几大放缩方法.docx

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几大放缩方法

高等（泰勒、定积分）放缩

这种放缩其实是不难的，题目出来出去也就这么几种，这种放缩类型的题在高考中尤其受欢迎，近几年也频频出现，它有着浓厚的高等数学背景，大多跟泰勒展开和定积分有关，下面我们先简单介绍一下泰勒公式和定积分的知识。

一在初等数学中，我们可直接认为泰勒公式是：

0

0

f（x）

f（x）

f（x0

）

（xx）

f

（2）（x

）2

（xx）

...

f（n）（x）

（xx）n

0000

1!

2!

n!

特别的，取

x00，我们有

f（0）f

（2）（0）

f（n）（0）

f（x）

f（0）

xx2

1!

2!

...xn

n!

下面列举常见的泰勒展开式：

x

2

e1xx

...xox

n

n

1!

2!

n!

35

n12n1

x

1

sinxxxx...

o

x2n

3!

5!

2n1!

n

cosx1

x2x4

...

1x2n

ox2n1

2!

4!

2n!

tanxx

1x32xox

5

5

315

n

n

ln1xx

1x2

1x3

...1

n1xox

23n

11xx2

1x

...xn

o

xn

上述泰勒展开式是用于函数放缩的有力工具，可以将一切难看的函数（sin,cos,ln等）转化为一元多项式，便于导数求解。

定积分其实从几何图形上理解就是求面积，比如求函数

f（x）

x的图像与x轴从1到3围

2

成的图形的面积（如下图）

9y

8

7

6

5

4

3

2

–4–3

1

–2–1O

–1

–2

–3

–4

x

1234

3

21331

31380

阴影部分的面积S

xdxx131

。

积分的运算就相当于导数的逆

13333

132213

运算，x求导就是x,x的原函数就是x，所以放缩中就会利用构造图形比较面积大

33

小来出题，这时它的背景就是定积分，著名的2003年江苏高考压轴题就是典型的例子，后面会有介绍。

二相关不等式

相关不等式其实也就是泰勒的产物，这里单独拎出来是有目的的，这是因为下面所涉及的不等式是高考中极为常见的，现在整理出来望读者熟记。

“数学分析基本不等式”：

对x0,有不等式x

1x

ln（1x）x①

这条不等式非常常见，一般较为基本的高考题都以它作为命题背景。

将1x整体换成t，则有下面非常有用的不等式：

当t1时，11t

lntt1②

进一步，我们将①的右边加强，可得

x0，ln（1x）x③

不等式③用导数证明很容易，此处不再赘述。

我们若再继续探索，又可会发现，还可以对①的两边加强，有

xxx，

1xx

2xx

2xxx2

00，所以有不等式：

x21xx

21x

（x2）（x1）

2xx

x0,ln（1x）④

x21x

同样，不等式④用导数证也很容易，请读者自己一试。

例1（2012江苏高考填空压轴）

b

已知正数

a,b,c满足：

5c

3ab

4ca,clnbaclnc,则的取值范围是_

a

解答由（45c3a）5b

4b5（4ca）b7

a

再由lnblnblnaalna1（即lnxx-1）acccc

b

故[e,7]

a

点评：

熟悉背景①的同学最多只需1分钟就可以做完，而采用标准答案线性规划的做法起码得花上3、5分钟的时间，所以优势还是很明显的。

例2（2012辽宁高考21题）

3

设f（x）ln（x1）

x1axb，曲线

yf（x）与直线

yx在（0,0）处相切

2

（1））求a,b的值

（2））证明：

当0

x2时，

f（x）9xx6

解答：

第一问很简单，易得

a0,b

1。

重点我们落在第二问，看到第二问，一个很朴素

的想法就是构造函数

g（x）

f（x）

9x，证明

x6

g（x）

在区间（0,2）中恒小于0，但是这

样做的话会得到

g（x）

2（x

6）2

x2（x

1（x

1）（x

6）2

2

6）

128（x

1）

，接下来又要对分子换元

再求导，甚是麻烦，也不一定能做下去，而当年提供的两种标准答案都涉及均值不等式的构

造，甚是巧妙，但在紧张的考场上未必能想到。

这时我们若熟悉不等式①，则就可以把ln

去掉，尝试放缩建立新的加强的不等式，如下：

ln（1

x）1

x19x0

x6

2ln1x

1x19x0

x6

下一步尝试把根号拿去，

2（1

x1）1x

9x

10（利用不等式①）

x6

1x13x

x6

令t1

x，则t

（1,3）

，最后就交给二次函数了，事实上也证明结果是对的，读者可

自行验证。

例3.求证：

11112

n11

n1,nN.

23n

解析:

考虑函数fx

1在区间

x

i,i1i

1,2,3,,n上的定积分.

如图，显然

111

ii

i11

ix

dx-（矩形面积大于曲线所围面积）

n1

对i求和，

i1i

ni1

i

i1

1dxx

n11dx

1x

n1

2x2

1

n11.

例4（2003江苏高考压轴题）

设a0，如图，已知直线

l:

yax及曲线C：

y

x2，C上的点

Q1的横坐标为

a1（0a1

a）.

从C上的点Qnn

1作直线平行于x轴，交直线l于点Pn

1，再从点

Pn1作直线平行于y轴，

交曲线C于点Qn

1.Qnn

1,2,,n的横坐标构成数列

an.

（Ⅰ）试求

an1与an的关系，并求

an的通项公式；

（Ⅱ）当a

1,a1

1

时，证明

2

n

（ak

k1

1

ak1）ak2；

32

（Ⅲ）当a

1时，证明

n

（akak

k1

1

1）ak2.

3

解析:

（l）an

a12n1

a（）a

（取对数递推型数列，过程略）.

证明（II）：

由a

1知aa2，∵a1，∴

11.

n1n

1a2

2

a3

416

所以这个数列是一个递减数列，结论中又有

（ak

ak1），显然提示我们累加。

∵当k1时，aa1，

k23

16

n1n11

∴（ak

ak1）ak2

（ak

ak1）（a1

an1）.

k116k1

2

1632

证明（Ⅲ）：

由a1知ak1ak

n

∴（ak

k1

1

ak1）ak2

3

n

（ak

k1

1

）a

2

ak1k1

3

2133

下面我们先证明一个引理：

（ak

ak1）ak1

（ak

3

ak1）

256

1316

引理的证明：

由

ak1

ak，上式可转化为akak

akak①

33

由于0

a11，所以数列

an是单调递减数列，切对于任意正整数n,都有0an1

所以令

ak=x

（0,1），构造函数

f（x）

1x3

1x6

x5x6,即f

（x）

1x3

x5+

2

x6

3333

变形得

f（x）

1（1

3

x）（x3x4

2x5）

显然f（x）0，所以①式成立，即引理得证！

n21n33

131

所以（ak

k1

ak1）ak1

3

k1

（ak

ak1）a1

33

2

点评：

很多同学都感到那个引理巧妙无比，都会纳闷这个引理是怎么得出来的，题目中又没给什么信息。

其实原理就是我讲过的定积分，题目不是给了一张图吗？

！

这就是最有利的条

件，再想想定积分是什么，不就是图形面积吗，

（ak

ak1）ak2

（ak

ak1）ak1恰

2

表示阴影部分面积，而阴影面积是小于yx与x轴围成的面积的，所以显然有

2ak2nn

2

（ak

ak1）ak1

ak1

xdx，进一步即得

（akak

k1

1）ak

2（akakk1

）a1k1

nak2

a1211

ak1

xdx

0

xdx3

，所以引理跟定积分如出一辙，只是换了一种初等的表

a

1

k133

述方法罢了。

2

例5设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x

anxan

0有一根为Sn

1，试求解如下

问题：

（1）an

的通项公式

（2）证明：

（11）（11）（11）......（11）

e2n3

a1a2a3an

a

1

解答：

（1）首先把首项求出来，易知1

2

2

anSn

Sn1，再把Sn

1代入方程x

anxan

0中，易得

Sn1Sn

2Sn10

（Sn1

1）Sn

（Sn

1）0

Sn1（Sn

1）（Sn11）

Sn11

111

Sn11Sn1

n

Sn，进一步得ann1

1

n（n1）

（2）先进行化简工作，

（11）（11）（11）......（11）

e2n3

a1a2a3an

（112）（123）......[1n（n1）]e2n3

下面是套路，取个对数ln，得

n

ln[1

k1

k（k

1）]2n3

2xx

此时我们想到上面介绍的不等式

x0,ln（1x）

，所以有如下：

x21x

ln[1

k（k

1）]

2k（k1）

k（k1）2

nn2k（k1）n4

所以顺势想下去得到

ln[1k（k1）]

（2