高考數(shù)學(xué)數(shù)列放縮法技巧全總結(jié)

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(qiáng)，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(xiàng)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；其放縮技巧主要有以下幾種：11171n11(2)求證:(3)求證:44n224n2n11111(4)求證：2(11nn23n1111111n)2i2nn11111111144n224n211111122(n1n)23nn122(2n12n再證n1而由均值不等式知道這是顯然成立的，211123n21n(2)求證:.4k12k22211212nn所以4n21(22121nnnn2n14111421111123534n1(2)因?yàn)閚22nn所以nn2k25k1121114411奇巧積累:(1)(2)(nn(nn(nn(nn222C1C2n1n1!11111Cnrnr!(nr)!nr!r(rr1r11115nn1111(6)2nnnn12111n(2n2nn11111111,12222(2n12n1)n111(11)nnn22n2n111(22(2(22)(22n1121nnnnnnn1n111111n(nnn(nn(nn1n1n3nn21111n1n1n12n12n2n12223221nnnnn33n1k211k(k(k2)!(k!(k2)!j2ij1j21)i21j26n(nn1n211421211111123n122nk25k11111111n11另一方面:49n2n(nn1n1111n1當(dāng)時,(nn49n,n32n6nn215n23數(shù)列滿足..a1ann1n證明:a.b1解析:由數(shù)學(xué)歸納法可以證明是遞增數(shù)列,amkk則由知,aaaalnaalnaalnb0lnaaalna,若ab(mk)mk1kkk1mm1mmm1m1klnak(alnb),ak|alnba(ba)bmm1a1111求證:1.nm1(mS(nm1mmmmmn解析首先可以證明:nnnm1nm1(nm1(nm1(n2)m1m10[km1(km1]所以要證nnnnmnnn[k(km1](mk[(km1km1],,mm11即等價于1而正是成立的所以原命題成立.kkkk2n3,Tnnn2n12n4nn(42)12312nnnn32n2n32n所以44n132n1222(2)321nn2n22nn3332n11nnn31132從而TTTT12337123nnn111求證:n,444122因?yàn)樗运詎n14111xx44235二、函數(shù)放縮(nN).n*23461ln2ln3ln4ln3n111從而31()n2343n233nxx1171811cause3n23492nn5966所以31n23466ln2ln32nlnn11211得到2f(x)n2n2xnn2案函數(shù)構(gòu)造形式:,lnxx1ln2)11123n12nn1n2nn1nn1函數(shù)構(gòu)造形式:y1如圖取函數(shù),DExF11O1xnnnln|x從而,nxxnini1取有,,i1n1111ln3ln2所以有,ln(ln,相加后可以得到:ln2nnn3n12n11231n11nnln|lnln()xnxxnini1取有,,i111111所以綜上有2n12nn111解析構(gòu)造函數(shù)后即可證明e111!932n333x1xx1例13.證明:ln2ln3ln4345n14解析構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)可以得到:1,令'f(x)1x'x1x1所以所以令1有,lnn2xn2n21所以ln2ln3ln4nNn345n14n1211a1,a1n1n22nn1111,a)an(n2n(nn1nnn11an(nn1n1111aa2nn1n2n1n2n11，11nn2n2nnn2nn21n11111n1n1(212ni1ii2i2in1nni1i12lnalna2ae.2n1n注：題目所給條件（x0）為一有用結(jié)論，可以起到提醒思路與來放縮：11a1a1n(nnn(nn1n1111n1n1.[ln(aln(ai12n1ninni2i2即2nnf(x)xln.g(x)f(x)f(kx),(k0)x,xk2kkg]2）上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減∴的最小值為2，即2g(x)k總有2kkkk2222f(x)f(kx)f(k)k2.ka.f(x)fg(x)xxx,證明:f(x)f(x)f(xx)121212(III)已知不等式x)x在x且x0時恒成立，1111n2ln34(nN*2222223242解析:(I)fg'(x)fx(II)因?yàn)樯鲜窃龊瘮?shù)所以在(0,)f(x)g(x)xf(x)f(xx)x1121x1xx121212x2122xxx12122212f(x)f(x)f(xx)1212f(x)f(xxx)x112n1112n12n12nf(x)f(xxx)x212n2x212n212n12nf(x)f(xxx)xn12nnxn12nn12n12n相加后可以得到:f(x)f(x)f(x)f(xxx)12n12nxlnxxlnxxlnxxlnx(xxx)ln(xxx)112233nn12n12n111111111ln(222n22324222232422232211n111112n2n1111n222n2nN*223242ln4(nn(nnn1n211111nln4所以ln2ln42222232422n21,所以1111n2ln3422*n1223242bbaa111111112n1和))246351n成為21和nbam246246111)2n1即)1352135n111例20.證明:47258n(加1)(加2)1472147258111所以有)n)33471n2n12111111112324423232323n1111n1n(2n2n2n22n2例22.(2004年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試改編)在平面直角坐標(biāo)系中,軸正半yxoy1（0）上的點(diǎn)列滿足x2xAyBnnnaBbnnbbbb(1)證明>>4，;(2)證明有nN，使得對23nann0bbnn02n11解析:(1)依題設(shè)有：,,0，由bnnnnnnn又直線在軸上的截距為滿足11axABnnnn2nn2nn1Q2nb1n0,22b2nnnnnnnn12n1111nbn2nnn2n2nnnnn11*0nnn1bn1bn1111111n211n221n21111111n2n21111n21122121n2n21Q21221n2ncn2nn221kNkS**n12n111111111134342kk3111k122L22k122232k2，對都有：nn0bbb23n1SSn02n12nbbbb23nn1<故有2008成立。bbbn2n1nf(x)x2cbcR))*nn3n項(xiàng)和為，問是否存在正常數(shù)，使得對于任意正整數(shù)都有？并證明你TnTAnn解析首先求出f21n3n3n11∵,223n123n4n1111k21k1,故當(dāng)2k時,T,2k2knn2k1因此，對任何常數(shù)，設(shè)是不小于A的最小正整數(shù)，m則當(dāng)n2時必有TmA2n2故不存在常數(shù)A使對所有的正整數(shù)恒成立.n2TAnyDn111aaaannn1n2n1111證:.a1aaa2n36231111111只要證1因?yàn)镾2nan36232n12aaa2nn23111S1()()(3456781111371TTTn222n2212122n121222n1得證x4,x1,:,n|x2|21n11n2ini112nn1sinsin求證對任意的正整數(shù)若kn恒有:|S－S|<21222n|n111|2n22nk2n12n22nk1111111)2n2222n2k2nnn01n112CCCn2nnknnnnnana,相加后就可以得到a2(na2nn1n11112nn11所以解析:設(shè)則anaa[2(na(2naann相加后就可以得到a[2(na(2nan12n1112n1例29.若aaan1求證:111aa1n2n1aanaaaanan1111aaaa2aaa2n12aaaan21n212n1證明：對任意的整數(shù)，有San2(,a}Snnnnnn111aaa45m2,n3n11321132n22n1nn(2aan1nn13211于是()222n32n22n111111111()mmaaaaaaaa456m45m121111137(2422422883111111178①知amm111.aaaaaaaaaa45m4545mm例31.設(shè)函數(shù).若對一切，3af(x)b3，求的最大值。ab1(x(x22122f(x)f(x)1的充要條件是，2ba2n(nS1223n(n..n22nkkk1，nnkS(k)2nk1k1即nn.2222nab22n22k1aa2nn111nnnaa1n其中，n等的各式及其變式公式均可供選用。11，若，且在，上的最小值為，求證：ffx()241a2bx512n14111x11(x0)ff(n))xx1111111.422n12n12111，試證：對每一個nN，abab解析:由，又()()24，故4，而ababababban0n1n1rrnnnnn令bCabCab1arrn1nnnCinnnnnC(an1bn1)C(a)Cn1(n1ab)1rrn1nnn而na1bab1ababab1a1b2ab2421nnrrnnnn2則=CCC)(abab)(22)(abab)1rn1rrnrr2nnn.(ab)ab22n1nnnf(n)n1C1C2C3Cn2(nnN)n2nnnnn2n1=n1211222n2n12nnn原結(jié)論成立.求證:2(2)()(fffnexf111ee1x2ex211xx21112eeeex1nn21求證:ffffn(2)(2)2(nnnx11k1kkk(2n1k)11k所以.ff(2)ff(2n)2(n2nn11113n.k712nn11111111nn1n12n2324因?yàn)楫?dāng),所以,所以,當(dāng)x且僅當(dāng)時取到等號.xy4444411111Sn12nnn,求證:.f(x)a(xxxx)a12a2.1611222knnnn2x22右式∴不等式成立.xx22[f(x)]2f(x)(2x)2(2x)nn1nnn1nn2x11n1n22n4n2nnnxn4nxn211L1xn2C2xn4Cn2nnnn111(x)2(1n22n4n112nxn2nxn4nxn2nnn所以所以[f(x2f(x)2(22).綜上，當(dāng)k是奇數(shù)，N時，命題成立nnnnn(x)（）求函數(shù)f的最小值，并求最小值小于0時的取值范圍；a求證：nS(n)C1f'C2f'(2)Cn1f'(nS'n2nnn1f(x)aaf(x)0,alnaa'x'xxa'af(x(,lna上遞減，在（lna,'aamin1則lnlnalnamine11aee(2)S(n)C(alnaC(alnaC(alna122n1nnnCaCaCa)lnaCCC)12212nnnnnn1C(aa)C(aa)C(aa)]lna(22)1n122n2nnnn2nnnn(22)(alna(22)f(),n2n'211★例42.(2008年江西高考試題已知函數(shù)a1x1a11118,x1ax81118①而fx1x1a1b111111；因?yàn)椋琭x1又由411111所以1x1a1x)()abx(1x)(1a)(1b))xab；由、②式中關(guān)于的對稱性，不妨設(shè)bx1（ⅰab7，則a5，所以5，因?yàn)閤a11111122．1x1a151x1a1b1，8x1xab1b1bb2b因?yàn)棰?1b1b4(1b)22(1b)1bbab1⑤，于是fxaabababab28只要證ab為顯然．因此⑦得證．故由⑥得．f(x)2綜上所述，對任何正數(shù)，皆有x111n1n2解析一方面:111111111n12n1n1n2n12111(22n12(2nn22(2n(n22(2nn2(2n2111n1n2n1,,n01nn01nnnnnnn012nnn2n(2)2nnn11a1,a(11n1n2n12nn111解析:an1)a)(aan(nn(n(nnnn1n111.n1[ln(aln(aln(aln(a11，n(nn(nn1ni(ii1in2ni2即2nn，求證：數(shù)列單調(diào)遞增且a}1annnn（證略）b1a1(nbba)nnn（）n1111代入（）式得nn1n即單調(diào)遞增。n111以11))2n4.ab1n2n22n1nna}1單調(diào)遞增，所以對一切正整數(shù)有nnn1注：①上述不等式可加強(qiáng)為2)n3.簡證如下：n1111利用二項(xiàng)展開式進(jìn)行部分放縮：a)1C1C2Cn.nnnn2nnn11nnn111C.knknnn1112n12nen已知i,,n是正整數(shù)，且1im.（）證明年全國卷理科第20題））證明nmiiiimn簡析對第（2）問：用1/代替得數(shù)列是遞減數(shù)列；借鑒此nn1nnn遞減，且故1imn,111nn當(dāng)然，本題每小題的證明方法都有10多種如使用上述例5所提供的假分?jǐn)?shù)性分房問題漂亮的解決！詳見文。nn.1a,,b1d,bd2211nn從而nn2228.32解析:觀察()的結(jié)構(gòu)，注意到313n221111nn(n(nn61)n2n123222223288nnn81例48.求證:).n2nn解析參見上面的方法，滿足：yf(x),xN,yN**對任意a,bN,ab，都有af(a)bf(b)af(b)bf(a)；**nN（）試證明：為上的單調(diào)增函數(shù)；f(x)N*（）求ff(6)f(28)；n111≤aan*n2n解析本題的亮點(diǎn)很多是一道考查能力的好題.(1)運(yùn)用抽象函數(shù)的性質(zhì)判斷單調(diào)性:,N*首先我們發(fā)現(xiàn)條件不是很足,,嘗試探索看看按(1)中的不等式可以不可以得到什么結(jié)論一發(fā)現(xiàn)就有思路了!由可知(ab)(f(a)fb))0令baf則可以得到(f(x)(f(ff0又f(f3,所以由不等式可以得到1f3又fN*所以可以得到f2①接下來要運(yùn)用迭代的思想:,,f當(dāng)然,在這里可能不容易一下子發(fā)現(xiàn)這個結(jié)論,所以還可以列項(xiàng)的方法,把所有項(xiàng)數(shù)盡可能地列出來然后就可以得到結(jié)論.(3)在解決的通項(xiàng)公式時也會遇到困難.,所以數(shù)列af(3),nN的方程為,f[f(3n1,fn1)f{f[f(33f(3aan*nnnn1nn111111),一方面,另一方面432)C2C22n1aan0011nn2nnn1111nn111≤以所以綜上有.aa4n42n例49.已知函數(shù)fx的定義域?yàn)閇0,1]，且滿足下列條件：①對于任意[0,1]，x則有fx312121212（Ⅰ）求f0Ⅱ）求證：fx；11.xxn13，∴(0)3fx12又由②得(0)2(0)3,即(0)3;∴(0)3.ffff（Ⅱ）解：任取,且設(shè),222121121因?yàn)椤?)().fxfxf(xx)3f12212121x11（Ⅲ）證明：先用數(shù)學(xué)歸納法證明：()fn111（）當(dāng)n=1時，()(1)4133，不等式成立；ff011f(k11111111111由f()3f()f()f()6k1kk111kk1k1即當(dāng)n=k+1時，不等式成立113對一切正整數(shù)都成立.f(n111111x(,)nn1111而[0,1]，單調(diào)遞增∴所以，f)xfxaaaa2naaaaa12ni1223n1nn1aaa2a2na1223n1nn1Baaaaa1223n1n1a22n121nn1則1223n1nn1(aa)(aa)(aa)(aa)AB1223n1nn1a2a21ij（i,jn)2ijij11aaaaaa22)))(nn2aaaa1223n1nn11223n1nn1保號性是指，定義在上的可積函數(shù)，則.0b0alnlnelnx解析:eeddxexeex2ee1lnx,，xdx.0ex2e定積分產(chǎn)生和應(yīng)用的一個主要背景是計(jì)算曲邊梯形的面積，現(xiàn)在用它來估計(jì)小111L，23n1在區(qū)間i,i1L,n上的定積分.ix111dx①iixi11nni1iixxi1i1i1x.111117L.n1n2n31,111idxi②n1nn111nin111ln17n.in1xln2ii110ni1n及曲線：，C2yxa0l）從上的點(diǎn)QaCC111ylCn1的橫坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列.aQn1nnn1nn11an232k1k2k11naaa13kk1k2k1（過程略）.11，∵，∴.a1aa2123n1n1ak2k1111.∴nnk1k2k11n1k1k1a12ak1k∴恰表示陰影部分面積，kk1k2kk1aka∴.nnn1x2ax2akka011i12ixi11i11；dxinxnsinsin1ii12x2isini1.1a3k3kka11111111111112111n.3aa2ann111111解析:1a2a3a2232nnan2（只將其中一個變成1，進(jìn)行部分放縮kk11112k1111111111)()(2232n2223nn，當(dāng)時證明對所有有naa23nan1nnn11112n解析:用數(shù)學(xué)歸納法：當(dāng)時顯然成立，假設(shè)當(dāng)時成立即nkk當(dāng)，成立。a(ak)1a(k2k)1(k2)21k3akkkaa11a121(a21421k.kkka1k1kk1n1112nn.2i14121i1i1i2i)注：上述證明用到部分放縮，當(dāng)然根據(jù)不等式的性質(zhì)也可以整體放縮：ak1k1kyPA.xOBT2因?yàn)槿切蜛OB的面積小于扇形OAB的面積2x0x0所以綜上有|sinx|x|(xR),f(x)AB1n例59.求證對一切n(nN*),都有3.kkk11111111kkk(kk1k1k3kk21111k1k1k(kk1k1kk1k121112k1k1111111111211n3132435k1k12kk1kkk1111111112kkkk1kkk1k(kkk1k11k111nn.kk1k2有些不等式,往往是某個一般性命題的特殊情況,這時,不妨”返璞歸真”,通過雙向加強(qiáng)還原其本來面目從而順利解決原不等式其基本原理為:只要證明:ACf(x)BC(CAB).Af(x)B1求證:a}1n1nannn122從而a22nn1an1nn1a222222222(n12n1,所以a2n1nnn1n1n2211n12222nn1ak1n1nn1a22222222nnn1n1n2211n2n1an2(nn11引申已知數(shù)列滿足:,求證:.na}1n1naannk1k解析由上可知,又,所以112ann21nak1k11n12n1.n1ak1k0aa22an1nn111,nn12n11212n;★(3).T3nnna22n1nn1n(i)當(dāng)時,a1結(jié)論成立;1ka122kka21n1所以綜上有0a1故a22nn1nn1n則aa1a,a2a222a2a2a2a2n1nn1212323n1nn1,所以a2a22n1123n1n1n1所以2nnn2a1a(3)因?yàn)?從而nn1所以有a222a1a2ann1n1nnn1aaaan32a3nn2211aa2123n2211aann所以123n22111112aaa3n2n22na2a1,．3na}Lnn5n112≥x2n,;nLnn2.12n3n2112:(1)依題容易得到1≥2nx,,a23n3nnnLn211222132nn222123n23n2n23n3n23n3n112,x02112112