y－z)}+[z－x)]} 4(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)1=Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2],① 4

212121其中Sz =－ Sx, Sy =(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)因?yàn)閤≥y≥z＞0,所以2(x+y)2＞(x+y)2＞(y+z)(z+x),即Sz＞0.又2(z+x)2－(x+y)(y+z)=(x2－xy)+(x2－yz)+2z2+3zx＞0, 所以 Sy≥0.若Sx≥0,①的右端≥0,不等式得證.yy－zy若Sx＜0,因?yàn)閤≥y≥z＞0,所以≥0,于是,(y－z)2≤()2(x－z)2.xx－zx

22yyS+xSSx(y－z)2+Sy(z－x)2≥Sx2(x－z)2+Sy(z－x)2(z－x)2.② xx22下面證明ySx+xSy≥0,事實(shí)上,y2Sx+x2Sy≥0?y2[2(y+z)2(z+x)－(x+y)(z+x)2]+x2[2(y+z)(z+x)2－(x+y)(y+z)2]

=y2(2y2z+xy2+3yz2+2xyz+2z3+xz2－2zx2－x3)+x2(2yz2+x2y+3xz2+2xyz+2z3+x2z－2zy2－y3)

=2xyz(x2+y2－2xy)+xy(x3+y3－x2y－xy2)+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)

=2xyz(x－y)2+xy(x+y)(x－y)2+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)＞0,所以,②式右端≥0,所以Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.綜上,不等式得證.例6 設(shè)a,b,c是一個(gè)三角形的三邊長(zhǎng),求證a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0.并指出等號(hào)成立的條件.(第24屆IMO試題)

證明a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)

1= [(a+b－c)(b+c－a)(a－b)2+(b+c－a)(a+c－b)(b－c)2+(a+c－b)(a+b－c)(c－a)2]≥0.2

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)例7已知a,b,c＞0,證明：++3.(2006年羅馬尼亞數(shù)學(xué)奧林匹克試題)abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)證明+3－abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)= 6－[3] abcabc(a+b+c)

(b－c)2(c－a)2(a－b)2(b+c)(b－c)2(c+a)(c－a)2(a+b)(a－b)2

=+[+] bccaabbc(a+b+c)ca(a+b+c)ab(a+b+c)

1(b+c)1(c+a)1(a+b)b－c)2+[－c－a)2+[－](a－b)2 bcbc(a+b+c)caca(a+b+c)abab(a+b+c)

abc=b－c)2+c－a)2a－b)2≥0.bc(a+b+c)bc(a+b+c)bc(a+b+c)

bca例8 在△ABC中,證明:a2(－1)+b2(－1)+c2(－1)≥0.(2006年摩爾多瓦數(shù)學(xué)奧林匹克試題)cab

證明 不等式兩邊同時(shí)乘以2abc,不等式化為證明2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)≥0.2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)

=a3[(b+c)+(b－c)](b－c)+ b3[(c+a)+(c－a)](c－a)+c3[(a+b)+(a－b)](a－b)

= a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a3(b2－c2)+b3(c2－a2)+c3(a2－b2)

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2(c3－b3)+b2(a3－c3)+c2(b3－a3)

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2[(c－b)3+3cb(c－b)]+b2[(a－c)3+3ca(c－a)]

+c2[(b3－a3)+3ba(b－a)]

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3

+3abc[a(c－b)+b(c－a)+c(b－a)]

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3

= a2(b－c)2(c+a－b)+b2(c－a)2(a+b－c)+c2(a－b)2(b+c－a).在△ABC中, c+a－b, a+b－c, b+c－a都是正數(shù)，而(b－c)2≥0,(c－a)2≥0,(a－b)2≥0,所以不等式得證.例9在△ABC中,a,b,c是它的三條邊,p是半周長(zhǎng),證明不等式： a(p－b)(p－c)bbc

(p－b)(p－c)+bc(p－c)(p－a)cca(p－c)(p－a)+ca(p－a)(p－b)≥p.(2006年摩爾多瓦數(shù)學(xué)奧林匹克試題)ab(p－a)(p－b)p ab

≥x+y+z(z+x)(z+y)

≥2(x+y+z)(z+x)(z+y)

x+y2 y+z證明令x=p－a,y=p－b,z=p－c,則a=y+z,b=z+x,c=x+y.a?(y+z?2(y+z?z+x)(x+y)(x+z)z+x(x+y)(x+z)+(x+y)(y+z)(y+x)x+y(y+z)(y+x)(y+z)z(y+z)y+(y+zx+yx+z－x+y

y+z2(z+x)z(z+x)x)++－(z+x)(x+zx+yy+z2≥2(x+y+z)x+z

zx+yy2)+(z+x)(x+z(x+y)x(x+y)y+－(x+y)(y+zx+zx2y2z2?)－(x+y+z)≥(y+z)(y+zz+xx+y

+(x+y)(y+z2)x+zzx+yx2)y+z

(x+y+z)(x－y)2(x+y+z)(y－z)2(x+y+z)(z－x)2(x+y+z)2(y－z)2

?+≥(y+z)+(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)(z+x)(x+yz(x+z)+y(x+y))2

(x+y+z)2(z－x)2(x+y+z)2(x－y)2

(z+x+(x+y).①(x+y)(y+z)(z(y+zx(x+y))2(y+z)(z+x)(x(x+z)+y(y+z))2

(x+y+z)(x－y)2(x+y+z)2(x－y)2(x+y+z)(x+y)(x+y ?1≥2(y+z)(z+x)(y+z)(z+x(2

?(2≥(x+y+z)(x+y)?≥2xy.因?yàn)閦是正數(shù),這是顯然的.同理可證其余兩個(gè)不等式.于是不等式①成立.11131111例10 已知a,b,c＞0,且abc=1,－2(.(2004年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克試abca+b+cabca+b+c題)11131111證明因?yàn)閍bc=1,所以++≥++)等價(jià)于 abca+b+cabca+b+c

1113111abc－2(.abca+b+cabca+b+c

注意到(a3+b3)－(a2b+ab2)=(a2－b2)(a－b)=(a+b)(a－b)2有

1113111abc+－2(+)abca+b+cabca+b+c

[(a+b+c)(ab+bc+ca)－3abc](a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)

(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)(a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)

[(a4b+ab4)－(a3b2+a2b3)]+[(b4c+bc4)－(b3c2+b2c3)]+[(a4c+ac4)－(a3c2+a2c3)]= abc(a+b+c)(a+b+c)

ab[(a3+b3)－(a2b+ab2)]+bc[(b3+c3)－(b2c+bc2)]+ca[(a3+c3)－(a2c+ac2)]=abc(a+b+c)(a+b+c)

ab(a+b)(a－b)2+bc(b+c)(b－c)2+ca(c+a)(c－a)2

= 0.所以,原不等式成立.abc(a+b+c)(a+b+c)

111xyz例11 已知x,y,z∈[1,2],證明：(x+y+z)()≥6(+年越南數(shù)學(xué)奧林匹克試題)xyzy+zz+xx+y

證明 不妨設(shè)2≥x≥y≥z≥1,(x－y)2(y－z)2(z－x)2111因?yàn)?x+y+z+)－+, xyzxyyzzx

2(y－z)2(z－x)2xyz31(x－y)又因?yàn)?[+y+zz+xx+y22(y+z)(z+x)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)

111xyz所以(x+y+z)－6(++)xyzy+zz+xx+y

131313x－y)2+()(y－z)2+()(z－x)2≥0 xy(y+z)(z+x)yz(x+y)(z+x)zx(y+z)(x+y)

?z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)(x－y)2+x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)(y－z)2+y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)(z－x)2

=Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.①

由2≥x≥y≥z≥1,易知(x+y)(z+x)－3yz≥2y·2z－3yz＞0, 所以Sx＞0,又Sy≥0?(y+z)(x+y)－3zx≥0?xy+yz+y2－2zx≥0.②

由2≥x≥y≥z≥1,易知,y+z≥2≥x,所以y(y+z)≥zx, xy≥zx,相加得②.所以Sy≥0.如果Sz≥0,則①式右邊≥0,不等式得證.如果Sz＜0,則(x－y)2=[(x－z)－(y－z)]2=(z－x)2+(y－z)2－2(x－z)(y－z),Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2=(Sy+Sz)(z－x)2+(Sx+Sz)(y－z)2－2Sz(x－z)(y－z)≥(Sy+Sz)(z－x)2+(Sx+Sz)(y－z)2.下面證明Sy+Sz≥0, Sx+Sz≥0.Sx+Sz=x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)

≥z(x+y)[(x2+xy+xz－2yz)+(z2+zx+zy－2xy)]= z(x+y)[(x+2z)(x－y)+z2]≥0, Sy+Sz=y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)

≥z(x+y)[(y2+yz+yx－2zx)+(z2+zx+zy－2xy)]

= z(x+y)[xy+(y+z－x)(y+z)]≥0,所以Sz＜0時(shí),不等式也成立.111xyz于是，只要x, y, z∈[1,2], 就有(x+y+z)(++≥).xyzy+zz+xx+y

第五篇：例說(shuō)一類(lèi)與數(shù)列求和有關(guān)的不等式的證明方略

例說(shuō)一類(lèi)與數(shù)列求和有關(guān)的不等式的證明方略.李新偉

廣東省南雄市第一中學(xué) 512400 摘 要：與數(shù)列求和有關(guān)的不等式在近年高考題中頻繁出現(xiàn)，但卻是考生感到困難的一類(lèi)題目。這類(lèi)題雖然無(wú)固定的模式和方法，但還是可以總結(jié)出若干解題方向和策略。主要有先求和后放縮、先放縮后求和策略。

關(guān)鍵詞：數(shù)列；求和；不等式

1．考題頻現(xiàn)考能力，細(xì)細(xì)品味有規(guī)循

近幾年，形如“?ai?M(或?ai?f(n))，?ai?M(或?ai?f(n))，其

i?1i?1i?1i?1nnnn中M為常數(shù)”的與數(shù)列求和有關(guān)的不等式頻頻出現(xiàn)在各地高考或高考模擬試題中，而且常常是壓軸題、創(chuàng)新題，如2004年全國(guó)卷三22（Ⅲ）、2005年遼寧19（2）、2006年全國(guó)Ⅰ理22（2）、2007年浙江理21（3）等等。由于這類(lèi)題涉及多知識(shí)、多方法的交匯，條件與結(jié)論間的跨度大，解這類(lèi)題常常要用到放縮法，而對(duì)解題方向的判斷和放縮程度的把握要求高，能充分檢測(cè)學(xué)生觀察、分析、聯(lián)想、靈活和綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析解決問(wèn)題能力，因此受到命題者青睞。學(xué)生面對(duì)這類(lèi)試題往往感到難度大，無(wú)從入手，甚至有如墜云里霧里之感。

不過(guò)，雖然這類(lèi)問(wèn)題確有較大難度，但細(xì)心分析還是有規(guī)律可循。從解題方向上看主要有：（1）先求和再放縮 ；（2）先放縮再求和；（3）利用數(shù)學(xué)歸納法證明；（4）構(gòu)造函數(shù)證明等。從解題策略上看，主要應(yīng)重視對(duì)不等式結(jié)構(gòu)特征和通項(xiàng)特征進(jìn)行細(xì)微分析，初步明確證題方向。可先求和再放縮的題目，一般較簡(jiǎn)單；而需要先放縮再求和的題目一般難度較大，這類(lèi)題往往要從待證的不等式出發(fā)，逆向探路，放縮轉(zhuǎn)化，先變?yōu)榈炔顢?shù)列求和、等比數(shù)列求和、裂項(xiàng)求和或錯(cuò)位相減法求和等我們熟悉的數(shù)列求和問(wèn)題，最終通過(guò)適當(dāng)?shù)淖冃位蚍趴s獲證。2．執(zhí)果溯因探路徑，放縮求和巧證明 2．1先求和，再放縮證明

例1(2005年高考湖南（文）16)已知數(shù)列{log2(an?1)}(n?N?)為等差數(shù)列，且a1?3，a3?9，（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）證明

?????1。

a2?a1a3?a2an?1?an解：（1）過(guò)程略，an?2n?1(n?N?)。

（2）證明：∵對(duì)任意n?N?，恒有

111，?n?1?nnan?1?an2?22∴1111111??????2?3???n

a2?a1a3?a2an?1?an222211[1?()n]12 ?2?1?()n?1。

121?2評(píng)析：對(duì)于與數(shù)列求和有關(guān)的不等式，若能先求和，我們常常會(huì)先求和，再考慮用放縮法證明。能先求和的這類(lèi)題一般較簡(jiǎn)單，因此常為文科考題。2．2先放縮，再求和證明

對(duì)于求和困難的形如“?ai?M或?ai?M，其中M為常數(shù)”的不等式，i?1i?1nn很多情況下用數(shù)學(xué)歸納法也往往難于湊效。這時(shí)我們常用先放縮再求和證明或?qū)⑵浼訌?qiáng)為形如?ai?f(n)或?ai?f(n)的不等式，再考慮用數(shù)學(xué)歸納法證明。

i?1i?1nn2．2．1逐項(xiàng)放縮，再求和證明

例2．已知函數(shù)f(x)?x2?4，設(shè)曲線y?f(x)在點(diǎn)(xn,f(xn))處的切線與x軸的交點(diǎn)為(xn?1,0)(n?N?)。

（1）用xn表示xn?1；（2）若x1?4，記an?lgxn?2，證明：數(shù)列{an}是等xn?2比數(shù)列，并求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式；（3）x1?4，bn?xn?2，Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，證明：Tn?3。

解：（1）過(guò)程略，xn?1xn?42(32?1)?。（2）過(guò)程略，xn?2n?1。

2xn3?12n?1 2

（3）由（2）知xn?n?12(323n?1?1)?12n?1，于是bn?xn?2?432n?1?1?0。

bn?132?11111?2n?1?2n?1?2n?1?21?1?, ∵bn33?13?133當(dāng)n?1時(shí)，顯然T1?b1?2?3，111當(dāng)n?1時(shí)，bn?bn?1?()2bn?2???()n?1b1，333∴Tn?b1?b2???bn?11b1[1?()n]1113?b1?b1???()n?1b1??3?3()n?3

13331?3綜上可得，對(duì)于任意n?N?，Tn?3。

評(píng)析：考慮到數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式中有指數(shù)式，而待證不等式右邊為常數(shù)，于是聯(lián)想到等比數(shù)列求和問(wèn)題，我們嘗試?yán)眠f推放縮的方法構(gòu)造等比數(shù)列。將非特殊數(shù)列向特殊數(shù)列轉(zhuǎn)化，這是本文的一個(gè)主體思想和關(guān)鍵策略。2．2．2局部放縮，再求和證明

例1（3）也可以采取局部放縮，再求和證明。

另證：易得b1?2，b2?時(shí)，bn?432n?111141，于是猜想當(dāng)n?3b3??2，b4?8?3，22023?12?14?12n?1。

132n?1由于32n?132n?1?1?12n?1??1?12n?1?32n?1?2n?1?1，所以下面只需證?2n?1?1。下面利用二項(xiàng)式定理證明：

因?yàn)楫?dāng)n?3，n?N?時(shí)，01n?1∵2n?1?(1?1)n?1?Cn?1?Cn?1???Cn?1?1?n?1?1?n?1，∴32n?10n?11nn?1n?1?3n?1?(2?1)n?1?Cn?Cn?1。?12?12???Cn?1?2所以，當(dāng)n?1時(shí)，顯然T1?b1?2?3； 當(dāng)n?2，Tn?b1?b2???bn?2?111?2???n?1 222 3

11[1?()n?1]12?3?()n?1?3。?2?2121?2故對(duì)于任意n?N?，Tn?3。

評(píng)析：從數(shù)列{bn}的通項(xiàng)結(jié)構(gòu)我們猜想應(yīng)將{bn}放縮為一個(gè)等比數(shù)列。通過(guò)計(jì)算，我們從第三項(xiàng)開(kāi)始通過(guò)放縮發(fā)現(xiàn)了數(shù)列{bn}的項(xiàng)所呈現(xiàn)的規(guī)律性，對(duì)于本題的證明，這是重大突破。此外，本題從第3項(xiàng)開(kāi)始放縮，恰當(dāng)使用了局部放縮。G.波利亞曾說(shuō)：“先猜，后證——這是大多數(shù)的發(fā)現(xiàn)之道。”先猜后證，也是我們常用的數(shù)學(xué)解題方法和策略。2．2．3并項(xiàng)放縮，再求和證明

例3．由原點(diǎn)O向已知的三次曲線y?x3?3x2?bx引切線，切于不同于點(diǎn)O的點(diǎn)P1(x1,y1)，再由P1引此曲線的切線，切于不同P1的點(diǎn)P2(x2,y2)，如此繼續(xù)作下去，??，得到點(diǎn)列{Pn(xn,yn)}（n?N?）。試解答下列問(wèn)題：

（1）求x1的值；（2）求數(shù)列{xn}通項(xiàng)公式；（3）若bn?前n項(xiàng)和，求證：Sn?1。

解：（1）過(guò)程略，易得x1?31。（2）過(guò)程略，易得xn?1?(?)n（n?N?）。221，Sn是數(shù)列{bn}2nxn1（3）∵xn?1?(?)n，2111?n∴bn?n?。n12?(?1)2xn2n[1?(?)n]22n?2n?11?n?1n當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，bn?1?bn?n?1 ?nnn?122?2?2?12?12?112n?2n?1?n?1n，n?122?2?1又當(dāng)n?2時(shí)，2n?1?2?1，即2n?1?1?0，于是

2n?2n?111bn?1?bn?n?1n?n?1?n，2222

∴Sn?b1?b2???bn?(b1?b2)?(b3?b4)???(bn?1?bn)

11[1?()n]11111112?(?2)?(3?4)???(n?1?n)?2?1?n?1。

122222221?2當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，因?yàn)閎n?1?0，n?1偶數(shù)，所以有 n2xnSn?b1?b2???bn?b1?b2???bn?bn?1

111111?(b1?b2)?(b3?b4)???(bn?bn?1)?(?2)?(3?4)???(n?n?1)

22222211[1?()n?1]12?2?1?n?1?1。

121?2綜上可知，Sn?1。

評(píng)析：由于數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式的分母中有隨n的奇偶+1與-1交替出現(xiàn)的項(xiàng)，于是單項(xiàng)放縮困難，而采取奇偶項(xiàng)并項(xiàng)放縮，則恰好利用其奇偶項(xiàng)特點(diǎn)，成功放縮。

例4．已知數(shù)列{an}和{bn}滿(mǎn)足a1?2，an?1?an(an?1?1)，bn?an?1，Sn是數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和。

（1）求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)Tn?S2n?Sn，求證：Tn?1?Tn；（3）求證：對(duì)任意的n?N?，有1?解：（1）過(guò)程略，bn?n1?S2n??n。221。（2）證明略。n（3）方法一（數(shù)學(xué)歸納法），略。

方法二（并項(xiàng)放縮法）：

當(dāng)n?1時(shí)，S2n?1?1； 2

當(dāng)n?2，n?N?時(shí)，S2n?b1?b2???b2n?1?111111111??????????n 234567892 5

1111111111?(?)?(???)???(n?1?n?1???n)23456782?12?221111111111?1??(?)?(???)???(n?n???n)

24488882221111?1??2?2?22?3???2n?1?n

2222111n?1??????1?，2222?1?另一方面，S2n?b1?b2???b2n?1?111111111??????????n 234567892

?1111111111111?1?(?)?(???)?(????)?(n?1?n?1???n)2345678910162?12?22

?1111111111111?1?(?)?(2?2?2?2)?(3?3???3)?(n?1?n?1???n?1)***111??1?2??22?2?23?3???2n?1?n?1 2222211??1?(n?1)??n，22n1綜上可知，對(duì)任意的n?N?，有1??S2n??n。

22評(píng)析：從待證不等式的特點(diǎn)和項(xiàng)數(shù)兩方面產(chǎn)生了并項(xiàng)放縮的想法。并項(xiàng)放縮常常涉及如何并項(xiàng)、怎樣放縮等問(wèn)題，因此，并項(xiàng)放縮比逐項(xiàng)放縮往往難度更大，要求更高。

2．2．4構(gòu)造放縮，再求和證明 例5．在數(shù)列{an}中，an?11，求證a1?a2???a50?。

(2n?1)(2n?2)4證明：由題設(shè)，a1?a2???a50?111。????3?45?6101?102111111設(shè)S?，構(gòu)造T?。顯????????3?45?6101?1022?34?5100?101然S?T。

111111 ???????2?33?44?55?6100?101101?10211111111111?(?)?(?)???(?)?(?)???，***221022∴2S?T?S? 6

故S?11，即a1?a2???a50?。

評(píng)析：本題雖然可先裂項(xiàng)，但不便求和，證明受阻。利用對(duì)偶式進(jìn)行構(gòu)造性放縮后，巧妙實(shí)現(xiàn)了裂項(xiàng)求和，證明簡(jiǎn)捷明快，賞心悅目。

例6．設(shè)函數(shù)f(x)?lnx?px?1(p?R)，（1）求f(x)極值點(diǎn)；

（2）當(dāng)p?0時(shí)，若對(duì)于任意的x?0，恒有f(x)?0，求p的取值范圍；

ln22ln32lnn22n2?n?1（3）證明：當(dāng)n?N，n?2時(shí)，2?2???2?。

2(n?1)23n解：（1）f(x)的定義域?yàn)?0,??)。當(dāng)p?0時(shí)，f?(x)?1 ?p?0，f(x)在其定義域上是增函數(shù)，故沒(méi)有極值點(diǎn)。

x111?px當(dāng)p?0時(shí)，若x?(0,)，則f?(x)??0；若x?(,??)，則

ppxf?(x)?11?px?0，于是f(x)有極小值點(diǎn)x?。

px11（2）由（1）知，p?0時(shí)，f(x)有極小值點(diǎn)f()?ln，由于f(x)在其

pp11定義域上只有一個(gè)極值點(diǎn)，因此f(x)的最大值為f()?ln。所以

ppf(x)?0?ln1?0?p?1。p（3）由（2）知，當(dāng)p?1，x?0時(shí)，f(x)?0?lnx?x?1?ln22ln32lnn2111于是2?2???2?(1?2)?(1?2)???(1?2)

23n23nlnx1 ?1?。

xx ?(n?1)?(又當(dāng)n?N，n?2時(shí)，111????)。22223n1111???，于是 2(n?1)nnn?1n 7

11111111111，?????(?)?(?)???(?)??2334nn?12n?12232n2ln22ln32lnn2111∴2?2???2?(n?1)?(2?2???2)

23n23n2n2?n?111 ?(n?1)?(?，)?2(n?1)2n?1ln22ln32lnn22n2?n?1即2?2???2?。

2(n?1)23n評(píng)析：導(dǎo)數(shù)進(jìn)入中學(xué)數(shù)學(xué)后，為中學(xué)不等式證明提供了一個(gè)強(qiáng)大工具。正因?yàn)槿绱耍ㄟ^(guò)構(gòu)造函數(shù)并利用導(dǎo)數(shù)證明不等式已成為高考數(shù)學(xué)試題中一道亮麗的風(fēng)景線。本題第（2）問(wèn)實(shí)際上已經(jīng)作出暗示，對(duì)比待證不等證式與第（2）問(wèn)所得結(jié)論，證明思路自然生成。