放缩法与不等式的证明_基本不等式的证明方法

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放缩法与不等式的证明

我们知道，“放”和“缩”是证明不等式时最常用的推证技巧，但经教学实践告诉我们，这种技巧却是不等式证明部分的一个教学难点。学生在证明不等式时，常因忽视“放”或“缩”的合理性或把握不住“放”或“缩”的“度”而导致解题失误甚至思维搁浅。本文以通过对几道实例的分析，就证明不等式的过程中如何进行“放”或“缩”作些浅谈。

例1设△ABC的三边长为a、b、c，且m为正数，求证：abc。mambmc解说：依题设知abc，因此证明的第一个目标就是考虑将待证不等式的左端适当

ababab„„„① mambmabmabmab

由于①式的分子、分母中都含有ab，不便于利用条件abc，据此可考虑处理掉分子

ab(mab)mm1的ab：„„„„② mabmabmab

在利用条件abc和不等式的性质便能达到“缩”的目的：

11∵ abc0，∴ mabmc0，∴，又∵m0，mabmc

mmmmm(mc)mc11∴，又∵1，mabmcmabmcmcmcmcabc于是。mambmc缩小，以出现ab：左

本题是高中数学教材第二册（上）（人教版）中不等式证明中的一道习题，主要利用了三角形的两边之和大于第三边和不等式的一些基本性质来对分母进行“放”或“缩”，以达到证明的目的。

例2：对于一切大于1的自然数n，证明(1)(1)(1

13151)2n12n1

2解说：本题的常见证明方法是数学归纳法。能否找到一种“放”或“缩”的方式直接证明呢？显然，待证不等式等价于22232n2212312n12n1„„„„„„① 2

①式的左端是形如2k（k2，3，„„，n）的n1个因数的乘积。如果能将每一个2k1

因数按照某种规律缩小后能“交叉”约分的话，可望收到化繁为简之效。注意到①式右端需要2n1，因此，对左端每一个因数缩小后应含有2k1，据此便不难找到可行的缩小方式：2k2k2k2k2k12k1，2k12k12k12k12k2k1

于是左2212312(n1)12n12n12n1。2.212312(n1)12n132

本题是95年上海的一道高考题，本题通过对待证式子的变形，然后在假分数的分子、分母上加上同一个常数，分数的值缩小，以达到能够约分的目的，进而得到所证的结果。

以上两个例中的“放”或“缩”的方式都是通过对待证不等式的结构特征进行分析才获得的“放”或“缩”的方法。然而，对有些不等式而言，合适的“放”或“缩”的方式的获得并非象上面两个例子那样顺利。

例3：求证：11111(nN)。325272(2n1)2

41（k1，2，„，n）的n项之和，不便于与右2(2k1)解说：不等式是左边是形如

边直接比较，于是想到将左边的每一项按照某种规律放大，求和后再与右边比较，我们先看下列放大方式：

11111111325272(2n1)22324252n

111111n1[1(1)n]1。3(12n1)122228424121

仅观其表，会认为无懈可击。问题在于这里采用的放大方式11 2k2(2k1)

2即(2k1)22k2(kN)是否合理。通过验证k的前几个特殊值可以发现，(2k1)22k2对k1，2，3，4成立，但对k5，6等不成立，其根源在于忽视了“当k增大时，指数函数2k2比幂函数(2k1)2增大得快”这一基本事实。我们再看下述放大方式：1111，22k(2k1)2k2k1(2k1)

左边

11的积，利用它2k12k1显然，这种放大方式是行不通的，因为它不能满足将左边各项放大后求和的要求，必须对其作些改进。如果将左边每一项放大后能出现一个常数与

将左边放大后就可“交叉”相消达到求和目的，基于这种想法，考虑放大方式：

11111()，(2k1)2(2k1)(2k1)22k12k1

左边

由于12***1111)](1)。2n12n122n1211知这种放大方式的放大量偏大，但它却给我们提供了寻求放大方式的启示：24

使每一项放大后出现因数1。经尝试可得： 4

111111()，于是(2k1)24k24k14k(k1)4kk1

左边

41212***)](1)。nn14n14

通过对放大方式的反复调整，终于成功了。

该例题表明在放、缩方式合理的前提下，放、缩方式是否适度，事先难以预料的，但在证明过程中可以通过对放、缩情况的审视逐步作出调整，选择适度的放缩方式改进证明。

例4： 设a、bR，ab1，求证：(a12125)(b)2„„„„„① ab

2解说：如果直接运用二元均值不等式缩小，即采用缩小方式a112a2„„„„„„„„„„„„„„② aa

b112b2„„„„„„„„„„„„„„„„„„③ bb

2225知，②、③处的缩小量太大。失败的根源在于②、③中的2

1等号无法取得。注意到①是非严格不等式，其中等号成立的条件是ab，因此，每一2将有左228，由8

次缩小都必须保证等号成立的条件得到满足。抓住这一点不难获得多种可行的缩小方式，组织多种证法。

121111)(b)2[(a)(b)]2 ab2ab

1ab2111125[(ab)](1)2[1]2 ab22ab2ab22()2

1212111ab1)2(ab2)证法2：(a)(b)2(a)(b)2(ababababbaab证法1：(a

1194911592[(ab)(4)]2(ab)2[(ab)]4ab4ab24ab4ab2

2(115

4ab)92(1215925159)=2(1)ab222242

对非严格不等式的证明，每一次的“放”或“缩”保证等号成立是一个基本的思考点，是放大或缩小的一个必要性要求，但它并不具有充分性。