2022年高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结 .pdf

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1、学习必备欢迎下载1. 均值不等式法例 1 设. ) 1(3221nnSn求证.2) 1(2) 1(2nSnnn例 2 已知函数bxaxf211)(，若54)1(f，且)(xf在0 ，1 上的最小值为21，求证：.2121)()2()1(1nnnfff例 3 求证), 1(221321NnnnCCCCnnnnnn. 例 4 已知222121naaa，222121nxxx，求证：nnxaxaxa2211 1. 2利用有用结论例 5 求证. 12)1211()511)(311)(11(nn例 6 已知函数. 2, 10 ,)1(321lg)(nNnannanxfxxxx给定求证：)0)(2)2(xx

2、fxf对任意Nn且2n恒成立。例 7 已知112111,(1).2nnnaaann)(I用数学归纳法证明2(2)nan；)(II对ln(1)xx对0 x都成立，证明2nae（无理数2.71828e）例 8 已知不等式21111log,2232nnNnn。2logn表示不超过n2log的最大整数。设正数数列na满足：.2,),0(111nannaabbannn求证.3,log222nnbban再如： 设函数( )xfxex。（）求函数( )f x最小值；（）求证：对于任意nN，有1().1nnkkene例 9 设nnna)11(，求证：数列na单调递增且.4na3. 部分放缩例 10 设ana2

3、1111,23aaan, 求证：.2na例 11 设数列na满足Nnnaaannn121，当31a时证明对所有, 1n有：2)(nain；21111111)(21naaaii. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 14 页学习必备欢迎下载4 . 添减项放缩例 12 设Nnn, 1，求证)2)(1(8)32(nnn. 例 13 设数列na满足).,2, 1(1,211naaaannn证明12nan对一切正整数n成立；5 利用单调性放缩 : 构造函数例 14 已知函数223)(xaxxf的最大值不大于61，又当21,41x时.8

4、1)(xf（）求 a 的值； （）设Nnafaann),(,21011，证明.11nan例 15 数列nx由下列条件确定：01ax，,211nnnxaxxNn（I ） 证明：对2n总有axn；(II) 证明：对2n总有1nnxx6 . 换元放缩例 16 求证).2,(1211nNnnnn例 17 设1a，Nnn,2，求证4) 1(22anan. 7 转化为加强命题放缩例 18 设10a，定义aaaaann1,111，求证：对一切正整数n有.1na例 19 数列nx满足.,212211nxxxxnnn证明.10012001x例 20 已知数列 an满足： a132，且 ann1n13nan2nN

5、2an1（，） （1）求数列 an的通项公式； （2）证明：对一切正整数n 有 a1a2 an2 n！8. 分项讨论例 21 已知数列na的前n项和nS满足.1,)1(2naSnnn（）写出数列na的前 3 项321,aaa；（）求数列na的通项公式；（）证明：对任意的整数4m，有8711154maaa. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 14 页学习必备欢迎下载9. 借助数学归纳法例 22（）设函数)10()1 (log)1(log)(22xxxxxxf，求)(xf的最小值；（）设正数npppp2321,满足12321n

6、pppp，求证：nppppppppnn222323222121loglogloglog10. 构造辅助函数法例 23 已知( )f x= 2ln243xx, 数列na满足*112,0211Nnafanan（1）求( )f x在021，上的最大值和最小值; （2）证明：102na; （3）判断na与1()nanN的大小，并说明理由. 例 24 已知数列na的首项135a，1321nnnaaa，12n， ，（）求na的通项公式；（）证明：对任意的0 x，21121(1)3nnaxxx，12n， ，；（）证明：2121nnaaan例 25已知函数 f(x)=x2-1(x0) ，设曲线 y=f(x)在

7、点（ xn,f(xn) ）处的切线与x 轴的交点为（ xn+1,0 ）(n N*). () 用 xn表示 xn+1；（）求使不等式1nnxx对一切正整数n 都成立的充要条件，并说明理由；（）若 x1=2，求证：.31211111121nnxxx例 1 解析此数列的通项为., 2, 1, ) 1(nkkkak2121)1(kkkkkk，)21(11nknnkkSk，即.2) 1(22)1(2)1(2nnnnSnnn注：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2baab，若放成1) 1(kkk则得2) 1(2)3)(1()1(21nnnkSnkn，就放过“度”了！根据所证不等

8、式的结构特征来选取所需要的重要不等式，这里naanaaaaaannnnnn22111111，其中，3, 2n等的各式及其变式公式均可供选用。例 2 简析 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 14 页学习必备欢迎下载411( )11(0)141422xxxxf xx1(1)( )(1)22ff n211(1)(1)2222n1111111(1).42222nnnn例 3 简析不等式左边123nnnnnCCCC=12222112nnnnn122221=212nn，故原结论成立. 例 4 【解析】使用均值不等式即可：因为22( ,

9、)2xyxyx yR，所以有22222211221 122222nnnnaxaxaxa xa xa x2222221212111.2222nnaaaxxx其实，上述证明完全可以改述成求nnxaxaxa2211的最大值。本题还可以推广为：若22212npaaa，22212( ,0)nq p qxxx， 试求nnxaxaxa2211的最大值。请分析下述求法：因为22( ,)2xyxyx yR，所以有22222211221 122222nnnnaxaxaxa xa xa x2222221212.222nnaaaxxxpq故nnxaxaxa2211的最大值为2pq，且此时有(1,2, )kkaxkn。

10、上述解题过程貌似完美，其实细细推敲， 是大有问题的： 取 “”的条件是(1,2, )kkaxkn，即必须有2211nnkkkkax，即只有 p=q 时才成立！那么，pq呢？其实例 6 的方法照样可用，只需做稍稍变形转化：22222212122222221,1,()()()()()()nnpppqqqaxaaxx则有1 1221 122nnnna xa xa xa xa xa xpqpq2222221212222222()()2()()()()()()nnpqpqpppqqqaxaaxx于是，1122max()nna xa xa xpq，当且仅当(1,2, ).kkaxknpq结合其结构特征，还

11、可构造向量求解：设1212(,),(,)nnma aanx xx，则由| |m nmn立刻得解：22222211221212|.nnnna xa xa xaaaxxxpq且取“”的充要条件是：1212nnxxxaaa。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 14 页学习必备欢迎下载2利用有用结论例 5 简析 本题可以利用的有用结论主要有：法 1 利用假分数的一个性质)0, 0(mabmambab可得122563412nnnn212674523)12(212654321nnn12)122563412(2nnn即. 12)1211

12、()511)(311)(11(nn法 2 利用贝努利不等式)0, 1,2,(1)1(xxnNnnxxn的一个特例12121)1211(2kk( 此处) 得121,2kxn，)1211(121212111kkkknk.1212121nkknk例 6 简析 高考标准用数学归纳法证明，；这里给出运用柯西（Cauchy）不等式niiniiniiibaba121221 )(的简捷证法：)(2)2(xfxfnnanxxxx2222)1(321lgnnanxxxx) 1(321lg22)1(321xxxxnan)1(3212222xxxxnann而由Cauchy不等式得2) 1(1312111 (xxxxn

13、an)11(22) 1(32122222xxxxnan(0 x时取等号 ) ) 1(3212222xxxxnann（10a） ，得证！例 7 解析 )(II结合第)(I问结论及所给题设条件ln(1)xx（0 x）的结构特征，可得放缩思路：nnnanna)2111(211211lnln(1)ln2nnnaannnnnna211ln2。于是nnnnnaa211lnln21，.22112211)21(111lnln)211()ln(ln11211111nnniniiininnaaiiaa即.2lnln21eaaann【注】：题目所给条件ln(1)xx（0 x）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩

14、方向的作用；当然，本题还可用结论)2)(1(2nnnn来放缩：)1(1)1(11(1nnannann111(1)(1)(1)nnaan n111ln(1)ln(1)ln(1).(1)(1)nnaan nn n111) 1ln()1ln()1(1)1ln()1ln(212112naaiiaanniiini，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 14 页学习必备欢迎下载即.133ln1)1ln(2eeaann例 8 【简析】当2n时naaanaannaannnnnnn11111111，即naann1111.1)11(212kaan

15、kkknk于是当3n时有log211121naan.log222nbban注 ： 本 题 涉 及 的 和 式n13121为 调 和 级 数 ， 是 发 散 的 ， 不 能 求 和 ； 但 是 可 以 利 用 所 给 题 设 结 论log21131212nn来进行有效地放缩；再如： 【解析】（） 1； （）证明：由（）得1xex，对 x1 有(1)nnxxe，利用此结论进行巧妙赋值：取1,1,2,kxknn，则有121011( )1211111( )( )()( )( )( )( )11111nnnnnnneennneeeeeee即对于任意nN，有1().1nnkkene例 9 解析 引入一个结

16、论： 若0ab则)() 1(11abbnabnnn，（可通过构造一个等比数列求和放缩来证明，略）整理上式得.)1(1nbanbann（） ，以nbna11,111代入（）式得1)111(nn.)11 (nn。即na单调递增。以nba211, 1代入（）式得.4)211(21)211 (12nnnn。此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有4)11(nn，又因为数列na单调递增，所以对一切正整数n有4)11(nn。注：上述不等式可加强为.3)11(2nn简证如下：利用二项展开式进行部分放缩：.1111)11 (221nnnnnnnnCnCnCna只取前两项有.2111nCann对通项作如下放缩：

17、.212211!111!111kkknknknnnnnknC故有.32/11)2/1(121221212111112nnna3. 部分放缩例 10 解析 ana211.131211131222nnaa又2),1(2kkkkkk（只将其中一个k变成1k，进行部分放缩） ，kkkkk111)1(112，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 14 页学习必备欢迎下载于是)111()3121()211 (1131211222nnnan.212n例 11 【解析】)(i用数学归纳法：当1n时显然成立，假设当kn时成立即2kak，则当1k

18、n时312)2(1)2(1)(1kkkkakaaakkkk，成立。)(ii利用上述部分放缩的结论121kkaa来放缩通项，可得)1(211kkaa111112(1)242kkkkaa11112kka11111( )11112.1124212nnniiiia【注】上述证明)(i用到部分放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：31)2)(2(1kkkkak；证明)(ii就直接使用了部分放缩的结论121kkaa。例 12 简析 观察n)32(的结构，注意到nn)211 ()23(，展开得123231111(1)12222nnnnCCC(1)(1)(2)61288nn nnn即8)2)(1()211

19、(nnn，得证 . 例 13 简析 本题有多种放缩证明方法，这里我们对（）进行减项放缩，有法 1 用数学归纳法（只考虑第二步）1)1(2212122212kkaaakkk；法 2 21222212nnnnaaaa. 1,2, 1, 2221nkaakk则1222)1(22212nnanaann12nan例 14 解析 （）a=1 ； （）由),(1nnafa得6161)31(2323221nnnnaaaa且.0na用数学 归纳法 （只 看第二 步） ：)(1kkafa在)11,0(kak是增 函数， 则得.21)11(2311)11()(21kkkkfafakk例 15 解析 构造函数,21)

20、(xaxxf易知)(xf在),a是增函数。当1kn时kkkxaxx211在),a递增，故.)(1aafxk。对 (II)有1nnxxnnxax21，构造函数,21)(xaxxf精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 14 页学习必备欢迎下载它在),a上是增函数，故有1nnxxnnxax210)(af，得证。【注】数列nx单调递减有下界因而有极限：).(naanxaxxf21)(是递推数列nnnxaxx211的母函数，研究其单调性对此数列本质属性具有重要的指导作用。例 16 简析 令nnnhna1，这里),1(0 nhn则有)1(

21、1202) 1()1(2nnhhnnhnnnnn，从而有.12111nhann注：通过换元化为幂的形式，为成功运用二项展开式进行部分放缩起到了关键性的作用。例 17 简析 令1ba，则0b，ba1，应用二项式定理进行部分放缩有222221102) 1()1(bnnbCCbCbCbCbannnnnnnnnnnn，注意到Nnn,2，则42)1(222bnbnn（证明从略），因此4)1(22anan. 7 转化为加强命题放缩例 18 解析 用数学归纳法推1kn时的结论11na，仅用归纳假设1ka及递推式aaakk11是难以证出的，因为ka出现在分母上！可以逆向考虑：.11111aaaaakkk故将原

22、问题转化为证明其加强命题：对一切正整数n有.111aan（证略）例 19 简析 将问题一般化：先证明其加强命题.2nxn用数学归纳法，只考虑第二步：.21412)2(1222221kkkkkkxxxkkk。因此对一切Nx有.2nxn例 20 解析 ： （1）将条件变为： 1nnan11n113a（ ），因此1nna为一个等比数列， 其首项为 111a13，公比13，从而 1nnan13，据此得 annnn331（n 1） 1（2）证：据1 得， a1a2an2nn111111333！（ ） （ ）（ ），为证 a1a2 an2 n！ ，只要证 n N 时有2n111111333（ ） （ ）（

23、 ）12 2显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式：对每个 nN ，有2n111111333（ ） （ ）（ ）1（2n111333） 3（用数学归纳法，证略）利用3 得2n111111333（ ） （ ）（ ）1（2n111333）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 14 页学习必备欢迎下载1n11133113 （） 1nn1111 112322 3 （） （）12。故 2 式成立，从而结论成立。8. 分项讨论例 21 简析 （）略， （）.) 1(23212nnna； （）由于通项中含有n)1(，很难直接放缩，

24、考虑分项讨论：当3n且n为奇数时12222223)121121(2311213212121nnnnnnnnnaa)2121(2322223123212nnnnn（减项放缩），于是 , 当4m且m为偶数时，maaa11154)11()11(11654mmaaaaa.878321)211(412321)212121(23214243mm当4m且m为奇数时，maaa111541541111mmaaaa（添项放缩）由知.871111154mmaaaa。由得证。9. 借助数学归纳法例 22 解析 科学背景：直接与凸函数有关！（）略，只证（） ：考虑试题的编拟初衷，是为了考查数学归纳法，于是借鉴詹森不等式

25、的证明思路有：法 1（用数学归纳法）（ i） 当n=1时 ， 由 （ ） 知 命 题 成 立 。（ii） 假 定 当kn时 命 题 成 立 ， 即 若 正 数1,221221kkpppppp满足，则.logloglog222222121kppppppkk当1kn时，若正数,1,11221221kkpppppp满足（*）为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：令.,222211221xpqxpqxpqpppxkkk则kqqq221,为正数，且.1221kqqq由归纳假定知.logloglog222222121kqqpppqkkkkkkqqqqqqxpppppp222222121222222

26、121logloglog(logloglog,log)()log22xxkxx（1）同理，由xpppkkk1122212得1122212212loglogkkkkpppp).1 (log)1 ()(1 (2xxkx（2）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 14 页学习必备欢迎下载综合（ 1） （2）两式11222222121logloglogkkpppppp).1()1 (log)1(log)(1 (22kxxxxkxx即当1kn时命题也成立 . 根据（ i ） 、 （ii ）可知对一切正整数n 命题成立 . 法 2 构造函

27、数那么常数), 0(, 0)(log)(log)(22cxcxcxcxxxg,log)1 (log)1(log)(222ccxcxcxcxcxg利用（）知，当.)(,)2(21取得最小值函数时即xgcxcx对任意都有,0,021xx2log22loglog21221222121xxxxxxxx1)()log(21221xxxx（式是比式更强的结果）. 下面用数学归纳法证明结论. （i ）当 n=1 时，由（ I ）知命题成立 . （ii ）设当 n=k 时命题成立，即若正数有满足, 1,221221kkpppppp11111122212212222121221221222222121loglo

28、gloglog. 1,1.logloglogkkkkkkkkppppppppHppppppknkpppppp令满足时当对（ * ）式的连续两项进行两两结合变成k2项后使用归纳假设，并充分利用式有, 1)()(,1)()log( 1)()log(11111121221212221221221kkkkkkppppppppppppH因为由归纳法假设,)(log)()(log)(1111212221221221kppppppppkkkk得).1()(1121221kppppkHkk即当1kn时命题也成立 . 所以对一切正整数n命题成立 . 【评注】（1）式也可以直接使用函数xxxg2log)(下凸用（

29、）中结论得到；（2）为利用归纳假设，也可对（* ）式进行对应结合：iiinppq12而变成k2项；（3）本题用凸函数知识分析如下：先介绍詹森（ jensen ）不等式：若( )fx为,ba上的下凸函数，则对任意1), 1(0,1niinibax，有).()()(1111nnnnxfxfxxf特别地，若ni1，则有).()(1)(11nnxfxfnnxxf若为上凸函数则改“”为“” 。由)(xg为下凸函数得)2(2)()()(221221nnnnpppgpgpgpg，又12321npppp，所以nnpppppppp222323222121loglogloglog.)21(2ngnn精选学习资料

30、- - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 14 页学习必备欢迎下载（4）本题可作推广如下：若正数nppp,21满足121nppp，则.lnlnlnln2211nppppppnn。简证：构造函数1ln)(xxxxf，易得.1ln0)1 ()(xxxfxf1)ln()(iiinpnpnp.1)ln(npnppiii故.0lnln01 )ln(11iniiiniiippnpnpp10. 构造辅助函数法例 23 【解析】 (1) 求导可得( )f x在1-,02上是增函数 ,maxmin5f=2;f -ln2.2xx（2） （数学归纳法证明）当1n时

31、，由已知成立；假设当nk时命题成立，即102ka成立，那 么 当1nk时 ， 由 （ 1 ） 得1152()(l n 2, 2 )2kkaf a，11352ln 22222ka，11112ka，1102ka，这就是说1nk时命题成立。由、知，命题对于nN都成立（3） 由1111222nnnaaanfa, 构造辅助函数12xxfxg，得4ln4212ln2)()( 1xxxxfxg，当102x时，2121,41.22xx故211241022xx，所以)( xgg(0)=f(0)-2=0，nanaf120,即nnaa112210，得1nana。例 24 【解析】（）332nnna （）提供如下两种

32、思路：思路 1 观察式子右边特征，按11x为元进行配方，确定其最大值。法 1 由（）知3032nnna，21121(1)3nxxx21121 11(1)3nxxx2111(1)1(1)nxxxa2112(1)1naxx2111nnnaaaxna，原不等式成立思路 2 将右边看成是关于x 的函数，通过求导研究其最值来解决：法 2 设2112( )1(1)3nf xxxx，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 14 页学习必备欢迎下载222222(1)2(1)2133( )(1)(1)(1)nnxxxxfxxxx0 x，当23

33、nx时，( )0fx；当23nx时，( )0fx，当23nx时，( )f x取得最大值212313nnnfa原不等式成立（）思路1 考虑本题是递进式设问，利用（）的结论来探究解题思路：由（）知，对任意的0 x，有122221121121(1)31(1)3naaaxxxxxx21121(1)3nxxx2212221(1)333nnnxxx取22111222113311333313nnnxnnn，则2212111111133nnnnnnaaannn原不等式成立【注】本解法的着眼点是对上述不等式中的x 进行巧妙赋值，当然，赋值方法不止一种，如：还可令1xn，得22212221111111(1)333

34、31(1)nnnnnxnxxnnn22211.1131(1)nnnnnn思路 2 所证不等式是与正整数n 有关的命题，能否直接用数学归纳法给予证明？尝试：12212333.3232321nnnn（1）当1n时1213311325211，成立；（2）假设命题对nk成立，即12212333.3232321kkkk则当1nk时，有1212112113333332323232132kkkkkkkk，只要证明21213(1)1322kkkkkk；即证122322123(1)(1)(2)313221(2)(1)32kkkkkkkkkkkkkkk，即证1212121232232121322(32)32323

35、232kkkkkkkkkkkk用二项式定理（展开式部分项）证明，再验证前几项即可。如下证明是否正确，请分析：易于证明3321nnnnan对任意nN成立；于是23.3211nnnnnann精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 14 页学习必备欢迎下载【注】上述证明是错误的！因为：( )1kf kk是递增的，不能逐步“缩小”到所需要的结论。可修改如下：考虑21nn是某数列nb的前 n 项和，则2222(1)11nnnnnbnnnn，只要证明222313222.32kkkkkkkabkkkk思路 3 深入观察所证不等式的结构特征,

36、 利用均值不等式可得如下妙证：由1321nnnaaa取倒数易得：3032nnna，用 n 项的均值不等式：121212111222111333nnnaaannnaaa11111( ) 12331313nnnnnnnn，212.1nnaaan例 25 【解析】 ( ) .2121nnnxxx（）使不等式1nnxx对一切正整数n 都成立的充要条件是x11. () 基本思路：寻求合适的放缩途径。探索 1 着眼于通项特征，结合求证式特点，尝试进行递推放缩：nnnxxx2)1(121)2(12)1(2)1(2)1 (2111211211nxxxxxxnnnnnn即)2(12111nxxnn。于是由此递推

37、放缩式逐步放缩得.3212121211111221nnnnnxxxx探索 2 从求证式特征尝试分析：结论式可作如下变形：.312)2221 (311111111221nnnxxx逆向思考，猜想应有：.32111nnx（用数学归纳法证明，略） 。探索 3 探索过渡“桥” ，寻求证明加强不等式：由（2）知 xn1，由此得)2(2111nxn。有.213111111121nxxxn尝试证明3122131nn.1321nn证法 1（数学归纳法，略） ；法 2 （用二项展开式部分项） ：当 n2 时 2n=(1+1)n222210nnCCCnnn.02)1(2132213222nnnnnn此题还可发现一

38、些放缩方法，如：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 14 页学习必备欢迎下载)(11111121Nnnxxxn。 （每一项都小于1） ，而再证312nn即132nn，则需要归纳出条件 n4.( 前 4 项验证即可 ) 技巧积累 :(1)1211212144441222nnnnn(2) 1(1) 1(1) 1() 1(21211nnnnnnnCCnn(3)2(111) 1(1!11)!( !11rrrrrrnrnrnnCTrrrnr(4)25)1(123112111)11 (nnnn(5)nnnn21121)12(21(6)

39、 nnn221(7)1(21)1(2nnnnn(8) nnnnnnn2)32(12)12(1213211221(9)knnkknnnkknknk11111)1(1,11111)1(1(10) ! )1(1!1!) 1(nnnn(11)21212121222)1212(21nnnnnnn(11) )2(121121) 12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112nnnnnnnnnnnnnn(12) 111)1(1)1(1) 1)(1(11123nnnnnnnnnnnn11112111111nnnnnnn(13) 3212132122) 12(332) 13(2221nnnnnnnnn(14) ! )2(1!)1(1)!2()!1(!2kkkkkk(15) )2(1) 1(1nnnnn(15) 111)11)(1122222222jijijijijijiji精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 14 页