2022年放缩法技巧全总结 .pdf

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1、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nkk12142的值 ; (2)求证 :35112nkk. 解析 :(1)因为121121)12)(12(21422nnnnn,所以122121114212nnnknk(2)因为12112121444111222nnnnn,所以353211

2、21121513121112nnknk奇巧积累 :(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) 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)212121212

3、22)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例 2.(1)求证 :)2() 12(2167) 12(151

4、311222nnn(2)求证 :nn412141361161412(3)求证 :1122642) 12(531642531423121nnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 23 页(4) 求证：)112(2131211)11(2nnn解析 :(1)因为12112121)12)(12(1) 12(12nnnnn,所以)12131(211)12131(211)12(112nnini(2)111(41)1211(414136116141222nnn(3)先运用分式放缩法证明出1212642) 12(531nnn,再结合nnn2

5、21进行裂项 ,最后就可以得到答案(4)首先nnnnn12)1(21,所以容易经过裂项得到nn131211) 11(2再 证21212121222)1212(21nnnnnnn而 由 均 值 不 等 式 知 道 这 是 显 然 成 立 的 ， 所 以) 112(2131211nn例 3.求证 :35191411) 12)(1(62nnnn解析 :一方面 :因为12112121444111222nnnnn,所以35321121121513121112nnknk另一方面 :1111)1(143132111914112nnnnnn当3n时,)12)(1(61nnnnn,当1n时,2191411) 1

6、2)(1(6nnnn, 当2n时,2191411) 12)(1(6nnnn,所以综上有35191411) 12)(1(62nnnn例 4.(2008 年全国一卷) 设函数( )lnf xxxx.数列na满足101a.1()nnafa.设1(1)ba，整数11lnabkab.证明:1kab. 解析 :由数学归纳法可以证明na是递增数列 ,故存在正整数km,使bam,则baakk 1,否则若)(kmbam,则由101baam知0lnlnln11baaaaammm,kmmmkkkkaaaaaaa111lnln,因为)ln(ln11bakaakmmm, 于是bababakaak)(|ln|11111例

7、 5.已知mmmmmnSxNmn321, 1,求证 : 1)1()1(11mnmnSmn. 解析 :首先可以证明 :nxxn1)1(nkmmmmmmmmkknnnnn111111111)1(01)2()1() 1(所以要证1)1()1(11mnmnSmn只要证 : nkmmmmmmmmmnkmnkmmkknnnnnkmkk111111111111111)1(2)1() 1(1)1()1()1(故只精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 23 页要证nkmmnkmnkmmkkkmkk1111111)1()1()1(,即等价于mmm

8、mmkkkmkk111) 1()1()1(,即等价于11)11(11 ,)11 (11mmkkmkkm而正是成立的 ,所以原命题成立 . 例 6.已知nnna24,nnnaaaT212,求证 :23321nTTTT. 解析 :)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321nnnnnnnT所以123)2(22232234232323422234342)21 (2) 14(3422111111nnnnnnnnnnnnnnnnT12112123) 12)(122(2231nnnnn从而231211217131311231321nnnTTTT例 7.已知11x,),2(

9、 1), 12(ZkknnZkknnxn,求证 : *)(11(21114122454432Nnnxxxxxxnn证明 : nnnnnnxxnn222141141) 12)(12(11424244122,因为12nnn,所以)1(2122214122nnnnnxxnn所以*)(11(21114122454432Nnnxxxxxxnn二、函数放缩例 8.求证：)(665333ln44ln33ln22ln*Nnnnnn. 解析 :先构造函数有xxxxx11ln1ln,从而)313121(1333ln44ln33ln22lnnnnn因为nnnn3112121918171615141312131312

10、16533323279189936365111nnnnn所以6653651333ln44ln33ln22lnnnnnnn例 9.求证 :(1)2()1(212ln33ln22ln,22nnnnnn解析 :构造函数xxxfln)(,得到22lnlnnnnn,再进行裂项)1(1111ln222nnnnn,求和后可以得到答案函数构造形式 : 1lnxx,)2(1lnnn例 10.求证 :nnn1211) 1ln(113121精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 23 页解析 :提示 :2ln1ln1ln1211ln)1ln(nnnn

11、nnnnn函数构造形式 : xxxx11ln,ln当然本题的证明还可以运用积分放缩如图 ,取函数xxf1)(, 首先 :ninABCFxS1,从而 ,)ln(ln|ln11innxxinninnin取1i有,)1ln(ln1nnn, 所以有2ln21,2ln3ln31, ,) 1ln(ln1nnn,nnnln) 1ln(11,相加后可以得到 : )1ln(113121nn另一方面ninABDExS1,从而有)ln(ln|ln11innxxiinninnin取1i有,)1ln(ln11nnn, 所以有nn1211) 1ln(,所以综上有nnn1211) 1ln(113121例 11.求证 :en

12、)!11()!311)(! 211(和en)311()8111)(911 (2. 解析 :构造函数后即可证明例 12.求证 :32)1(1)321()211(nenn解析 :1)1(32 1) 1(lnnnnn,叠加之后就可以得到答案函数构造形式 :)0(13)1ln(1)0(132)1ln(xxxxxxx(加强命题 ) 例 13.证明 :)1*,(4)1(1ln54ln43ln32lnnNnnnnn解析 :构造函数) 1( 1) 1() 1ln()(xxxxf,求导 ,可以得到 : 12111)(xxxxf,令0)(xf有21x,令0)(xf有2x, 所以0)2()(fxf,所以2) 1ln

13、(xx,令12nx有,1ln22nn所以211lnnnn,所以) 1*,(4) 1(1ln54ln43ln32lnnNnnnnn例 14. 已知112111,(1).2nnnaaann证明2nae. 解析 : nnnnnannanna)21) 1(11 (21)1(11(1, 然后两边取自然对数,可以得到nnnannaln)21) 1(11ln(ln1然后运用xx)1ln(和裂项可以得到答案) 放缩思路：nnnanna)2111(21nnnannaln)2111ln(ln21nnnna211ln2。于是nnnnnaa211lnln21，.22112211)21(111lnln)211()ln(

14、ln11211111nnniniiininnaaiiaaFEDCBAn-inyxO精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 23 页即.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方向的作用；当然，本题还可用结论)2)(1(2nnnn来放缩：) 1(1) 1(11 (1nnannann) 1)() 1(11 (11nnanna.) 1(1) 1(11ln() 1ln() 1ln(1nnnnaann111) 1ln() 1ln() 1(1)1ln()1ln(212112n

15、aaiiaanniiini，即.133ln1) 1ln(2eeaann例 15.(2008 年厦门市质检 ) 已知函数)( xf是在),0(上处处可导的函数,若)()( xfxfx在0 x上恒成立 . (I) 求证：函数),0()()(在xxfxg上是增函数；(II) 当)()()(:,0,0212121xxfxfxfxx证明时；(III) 已知不等式01)1ln(xxxx且在时恒成立，求证：).()2)(1(2) 1ln()1(14ln413ln312ln21*22222222Nnnnnnn解析 :(I)0)()( )( 2xxfxxfxg,所以函数),0()()(在xxfxg上是增函数(I

16、I) 因为), 0()()(在xxfxg上是增函数 ,所以)()()()(212111212111xxfxxxxfxxxxfxxf)()()()(212122212122xxfxxxxfxxxxfxxf两式相加后可以得到)()()(2121xxfxfxf(3) )()()()(212111212111nnnnxxxfxxxxxfxxxxxxfxxf)()()()(212122212122nnnnxxxfxxxxxfxxxxxxfxxf)()()()(21212121nnnnnnnnxxxfxxxxxfxxxxxxfxxf相加后可以得到: )()()()(2121nnxxxfxfxfxf所 以)

17、l n ()(lnlnlnln2121332211nnnnxxxxxxxxxxxxxx令2)1(1nxn, 有22222222) 1ln()1(14ln413ln312ln21nn2222222)1(13121ln) 1(1413121nnnnn) 1(1231121ln) 1(13121222)2)(1(2212111nnnnn所以).()2)(1(2) 1ln()1(14ln413ln312ln21*22222222Nnnnnnn(方法二 )21114ln)2)(1(4ln)2)(1() 1ln() 1()1ln(222nnnnnnnnn所以)2(24ln21214ln)1ln() 1(1

18、4ln413ln312ln2122222222nnnnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 23 页又1114lnn,所以).()2)(1(2) 1ln() 1(14ln413ln312ln21*22222222Nnnnnnn例 16.(2008 年福州市质检 )已知函数.ln)(xxxf若).()(2ln)()(:, 0,0bfbafbaafba证明解析 :设函数( )( )(),(0)g xfxfkxk.2021,0)(,ln1)ln(1ln)(.0),ln()(ln)(,ln)(kxkxkkxxkxxgxkxxkxxg

19、kxxkxkxxxgxxxf则有令函数kkxg,2)(在）上单调递增，在2, 0(k上单调递减 . )(xg的最小值为)2(kg，即总有).2()(kgxg而, 2ln)() 2ln(ln2ln)2()2()2(kkfkkkkkkfkfkg,2ln)()(kkfxg即.2ln)()()(kkfxkfxf令,bxkax则.bak.2ln)()()()(babafbfaf).()(2ln)()(bfbafbaaf三、分式放缩姐妹不等式 :)0,0(mabmambab和)0,0(mbamambab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,反之 . 例 19. 姐

20、妹不等式 :12)1211()511)(311)(11(nn和121)211()611)(411)(211(nn也可以表示成为12) 12(5312642nnn和1212642) 12(531nnn解析: 利用假分数的一个性质)0, 0(mabmambab可得122563412nnnn212674523) 12(212654321nnn12)122563412(2nnn即.12)1211 ()511)(311)(11 (nn例 20.证明 :. 13)2311()711)(411)(11(3nn解析 : 运用两次次分式放缩: 1338956.232313784512nnnn(加 1) nnnn

21、31391067.342313784512(加 2) 相乘 ,可以得到 : )13(1323875421131381057.2423137845122nnnnnnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 23 页所以有. 13)2311()711)(411)(11(3nn四、分类放缩例 21.求证 :212131211nn解析 : )21212121()4141(211121312113333n2)211(221)212121(nnnnnnn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

22、轴上的点列nA与曲线xy2（x0 ）上的点列nB满足nOBOAnn1，直线nnBA在 x 轴上的截距为na.点nB的横坐标为nb,Nn. (1)证明na1na4，Nn; (2)证明有Nn0，使得对0nn都有nnnnbbbbbbbb1123122008n. 解析 :(1) 依题设有：10,2,0nnnnnABbbbn，由1nOBn得：2*22112,11,nnnbbbnNnn,又直线nnA B在x轴上的截距为na满足110200nnnabbnn12nnnbanb22221210,2nnnnn bn bbn b2212122241212nnnnnnnnnnbnbbabbn bn bnbnb2211

23、11221nann显然，对于1101nn，有*14,nnaanN(2)证明：设*11,nnnbcnNb，则22222222222222211111111111111111111112121112121111212121nnnncnnnnnnnnnnnnnnn2*1212210,2nnnnncnNn设*12,nnScccnN，则当*221knkN时，23111111111113421234212212nkkkkS212311112222222kkk。所以，取4009022n，对0nn都有：2008214017111012312nnnnSSbbbbbb故有nnnnbbbbbbbb112312200

24、8n成立。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 23 页例 23.(2007 年泉州市高三质检) 已知函数), 1()(2Rcbcbxxxf，若)(xf的定义域为 1，0，值域也为 1，0.若数列nb满足)()(*3Nnnnfbn，记数列nb的前n项和为nT，问是否存在正常数A，使得对于任意正整数n都有ATn？并证明你的结论。解析 :首先求出xxxf2)(2,nnnnnnfbn12)(323nbbbbTnn131211321,214124131,2181481716151, 2121221221121111kkkkk,故当kn

25、2时,12kTn, 因此，对任何常数A，设m是不小于 A 的最小正整数，则当222mn时,必有AmmTn1222. 故不存在常数A 使ATn对所有2n的正整数恒成立. 例 24.(2008 年中学教学参考)设不等式组nnxyyx3, 0,0表示的平面区域为nD,设nD内整数坐标点的个数为na.设nnnnaaaS221111, 当2n时,求证 :3611711112321naaaan. 解析 :容易得到nan3,所以 ,要证3611711112321naaaan只要证1211721312112nSnn,因为nnnnS21221121()81716151()4131(21111212117)1(1

26、2723211121222nnTTTn,所以原命题得证. 五、迭代放缩例 25. 已知1,1411xxxxnnn,求证 :当2n时,nniix1122|2|解析 :通过迭代的方法得到1212nnx,然后相加就可以得到结论例 26. 设nnnS2!sin2!2sin2! 1sin21,求证 :对任意的正整数k,若 k n 恒有 :|Sn+kSn|0,b0,求证：.12nnnba解析 : 因为 a+b=1,a0,b0,可认为ba,21,成等差数列，设dbda21,21，从而nnnnnddba122121精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1

27、3 页，共 23 页例 47.设Nnn,1，求证)2)(1(8)32(nnn. 解析 : 观察n)32(的结构，注意到nn)211()23(，展开得86)2)(1(8) 1(212121211)211(33221nnnnnCCCnnnn，即8)2)(1()211(nnn，得证 . 例 48.求证 :nnn2ln)211ln(2ln3ln. 解析 :参见上面的方法,希望读者自己尝试!) 例 42.(2008 年北京海淀5 月练习 ) 已知函数*( ),yf xxyNN，满足：对任意*,a babN，都有)()()()(abfbafbbfaaf；对任意*nN都有( )3ff nn. （I）试证明：

28、)(xf为*N上的单调增函数；（II）求)28()6()1(fff；（III ）令*(3 ),nnafnN，试证明： .121111424nnnaaa解析 :本题的亮点很多,是一道考查能力的好题. (1)运用抽象函数的性质判断单调性: 因为)()()()(abfbafbbfaaf,所以可以得到0)()()()(bfbaafba, 也就是0)()()(bfafba,不妨设ba,所以 ,可以得到)()(bfaf,也就是说)( xf为*N上的单调增函数. (2)此问的难度较大 ,要完全解决出来需要一定的能力! 首先我们发现条件不是很足,尝试探索看看按(1)中的不等式可以不可以得到什么结论,一发现就有

29、思路了! 由(1)可知0)()()(bfafba,令)1 (, 1fab,则可以得到0)1 ()1()(1)(fffxf,又3)1( ff,所以由不等式可以得到3) 1 (1f,又*) 1(Nf,所以可以得到2)1(f接下来要运用迭代的思想: 因为2) 1(f,所以3)1()2(fff,6)2() 3(fff,9)3()6(fff18)6()9(fff,27)9()18(fff,54)18()27(fff,81)27()54(fff在此比较有技巧的方法就是: 2754275481,所以可以判断55)28(f当然 ,在这里可能不容易一下子发现这个结论,所以还可以列项的方法,把所有项数尽可能地列出

30、来,然后就可以得到结论. 所以,综合有)28()6() 1(fff=662955(3)在解决na的通项公式时也会遇到困难. nnnnnnnaafffffff3),3(3)3()3(,3)3(111, 所 以 数 列*(3 ),nnafnN的 方 程 为nna32, 从 而)311(4111121nnaaa, 一方面41)311(41n,另一方面1222)21(31100nCCnnnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 23 页所以2412241)1211(41)311(41nnnnnn,所以 ,综上有121111424nn

31、naaa. 例 49. 已知函数 f x 的定义域为 0,1 ，且满足下列条件： 对于任意x0,1 ，总有3fx，且14f； 若12120,0,1,xxxx则有1212()3.fxxfxf x（）求 f 0 的值；（）求证： f x 4 ；（）当111(,(1,2,3,)33nnxn时，试证明：( )33f xx. 解析 : （）解：令120 xx，由对于任意x0,1 ，总有3fx， (0)3f又由得(0)2(0)3,ff即(0)3;f(0)3.f（）解：任取12,0,1,x x且设12,xx则2121121()()()()3,f xf xxxf xf xx因为210 xx，所以21()3f

32、xx，即21()30,fxx12()()f xfx. 当x0,1 时，( )(1)4f xf. （）证明：先用数学归纳法证明：1111()3(*)33nnfnN（1）当 n=1 时，0011()(1)413333ff，不等式成立；（2）假设当 n=k 时，1111()3(*)33kkfkN由11111111()()()()33333333kkkkkkkffff111()()()6333kkkfff得111113()()69.333kkkff即当 n=k+1 时，不等式成立由（ 1） 、 （2）可知，不等式1111()333nnf对一切正整数都成立. 于是，当111(,(1,2,3,)33nnx

33、n时，1111133333()333nnnxf，而x0,1 ，fx单调递增111()()33nnff所以，11( )()33.3nf xfx例 50. 已知：121,0niaaaa)2, 1(ni求证：222211212231112nnnnnaaaaaaaaaaaa解析 :构造对偶式：令1212132222121aaaaaaaaaaaaAnnnnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 23 页1211232232122aaaaaaaaaaaaBnnnn则12121221322322212221aaaaaaaaaaaaaaaa

34、BAnnnnnnBAaaaaaaaannn,0)()()()(113221又)(2122jijijiaaaaaa（)2 ,1,nji12121221322322212221)(21)(21aaaaaaaaaaaaaaaaBAAnnnnnn21)()()()(41113221aaaaaaaannn十一、积分放缩利用定积分的保号性比大小保号性是指，定义在,a b上的可积函数0fx，则0bafx dx. 例 51.求证：ee. 解析 : lnlneeee，lnlnlnlneeexxdexx21lnexdxx，,xe时，21ln0 xx，21ln0exdxx，lnln ee，ee. 利用定积分估计和式

35、的上下界定积分产生和应用的一个主要背景是计算曲边梯形的面积，现在用它来估计小矩形的面积和. 例 52. 求证：111121123nn，1,nnN. 解析 : 考虑函数1fxx在区间,1i i1,2,3,in上的定积分 . 如图，显然11111iidxiix-对i求和，11111nniiiidxix111ndxx112nx21 1n. 例 53. 已知,4nN n.求证：11117123210nnnn. 解析 :考虑函数11fxx在区间1,iinn1,2,3,in上的定积分 . 1ni111inn111inindxx-11nini1111niinn1111inniindxx11001ln 11d

36、xxx7ln 210. 例 54. （2003 年全国高考江苏卷）设0a，如图，已知直线axyl :及曲线C：2xy，C上的点1Q的横坐标为1a（aa10） .从C上的点1nQn作直线平行于x轴，交直线l于点1nP，再从点1nP作直线平行于y轴，交曲线C于点1nQ.1,2,nQnn的横精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 23 页坐标构成数列na. （）试求1na与na的关系，并求na的通项公式；（）当21,11aa时，证明nkkkkaaa121321)(；（）当1a时，证明1211()3nkkkkaaa. 解析 :121(

37、)nnaaaa（过程略） . 证明（ II） ：由1a知21nnaa，112a，2311,416aa. 当1k时，23116kaa，1211111111()()()161632nnkkkkknkkaaaaaaa. 证明（ ） ：由1a知21kkaa. 21211()()kkkkkkaaaaaa恰表示阴影部分面积，显然12211()kkakkkaaaax dx2121111()()nnkkkkkkkkaaaaaa121kknaakx dx120ax dx311133a. 奇巧积累 : 将定积分构建的不等式略加改造即得“ 初等 ” 证明，如：111iidxix21ii；1ni111inindxx1

38、ln 1ln 1iinn；121sinsin1 siniii1sin12sin11iiiidxx；122331111()3kkakkkkkaaaax dxaa. 十二、部分放缩 (尾式放缩 ) 例 55.求证 : 74123112311311n解析 : 121123123128111231714112311231131nnn748448844721141312811例 56. 设ana211. 2,131anaa求证：. 2na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，于是)11

39、1()3121()211(1131211222nnnan.212n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 23 页例57. 设 数 列na满 足Nnnaaannn121， 当31a时 证 明 对 所 有, 1n有2)(nain；21111111)(21naaaii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1kn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(211kkaa.2111242)1(2111111k

40、kkkkkaaa.21211)21(1412111111niniinia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十三、三角不等式的放缩例 58.求证 :)(|sin|Rxxx. 解析 :(i)当0 x时,|sin|xx(ii) 当20 x时,构造单位圆 ,如图所示 : 因为三角形AOB 的面积小于扇形OAB 的面积所以可以得到|sin|sinxxxx当2x时|sin|xx所以当0 x时xxsin有|sin|xx(iii) 当0 x时, 0 x,由(ii) 可知: |sin|xx所以

41、综上有)( |sin|Rxxx十四、使用加强命题法证明不等式(i)同侧加强对所证不等式的同一方向(可以是左侧 ,也可以是右侧)进行加强 .如要证明Axf)(,只要证明)0()(BBAxf,其中B通过寻找分析 ,归纳完成 . 例 59.求证 :对一切*)(Nnn,都有311nkkk. 解析 : 111) 1(1)1(1)1()1(1) 1(11123kkkkkkkkkkkkkk21111111111) 1(1)1(1kkkkkkkkkkk11112211111kkkkkk从而31112211111513141213111111kkkkkknk当然本题还可以使用其他方法,如: kkkkkkkkkk

42、kkkkkkk111111111) 1(1111112kk1112TPBAOyx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 23 页所以3)11 (2111121kkkkknknk. (ii) 异侧加强 (数学归纳法 ) (iii) 双向加强有些不等式 ,往往是某个一般性命题的特殊情况,这时 ,不妨 ” 返璞归真 ” ,通过双向加强还原其本来面目,从而顺利解决原不等式.其基本原理为 : 欲证明BxfA)(,只要证明 :), 0()(BACCBxfCA. 例 60.已知数列na满足 :nnnaaaa1, 111,求证 :).2(23

43、12nnann解析 : 21212112knnnaaaa,从而2212nnaa,所以有121) 1(2)()()(21212222212122nnaaaaaaaannnnn,所以12nan又31212112knnnaaaa,所以3212nnaa,所以有231)1(3)()()(21212222212122nnaaaaaaaannnnn所以23nan所以综上有).2(2312nnann引申 :已知数列na满足 :nnnaaaa1,111,求证 : 1211nankk. 解析 :由上可知12nan,又2321212nnn,所以3212321221211nnnnnan从而)2(12321235131

44、11nnnnankk又当1n时,111a,所以综上有1211nankk. 同题引申 : (2008 年浙江高考试题)已知数列na,0na,01a,)(12121Nnaaannn. 记nnaaaS21,)1()1)(1(1)1)(1(11121211nnaaaaaaT.求证 :当Nn时. (1)1nnaa; (2)2nSn; (3)3nT. 解析 :(1)12211nnnaaa,猜想1na,下面用数学归纳法证明: (i)当1n时,11a,结论成立 ; (ii)假设当) 1(kkn时,1ka,则)1( 1 kkn时,21211kkkaaa从而121121nkkaaa,所以101ka所以综上有10n

45、a,故nnnnaaaa12210(2) 因 为12211nnnaaa则221221aaa,322231aaa, ,12211nnnaaa, 相 加 后 可 以 得 到 : 2111322121)(nnnnanSaaanaa,所以212nanSnn,所以2nSn(3)因为nnnnaaaa212121,从而1121nnnaaa,有nnnaaa21111,所以有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 23 页2112311132222)1)(1()1(1aaaaaaaaaaannnnnnnn,从而11221113212112)1)(

46、1()1)(1)(1(1nnnnnnaaaaaaaaa,所以222213212112)1()1)(1)(1(1nnnnnaaaaaaaa,所以31115221212111122211122222432nnnnaaaaaT所以综上有3nT. 例 61.(2008 年陕西省高考试题)已知数列na的首项135a,1321nnnaaa,12n，(1)证明 :对任意的0 x,21121(1)3nnaxxx,12n，; (2)证明 :2121nnaaan. 解析 :(1)依题 ,容易得到nnnna321323,要证0 x,21121(1)3nnaxxx,12n，, 即证222)1 (1)1(3212113

47、2)1 (111321xxxxxxnnn即证0132)1 (332122nnnxx,设xt11所以即证明) 10( 01322332)(2ttttnnn从而0) 1(,即01322332nnn,这是显然成立的. 所以综上有对任意的0 x,21121(1)3nnaxxx,12n，(法二 ) 21121(1)3nxxx2112111(1)3nxxx2111(1)1(1)nxxxa2)1(112xaxn2111nnnaaaxna,原不等式成立(2)由(1)知，对任意的0 x，有1222221121121121(1)31(1)31(1)3nnaaaxxxxxxxxx2212221(1)333nnnxx

48、x取22111222113311333313nnnxnnn，则2212111111133nnnnnnaaannn原不等式成立十四、经典题目方法探究探究 1.(2008 年福建省高考 )已知函数xxxf)1ln()(.若)(xf在区间*)(,0Nnn上的最小值为nb,令nnbna)1ln(.求证:112264212531423121nnnaaaaaaaaaaaaaaa. 证明 :首先 :可以得到nnna.先证明1212642)12(531nnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 23 页(方法一 ) 121121)2()12

49、)(12(4532312642)12(5312222nnnnnnn所以1212642)12(531nnn(方法二 )因为12212112212,54141343,32121121nnnnnn,相乘得 : 1212642)12(5312nnn,从而1212642) 12(531nnn. (方法三 )设 A=nn2642) 12(531,B=)12(7532642nn,因为 AB,所以 A21, 求 a 的取值范围 . 解析 :函数 f (x)的定义域为 (-, 1) (1, +), 导数为axxaaxxfe)1(2)(22. () 当 0 f (0) =1, 因而这时 a 满足要求 . () 当

50、 a2 时, f ( x) 在区间(-aa2,aa2)为减函数 , 故在区间 (0, aa2) 内任取一点 , 比如取210 xaa2, 就有x0(0, 1) 且 f (x0) f (0) =1, 因而这时 a 不满足要求 . () 当 a 0 时, 对于任意 x(0, 1) 恒有1( )e1axxf xx111xx, 这时 a 满足要求 . 综上可知 , 所求a 的取值范围为a2.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23