高考數(shù)學(xué)數(shù)列放縮法技巧全匯總

1、高考數(shù)學(xué)數(shù)列放縮法技巧全匯 總 作者:日期:高考數(shù)學(xué)備考之放縮技巧證明數(shù)列型不等式，因其思維跨度大、構(gòu)造性強，需要有較高的放縮技巧而 充滿思考性和挑戰(zhàn)性，能全面而綜合地考查學(xué)生的潛能與后繼學(xué)習(xí)能力，因而 成為高考壓軸題及各級各類競賽試題命題的極好素材。這類問題的求解策略往 往是：通過多角度觀察所給數(shù)列通項的結(jié)構(gòu)，深入剖析其特征，抓住其規(guī)律進(jìn) 行恰當(dāng)?shù)胤趴s；具放縮技巧主要有以下幾種：一、裂項放縮n 2例1.(1)求ki 4k2 1的值;(2)求證:k1-22, 1，3解析：(1)因為 4n2 1 (2n 1)(2n 1) 2n 1 2n 1,所以“不 2n 1 2n 12n 1 2n 1n(2)

2、因為141,2 2n 1 2n1奇巧積累：(1)不444n2 4n212n 1Tr n!r!(n r)! nr1r!r (r 1)(11 2 13 21(5)2n(2n 1)(2)C1(n 1)n(n 1)1n(n 1)n(n 1)n(n 1)-(r r2)2( n 1 -1-n)2( n n 1)n(8)(6)21“n 22n 12n 3 2n 1(2n 1) 21(2n 3) 2n(9)k(n 1 k)11 1 1111n 1 k k n 1，n(n 1 k) k 1 n n 1 kn(n 1)!2n(2n 1)21n3 4n ! (n 1)!2n(2n 1)(2 n 1)1 一 2( 2

3、n 1 2n 1) ”n2 22n 1. 2n 1(11)2n(2n 1)(2n 2)2n 1(2n1)(2n 11)12n 11(n 2)1 2n 1n(n 1)(n 1)/n(n 1) n(n 1)Tn211n n2:2(13)(14)n 1n22 2(3 1)k 2k! (k 1)! (k 2)!nnn23 3(21) 2 HYPERLINK l bookmark196 o Current Document 11(k 1) ! (k 2) !nn21 2_32n13(15) n(n1)1 J2(15).2 i1J)( i2- 2J1. J2 1)i2 1.2.J 11例2.(1)求證：(

4、2n2)1(2)求證:41求證:211613614n214n(2n 1) 2n6 2n(4)求證:2( n 11)1- 一 ,2( 2n 1 . n1)解析:(1)因為而111(2) 4 16 36(2n 1)(2 n 1) 212n 111111肝4(1f1N，所以 HYPERLINK l bookmark327 o Current Document 11-2)7(1 1n4-) n京)IQ熹)(3)先運用分式放縮法證明出1 3 5(2n2 4 6 2n1)進(jìn)行裂項，最后就可以得到答案2( n 1 鑄 n)(4)首先亦RF,所以容易經(jīng)過裂項得到2( n 1 1)111 - 231再證2( 2

5、n 12n 1)2/22n 1 2n 112而由均值不等式知道這是顯然成立的,1所以2( 2n1)6n例 3.求證：(n 1)(2n 1)解析：一方面：因為1 n24 4n212 2n，所以112n 1 2n 11另一方面：1 n(n1)6n(n 1)(2n 1),當(dāng) n6n所以綜上有2 時，(n 1)(2n 1)6n1 1 -(n 1)(2n 1)4146n1 時，(n 1)(2n 1)1-2 n例4.(2008年全國一一卷 )設(shè)函數(shù)f(x)xlnx.數(shù)列an滿足0a, 1 af(an)k設(shè)b （a1，1）,整數(shù)a1 ba1ln b，正: ak 1解析：由數(shù)學(xué)歸納法可以證明an是遞增數(shù)列,故

6、若存在正整數(shù)m k,使am bak 1ak若 amb(m k)貝J 由。a1am b1 知 am lnama1ln ama11n b1akkak ln aka1amlnamm 1ka ln a k(a lnb)因為ml m，于是aka1k | a11nbi a1 (ba。 b例5.已知n，m N，x1.Sm2m3mnm 1(m1)Sn(n1)m 1 1解析:首先可以證明(1nX)1 nxnm 1nm 1(n1)m 1(n1)m 1(n 2)m 11m 1km 1k 1(k1)m 1所以要證nm 1(m 1)Sn(n 1)m 11只要證:nkm 1 (kk 11)m 1故只要證(m 1) knk

7、m 1k 1nkm1(k(n1)m1)m 1 1(n1)m1 nm1 nm 1 (n1)mn2m1 1m1(kk 11)m 1 km 11 (m 1)kkm1n(k11)m 1 km 1即等價于km 1 (k1)m1 (m1)km(k 1)m 1km即等價于1(11)m 1,1 k(11)m而正是成立的，所以原命題成立.例6.已知an 42na1a2，求證:T1T2T3解析:Tn41 42434n (21 222n)4(1 4n)2(12n)4 _(4n 1) 2(1 2n)3Tn所以2n4(4n 1) 32(12n)4n 132 2n 12n4n 122n 1333 2n4n 1 3 22n

8、2 (2n)23 2n 1,一工 從而T2T3Tn32 (2172n1)(2 n12n 11)312 2n-n(n2k1,kn 1(n 2k,kZ）Z），求證:14 X2 X34 X4 X51、2( n 1 1)(n N*)X2nX2n 1證明114x2nx2n14 (2n 1)(2n 1)因為14 4n2 114 x2nx2n 114 4n222 n-n)所以4 X2nX22( n1)(nN*)：n二、函數(shù)放縮ln 2 ln3例8.求證：丁 丁ln4Tln 3n5n解析:先構(gòu)造函數(shù)有1nxlnxxIn 2cause53 366 9ln 2所以三7,從而三112 3ln 33ln 43，n)1

9、3n12n13n9918 27ln3 ln 43 T3n 12 3ln 3n丁3n35n63n5n-6例9.求證:(1)ln 22，vln33ln nn2n22(n 1)1(n2)解析:構(gòu)造函數(shù)f(x)ln x-，得到ln nln nY，再進(jìn)行裂項2ln nn1nnF,求和后可以得到答函數(shù)構(gòu)造形式ln xx 1 lnn1(2)1 例10 .求證:2解析:提示:ln(n1)ln nln(n1)ln nln2函數(shù)構(gòu)造形式：lnx x, 1nx當(dāng)然本題的證明還可以運用積分放縮如圖,取函數(shù)f(x)、. 1P SABCF 首先：1，從而J1 n-1nx |： i xiln n1取i 1有,n1所以有21

10、1到：2 3In n ln(n 1)ln2131 7ln3ln(nIn 2In n1ln(n 1) ln(n 1) ln nn 1，相加后可以得1)一 、.，Sabde另一萬面1，從而有l(wèi)n x|n i ln nln(n i)ln nln(n 1)所以有l(wèi)n(n 1)11213所以綜上有11ln(n 1) 1 .2n例11求證:(1 #1(1e和(1111)(1 -)(19811、,je.解析:構(gòu)造函數(shù)后即可證明例12 .求證：(1 12)(1 2 3)1n(n 1)e2n3解析押n(n 1)311 2 n(n 1) 1，疊加之后就可以得到答案函數(shù)構(gòu)造形式:ln(1)3為(x 0)1 ln(1

11、 x) 3(xx x 1、0)(加強命題)ln 2 ln 3例13證明：丁 丁ln 4ln nn(n 1)4 (n N*, n 1)解析:構(gòu)造函數(shù)f(x) 1mx1)(x 1) 1(x 1),求導(dǎo)，可以得到:1f (x)1x 1T7,令 f(x) 0有 1 x 2,令 f(x) 0有 x所以 f(x) f(2) 0,所以 ln(x 1) x 2,令 x n2 1 有,lnn2 n2 1一一 ln n n 1所以二H,所以ln2 ln3ln4ln n n(n 1) n 14(n N*, n 1)例14.已知a1 1(1解析:1、an 1(1)ann(n 1)12T(1 )ann(n 1) 2ne

12、2然后兩邊取自然對數(shù)，可以得到1na.ln11ln(1 )ln ann(n 1)2n n然后運用小。* x和裂項可以得到答案放縮思路:1a n 1(12n nlnan1亍)烝1n2nln叫11ln(1 _)ln2c nn n 2n 1(lni 1a.ln a1212n于是a.lnan e2.注：題目所給條件 與探索放縮方向的作用;ln(1ln a1x) x當(dāng)然,12n(2)n121 121_ 2.2n0)為一有用結(jié)論，可以起到提醒思路本題還可用結(jié)論2n n(n 1)(n 2)來放縮:一 1、an 1(1)ann(n 1)1n( n 1)an1 1(1ln(an 1 1)ln(， 1)n 1ln

13、(ai 1i 2ln(1 E)n 11)小 1)即 1n(an 1)1 ln 31 )(a1) n(n 1) n11an16.(2008 年0,b 0,證明：f (a)(a b)ln 2州f (a解析:設(shè)函數(shù)g(x) f(x)f(kQ f(x)xln x,令 g (x)k .n.g(x)在彳*、 . 函數(shù) 2 )k/ g(x)g(-).有 2g(x)即 f(x)令 x a,kn(n 1i(i 1)3e 11)ln( an市b) f(b).x), (k 0)1) ln(a211) 1 一 n知函數(shù) f(x) xlnx 若g(x) xln x (kk.Q g (x) ln x 10,則有上 k x

14、上單調(diào)遞增,f (k)f(kk k f (k ) k lnln(kkln 2,x)f(k)x)ln( kx) 1x), xlnk x2x k 八 k,0 x k.k x 2kg()(0,2上單調(diào)遞減. g(x)的最小值為g(2),即總k(ln k ln 2) f (k)kln 2.kln 2,x b，貝|ka b.f(a) f(b) f(ab) (ab)ln2.f (a) (a b)ln2 f (a b) f (b).例15.(2008年廈門市質(zhì)檢)已知函數(shù)f是在(0,)上處處可導(dǎo)的函數(shù)，若x f(x) f(x) 在X 0上恒成立.(I)求證：函數(shù)g(X)f(x)在(0,)上是增函數(shù);(II)

15、當(dāng) Xi0,X200寸,證明:f(Xi) f(X2) f(Xi X2).(III)已知不等式1n(iX)X在 X1且X 0時恒成立,In 42In(n i)2 (n i)2n2(n i)(n 2)*(n N ).解析:(I)f(X)X f(X)g(X) 2X0,所以函數(shù)f (X) *g(X)在(0,X)上是增函數(shù)(II)因為 g(X)在(0, )上是增函數(shù)，所以f (Xi)Xif(Xi X2)Xi X2f(Xi)XiXiX2f (XiX2 )f(X2)f(XiX2)X2f (X2)X, f(Xi Xi X2X2)兩式相加后可以得到f(Xi)f(X2)f(XiX2 )f(“f(5 X(3) XX

16、i X2Xn)Xnf (Xi)一Xi1X2Xnf (XiX2Xn)f(X2)X2f (XiXXn)Xnf(X2)Xnf (Xi X2Xn)f(Xn)Xnf (Xi X2XiX2Xn)Xnf(Xn)XnXiX2一 f(Xi X2XnXn)相加后可以得到：f(Xi) f (X2)f(Xn)f (XiX2Xn)所以Xi In XiX2 In X2X3 InX3XnIn Xn(XiX2Xn)In(XiX2Xn)令“(iin)2，有i-T In 222i 2-5 In 3 32In42(n-t In(n i)2i)2i (ni)2i(n i)2所以2121n 22In(n i)2 In(n(方法二)(n

17、 i)2 (n所以又1n4三、分式放縮321n 32i)2Ini2(n i)n(n i)2ln(ni)2n2(ni)(n2)(n*N ).i)2i)(n 2)221n222(n i)(n 2)In 4(n i)(n 2)321n32。，所以In44121n42i 22In22i (nIn32淚n(n2ii)2 In4 .2nIn 42(n 2)In42i7In(n i) (n i)2(n i)(n 2)(n*N ).b b m姐妹不等式：am(b a 0,mb m / (a b 0, m 0)a m記憶口訣”小者小，大者大”解釋:看b,若b小，則不等號是小于號，反之.111例 19.姐妹不等式

18、：(1 1)(1 3)(1 5) (1 -)11142n 1 和(1 2)(14)(1 6)1(1 ) 2nn 1也可以表不2 4 62n2n-1 3 5(2n 1)1成為T5而F 和丁丁62H-面f解析：利用假分?jǐn)?shù)的一個性質(zhì)m(b mQm 0)可得一 (1例20證明：. 62n3 5 72n；52n 12 4 62n2n1即(11 1)(1-)(135)11 3 5-2 4 6a a21432 4 6 2n 、213 5 32n 1 (2n 1)2n).2n 1.1)(1114)(1 7) (1S 33nl.解析：運用兩次次分式放縮：2 5 83n 13 6 93n1 4 73n 22 5

19、83n 13n 1 47 103n 13n 2 36 93n(力2 5 81 4 7(加1)2)相乘，可以得到:所以有83n 173n 211)(1)(1 -417)4 7 10 .2 5 81(13n 2)3n 113n123 3n 1.4 73n 25 83n1(3n 1)四、分類放縮例21.求證:11 1 1解析：2 312n 1)(7工工)2323 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark254 o Current Document /工。L工n1、xoy中，y軸正半2n 2n2n 2n 22n,直線AnBn在X軸例22.(2004年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試改編

20、)在平面直角坐標(biāo)系軸上的點列An與曲線y w(xo上的點列Bn滿足OAn OBn， JL10bnbn 1bn 1bn an14, n N; (2)證明有n0 N ,使得對n n0都有1b211An 0, ,Bn bn, .2bn , bn 0OBn解析:(1)依題設(shè)有：n，由 n得：bn2 2bn，bn1 1,n N，又直線Qn在X軸上的截距為an滿足1102bn n 0 n bn 0an1“ Q2n2b 1 n2b；n 20nn10,bn西=bn2 . 2 bn n bn11 c顯然，對于n F ，有aan 1*4, n NC 1 bn_1, n(2)證明：設(shè)bn1n22n 1n 1 22n

21、 12 n 1 22n 1n 122Q 2n 1 n 22 n 10,n設(shè) SnC1c LCn, n2k時,2123所以，取n02400912k 112k2k1417。12212k 1 112k2,對n國都有:b2b1b3b2bn 11SnSn0bn0401721-2008b2故有b1b3b2bnbn 1bn1n n 2008成立。例23.(2007年泉州市高三質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x) x2 bx c(b 1，c R),若f(x)的定義域 f (n)*為1, 0,值域也為 1, 0.若數(shù)列bn滿足bn Y(n N),記數(shù)列bn的前n項和為Tn,問是否存在正常數(shù)A,使得對于任意正整數(shù)n都有Tn A

22、 ?并證明你的結(jié)論。f (n)n2 2n 1解析:首先求出f(x)x2 2x,. bn不丁171214 1214 Tnbib2b3bn1111c2n3 4111 一 21. 1 C212222r萬，故當(dāng)n 2k時,kTn2因此，對任何常數(shù)A,設(shè)m是不小于A的最小正整數(shù),2m 2則當(dāng)n 22m 2時，必有Tn1 m A故不存在常數(shù)A使Tn A對所有n2的正整數(shù)恒成立.Xy例24.（2008年中學(xué)教學(xué)參考）設(shè)不等式組y0,0,nx3n表示的平面區(qū)域為Dn設(shè) 隊 內(nèi)整數(shù)坐標(biāo)點的個數(shù)為S, an .設(shè)1111 7n 11361an 21a2n當(dāng)n 2時，求解析容易彳#到a3n，所以，要證11a1a21

23、a31a2n7n 1136只要證S21 7n 11了 ，因為111S2n1 2 (3 4) (7 8)(1n 1127 112nT2T2n172(n 1)7n 11,所以原命題得證五、迭代放縮.Xn例25.已知x4-；,x1Xn11，求證:當(dāng)解析:通過迭代的方法得到Xn 2n2 時,I12| 221 n2n 1，然后相加就可以得到結(jié)論例26.設(shè)Snsin 1! sin 2! sin n!212221，求證:對任意的正整數(shù)k,若kA膽有：IS+k SnI0,b0,求證：an bn 21n.1b11解析：因為a+b=1,a0,b0可認(rèn)為，2,成等差數(shù)列，設(shè)a ,b攵d, /n /n8(n 1)(n

24、 2) .3 n 1 n的結(jié)構(gòu)，注意到(2) (1 3 ,展開得11 n n(n 1) (n 1)(n 2) 61 (n 1)(n 2)了 1 2 18,即(1 2) 8 一,得證.ln 2n從而d21 n2例47設(shè)n(12)1,n求證解析:1 C； 1 2觀察(3)身22CIn 3 In 2例48求證：n11n(1元)解析:參見上面的方法例42.(2008年北星海淀5月練習(xí))已知函數(shù)y f(x),x N,y N ,滿足: *對任意 a,b N,a b,都有 af(a) bf(b) af (b) bf (a)；對任意n N*都有ff(n) 3n.(I)試證明：f(x)為N上的單調(diào)增函數(shù)；(II

25、)求 f(1) f(6) f(28)；n 11,11n* 31T 3(kf (X2X1)3 0, f (Xi) f (X2)N*)由 f(J)f7 4 *)f6)11彳導(dǎo) 3 f(v)f (3rT) 63(nN*)不等式成立;1,1 、.牙)3 f(Nf即當(dāng)n=k+1時，不等式成立由(1)、(2)可知，不等式f(白313n1,2,3,3x3對一切正整數(shù)都成立13 f (Tn-1)3而 X 0,1,f x單調(diào)遞增所以,f(X)1f (.) 3x13n 13.例50.已知：aa?an解析:構(gòu)造對偶式：令1,a02a1a1 a2aa1則(a122) (a223) 122a22a1(i2a2a2a32

26、a31,2a2 a32a22a2a1 a2an) (an )n)求證：_2_2an1anan 1 an an2anan 12a3ana2a1a2aa2一 L a：1a3an 1 ana2ana1a2 a30, A Ba2an 1an 1a12a1n a12anan2 anan2a1a1又2 aiai2 ajaj12 (aiaj)(i,j1,2n)A12(AB)1( a122 士 a22a22a32 an 12 an2 an2a11 a4a?)(a2a3)2耳a2a3an 1anana1(an 1an)(anai)卜一、積分放縮利用定積分的保號性比大小保號性是指，定義在,b上的可積函數(shù)例51.求

27、證:解析:lnln ee1x e，時，一ln x-2xIn In e eln xdx 0 x利用定積分估計和式的上下界In xx1 ln x一Ldx xIn In ee ，定積分產(chǎn)生和應(yīng)用的一個主要背景是計算曲邊梯形的面積，現(xiàn)在用它來估計小矩形的面積和.111例52.求證： 近點解析：考慮函數(shù)11 1如圖，顯然 i12 n 1 1n1n 1,n N我在區(qū)間i,ii 1 1_dx4-1 1 dxx1,2上的定為分.例53.已知n N，n 4.求證:解析:考慮函數(shù)1心在區(qū)間172n 10i 1,2,3,L,n上的定積分.in 一i 11n 11一dx x-1in1 dx71 x1 1 dx ln

28、101 xln 2 -102例54. (2003年全國局考江蘇卷)設(shè)a 0,如圖，已知直線l：y ax及曲線C： y x ,C上的點Q1的橫坐標(biāo)為al (0 ai a).從C上的點Qnn 1作直線平行于x軸，交直線l于點Pn 1 ,再從點Pn 1作直線平行于y軸，交曲線C于點Qni.Qnn t2，L，n的橫坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列(I )試求an1與an的關(guān)系，并求an的通項公式;1n1(n)當(dāng)a 1,a12時，證明 Jak ak1)ak 2 32 .n1(田)當(dāng)a 1時，證明 k1(ak ak1)”2 3./a12n1 ana()解析： a(過程略)1證明(II)：由 a 1 知 an1a2, .為 2

29、,16.當(dāng) k 1時,ak2a3 記，n1 n11(aak1)ak 2(aa 1則1 n1可n2原不等式成立.十四、經(jīng)典題目方法探究(123223nnx2 1 13 1 3nT7T3n2n113n探究1.（2008年福建省高考）已知函數(shù)f（x）ln(1 x) x.若 f(x)在區(qū)間0,n(n N*)上的最小值為bn更令anln（1 n）坊求證：a2ai a3a2a4a1 a3 a5a2n 1a2 a4 a6a2n,2an 1 1證明:首先:可以得到nn(2n 1)2n12n 11 3 5(2n 1)13 3 5(2n 1)(2n 1)1(方法-1 3 5)(2n2n2n(2n)22n 112n 11)12n 11（方法二）因為23 3_J4 L45,2n2n 1 12n 12n2n1,相乘得:_ _21 3 5(2n 1)2 4 6 2n12n 1(2n 1)2 4 6 2n12n 11 3 5(方法三)設(shè)A= 2 4 6(2n2n1),B二2n瓦F,因為AB,所以A2AB,所以a1_2(2n 1)2n13 5(2n 1)2n 1從而 2 4 6 2n 2n 1F面介紹幾種方法證明a2a1 a3 a5 a2n