(甘志国)用待定系数法证明一类不等式高考题_分析法证明不等式例题

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用待定系数法证明一类不等式高考题

甘志国(该文已发表中国数学教育(高中版)，2010(6)：39-40)

解答2009年高考山东卷理科第20题第(2)问、2009年高考广东卷理科压轴题第(2)问的左边和2008年高考福建卷理科压轴题最后一问、2007年高考重庆卷理科第21题第(2)问、1998年高考全国卷文、理科压轴题第(2)问、1985年高考上海理科卷第8题这七道高考题就是分别要证明(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以上高考题的参考解答除①是用放缩法证明的之外，其余的都是用数学归纳法证明的，文献[1]还给出了②(显然②、④、⑥是等价的)的七种简证，文献[2]也给出了①、③、⑤的多种证法.本文将给出此类不等式的一种耳目一新的证法——待定系数法，用此种证法还可把这些不等式加强.设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)当0且AnB0恒成立(即0A格递增，下同)，所以ana1229B)时，an是单调递增数列(不一定严7

32AB，即

32AnB352n1 AB242n

选A

3352n19

n7B0，即得.78242n

4(2)当0且AnB0恒成立(即AB0或AB0或AB0)时，an

是单调递减数列，所以ana1

32AB，即

352n13

242n2

选A

AnB

AB

4352n134n3B0，即得.3242n27

所以该结论是①的加强.设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)当0且AnB0恒成立(即B0A一定严格递增，下同)，所以bnb1

7B)时，bn是单调递增数列(不2

2AB，即

选A

AnB242n



AB132n1

72242n

B0，即得n2.23132n1

(2)当0且AnB0恒成立(即A4B0或A4B0或AB0)时，bn是单调递减数列，所以bnb1

2AB，即

242nAnB2132n1AB

选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.读者用此法还可证得

1253n161n32n(nN)⑨

2143n2

由此易得⑦成立.这里再给出①的两种简洁证明：

352n1

证法1即证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

证法2设cn

352n11，可用比值法证得cncn1，所以cn是严242nn1

2，所以

352n132n2 242n4

格单调递增数列，得cnc1

这也是欲证结论的加强.(②∼⑥均可用这种方法证得并加强)

下面再用构造对偶式的方法给出不等式①-⑥的简洁证明(因为②、④、⑥等价，所以只证①、②、③、⑤)：

式①的证明设A

352n1462n2,B，得 242n352n134562n12n22n2ABn

123452n2n1

因为

AB0，所以A2ABn1,A，得欲证成立.注(1)由该证明还可得B2ABn1,B(2)设A

52

4

2n124,C

2n1

3

2n，得AC2n1.由0AC，得2n1

AC，所以欲证成立.(3)对于不等式①、②、③、⑤，读者均可像(1)、(2)这样研究.式②的证明设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的证明设A

ABC

3n2.由ABC0，得A.2式⑤的证明设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.参考文献

1田彦武.推陈出新别具一格——对2008年福建高考理科第22题的研究[J].中学数学(高中)，2008(11)：37-38

2任宪伟.三次不同年度高考数列题实考一辙[J].中小学数学(高中)，2009(12)：32-34