2022年放缩法技巧全总结.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 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 :n11 2 k5. 12n5第 1 页，共 23 页2k3解析 :(1)因为4 n21( 2n22 n)121111,所以kn14k211221

2、 )(n2 n2n12n121112(2)因为1n2114 n41221111,所以kn111211211k235nn33n22n2 n41奇巧积累 :(1)14424n412211211(2)C11(n)12(n)11n2n2nn12 C nnn ( n)1n( n)12nn(3)T r1Cr1r(!n !r)!11r(r11 )r111(r2 )nnrnnrr!r(4)1(1)n11211312n(1)15nn21(5)2n(11 )2n111(6) 12n2n2n2nn(7)2 (n1n)12 (nn1 )(8) 2212131( 2n1nnn2n1 )2n1(2 n3 )(9)k(n1

3、k)n1k1 kn11,n(n1k)k1111k111nn121(10) ( nn!)11( n1 1 )!(11)12(2 n12 n1)2 n222nn!n11n1n(11) ( 2nn 2)12( 2n2n2n)1( 2nn 2n 22)(2n2n111)2n112n1221(n2)1 )(1 )(1)( 2n1(12) 1111113 nnn2n(n1 )(n1 )n( n1)n (n)1n1n111n1n111n1n12nn1n1(13) 2n122n( 31 )2n33( 2n)12n2n12n2n11n 2331 (n2)(14) k !(kk2( k2)!(k1)1!( k12

4、)!(15) n11 )nn1 )!( 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名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - (4) 求证：2(n11 )11112(2n11)23n名师归纳总结 kn解析 :(1)因为(2n1)12( 2n12n1 )121111,所以in(2 i11 )211(111)11(

5、11) 11 )(2n2 n1232 n232 n(2)111121(111)1( 111)416364 n422n24n(3)先运用分式放缩法证明出1356( 2n)111,再结合12n2n进行裂项 ,最后就可以得到答案242 n2 nn(4)首先12(n1n)n2n,所以容易经过裂项得到n12 (n1)1111123n再 证而 由 均 值 不 等 式 知 道 这 是 显 然 成 立 的 ， 所 以12(2n12n1 )2 n2 122n1n12n1n2211112(2 n1)123n例 3.求证 :(n6 nn)1111151 )(249n23解析 :一方面 :因为1n2114 n4122

6、11211,所以n22nn4n111211211211125kk235nn33另一方面 :11111213314n(11 )1n11nn149n2n当n3时 ,nn1( n6 nn1 ),当n1时 ,(n6n)11111, 1 )(21 )(2 n492 n当n2时 ,(n6nn)11111,所以综上有1 )(249n2(n66nn)1111151)(249n23例 4.(2008 年全国一卷) 设函数f x ( )xxlnx.数列na满足0a 11.an1f(an). 设b(a， ，整数ka 1b. 证ba 1ln明:ak1b. 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

7、k,使a mb,则ak 1akb,否则若amb(mk),则由0a 1amb1知amlnama 1lnama1lnb0,a k1aka klnaka 1kamlnam,因为kamlnamk(a 1lnb), m1m1于是ak1a1k|a 1lnb|a1(ba 1)b例 5.已知n ,mN,x,1S m1 m2m3 mnm,求证 : nm1( m1 )S n(n1 )m11. 解析 :首先可以证明 :( 1x )n1nxnm1nm1(n)1m1(n1 )m1(n2)m11 m10nkm1(k1 )m1所以要证k1nm1(m1 )S n(n1 )m11只要证 : km1(k1 )m1(m1)nkm(

8、n1 )m11(n)1m1nm1nm1(n1 )m12m11m1n(k1)m1km1故只1k1k1第 2 页，共 23 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 要证nkm1( k1 )m1(m1 )nkmn(k1 )m1km1,即等价于k1km1(k1 )m1(mk1m(k1)1m1km,即等价于1mk11(1)m11,m1(11)m11 )kkkkk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. (4nn 21)32( 12n)2解析 :Tn41424 34n(21222n)4

9、 (14n)2( 12n)414123所以T n4(4n2n21(2n)4n 12n22n1n 412n2n14n132n123n 2)14232n22()22n13333332n3112(22n1 )(2n)122n12n11从而T 1T 2T 3T n311112n112n113233712例 7.已知1x1,xnn( n2 k,1kZ),求证 : n(1n2 k,kZ)41x 341x 54x 21n12(n11 )(nN*)x 2x 4nx 2证明 : 111112,因为4x 2nx 2n14(2n1 )(2 n)144n2144n22n2n2nnn1,所以4x 21n122n212(

10、n1n)nx 2nn所以41x 34x1x 54x 21n12(n11 )(nN*)x 24nx 2二、函数放缩名师归纳总结 例 8.求证：ln2ln3ln4lnn 3n 35 n66(nN*). 3n1(111)第 3 页，共 23 页2343n解析 :先构造函数有lnxx1lnx11,从而ln2ln3ln4lnn 3xx2343n233n1因为1111111111111233n234567892n2n13 n533993n13n15 n66918272n 313n6所以ln2ln3ln4lnn 33n15n3n5n62343n662),求和后可以得到答案例 9.求证 :(1)2,ln2ln

11、3lnn2n2nn)1(n(23n211解析 :构造函数f(x)lnx,得到lnnlnn2,再进行裂项lnn2111xnn2n2n2n( n1 )函数构造形式 : lnxx1,lnnn1 (2)例 10.求证 :11n11ln(n)1111232n- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解析 :提示 :ln(n1)lnnn1nn12lnnn1lnnn1ln21函数构造形式 : lnxx ,lnx11n | nilnnln(ni)ln(nynED1xn11ln(n1 )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首先 :SABCFnni1

12、,从而 ,1inni1lnxxnxOFC取i1有,1lnnln(n1 ), ABnn-in所以有1ln2,1ln3ln2, ,1lnnln(n)1,n11)1ln,相加后可以得到 : 13n232另一方面S ABDEnni1 ,从而有n1iinni1lnxn | nilnnln(ni)1xx取i1有,n11lnnln(n1), n11ln(11 211所以有ln(n)1111,所以综上有n)12n23n例 11.求证 :( 11)( 11)( 11)e和1(1)(11)(11 2 n) 3e. !23 !n !981解析 :构造函数后即可证明名师归纳总结 例 12.求证 :( 112 )( 1

13、2)3 1n (n1 )2 en3, 2 n1第 4 页，共 23 页解析 :lnn(n)112n( n31,叠加之后就可以得到答案1 )函数构造形式 :ln(x1 )2x31(x0)1ln( 1x )x31( ( x0 )(加强命题 ) x例 13.证明 :ln2ln3ln4lnnn (n1 )(nN*,n1 )345n14解析 :构造函数f(x)ln(x)1(x)1(1x)1,求导 ,可以得到 : f(x )x1112x,令f x)0有1x2,令f x)0有x2x1所以f(x )f(2 )0,所以ln(x)1x2,令xn21有 ,lnn2所以lnnn21,所以ln2ln3ln4lnnn (

14、n)1(nN*,n)1345n14n1例 14. 已知a 11,a n1(1n21n)a n1.证明a ne. 2n解析 : an1( 1n11 )an11(n(1)11)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)lnan2n2nlnann21n1。于是lna n1lnann21n1，2n2nn1(lna i1lnai)n1(i21i1)lnanlna1111(1)n12112 .2i1i12 in11n2n2- - - -

15、 - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即lnanlna 12a ne 2.名师归纳总结 2n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放缩方向的作用；当然，本题还可用结论1, 有n( n1 )(n2 )来放缩：a n11(n(1)1)ann (1)1an111(n (1)1)(a n)1nnnln(an1)1ln(an)1ln(1n (1)1)n(1)1.n1ln(a i11 )ln(ai1 )n1i( i1)1ln(a n)1ln(a2)1111，i2i2nnn即ln(an)11ln3an3 e1e2.例 15.(2008 年厦门市质

16、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上恒成立 . (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 1)2ln(n)122(nnn2)(nN*).222 3421 )(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

17、)f(x1x 2)f(x 1)x 1x 1x2f(x 1x 2)x 1x 1x 2f(x2)f(x 1x2)f(x2)x 1x2x2f(x 1x2)x2x 1x2两式相加后可以得到f(x 1)f(x 2)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 1x 2xn)f(x2)x1x 2x2xnf(x1x2xn) x2x 1x2xnf(x n)f(x 1x 2x n)f(xn)x 1x2x nxnf(x 1x2x n)x nx 1x2x n相加后可以得到: f(x 1)f(x2)f(xn)

18、f(x 1x2xn)所 以x 1lnx1x2lnx2x3lnx3x nlnxn(x1x2xn)l n ( 1x2xn)令xn( 12)n1ln2 21ln321ln4 2(n12ln(n)12223 2421 )111(n12ln11(n122 23 242)12 23 21 )11(n12ln211312(n1n222 3)1)1111nn12n22(n1)(n2)所以1ln221ln3 21ln42(n12ln(n)122 (nnn2)(nN*).2 232421 )1 )(方法二 )ln(n1 )2(ln(n)12(nln42 )ln4n11n12(n)12n1 )(n2 )1 )(n第

19、 5 页，共 23 页所以1ln221ln2 31ln42(n12ln(n1 )2ln41n122nln4)2 23242)12(n2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又ln41n11,所以1ln2 21ln321ln42( n12ln(n)122 (nnn2)( nN*).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)f(x )xlnx ,g(x )xlnx(kx)ln(kx),0

20、xk.g(x )lnx1ln(kx)1lnkxx,令g(x)0,则有kxx12xk0kxk.kx2kln,2函数g(x)在k,k）上单调递增，在(,0k 上单调递减 . 22g(x)的最小值为g(k)，即总有g(x )g(k).22而g(k)f(k)f(kk)klnkk(lnkln)2f(k)2222g(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(ba0,m0)和bbm(ab0,m0)aamaam记忆口诀 ”小者小 ,大者大

21、 ”(2解释 :看 b,若 b 小,则不等号是小于号,反之 . )1例 19. 姐妹不等式 :( 11 )( 11)( 11)( 111)2 n1和352 n( 11)(11)( 11)( 11)211也可以表示成为2462 nn1246(2 n)12 n1和1356(2n)111242 n2 n352 n解析 : 利用假分数的一个性质bbm(ba,0m0)可得aam24622n13572n11352 n1(2 n135n2462 n2462 n4622 n) 122n1即1(1 )( 11 )(311)1(1) 12n1 .135n52 n例 20.证明 :( 11 )( 11)( 11)(

22、131 n2)33n.147解析 : 运用两次次分式放缩: 2583n13.693 n1(加 1) 1473n22583 n2583 n14.7103n1(加 2) 1473 n23693 n相乘 ,可以得到 : 名师归纳总结 2583 n124.7103n11473n2(3 n1 )第 6 页，共 23 页1473 n22583n12583n1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以有( 11 )( 11)( 11)( 1312)33n.147n四、分类放缩例 21.求证 :1112n11ny2x（ x 0）上的点232解析 : 1112n1111(1

23、1)(1111)23244233 22323(111)1n( 11)n2n2n2n2n22n2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A与曲线 n列Bn满足OAnOBn1 ，直线A nBn在 x 轴上的截距为a.点B的横坐标为b,nN. n(1)证明a an14，nN; (2)证明有n0N，使得对nn0都有b 2b3bn1bnn1n2008. b 1bbnb2解析 :(1) 依题设有：A n0,1,B nbn,2 b n,bn0，由OB n1得：nnb n22 b n1,b n111,nN*,又直线A B在x轴上的截距为a满足n2n 2an0