均值不等式放缩_什么是不等式放缩

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2013高考数学备考之放缩技巧—均值不等式

n(n1)(n1)

2Sn.例1.设Sn求证

解析:

此数列的通项为akk1,2,,n

nn

kk11

1kk.，kSn(k)，222k1k1

n(n1)n(n1)n(n1)2

Sn.即

2222

注：①应注意把握放缩的“度”

n



ab

2，若放成(n1)(n3)(n1)2

k1 则得Sn(k1)

22k1

②

aa1n

na1an，就放过“度”了

n

其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。

1，若

bx

1a2

n1

例2.已知函数f(x)

f(1)f(2)f(n)n

x

解析: f(x)

4f(1)

5，且f(x)在[0，1]上的最小值为1，求证：

1.2

14

x

1

1(x0)f(1)f(n)(1)xx

221422

(1

1111111)(1)n(1n1)nn1.2n

422222222



例3.已知a,b为正数，且1

a，试证：对每一个nN1

1b

a

b

，(ab)nanbn22n2n1.解析: 由111得ab

ab

n

0n

ab，又(ab)(11)2ab4，故abab4，而

b

a

n

1n

n1

rn

nr

(ab)CaCabCa

令f(n)(ab)nanbn，则

ini，倒序相加得 CnCn

bCbn，r

n

n

1n1rnrrn1

f(n)=CnabCnabCnabn1，因为

1rn1

2f(n)=Cn(an1babn1)Cn(anrbrarbnr)Cn(abn1an1b)，n

而an1babn1anrbrarbnrabn1an1b2anbn2422n1，则

1rn1

2f(n)=(CnCnCn)(arbnranrbr)(2n2)(arbnranrbr)(2n2)

2n1，所以f(n)(2n2)2n，即对每一个nN，(ab)nanbn22n2n1.123n

例4.求证CnCnCnCnn2

n1

(n1,nN)

解析: 不等式左Cn23nCnCnCn2n112222n1n2222n1=

n2

n1

2，原结论成立.例5.已知

f(x)ee

xx

n,求证:f(1)f(2)f(3)f(n)(en11)2

x1

11ex1ex21x2x1x2x1x2

e1解析: f(x1)f(x2)(ex)(ex)exxxx

e1e2e2e1e1e2

经过倒序相乘,就可以得到f(1)f(2)f(3)f(n)(e 例6.已知

n1

1)

n

f(x)x

1x,求证:f(1)f(2)f(3)f(2n)2n(n1)n

解析:

11k2n1k1(k)(2n1k)k(2n1k)2(2n1k)2

k2n1k2n1kkk(2n1k)

其中:k1,2,3,,2n,因为k2nk(1k)2n(k1)(2nk)0k(2n1k)2n所以(k1)(2n1k

k)2n2

2n1k

从而[f(1)f(2)f(3)f(2n)]2(2n2)2n,所以f(1)f(2)f(3)f(2n)2n(n1)n.例7.若k7,求证:S11n

nn1

3.n2nk12

解析:2S(1n

n

1111111)()()()nk1n1nk2n2nk3nk1n

因为当x0,y0时,xy2xy,11

xy

11114,当且2,所以

(xy)()4,所以

xyxyxyxy

仅当xy时取到等号.44444n(k1)



nnk1n1nk2n2nk3nnk1nnk12(k1)2(k1)43

所以Sn2

1k1k121kn11113

 所以Sn

nn1n2nk12

所以2Sn



例8.已知

a2

f(x)a(xx1)(xx2),求证: f(0)f(1).16

a2

解析: f(0)f(1)a[x1(1x1)][x2(1x2)]

例9.已知函数f(x)=x－(－1)·2lnx(k∈N*).k是奇数, n∈N*时,求证: [f’(x)]－2

n

n－1

k

.·f’(x)≥2(2－2).x

nnn

解析: 由已知得f(x)2x2(x0)，(1)当n=1时，左式=(2x2)(2x2)0右式=0.∴不等式成立.xx(2)n2, 左式=[f(x)]n2n1f(xn)(2x

2n2)2n1(2xnn)xx

2n(C1xn2C2xn4Cn21Cn11).nnnn

xn4xn2令SC1xn2C2xn4Cn21Cn11

nnnn

xn4xn2

由倒序相加法得：

2SC1(xn21)C2(xn41)Cn1(1xn2)

nnnn2n4n2

x

x

x

12n1

2(CnCnCn)2(2n2)，所以S(2n2).所以[f(x)]n2n1f(xn)2n(2n2)成立.综上，当k是奇数，nN时，命题成立例10.（2007年东北三校）已知函数f(x)axx(a1)（1）求函数



f(x)的最小值，并求最小值小于0时的a取值范围；

1'2'n1'（2）令S(n)Cnf(1)Cnf(2)Cnf(n1)求证：S(n)(2n2)f'(n)

(1)由f'(x)axlna1,f'(x)0,即：axlna1,ax同理：f'(x)0,有xlogalna，又a1xlogalnalna

所以f'(x)在(,logalna)上递减，在（logalna,)上递增；所以f(x)minf(logalna)若f(x)min0,即

1lnlnalna

1lnlna1

0,则lnlna1,lnalnae

a的取值范围是1aee

12n1

(2)S(n)Cn(alna1)Cn(a2lna1)Cn(an1lna1)122n1n112(CnaCnaCna)lna(CnCnCnn1)

112n1[Cn(aan1)Cn(a2an2)Cn(an1a)]lna(2n2)2

a(2n2)lna(2n2)

n

(22)(alna1)(2n2)f'(),n

n2

n2

例11.(2008年江西高考试题)已知函数

f

x

x0,.对任意正数a,证明：1

fx2．

f(x),解析:对任意给定的a0,x0,由

若令 b8，则 abx8① ,而

ax

f

x②

（一）、先证fx

111，11x1b

1a

又由

2abx8，得 abx6． 所以fx



11132(abx)(abaxbx)



(1x)(1a)(1b)1x1a1b



9(abx)(abaxbx)1(abx)(abaxbx)abx

1．

(1x)(1a)(1b)(1x)(1a)(1b)

（二）、再证fx2；由①、②式中关于x,a,b的对称性，不妨设xab．则0b

2（ⅰ）、当ab7，则a5，所以xa5，因为

1，此时fx2．





1（ⅱ）、当ab7③，由①得 ,因为1

x

8ab

bb2b2 所以

1[1]1b1b4(1b)2(1b)b④ 1

2(1b)⑤，于是 a

1

2(1a)1ab⑥

f

x221a1b今证明

ab, 因为

ab，1a1b1a1b只要证

abab，即，此为显然． ab8(1a)(1b)，也即 ab7，据③(1a)(1b)ab8

因此⑦得证．故由⑥得 f(x)2．

综上所述，对任何正数a,x，皆有1fx2．

例12.求证:

1

1112 n1n23n1

解析:一方面:

11111112

1 n1n23n123424



(法二)1

11111111 1



n1n23n12n13n1n23n3n1n1



 14n24n24n2

2(3n1)(n1)3n(n2)(n1)(3n1)

(2n1)2111

2n1(2n1)2n2(2n1)2(n1)2(2n1)2n2(2n1)21



另一方面:

1112n12n22 n1n23n1n1n1