妙用 『糖水不等式』 巧解題

妙用 『糖水不等式』 巧解題

張國治

摘要

^: 對於一個從生活中提煉出來的 『糖水不等式』, 筆者發現此不等式無論對教 材的處理還是各種競賽和高考題的解決有事半功倍之效。 作為教師無論在教學還是 在教師的科研中, 都應該謹慎處理每一個數學問題, “追問”數學, 做好做足數學反 思, 而數學反思更是數學教師專業化成長最有效的途徑之一, 通過反思教學提高課堂 教學效率和教科研水準。

關鍵字

^: 糖水不等式, 解題反思, 教材的處理, 挖掘, 教師專業化成長。

我們熟知, 若 a kg 白糖製出 b kg 糖溶液, 則糖的品質分數為 a

b。 若在上述不飽和溶液中 再添加 m kg 白糖, 此時糖的品質分數增加到 a + m

b + m, 糖水變甜了。 將這個事實抽象為數學問

題, 即: 若 a, b, m ∈ R⁺, 且 a < b, 則 a

b < a + m

b + m。 (詳見人教社 《選修 4-5 不等式選講》, p.21)。 我們不妨稱之為 『糖水不等式』。 事實上, 若能恰當的利用此不等式可巧妙地證明一些較 複雜的不等式, 下面舉例說明此不等式的應用。

應用一、 證絕對值不等式

例1: 已知 a, b 是實數, 求證 |a + b|

1 +|a + b| ≤ |a|

1 +|a| + |b|

1 +|b|。 (詳見人教社 《選修 4-5 不等 式選講》, p.28)。

分析: 教科書中是採用 |a + b|

1 +|a + b| = 1− 1

1 +|a + b| ≤ 1 − 1

1 +|a| + |b| = |a| + |b|

1 +|a| + |b|

來證明的, 技巧性較強。 事實上, 利用教材中已證的 『糖水不等式』 便有如下簡潔的證法。

證明: ∵ 0 ≤ |a + b| ≤ |a| + |b|, ∴ m = |a| + |b| − |a + b| ≥ 0, 由 『糖水不等式』 得

|a + b|

1 +|a + b| ≤ |a + b| + m

1 +|a + b| + m = |a| + |b|

1 +|a| + |b| = |a|

1 +|a| + |b| + |b|

1 +|a| + |b|

≤ |a|

1 +|a| + |b|

1 +|b|.

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按此證明方法不難做如下推廣。

推廣1: 已知 x1, x2, . . . , xn 是實數, 求證 |x1+ x₂+· · · + xn|

1 +|x1+ x₂+· · · + xn| ≤ |x1|

1 +|x1|+ |x2|

1 +|x2| +· · · + |xn| 1 +|xn|. 推廣2: 已知 x1, x₂, . . . , x_n 是實數且 c > 0

求證 |x1+ x₂+· · · + xn|

c +|x1 + x₂+· · · + xn| ≤ |x1|

c +|x1|+ |x2|

c +|x2| +· · · + |xn| c +|xn|.

應用二、 證分式不等式

例2: (2008年全國高中數學聯賽山東省預賽題第17題) 若 x > 0, y > 0, z > 0 且 xyz = 1,

求證 1 < 1

1 + x + 1

1 + y + 1

1 + z < 2.

解析: 依題意可設 x = b

a, y = c

b, z = a

c, (a、 b、 c ∈ R⁺),則 1

1+x+ 1

1+y+ 1

1+z = a a+b+ b

b+c+ c

c+a > a

a+b+c+ b

b+c+a+ c

c+a+b = 1, 另一方面, 由 『糖水不等式』 可知

a

a + b + b

b + c + c

c + a < a + c

a + b + c + b + a

b + c + a + c + b

c + a + b = 2, 所以原不等式成立。

評注: 對於條件 xyz = 1 常作代換 x = b

a, y = c

b, z = a

c, 可使非齊次不等式變為齊次不等 式。 按此證明方法不難做如下推廣。

推廣1: 若 ai > 0 (i = 1, 2, . . . , n) n∈ N^∗, n > 2 則 1 < a₁

a1 + a2+· · · + an−1 + a₂

a2+ a3+· · · + an

+· · · + a_n

an+ a1+· · · + an−2 < 2.

推廣2: 若 ai > 0 (i = 1, 2, . . . , n) n∈ N^∗, n > 2 且 a1· a2· a3· · · an = 1。 求證 1 < 1

1 + a₁ + 1

1 + a₂ +· · · + 1

1 + a_n < n− 1.

應用三、 證排列組合數不等式

例3: (2001年全國高考題理科第20題) 已知 i, m, n 是正整數, 且 1 < i ≤ m < n。

證明 (1) nⁱAⁱ_m < mⁱAⁱ_n; (2) (1 + m)ⁿ> (1 + n)^m。 解析: (1) 對於 1 < i ≤ m < n 有

Aⁱ_m= m(m− 1) · · · (m − i + 1), Aⁱ_m mⁱ = m

m · m− 1

m · · ·m− i + 1

m ,

同理 Aⁱ_n nⁱ =n

n ·n− 1

n · · ·n− i + 1 n

由於 m < n, 對於整數 k = 1, 2, . . . , i−1, 由 『糖水不等式』 得 m− k

n− k < m− k + k n− k + k = m

n 即 n− k

n > m− k

m , 所以 Aⁱ_n

nⁱ > Aⁱ_m

mⁱ 即 nⁱAⁱ_m < mⁱAⁱ_n。 (2) 由二項式定理有 (1 + m)ⁿ =

∑n i=0

mⁱC_nⁱ, (1 + n)^m =

∑m i=0

nⁱC_mⁱ , 由 (1) 知 nⁱAⁱ_m < mⁱAⁱ_n(1 < i≤ m < n) 而 Cmⁱ = Aⁱ_m

i! , C_nⁱ = Aⁱ_n

i! ,所以 mⁱC_nⁱ > nⁱC_mⁱ 。 因此, ∑^m

i=2

mⁱC_nⁱ >

∑m i=2

nⁱC_mⁱ , 又 m⁰C_n⁰ = n⁰C_m⁰ = 1, mC_n¹ = nC_m¹ = mn,

∴

∑m i=0

mⁱC_nⁱ >

∑m i=0

nⁱC_mⁱ , 即 (1 + m)ⁿ > (1 + n)^m.

應用四、 證數列型不等式

例4: (1995年全國高考題文科第25題) 設 {an} 是由正數組成的等比數列, Sn 是其前 n 項和。

證明 log_0.5S_n+ log_0.5S_n+2

2 > log_0.5S_n+1.

分析: 原高考標準解答是討論公比 q = 1 與 q ̸= 1 兩種情況, 利用作差比較法證明, 略顯繁瑣。

若考慮到題設結構和等比數列的性質巧妙利用 『糖水不等式』 便有如下簡潔的證法。

證明: 原不等式等價於 SnS_n+2< S_n+1² ⇔ S_n

S_n+1<S_n+1

S_n+2。 設 {an} 的公比為 q 首項為 a1, 則 S_n+1

S_n+2 = a₁+ a₂+ a₃+· · · + an+1

a₁+ a₂+ a₃+· · · + an+2

= a₁+ q(a₁+ a₂ +· · · + an)

a₁+ q(a₁+ a₂+· · · + an+1) = a₁+ qS_n a₁+ qS_n+1, 由 『糖水不等式』 得 S_n

S_n+1 = qS_n

qS_n+1 < a₁+ qS_n

a₁+ qS_n+1 = S_n+1

S_n+2, 故原不等式成立。

例5: 已知數列 {an} 的前n項和為 Sn, 已知對任意的 n∈N⁺, an總是n與 Sn 的等差中項。

求證 1 a₁ + 1

a₂ +· · · + 1 a_n < 2.

解析: 由題意可知 2an = n + S_n, 故 2an−1 = n− 1 + Sn−1, 兩式相減得, 2an− 2an−1 = 1 + S_n− Sn−1, 即 an = 2a_n−1+ 1, (n ≥ 2), ∴ an+ 1 = 2(a_n−1+ 1), (n ≥ 2), 故數列 {an+ 1} 是以 2 為公比 a1+ 1 為首項的等比數列, 易知 an = 2ⁿ− 1, ∴ 1

a_n = 1 2ⁿ− 1, 由

『糖水不等式』 可知 1

a_n = 1

2ⁿ− 1 < 1 + 1

2ⁿ− 1 + 1 = 2 2ⁿ =

(1 2

)n−1

(n≥ 2),

∴ 1 a₂ + 1

a₃ +· · · + 1 a_n <

(1 2

)1

+ (1

2 )2

+· · · +(1 2

)n−1

=

1 2

[ 1−(

1 2

)n−1]

1− ¹₂ = 1−(1 2

)n−1

< 1,

∴ 1 a₁ + 1

a₂ +· · · + 1

a_n < 1 + 1 a₁ = 2.

例6: (2007年四川高考題理科第22題第3小題) 求證 Tn= 4

3²⁰ − 1+ 4

3²¹ − 1+ 4

3²² − 1+· · · + 4

3²ⁿ⁻¹ − 1 < 3.

分析: 此題直接放縮較難, 若考慮到題設待證不等式的結構利用 『糖水不等式』 便有如下簡解。

解析: 設 an= 4

3²ⁿ⁻¹ − 1,當 n = 1 時, T1 = a₁ = 4

3²⁰ − 1 = 2 < 3 成立;

當 n ≥ 2 時, 3²ⁿ⁻¹− 1 > 4, 由 『糖水不等式』 可知

a_n= 4

3²ⁿ⁻¹− 1 < 4 + 1

3²ⁿ⁻¹ − 1 + 1 = 5

3²ⁿ⁻¹ ≤ 5 3ⁿ. 故 a2 < 5

3², a₃ < 5

3³, . . . , a_n < 5 3ⁿ, 所以

a₂ + a₃+· · · + an< 5 3² + 5

3³ +· · · + 5 3ⁿ = 5·

1 9

(

1− ₃ⁿ¹−1

)

1− ¹₃ = 5 6 (

1− 1 3ⁿ⁻¹

)

< 5 6. 所以 Tn = a₁+a₂+· · ·+an< a₁+5

6 = 2+5 6 = 17

6 < 18

6 = 3, 而 n=1 時, 上式也成立。

故對任意的 n∈N⁺ 都有 Tn= 4

3²⁰−1+ 4

3²¹−1+ 4

3²²−1+· · ·+ 4

3²ⁿ⁻¹−1< 3 成立。

例7: (2009年山東高考題理科第20題) 等比數列 {an} 的前 n 項和為 Sn, 已知對任意的 n ∈ N⁺ 點 (n, Sn) 均在函數 y = b^x+ r (b > 0且 b ̸= 1, b, r 均為常數) 的圖像上。

(I) 求 r 的值。 (II) 當 b = 2 時, 記 bn= 2(log₂a_n+ 1) (n∈ N⁺)。 證明對任意的 n ∈ N⁺ 不等式成立 b₁+ 1

b₁ · b₂+ 1

b₂ · · ·b_n+ 1 b_n >√

n + 1 成立。

分析: 原標準解答是利用數學歸納法證明, 略顯繁瑣, 注意到通項公式的特點可利用 『糖水不等 式』 有如下簡解。

解析: (I) 略。

(II) 由 (I) 知 an = (b− 1)bⁿ⁻¹ 當 b = 2 時, 易知 bn= 2n, 故要證的不等式為 3

2· 5

4· · ·2n + 1 2n >√

n + 1,

設 A = 3 2 · 5

4· · ·2n + 1

2n ,由 『糖水不等式』 得 2n

2n + 1 < 2n + 1

2n + 1 + 1 = 2n + 1

2n + 2, 即 2n + 1

2n > 2n + 2 2n + 1, 也即 A > B = 4

3·6

5· · ·2n + 2

2n + 1,故 A² > AB = 3 2·4

3·5 4·6

5· · ·2n + 1

2n ·2n + 2

2n + 1 = n + 1, 故 A = 3

2 · 5

4· · ·2n + 1 2n >√

n + 1。

例8: (1998年全國高考題理科第25題) 已知數列 {bn} 是等差數列, b1 = 1, b₁ + b₂+· · · + b₁₀= 145

(I) 求數列 {bn} 的通項 bn;

(II) 設數列 {an} 的通項 an = log_a(1 + 1 bn

) (其中 a > 0 且 a ̸= 1), 記 Sn 是數列 {an} 的前 n 項的和。 試比較 Sn 與 1

3log_ab_n+1 的大小, 並證明你的結論。

分析: (II) 原標準解答是利用數學歸納法證明, 略顯繁瑣, 注意到通項公式的特點可利用 『糖水 不等式』 有如下簡解。

解析: (I) 設數列 {bn} 的公差為 d, 由題意得







b₁ = 1,

10b1+ 10(10− 1)

2 d = 145,

解得





b₁ = 1,

d = 3, 所以, bn= 3n− 2.

(II) 由 bn = 3n− 2, 知

S_n= log_a(1 + 1) + log_a (

1 + 1 4 )

+· · · + loga

(

1 + 1 3n− 2

)

= log_a [

(1 + 1) (

1 + 1 4

)· · ·(

1 + 1 3n− 2

)]

,

而 1

3log_ab_n+1 = log_a√³

3n + 1,因此要比較 Sn 與 1

3log_ab_n+1 的大小, 可先比較 (1 + 1)

( 1 + 1

4 )· · ·(

1 + 1 3n− 2

) 與 √³

3n + 1 的大小。

取 n = 1 有 (1 + 1) > √³

3· 1 + 1, 取 n = 2 有 (1 + 1)(

1 + 1 4

)

> √³

3· 2 + 1, ...

由此猜想

(1 + 1) (

1 + 1 4

)· · ·(

1 + 1 3n− 2

)

> √³

3n + 1 (∗)

即 2 · 5

4· · ·3n− 1 3n− 2 >√³

3n + 1⇔ 1 2· 4

5· · ·3n− 2 3n− 1 < ³

√ 1 3n + 1 設 A = 1

2· 4

5· · ·3n− 2

3n− 1, 由 『糖水不等式』 得 3n− 2

3n− 1 < 3n− 2 + 1

3n− 1 + 1 = 3n− 1

3n < 3n− 1 + 1

3n + 1 = 3n 3n + 1, 故 A < B = 2

3· 5

6· · ·3n− 1

3n , 同理 A < C = 3 4 ·6

7· · · 3n 3n + 1, 故 A³ < ABC = 1

2 · 2 3· 3

4 ·4 5 · 5

6· 6

7· · ·3n− 2

3n− 1· 3n− 1

3n · 3n

3n + 1 = 1 3n + 1, 即 A = 1

2· 4

5· · ·3n− 2 3n− 1 < ³

√ 1

3n + 1 即不等式 (∗) 成立, 則由對數函數單調性易知 當 a > 1 時, Sn> 1

3log_ab_n+1; 當 0 < a < 1 時, Sn< 1

3log_ab_n+1。 例9: 證明對任意的 n ∈ N⁺, 不等式 1²+1+1

1²+1 · 2²+2+1

2²+2 ·3²+3+1

3²+3 · · ·n²+n+1

n²+n < e成 立。

分析: 此題直接論證很難, 用數學歸納法也很難證明, 若構造函數不等式 ln(1 + x) < x, 則思 維量大且不易想到, 若注意到題設待證不等式的結構可考慮利用 『糖水不等式』 證明。

證明: 原不等式等價於 1²+ 1

1²+ 1 + 1· 2²+ 2

2²+ 2 + 1· 3²+ 3

3²+ 3 + 1· · · n²+ n

n²+ n + 1 > 1 e, 當 n = 1 時, 1²+ 1

1²+ 1 + 1 = 2 3 > 2

2e = 1 e 成立;

當 n = 2 時, 1²+ 1

1²+ 1 + 1· 2²+ 2

2²+ 2 + 1 = 12 21 > 12

12e = 1 e 成立;

當 n ≥ 3 時, 由 『糖水不等式』 可知 n²− 1

n² < n²− 1 + n + 1

n²+ n + 1 = n²+ n n²+ n + 1 即 n²+ n

n²+ n + 1 > n² − 1

n² = n− 1

n · n + 1

n , 故當 n ≥ 3 時, 3²+3

3²+3+1 · 4²+4

4²+4+1· · · n²+n n²+n+1>2

3 · 4 3· 3

4· 5

4· · ·n− 2 n− 1· n

n− 1· n− 1

n · n+1 n

=2

3 · n+1

n = 2

3 (

1+1 n

)

> 2 3 故

1²+ 1

1²+ 1 + 1 · 2²+ 2

2²+ 2 + 1· 3²+ 3

3²+ 3 + 1 · 4²+ 4

4²+ 4 + 1· · · n²+ n n²+ n + 1

> 1²+ 1

1²+ 1 + 1· 2²+ 2 2²+ 2 + 1 ·2

3 = 8 21 > 8

8e = 1 e. 綜上, 對任意的 n ∈ N⁺,

1²+ 1

1²+ 1 + 1 · 2²+ 2

2²+ 2 + 1 · 3²+ 3

3²+ 3 + 1· · · n²+ n

n²+ n + 1 > 1 e 成立, 即原不等式成立。

可見, 適當挖掘某些不等式的潛在功能無論是對解題還是對教材的處理都大有裨益, 有事 半功倍之效。

練習 :

1. 已知 a, b, c 是 △ABC 的三邊, 求證 a

a + m + b

b + m > c c + m。 2. 已知 A, B, C 是 △ABC 的三內角,

求證 1 < sin A

sin B + sin C + sin B

sin C + sin A + sin C

sin A + sin B < 2.

3. (1995年全國高考題理科第 25 題) 設 {an} 是由正數組成的等比數列, Sn是其前 n 項 和。

(1) 證明 log S_n+ log S_n+2

2 < log S_n+1;

(2) 是否存在常數 c > 0, 使得 log(S_n− c) + log(Sn+2− c)

2 = log(S_n+1− c)成立? 並 證明你的結論。

4. 對任意大於 1 的正整數 n, 求證 ( 1 + 1

3 )(

1 + 1 5

)· · ·(

1 + 1 2n− 1

)

>

√2n + 1 2 。 5. (1998全國高考題文科25題) 已知數列 {bn} 是等差數列, b1 = 1, b₁ + b₂+· · · + b10 =

100。

(I) 求數列 {bn} 的通項 bn; (II) 設數列 {an} 的通項 an = log

( 1 + 1

b_n )

, 記 Sn 是數列 {an} 的前 n 項的和, 試比 較 Sn 與 1

2log b_n+1 的大小, 並證明你的結論。

6. (2009年全國數學聯賽河北省預賽題第17題) 已知函數 f(x) = x²− 2, 設曲線 y = f(x) 在點 A(xn, f (x_n)), n∈ N^∗處的切線與 x 軸交於點 B(xn+1, 0), n ∈ N^∗且 x1 = 3。 (1) 求證 xn>√

2, n∈ N^∗; (2) 設 bn = x_n−√

2,數列 {bn} 的前項和為 Tn, 證明 Tn < 2(3−√ 2)。

參考資料

1. 張國治, 反思出巧解 [J], 中國數學教育, 2012 (4), 35-36.

2. 張國治, 一道流行錯題的正本清源及反思 [J], 中國數學教育, 2012 (6), 41-42.

—本文作者任教中國新疆生產建設兵團第二中學^—

台北表現理論研討會 IV

日 期 : 2013 年 12 月 20 日 (星期五) ∼ 2013 年 12 月 23 日 (星期一) 地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段1號 天文數學館

詳見中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw