(甘志国)用待定系数法证明一类不等式高考题

第一篇：(甘志国)用待定系数法证明一类不等式高考题

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

第二篇：强化命题证明一类数列不等式

该文发表于《中学数学教学参考》2006年第12期

强化命题证明一类数列不等式

201203华东师大二附中任念兵数列不等式是近年来高考和竞赛中的热点题型，其中一类形如

in0n1C（C为常数）ai的证明题难度较大.由于此类不等式的右边是常数，所以数学归纳法证明无法实现归纳过渡，但通过对归纳过渡过程的研究,可以放缩右边的常数,将命题加强为

in0an1iC1,其中gngn0表示关于正整数n的函数式,从而可以构造单调递减数列巧妙的证明这类问题.例1：求证：1

9111nN* 2252n14

91111„„„„„„（1）252n124gn分析：①首先假设命题可以强化为

接着思考的问题自然是：要使加强命题成立，gn应满足什么条件呢？

②既然加强命题（1）成立，则可以利用数学归纳法加以证明：

111.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(2)n1时, 94g1归纳假设1

91111,接下来要证 252k124gk111111„„„„„„„„„„„„„„(3)229254gk12k12k3而由归纳假设只能得到1

9111111.如果能证得252k122k324gk2k32

11111，即 4gk2k324gk1111.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(4)gkgk12k32

则可以由不等式的传递性知道（3）式成立，从而由归纳法原理证明了加强命题（1）.从上述分析可知, gn必须同时满足(2)(4)两式.③明确gn应满足的条件后,我们就可以“确定”gn的表达式了.观察(4)式的结构,不等式右边分母是二次多项式,于是我们考虑到,如果gn是一次多项式,则不等式左边通分后也是一个二次多项式,这样(4)式就转化为两个二次多项式的比较,从而可以通过gn的系数控制使(4)式成立.设gnanb(a,b为待定的常数), 将gnanb代入(4)式知

a2k32akbakab对kN*恒成立,整理得

4ak212ak9aa2k22aba2kbab对kN*恒成立,比较各项系数得

a4,b4.又因为gnanb同时满足(2)式,代入得ab36.所以,不妨取a4,b4,5

即得gn4n4.从而,原不等式可以加强为:

11111

nN*.„„„„„„„„„„„„„„„(5)

9252n1244n4

④将上述分析过程略加整理就能得到加强命题的数学归纳法证明,而下面利用数列单调性的方法更为简捷.证明:记fn

fn1fn

1111,则有 9252n124n4

2n32



1111

220即fn单调递

4n144n44n12n94n12n8

减,故fnf1

,加强命题(5)得证.984

注:上述证明的关键步骤fn1fn0实际上就是分析过程中的(4)式.我们不难发现处理此类问题的一般步骤是:首先假设加强命题

in0



n

成立,C

aign接着明确gn应满足的条件，然后确定gn的表达式，最后构造单调递减数列完成巧妙的证明.按照这样的思路我们再看下面两个例子:

11115

例2:求证:23nnN*.212121213分析: 假设加强命题为：

111151

.gn应同时满足23n2121213gn21

151

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(6)

213g1111

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(7)k1

gkgk121

观察(7)式的结构,不等式右边的分母是指数结构,因此我们考虑gn是指数结构.设

和

gna2n,将gna2n代入(8)式知a2k12k11恒成立,故有a1.又因为

gna2n同时满足(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: 已知正整数n1,求证: 1分析: 假设加强命题为：11

1119

.2！3！n!5

11191

.gn应同时满足

2！3！n!5gn191

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(8)

25g2111

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(9)

gkgk1k1!

k

1对k2恒成立,故有a2.又因为gnan!同时满足(8)式,a

和

观察(9)式的结构,不等式右边是阶乘结构,因此我们考虑gn是阶乘结构.设gnan!.将

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

本文举例探讨了如何强化命题来证明不等式

in0

n

n

a

n

i

C，这里有几点需要加以说明:

①将

in0



111,关键是明确gn应满足的条件和gn的式子结构.C强化为Caiagnini



根据数学归纳法的思考过程可以确定gn应满足的条件，而gn的式子结构是由an决定的:

若an是多项式则gn是多项式,若an是指数结构则gn是指数结构,如此等等.然后,利用待定系数法便可求出合理的gn（这样的gn往往不唯一,但系数有范围限制）.②强化命题后,我们利用数列的单调性来证明加强命题,这不仅简化了证明过程,而且缩小了

in0



n

17341的上界.如例1的上界可以缩小为,例2的上界可以缩小为，例3的上界可以缩小

7221ai

为.另外，我们还可以通过改变待定系数来调整gn,进一步缩小的上界.a4iin



n

③本文研究的不等式

in0

n



n

都是收敛C具有深刻的高等数学背景.实际上,这些级数

aiaiin



的,in0

n



C就是对收敛级数的上界估计.如例3的背景是级数ai



i!e1,因此有

i1



近年来的各地高考中以高等数学知识为背景的问题频i!e15.值得一提的是，i1

i1

i!

频出现，例2实际上就是从2006年高考福建卷的压轴题的关键步骤中提炼出来的问题.

第三篇：不等式选讲高考题

不等式选讲高考题

1.(2011年高考山东卷理科4)不等式|x5||x3|10的解集为

（A）[-5.7]（B）[-4,6]

（C）(,5][7,)（D）(,4][6,)

2.(2011年高考天津卷理科13)

已知集合AxR|x3x49,BxR|x4t,t(0,)，则集合

1t

AB=________.3.对于实数x，y，若x11，y21，则x2y1的最大值为.4．(2011年高考陕西卷理科15)若关于x的不等式axx2存在实数解，则实数a的取值范围是

5．(2011年高考辽宁卷理科24)选修4-5：不等式选讲

已知函数f（x）=|x-2|-|x-5|.（I）证明：-3≤f（x）≤3；

（II）求不等式f（x）≥x-8x+15的解集.6.(2011年高考全国新课标卷理科24)（本小题满分10分）选修4-5不等选讲 设函数f(x)xa3x,a0（1）当a1时，求不等式f(x)3x2的解集；(2)如果不等式f(x)0的解集为xx1，求a的值。

7.(2011年高考江苏卷21)选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）

解不等式：x|2x1|

2

8．（2009广东14)不等式|x1|1的实数解为.|x2|

9.(2011年高考福建卷理科21)设不等式2x-＜1的解集为M．

（I）求集合M；

（II）若a，b∈M，试比较ab+1与a+b的大小

10．（2010年高考福建卷理科21）选修4-5：不等式选讲 已知函数

（Ⅰ）若不等式。的解集为，求实数的值； 对一切实数x恒成立，求实数m的取值（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若

范围。

11．（2007海南、宁夏，22C，10分）（选修4 –5：不等式选讲）设函数f(x)|2x1||x4|.（1）解不等式f(x)2；

（2）求函数yf(x)的最小值。

12.2009辽宁选作24）设函数f(x)|x1||xa|.f(x)3；（I）若a1,解不等式（II）如果xR,f(x)2,求a的取值范围。

第四篇：化为同分母循环和 证明一类分式不等式

本文发表于《中学数学研究》（南昌）2004年第12期

化为同分母循环和

证明一类分式不等式

215006苏州市第一中学刘祖希

分式不等式的证明难，其难点首先体现在如何去掉分母.本文将通过一些例子获得一个证明分式不等式的有效方法，并希望能成为一个通法：这就是将分式不等式的各部分巧妙地化为同分母循环和(即

A1)获证.下面详细予以说明.ABC

例1设a,b,c是正实数，且abc1，求证：

(1996年IMO37预选题)

证明：∵abc1,ababab（作差法易证）, 5522abbcca1.a5b5abb5c5bcc5a5ca

aba2b2c5∴5（齐次化）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，当且仅当abc1等号成立（考虑篇幅，等号成立条件以下略）.例2求证：对所有正实数a,b,c，有

（1997年美国数学奥林匹克试题）

证明：先证齐次不等式

33abcabcabc1.a3b3abcb3c3abcc3a3abc∵ababab（作差法易证），∴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对例

2、例3的推广形式： 推广：设a,b,c是正实数，且abc1，记f

1，则f1；

21②若1或，则f1；2

1③若1，则f1.2①若1或

（《中学数学月刊》2002.12P40）

例3设ABC中，求证：abc2.bccaab

aa2a2a22a21； 证明：∵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，记f，试证： abcbcacab

2①当11时，有f； 

12②当1时，有f.1∴

(《中等数学》2002.4数学奥林匹克问题高115)

证明： 只要1，总有

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当1时，有f.11即1f故①当11时，有f

注：例4中取0，即为例3.例5设0a,b,c1.证明：abc2.bc1ca1ab1

证明：∵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分别表示边a,b,c上的中线长，证明:22.2mbmc

（《中等数学》2003.4P18）

证明：由三角形中线长定理，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，我们是否可以获得这样的启示：以上这些分式不等式都具有对称性，而且不等式的另一端多为常数，这就为我们统一处理、集中去分母提供了便利，同分母循环和的方法应运而生.例7设a,b,c是正实数，n是正整数，求证： anan1an1an

n1n1；②nn1n1.①nnnbcbcbcbc

(《中等数学》2001.3P23)

nn证明：①

∵bcbn1cn1（作差法易证），annan1∴



n

n1n1 nbcbc1an1

n1n1（车贝雪夫不等式）

3bcan1n1n1（三元均值不等式）bcan1

n1n1； bc

②类似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

第五篇：在职证明(出国用)

在 职 证 明

致英国驻中国大使馆：

兹有本公司职工（性别；男；出生日期：年月号；护照号：）

自2007年起在本公司任一职，现月薪为壹万元。本公司同意其休假，并担保其在签

证有效期内按期返回中国，并遵守英国当地的法律法规。我公司保留其工作职位，恳请贵使

馆给予签证方面的便利！

特此证明

2013．5．31

法人代表：

公司营业执照号：

公司法人码：

地址：

电话：，传真：