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放缩法技巧全总结
2011高考数学备考之放缩技巧
证明数列型不等式,因其思维跨度大、构造性强,需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性,能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力,因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。
这类问题的求解策略往往是:
通过多角度观察所给数列通项的结构,深入剖析其特征,抓住其规律进行恰当地放缩;其放缩技巧主要有以下几种:
一、裂项放缩
ncn
例1.
(1)求2的值;
(2)求证:
25.
k14k21k1k3
22
4n
1
n
2
2n
/_k
2n
/k
n
2n
2
12
为
因
2)
2n
2n
1-5
1-3
2
1
丄k2
奇巧积累:
(1)1
4
4n21
2—
2n1
1
2n1
1C2
(n1)n(n1)
1
n(n1)
1
n(n1)
(3)Tr
n!
1_
r
r!
(nr)!
n
丄
r!
r(r1)r1
Br
2)
(4)(1
1」
2132
n(n
_5
1)2
(5)
2n(2n1)
1
尹12n
1(6)1
Yn2
(7)2(n1
的丄
Vn
2(•nn1)(8)
2
2n1
2n3
1
1)2n1
1
(2n3)2n
(9”
(10)n
(n1)!
1(11)
(n1)!
12(2n1
-2n1)
2n12n1
2
■1~
nn
2;2
(11)2n
(2n
2n
1)(2n1)
2n
(2n1)(2n2)
2“1
nn1
(21)(2
1)
(12)L
\'n3
1
nn2
n(n
1)
n(n1)
1
■7n(n1)
(13)2n
22n(3
1)2
3(2
1)2n2
2n
1—
3
1
2"-
2n
13
(14)
k!
(k1)!
(k2)!
—(15)
(k1)!
(k2)!
、fn(n1)
n1(n2)
11
1
n1kkn1'n(n1k)k1
(15)i21J21
iJ
22
例2.
(1)求证:
1
丽辱首2I2T^(n2)
⑵求证:
!
丄
416
1
36
11
4n22
丄⑶求证:
1
4n
135(2n1)
246
2n
2n11
⑷求证:
2(n11)
2(2n1
1)
解析:
(1)因为
(2n1)
(2n1)(2n
1)
所以
i1(2i
1)
11(1
11
轩4(1
1(1
1-)
n
(3)先运用分式放缩法证明出
(2n1)
246~2^
1,再结合
2n1
n进行裂项,最后就可以得
到答案
(4)首先12(n
n
1n)
,所以容易经过裂项得到
n1.n
2(.n11)
再证
1一
一..2(2n1n
2n1)
2n12n1
■.n2
所以1;
22n
1)
例3.求证:
6n
(n1)(2n1)
5--
1——————
23
而由均值不等式知道这是显然成立的,
解析:
一万面
:
因为1
1
4
11
,所以
n1“c11
212
k1k235
1112£
2n12n133
n2
n21
4
22-
4n212n
12n1
另一方面:
1
11
丄1
n
11
1
1
1n
49
2334
n(n
1)
n1n1
当n3时,n
6n
,当
n1时,
6n
1丄
11
—J
n
1(n1)(2n
1)
(n
1)(2n1)
4
9n2
当n2时,—6n—111丄,
(n1)(2n1)49n2
所以综上有6n11115
(n1)(2n1)49n23
例4.(2008年全国一卷)设函数f(x)xxlnx.数列an满足o耳仆齐f(an)设b(a1,),整数k>心证明:
a「b.
a1Inb
解析:
由数学归纳法可以证明a是递增数列,故若存在正整数mk,使amb,则a
若amb(mk),则由0
amb1知amlnam日山弘日1lnbOq1
k
aalna,
1mm
m1
因为
amlnam
k(a1lnb),于是
ak1
a1k|a1lnb|a1(ba1)b
解析:
首先可以证明:
(1
x)n1nx
nm1
nm1(n1)m1(n1)m
1(n2)m1
n
1m10[km1(k
k1
1)m1]所以要证
nm1
(m1)Sn(n1)m1
1只要证:
n
[km
k1
n
1(k1)m1](m1)km
k1
(n1)m1
(n1)m1nm1nm1
(n1)m1
n
[(k1)m1km1]
k1
故只要证
n
[km1(k
k1
1)m1]
(m1)
n
km
k1
[(k
k1
1)m1km1],
即等价于
(k
1)m
1(m
m
1)k
(k1)m
km
即等价于
(1
丄厂,1
k
1(1!
)mk
1而正是成立的,所以原命题成立.
例6.已知
a4n
n
2n
'Tn
2n
,求证:
Ti
T2
T3
Tn
a1a2
an
例7.已知
解析:
t
n
所以
Tn
从而T
1
x1
1,Xn
41
4243
3(4n1)
T2T3
4n
(2122
2n)
4(14n)2(12n)
f(4n1)2(1
3
2n)
2n
)2(12n)
2n
3
22n1
32n
4n132
2n
2(2n)232n1
Tn
1
2n1
2n
n(n2kn1(n
1,k
2k,k
Z),求证:
Z)
4X2X3
证明:
1
4X2nX2n1因为2nn
4(2n1)(2n1)
百所以
4X2nX2
所以
1
44n2
2
1
4X4X5
2,
2n
1
2(n11)(nN*) ■m-n 2(n1 n) 、函数放缩 ln4 4 解析: 先构造函数有 lnxx cause 2 53 6691827 所以 In2 2 1 4X2X3 In3n lnx x 4X4 1 X5 2(n11)(n N*) 3n 5n 6 6(n N*). 1,从而 X In2 亍 1 2" In3In4 T~ n 竺3- 3n 1 2n1 3n1 23n1 3n1 ■3^ 5n 6 In3In4 34 In3n 5n 6 5n6 6 2 例9.求证: (1)2In2ln3lnn2nn1(n ‘23n2(n1) 解析: 构造函数…lnx,得到lnnInn^,再进行裂项 n~"n2- f(x) x lnn2 —2 n 2) 121 n 1n(n ,求和后可以得到答案 1) 函数构造形式: lnxx1,lnnn1 (2) 例10.求证: 1丄ln(n1)11 23n12 解析: 提示: m(n1)lnn1n nn1 ln n lnn_ n1 函数构造形式: 哦皿11 x 当然本题的证明还可以运用积分放缩 如图,取函数f(x)1, x 1,从而,1i n 首先: S SABCF iX n1 Inx|n n nix Inn ln(n i) 取i1有丄 n lnn ln(n 1)' In2 所以有1 2 1 ln2 3 ln3 ln2、 •…1 ‘lnnn ln(n 1 1),^ ln(n 1) lnn,相加后可以得 到: 11 23 另一方面 ln(n 1) 1,从而有1 ix 1 —InxI: ilnnln(n.x I i) nn T— n 1-2 n 例11.求证: (11)(11)(1qe和(11)(1丄)(1丄)."解析: 构造函数后即可证明 例12.求证: (112)(123)[1n(n1)]e2n3解析: ln[n(n1)1]23,叠加之后就可以得到 n(n1)1 答案 函数构造形式: | (1)23(0)1ln(1x)3(0)(加强命题) ln(x1)2(x0)(x0) x1xx1 例13・证明匹兰巴耳n^(nN*,n1) 345n14 解析: 构造函数f(x)ln(x1)(x1)1(x1),求导,可以得到: 1 f(x)厂1 2X,令f'(x) x1 0有1x2,令f'(x) 0有x2, 所以f(x)f (2)0,所以ln(x1)x2,令xn21有,Inn2n21 所以血口,所以巫竺竺 n1~2345 Inn n1 N*,n1) 例14.已知 1,an1(1.丄总/证明ane12 解析: 放缩思路: 11 (1Dr)a' 1。 于是l 歹n 2ane2. Ina” 1 即InanIna 注: 题目所给条件 In 1 ln(1_ 1 2 n ln(1 x) (X 方向的作用;当然,本题还可用结论 11ln(an11)ln(an1)ln(1-)-. n(n1)n(n1) 即ln(an1)1In3日门3e1e2. 例16.(2008年福州市质检)已知函数 0)为一有用结论,可以起到提醒思路与探索放缩 2)来放缩: n111 1)]In(an1)ln(a21)115 i2i(i1)n 2nn(n 1 [In®11) i2 1)(n ln(ai f(x) 0,b 0,证明: f(a)(ab)In2f(ab)f(b). 解析: 设函数g(x)f(x)f(kx),(k 0) 二函数g(x)在[k,k)上单调递增,在 k g(x)g(/ (0k]上单调递减g(x)的最小值为g(-),即总有 ‘22 f(k kk )klnk(lnkIn2)f(k)kln2, 22 即f(x)f(kx) f(k)kln2. 令xa,kxb,则k ab. 1111 an1 1(1nn卞an尹(1而币2^)an, 然后两边取自然对数,可以得到lnaln(111)lna n1n(n1)歹n 然后运用ln(1x)x和裂项可以得到答案) 恒成立. (I)求证: 函数g(x) 例15.(2008年厦门市质检)已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数若xf'(x)f(x)在x0上 f(X)在(0,)上是增函数;(II)当X10,X20时,证明: f(X1)f(X2)f(X1X2); (III)已知不等式ln(1 x) 但x0时恒成立, 求证: >22-Lln32 1 承1n4 解析: (Dg,(x)f®f(x) 。 ,所以函数 f(x) g(x)在(0,) x 上是增函数 (II)因为 g(x)他在(0,) x 上是增函数,所以 两式相加后可以得到f(x1)f(x2)f(x1x2) (3)g f(X1X2 X1X2 Xn) X- f(X1) X1 -f(为X 为X2Xn Xn) f(X2) X2 X1X2 Xn) Xn f(X2) X2 X1X2 Xn f(X1 X2 Xn 相加后可以得到 : f(xj f(X2) f(Xn) f(X1 X2 Xn) 所以 X1InX1 X2 InX2 X3InX3 XnIn Xn (X1 X2 Xn)ln(X1 X2 Xn) 令 Xn 丄In22丄In3 尹歹 (n Jn(n 1)2 所以 丄In22 In In42 (n 2In(n 1)2 2(n 2) (n N). (方法二)In(n1)2 (n1)2 In(n1)2 (n1)(n2) (n In4 1)(n2) In4 1 ^"2 所以丄In22 22 丄In32 32 2In(n 1)2 1)2 1 In4■ 2 nIn4 2(n2) 又In41 n1 丄所以 In32 —In42 4^ (n 1In(n1)2 2(n -(n 1)(n2) ). 三、分式放缩 姐妹不等式: b a 0,m0) bm, (a am 0,m0) 记忆口诀”小者小,大者大”解释: 看b,若b小,则不等号疋 曰小于号 ,反之. 例19姐妹不等式: (11)(1 1 3)(1 1 5) (1yj)2n1和 2n1 111 (12)(14)(16)(1 1 2n1 也可以表示成为 和135 35(2n1) 2462n 1 (2n1) 246~2m- 解析: 利用假分数的一个性质 上J)22n1即(11)(11)(1 2n13 J) 例20.证明: (11)(11)(11)(1 47 解析: 运用两次次分式放缩 3n1 3n 3693n 2.583n1 4) 12 引 8-7 5-4 2. 710 69 3LJ(加2) 3n 相乘,可以得到: 所以有 (11)(1 四、分类放缩 例21.求证\ •J2n 1 )b m Ia m 1 ) 2n 1 1 b a (1 ■2n1. (ba0,m0)可得 33n1. (加1) 1 (13n2) 33n1. 解析: 111丄11(1丄) 232n1244 1111)(232s2s? 3) 例22.(2004年全国高中数学联赛加试改编)在平面直角坐标系xoy中,y轴正半轴上的点列代 与曲线y(xA0上的点列Bn满足OAob丄,直线A-B-在x轴上的截距为a-.点Bn的 横坐标为bn,nN. (1)证明an>am>4, -n; (2)证明有-0n,使得对--0都有上巴 b1b2 n° bnbn1 bn1bn 解析: (1)依题设有: 1由1彳耳. 厲0,-,BnA,.2b;,bn0,由OBn-得: b22b1br1nN*,又直线a-B-在x轴上的截距为a.满足nnn■-2' 显然,对于 ⑵证明: 设c-1生- bn Cn 1丄0,有aann1 贝u N*,丿、」 4,nN Cn,nN,则当n k 221k N*时, 冷22 所以,取-0 240092,对n%都有: 故有b2色 bb2 bn_虹vn2008成立。 1 bn1bn 例23.(2007年泉州市高三质检)已知函数f(x)x2bx c(b1,cR), 若f(x)的定义域为[—1, 0],值域也为[-1,0].若数列{bn}满足b 记数列{bn}的前n项和为Tn,问是否存 在正常数A,使得对于任意正整数n都有t 并证明你的结论 解析: 首先求出 f(x)x2 2x,.bn f(n)n22n ~3 nn …Tnbi b2 bs bn1 1 n 2k时,Tn 11 23 丄,故当n 2 1111 2,- 4256 k 1, 411, 82 1 1 22 因此,对任何常数A,设m是不小于A的最小正整数, 则当n22m2时,必有T 故不存在常数A使Tna对所有n2的正整数恒成立. 例24.(2008年中学教学参考)设不等式组 x0, 0, 表示的平面区域为D n nx3n 设Dn内整数坐标点的个数为an.设Sn丄丄 an1an2 丄,当n2时,求 a2n 17n11 a2n36 解析: 容易得到an3n,所以,要证1丄丄 a1a2a3 1a2" 7n 111 S2n1_() 2234 得证 五、迭代放缩 例25.已知 1111 (5678) Xn1 .2 2' 7n11,所以原命题 12 ,求证: 当n2时, |Xi i1 2| 21n 解析: 通过迭代的方法得到 Xn 昇然后相加就可以得到结论 例26.设Ssird! sin2! n2122 sinn! ,求证: 对任意的正整数k,若k细恒有: |S+k—Sn|< 2n 解析: |SS||sin(n1)! |SnkSn||2^1- sin(n2)! sin(nk)| 2nk| 又2n(11)nC0C; 六、借助数列递推关系 例27.求证: 1 2 13135 2~4246 135(2n1) 2462n~ 2n2 解析: 设a 135(2n 2462n 1)则 an 2n1 a 2(n1) 2(n1)an12nan a,从而 2(n1)a 2nan,相加后就可以得到 所以1 2 3513571 2n 例28.求证: 1 2 135135(2n1) 246246 2n 2n11 解析: 设a 135(2n1)则 2n an 2n1 an 2(n1)n [2(n1)1]a (2n 1)anan1,从而 [2(n1) 1]an1(2n 1)an,相加后就可以得到 例29若a11,an ann1,求证: 11 1 2(•n11) n 解析: an2an1 n2anan11 an1 an2an 所以就有1丄 a1a2 七、分类讨论 11 an1ana2 an目 2an1ana22n12 例30.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn2& (1)n,n1.证明: 对任意的整数m4,有 1117 a4a5am8 解析: 容易得到 2 _2n2 (1)n1/ 3 由于通项中含有 (1)n,很难直接放缩,考虑分项讨论: 当n at ln 3且n为奇数时 2*1 n1 2n21 2n22 2“1 11 anan1 3(丄丄)(减项放缩) 22n22“1 32 2一2 ①当m4且m为偶数时11 2n3 /可1 ,于是 1) a4a5 ②当m4且m为奇数时1 1 am 1 a4 1111 amam1 1 0; 7由①②得证。 8. a4 1 a4 1 a5 1 am 11 (———) am1am (添项放缩)由①知 a4a5 八、线性规划型放缩 例31.设函数f(x)2x1.若对一切xR,3 f(x)厂 af(x) 求ab的最大值。 解析: 由(f(x)1)(f (1)1)(;(: )(;)「)知(f(x)l)(f (1)1)0即 1 2f(x)1 由此再由f(x)的单调性可以知道f(x)的最小值为 2,最大值为1 2 因此对一切xR, 3af(x)b3的充要条件是, 1-a2 ab b3即a,b满足约束条件 3 ab ab 1 —a 2 1 a 2 由线性规划得,均值不等式放缩例32.设Sn1223 ab的最大值为5. 九、 ../n(n1).求证n(n1)S(n1)2 "~2~ 2S" 解析: 此数列的通项为 ak kk1kk(k1) 即n(n1)on(n1) —Sn— k(k k丄, 2 n(n 2 1),k1,2, n kSn k1 2. n. n (k k1 注: ①应注意把握放缩的度”上述不等式右边放缩用的是均值不等式北ab,若放成k(k1)k1则得Sn(k1)(n0(n3)(n1)2,就放过度”了! nki22 ②根据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式,这里 例33.已知函数f(x) 其中,n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。 吕,若2,且f(x)在[0,1]上的最小值为,求证: f (1)M2) f(n)n 解析: f(x) 4x 17 1 114x 1 2? 2x (x 0) f (1) 1 f(n)(1亍) 例34.已知a,b为正数, 试证: 对每一个 ,(a b) 2? n2“1 解析: 由111得ab ab,又(a b)』 1) „ab 2 4,故 aba b4,而 ab a
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