2022年放缩法技巧全总结非常精辟,是尖子生解决高考数学最后一题之瓶颈之.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载2010 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、裂项放缩例 1.(1)求kn14 k21的值 ; (2) 求证 :n115. 2n25第 1 页，共 22 页2kk23解析 :(1)因为4 n21( 2n22 n)121111,所以n

2、k14k2112121 )(n2 n2n12n1111(2)因为1n2114 n41221111,所以kn1112112112k235nn33n22n2 n41奇巧积累 :(1)14424n412211211(2)C11(n)12(n)11)1n2n2nn12 C nnn ( nn( n)12nn(3)T r1Cr1r(!n !r)!11r(r11 )r111(r2 )nnrnnrr!r(4)1(1)n11211312n(1 n)15n21(5)2n(11 )2n111(6)12n2n2n2nn(7)2 (n1n)12 (nn1 )(8)212131( 2n12nn2 nn2n1)1(2n3)

3、(9)k(n1k)n1k1n11,n(n1k)k111n1k11k1n121(10)(nn)1!1!(n1!)1(11)12(2 n12n1 )2n222 n1nn1n1n(11)(2n2n1 )2( 2nn 22n1)(2n2nn2 )( 2n2n11)1n 2112n11( n222 )1 )(1 )(21 )(n 21(12)111111n3nn2n (n1 )(n)1n (n)1n(n1)n1n111n1n111n1n12nn1n1(13)2n122n(31 )2n33 ( 2n1 )2nn 212n2n112n332 )(14) k !(kk2( k2)!(k1)1!( k12)!(

4、15)n (1)1nn1 (n1 )!n(15) i21jj21( ij)(i2j2j2)1i2ijj211ii211例 2.(1)求证 :111(2 n1)1272 (1)1(n2 )325262 n(2)求证 :1114121141636n24n(3)求证 :1131351356(2nn)12n11224246242(4) 求证：2(n11 )11112(2n11)23n名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析 :(1)因为( 2 n 1)12( 2 n 1 )( 12 n 1 ) 12 2 n 11 2 n 11 ,

5、所以i n1 ( 2 i 1)1 2 1 12 ( 13 2 n 11 ) 1 12 ( 13 2 n 11 )(2) 1 1 1 12 1( 1 12 12 ) 1( 1 1 1)4 16 36 4 n 4 2 n 4 n(3)先运用分式放缩法证明出 1 3 5 ( 2 n )1 1 ,再结合 1 进行裂项 ,最后就可以得到答案n 2 n2 4 6 2 n 2 n 1 n 2(4)首先 12 ( n 1 n ) 2 ,所以容易经过裂项得到n n 1 n1 1 12 ( n 1 1 ) 12 3 n再 证 而 由 均 值 不 等 式 知 道 这 是 显 然 成 立 的 ， 所 以1 2 2 2

6、2 ( 2 n 1 2 n 1 )n 2 n 1 2 n 1 1 1n n2 21 1 1 1 2 ( 2 n 1 )12 3 n例 3.求证 : 6 n 1 1 1 51 2( n 1 )( 2 n )1 4 9 n 3解析 :一方面 :因为 1 1 4 1 1 ,所以n 2n 2 1 4 n 2 1 22 n 1 2 n 14k n1 k 12 1 2 13 15 2 n 11 2 n 11 1 23 53另一方面 : 1 1 1 12 1 1 1 11 1 n4 9 n 2 3 3 4 n ( n 1 ) n 1 n 1当 n 3 时, n 6 n ,当 n 1 时, 6 n1 1 1

7、12 , n 1 ( n 1 )( 2 n 1 ) ( n 1 )( 2 n )1 4 9 n当 n 2 时 , 6 n1 1 1 12 ,所以综上有( n 1 )( 2 n )1 4 9 n6 n 1 1 1 51 2( n 1 )( 2 n )1 4 9 n 3例 4.(2008 年全国一卷 ) 设函数 f x ( ) x x ln x.数列 a n 满足 0 a 1 1 . a n 1 f a n ) . 设 b ( a， ，整数 ka 1 b . 证a 1ln b明: a k 1 b. 解析 :由数学归纳法可以证明 a n 是递增数列 ,故存在正整数 m k ,使 am b ,则a k

8、 1 a k b ,否则若 am b ( m k ) ,则由 0 a 1 a m b 1 知k ka m ln a m a 1 ln a m a 1 ln b 0 , a k 1 a k a k ln a k a 1 a m ln a m ,因为 a m ln a m k ( a 1 ln b ) , m 1 m 1于是 ak 1 a 1 k | a 1 ln b | a 1 ( b a 1 ) b例 5.已知 n , m N , x ,1 S m 1 m 2 m 3 m n m ,求证 : n m 1 ( m 1 ) S n ( n 1 ) m 1 1 . 解析 :首先可以证明 : ( 1

9、x ) n1 nxn m 1 n m 1 ( n )1 m 1 ( n 1 ) m 1 ( n 2 ) m 1 1 m 1 0 n k m 1 ( k )1 m 1 所以要证k 1n m 1 ( m 1 ) S n ( n )1 m 1 1 只要证 : n n n k m 1( k 1 ) m 1 ( m )1 k m( n 1 ) m 11 ( n 1 ) m 1n m 1n m 1( n )1 m 12 m 1 1 m 1( k )1 m 1k m 1 故k 1 k 1 k 1只要证 n k m 1 ( k 1 ) m 1 ( m 1 ) nk m n( k 1 ) m 1 k m 1 ,

10、即等价于k 1 k 1 k 1名师归纳总结 第 2 页，共 22 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - km1(k)1m1( m1 )km(k1 )m1km学习必备m欢迎下载)m1,1m1( 11)m1,即等价于111(1kkkk而正是成立的 ,所以原命题成立 . 例 6.已知an4n2n,Tna 1a 2n 2a n,求证 :T 1T 2T3nT3. (4n2n1)n32( 12n)24 (14n)2( 12n)4解析 :Tn41423 44n(21222n)14123所以T n4(4n2n21(2n)4n12n22n1n 412n232n3)1422

11、n14n132n12322()22n13333332n311112( 22n1 )(2n1 )22n1n 211从而T 1T 2T 3T n3111123372n12n112例 7.已知1x1 ,xnn( n2 k,1kZ),求证 : n(1n2 k,kZ)1 )(nN*)41x 341x 54x 21n12(n1x 2x 4nx 2证明 :111112,因为4x2nx2n14( 2 n1)( 2n1 )44 n2144 n22n2n12(n1n)2nnn1,所以1224x 2nx 2n12nnn11 )(nN*)所以41x 34x1x 54x 21n12(nx 24nx 2二、函数放缩例 8

12、.求证：ln2ln3ln4lnn 3n 35 n66(nN*). ln3n3n1(111)第 3 页，共 22 页2343n解析 :先构造函数有lnxx1lnx11,从而ln2ln3ln42343n233 nxx111因为11111111111233n234567892n2n1n 353399n 31n 315 n669182723n1n 36所以ln2ln3ln4lnn 3n 315n3n5n62343n66)1,求和后可以得到答案例 9.求证 :(1)2,ln2ln3lnn2n2nn1(n2 )23n2 (1 )1n (1解析 :构造函数f(x )lnx,得到lnnlnn2,再进行裂项ln

13、n211xnn2n2n2n函数构造形式 : lnxx1,lnnn1(2 )1111例 10.求证 :11n11ln(n232nln2解析 :提示 :ln(n1)lnnn1nn12lnnn1lnnn11函数构造形式 : lnxx ,lnx11x名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 当然本题的证明还可以运用积分放缩学习必备欢迎下载ynED1xn11ln(n1 )| nnilnnln(ni)如图 ,取函数f(x)1, x首先 :SABCFnni1 ,从而 ,1inni1lnxxnxOFC取i1有,1lnnln(n1 ), ABnn-in所以有1ln

14、2,1ln3ln2, ,1lnnln(n)1,n11ln(n)1ln1,相加后可以得到 : 23n23另一方面S ABDEnni1 ,从而有n1iinni1lnx| nnilnnln(ni)1xx取i1有,n11lnnln(n1), n)11111n11ln(所以有ln(n)1111,所以综上有232n2ne和1(1)(11)(11 2 n) 3e. 例 11.求证 :( 11)( 11)( 11)!23 !n !981解析 :构造函数后即可证明例 12.求证 :( 112 )( 12)3 1n (n1 )2 en3第 4 页，共 22 页解析 :lnn (n1 )12n(n31,叠加之后就可

15、以得到答案)1函数构造形式 :ln(x)12x31(x0 )1ln( 1x)x31(x0 )(加强命题 ) x例 13.证明 :ln2ln3ln4lnnn( n)1(nN*,n1 )345n14解析 :构造函数f(x)ln(x1 )(x)11 (x)1,求导 ,可以得到 : f(x )x1112x,令f x )0有1x2,令f x )0有x2, x1所以f(x)f(2 )0,所以ln(x1 )x2,令xn21有,ln2 nn21所以lnnn21,所以ln 32ln3ln4lnnn(n)1(nN*,n)1n145n14例 14. 已知a 11, , an1(1n 21n)a n1.证明a ne.

16、 2n解析 : an1( 1n(1)1)a n1( 1n(11 )1) an, n2nn2n然后两边取自然对数,可以得到lnan1ln(1n(1)11)lnann2n然后运用ln( 1x)x和裂项可以得到答案) 放缩思路：an1( 1n21n1) anlnan1ln(1n21n1)lnan2n2nnlna ni111。于是lnan1lnann21n11，)n12112.n2n2n2 n(1 21(i21i1)lna nlna 111n1lna i)(lnaii12in11n2 n1即lnanlna 12a ne 2.2注：题目所给条件ln(1x )x（x0）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索

17、放缩方向的作用；当然，本题还可用结论2nn( n1)(n2)来放缩：a n11(n(1)ann (1)1an111(n (1)( )1a n)1n)1nnln(an1)1ln(an)1ln(1n (1)1)n(1)1.n1ln(ai1)1ln(ai1 )n1i(i1)1ln(an)1ln(a2)1111，i2i2nnn名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载,若xf(x)xnf(x )在x0上恒成立 . ,有即ln(an)11ln3an3 e1e2.例 15.(2008 年厦门市质检 ) 已知函数f( x )是在(0,)上处处可

18、导的函数(I) 求证：函数g(x )f(x )在 (0,)上是增函数；x(II) 当x 10 ,x20 时,证明:f(x 1)f(x 2)f(x 1x 2)；(III) 已知不等式ln(1x )x在x1 且 x0时恒成立，求证：1ln221ln321ln42(n1)2ln(n)122(nnn2)(nN*).222 34211 )(nx2()令xn1(12解析 :(I)g(x)f(x)x2f(x )0,所以函数g(x )f(x)在(0,)上是增函数xx(II) 因为g( x)f(x )在 (,0)上是增函数 ,所以xf(x 1)f(x1x2)f(x 1)x 1x 1x 2f(x 1x 2)x 1

19、x 1x 2f(x2)f(x1x 2)f(2)x 1x2x2f(x1x2)x 2x1x2两式相加后可以得到f(x 1)f(x2)f(x 1x 2)(3) f(x 1)f(x 1x 2x n)f(x 1)x 1x 2x 1x nf(x 1x2xn)x 1x 1x2xnf(x2)f(x 1x2xn n)f(x 2)x 1x 2x2xnf(x1x2x n) x2x 1x2xf(x n)f(x 1x 2x n)f(x n)x 1x2xnxnf(x 1x2x n)x nx 1x 2x n相加后可以得到: f(x1)f(x2)f(xn)f(x1x2xn)所以x 1lnx 1x2lnx2x3lnx3xnln

20、xn(x 1x2x n)lx1n )1ln2 21ln321ln4 2(n12ln(n)12223 2421 )111(n1)12ln11(n122 232422 232)111(n12ln211312(n1n223 21 )1111nn12n22( n1 )(n2)所以1ln221ln2 31ln42(n12ln(n1 )22 (nnn2 )(nN*).223 242)11 )(方法二 )ln(n1 )2(ln(n)12(nln42 )ln4n11n12(n)12n1 )(n2 )1 )(n( nN*).第 5 页，共 22 页所以1ln221ln2 31ln42(n12ln(n1 )2ln

21、41n122nln4)2 23242)12(n2又ln41n11,所以1ln2 21ln321ln42( n12ln(n)122 (nnn2)223242)11 )(例 16.(2008 年福州市质检 )已知函数f(x )xlnx.若a0 ,b,0证明:f(a )(ab)ln2f(ab )f(b ).解析 :设函数g x ( )f( )f(kx ),(k0)名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - f(x)xlnx,ln2 ,学习必备欢迎下载g (x)xlnx(kx )ln(kx),0xk.g(x )lnx1ln(kx)1lnkxx,令g(x )

22、0 ,则有kxx12 xk0kxk.kx2函数g(x)在 k,k）上单调递增，在(,0k 上单调递减 . 2g(x)2的最小值为g( k 2)，即总有g(x )g(k).2而g(k)f(k)f(kk)klnkk(lnkln2)f(k)k2222g(x)f(k)kln2 ,即f(x )f( kx )f(k )kln2.令xa,kxb ,则kab.f(a)f( b)f(ab)(ab )ln2.f(a)(ab)ln2f(ab )f(b).三、分式放缩姐妹不等式 :bbm(ba,0m0)和bbm(ab0,m0)aamaam记忆口诀 ”小者小 ,大者大 ”解释 :看 b,若 b 小 ,则不等号是小于号,

23、反之 . n)1例 19. 姐妹不等式 :( 11 )( 11)( 11)( 111)2 n1和352 n( 11)( 11)( 11)( 11)11也可以表示成为2462n2 n1246(2 n)12n1和1356(2 nn1 )112422 n352 n解析 :利用假分数的一个性质bbm(ba0,m0 )可得aam24622 n13572 nn11352n1(2135n24622462 n(24622 n) 122n1即1(1 )( 11 )(311)1(1) 12n1 .52 n135n例 20.证明 :( 11 )( 11)( 11)( 1312)33 n.147n解析 : 运用两次次

24、分式放缩: 2583n13.693 n1(加 1) 1473n22583 n2583 n14.7103n1(加 2) 1473 n23693 n相乘 ,可以得到 : 2581)( 13 n12)4 2.7102)3n11.1473n2( 3n1)1473n21583n12583n11 4)( 11所以有( 1( 133 n73 n四、分类放缩例 21.求证 :111211n第 6 页，共 22 页名师归纳总结 23n2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析 : 1 1 1n 1 1 1 ( 1 1 ) ( 13 13 13 13 )2

25、 3 2 1 2 4 4 2 2 2 21 1 1 1 n 1 n( n n n ) n ( 1 n )2 2 2 2 2 2 2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 nA 与曲线 y 2（ x 0）上的点列 B n 满足 OA n OB n 1 ，直线 A nB n 在 x 轴上的截距为 a .点 B 的横坐标为 b , n N . n(1)证明 a a n 1 4，n N ; (2)证明有 n0 N，使得对 n n 0 都有 b 2 b 3 b n b n 1 n 2008 . b 1 b 2 b n 1 b n解析 :(1) 依题设有：A n 0, 1 , B n b n , 2 b n , b n 0，由 OB n 1 得：n nb n2 2 b n n 12 , b n n 12 1 1, n N * ,又直线 A B在 x 轴上的截距为 a满足a n 0 2 b n 1n 0 1n b n 0 a n1 n b n2 b n 2 n b n 1 n