高考数学压轴题放缩法技巧大全

1 放缩技巧放缩技巧 高考数学 高考数学备考备考资料 资料 证明数列型不等式证明数列型不等式 因其思维跨度大因其思维跨度大 构造性强构造性强 需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性 能能 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 材材 这类问题的求解策略往往是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通过多角度观察所给数列通项的结构 深入剖析其特征深入剖析其特征 抓住其规律进抓住其规律进 行恰当地放缩 其放缩技巧主要有以下几种 行恰当地放缩 其放缩技巧主要有以下几种 一 一 裂项放缩裂项放缩 例例 1 1 求 n k k 1 2 14 2 的值 2 求证 3 51 1 2 n k k 解析 1 因为 12 1 12 1 12 12 2 14 2 2 nnnnn 所以 12 2 12 1 1 14 2 1 2 n n nk n k 2 因为 12 1 12 1 2 14 4 4 1 11 2 2 2 nnn n n 所以 3 5 3 2 1 12 1 12 1 5 1 3 1 21 1 1 2 nnk n k 技技巧积累巧积累 1 12 1 12 1 2 14 4 4 41 222 nnnnn 2 1 1 1 1 1 1 21 21 1 nnnnnnnCC nn 3 2 1 1 1 1 1 11 1 1 r rrrrrnrnr n n CT rr r nr 4 2 5 1 1 23 1 12 1 11 1 1 nnn n 5 nnnn 2 1 12 1 12 2 1 6 nn n 2 2 1 7 1 2 1 1 2 nn n nn 8 nnn nnnn2 32 1 2 12 1 2 1 32 1 12 2 1 9 knnkknnnkknknk1 11 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 10 1 1 1 1 nnn n 11 2 1 2 1 2 1212 22 1212 2 1 nn nn nn n 11 2 12 1 12 1 12 12 2 22 12 2 12 12 2 12 2 11 1 2 n nnnn n nn n nn n n n 12 11 1 1 1 1 1 1 1 111 23 nnnnnnnnn nnn 1 1 1 1 2 11 1 1 1 1 nnn nn nn 13 3 2 12 1 3 2 122 12 332 13 222 1 n n n nnnnnn 14 2 1 1 1 2 1 2 kkkkk k 15 2 1 1 1 nnn nn 2 15 1 11 11 11 2222 2222 ji ji jiji ji ji ji 例例 2 1 求证 2 12 2 1 6 7 12 1 5 1 3 1 1 222 n nn 2 求证 nn4 1 2 1 4 1 36 1 16 1 4 1 2 3 求证 112 2642 12 531 642 531 42 31 2 1 n n n 4 求证 112 2 1 3 1 2 1 1 11 2 n n n 解析 1 因为 12 1 12 1 2 1 12 12 1 12 1 2 nnnnn 所以 12 1 3 1 2 1 1 12 1 3 1 2 1 1 12 1 1 2 nni n i 2 1 11 4 1 1 2 1 1 4 1 4 1 36 1 16 1 4 1 222 nnn 3 先运用分式放缩法证明出 12 1 2642 12 531 n n n 再结合 nn n 2 2 1 进行裂项 最后就可以得到答案 4 首先 nn nn n 1 2 1 2 1 所以容易经过裂项得到 n n 1 3 1 2 1 1 11 2 再证 2 1 2 1 2 1212 22 1212 2 1 nn nn nn n 而由均值不等式知道这是显然成立的 所以 112 2 1 3 1 2 1 1 n n 例例 3 求证求证 3 51 9 1 4 1 1 12 1 6 2 nnn n 解析 一方面 因为 12 1 12 1 2 14 4 4 1 11 2 2 2 nnn n n 所以 3 5 3 2 1 12 1 12 1 5 1 3 1 21 1 1 2 nnk n k 另一方面 11 1 1 1 1 43 1 32 1 1 1 9 1 4 1 1 2 n n nnnn 当3 n时 12 1 6 1 nn n n n 当 1 n时 2 1 9 1 4 1 1 12 1 6 nnn n 当2 n时 2 1 9 1 4 1 1 12 1 6 nnn n 所以综上有 3 51 9 1 4 1 1 12 1 6 2 nnn n 例例 4 2008 年全国一卷 设函数 lnf xxxx 数列 n a 满足 1 01a 1 nn af a 设 1 1 ba 整数1 1ln ab k ab 证 明 1k ab 解析 由数学归纳法可以证明 n a 是递增数列 故若存在正整数km 使 bam 则 baa kk 1 3 若 kmbam 则由 10 1 baa m 知 0lnlnln 11 baaaaa mmm k m mmkkkk aaaaaaa 1 11 lnln 因为 ln ln 1 1 bakaa k m mm 于是 bababakaak ln 11111 例例 5 已知 mmmm m nSxNmn 321 1 求证 1 1 1 11 m n m nSmn 解析 首先可以证明 nxx n 1 1 n k mmmmmmmm kknnnnn 1 11111111 1 01 2 1 1 所以要证 1 1 1 11 m n m nSmn 只要证 n k mmmmmmmmm n k m n k mm kknnnnnkmkk 1 1111111111 11 11 1 2 1 1 1 1 1 1 故只要证 n k mm n k m n k mm kkkmkk 1 11 11 11 1 1 1 即等价于 mmmmm kkkmkk 111 1 1 1 即等价于11 1 1 1 1 1 1 1 1 mm kk m kk m 而正是成立的 所以原命题成立 例例 6 已知 nn n a24 n n n aaa T 21 2 求证 2 3 321 n TTTT 解析 21 2 14 3 4 21 21 2 41 41 4 222 4444 21321nn nn nn n T 所以 123 2 2 2 2 3 2234 23 2 3 2 3 4 2 22 3 4 3 4 2 21 2 14 3 4 2 211 1 1 1 1 nn n nn n n n n n n n nn n n T 12 1 12 1 2 3 12 122 2 2 3 1nnnn n 从而 2 3 12 1 12 1 7 1 3 1 3 1 1 2 3 1 321 nn n TTTT 例 7 已知 1 1 x 2 1 12 Zkknn Zkknn xn 求证 11 2 111 4 122 4 54 4 32 Nnn xxxxxx nn 证明 nn nn nnxx nn 2 2 2 1 4 1 14 1 12 12 11 42424 4 122 因为 12 nnn 所以 1 2 1 2 2 21 4 122 nn nnnxx nn 所以 11 2 111 4 122 4 54 4 32 Nnn xxxxxx nn 二 函数放缩二 函数放缩 例 8 求证 6 65 3 3 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2ln Nn n n n n 解析 先构造函数有 xx x xx 1 1 ln 1ln 从而 3 1 3 1 2 1 13 3 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2ln n n n n 4 cause nnnn 3 1 12 1 2 1 9 1 8 1 7 1 6 1 5 1 4 1 3 1 2 1 3 1 3 1 2 1 6 5 3 3 32 3 27 9 18 9 9 3 6 3 6 5 1 1 1 n n n n n 所以 6 65 3 6 5 13 3 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2ln nn nn n n 例 9 求证 1 2 1 2 12ln 3 3ln 2 2ln 2 2 n n nn n n 解析 构造函数 x x xf ln 得到 2 2 lnln n n n n 再进行裂项 1 1 1 1 1 ln 22 2 nnnn n 求和后可以得到答案 函数构造形式 1ln xx 2 1ln nn 例 10 求证 n n n 1 2 1 1 1ln 1 1 3 1 2 1 解析 提示 2ln 1 ln 1 ln 1 2 1 1 ln 1ln n n n n n n n n n 函数构造形式 x xxx 1 1ln ln 当然本题的证明还可以运用积分放缩 如图 取函数 x xf 1 首先 n in ABCF x S 1 从而 ln ln ln 11 innx x i n n in n in 取1 i有 1ln ln 1 nn n 所 以 有 2ln 2 1 2ln3ln 3 1 1ln ln 1 nn n nn n ln 1ln 1 1 相 加 后 可 以 得 到 1ln 1 1 3 1 2 1 n n 另一方面 n in ABDE x S 1 从而有 ln ln ln 11 innx x i in n in n in 取1 i有 1ln ln 1 1 nn n 所以有 n n 1 2 1 1 1ln 所以综上有 n n n 1 2 1 1 1ln 1 1 3 1 2 1 例 11 求证 e n 1 1 3 1 1 2 1 1 和 e n 3 1 1 81 1 1 9 1 1 2 解析 构造函数后即可证明 例 12 求证 32 1 1 321 211 n enn 解析 1 1 3 2 1 1 ln nn nn 叠加之后就可以得到答案 函数构造形式 0 1 3 1ln 1 0 1 3 2 1ln x xx x x x x 加强命题 例 13 证明 1 4 1 1 ln 5 4ln 4 3ln 3 2ln nNn nn n n F E D C B A n i n y x O 5 解析 构造函数 1 1 1 1ln xxxxf 求导 可以得到 1 2 1 1 1 x x x xf 令 0 xf 有21 x 令 0 xf 有2 x 所以 0 2 fxf 所以 2 1ln xx 令1 2 nx有 1ln 22 nn 所以 2 1 1 ln n n n 所以 1 4 1 1 ln 5 4ln 4 3ln 3 2ln nNn nn n n 例 14 已知 11 2 11 1 1 2 nn n aaa nn 证明 2 n ae 解析 n nn nn a nn a nn a 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 然后两边取自然对数 可以得到 n n n a nn aln 2 1 1 1 1ln ln 1 然后运用 xx 1ln 和裂项可以得到答案 放缩思路 n n n a nn a 2 11 1 2 1 n n n a nn aln 2 11 1ln ln 2 1 n n nn a 2 11 ln 2 于是 n nn nn aa 2 11 lnln 2 1 2 2 11 2 2 1 1 2 1 1 1 1lnln 2 11 ln ln 1 1 2 1 1 1 1 1 n n n i n i ii n i nn aa ii aa 即 2lnln 2 1 eaaa nn 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 2 nnn n 来放缩 1 1 1 1 1 1 nn a nn a nn 1 1 1 1 1 1nn a nn a 1 1 1 1 1ln 1ln 1ln 1 nnnn aa nn 1 1 1 1ln 1ln 1 1 1ln 1ln 2 1 2 1 1 2 n aa ii aa n n i ii n i 即 133ln1 1ln 2 eeaa nn 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 xf xf kxk ln ln ln 0 ln1 ln 1ln 2 0 10 2 f xxxg xxxkxkx x xkg xxkx kx xxkk g xxk kxkx 令则有 函数k k xg 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 k gxg 而 2ln 2ln ln 2 ln 2 2 2 kkfkk k k k kf k f k g 2ln kkfxg 即 2ln kkfxkfxf 令 bxkax 则 bak 2ln babafbfaf 2ln bfbafbaaf 6 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 x xf xg 上是增函数 II 当 0 0 212121 xxfxfxfxx 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 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 Nn nn n n n 解析 I 0 2 x xfxxf xg 所以函数 0 在 x xf xg 上是增函数 II 因为 0 在 x xf xg 上是增函数 所以 21 21 1 1 21 21 1 1 xxf xx x xf xx xxf x xf 21 21 2 2 21 21 2 2 xxf xx x xf xx xxf x xf 两式相加后可以得到 2121 xxfxfxf 3 21 21 1 1 21 21 1 1 n nn n xxxf xxx x xf xxx xxxf x xf 21 21 2 2 21 21 2 2 n nn n xxxf xxx x xf xxx xxxf x xf 21 2121 21 n n n n n n n n xxxf xxx x xf xxx xxxf x xf 相加后可以得到 2121nn xxxfxfxfxf 所以 ln lnlnlnln 2121332211nnnn xxxxxxxxxxxxxx 令 2 1 1 n xn 有 2 2 2 2 2 2 2 2 1ln 1 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 n n 2222222 1 1 3 1 2 1 ln 1 1 4 1 3 1 2 1 nn nnn 1 1 23 1 12 1 ln 1 1 3 1 2 1 222 2 1 22 1 2 1 1 1 nn n nn 所以 2 1 2 1ln 1 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 Nn nn n n n 方法二 2 1 1 1 4ln 2 1 4ln 2 1 1ln 1 1ln 2 2 2 nnnnnn n n n 所以 2 2 4ln 2 1 2 1 4ln 1ln 1 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n 又 1 1 14ln n 所以 2 1 2 1ln 1 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 Nn nn n n n 三 分式放缩三 分式放缩 7 姐妹不等式 0 0 mab ma mb a b 和 0 0 mba ma mb a b 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 姐妹不等式 12 12 1 1 5 1 1 3 1 1 11 n n 和 12 1 2 1 1 6 1 1 4 1 1 2 1 1 n n 也可以表示成为 12 12 531 2642 n n n 和 12 1 2642 12 531 nn n 解析 利用假分数的一个性质 0 0 mab ma mb a b可得 12 2 5 6 3 4 1 2 n n n n 2 12 6 7 4 5 2 3 12 2 12 6 5 4 3 2 1 n n n 12 12 2 5 6 3 4 1 2 2 n n n 即 12 12 1 1 5 1 1 3 1 1 11 n n 例 20 证明 13 23 1 1 7 1 1 4 1 1 11 3 n n 解析 运用两次次分式放缩 13 3 8 9 5 6 2 3 23 13 7 8 4 5 1 2 n n n n 加 1 n n n n 3 13 9 10 6 7 3 4 23 13 7 8 4 5 1 2 加 2 相乘 可以得到 13 13 23 8 7 5 4 2 1 13 13 8 10 5 7 2 4 23 13 7 8 4 5 1 2 2 n n n n n n n 所以有 13 23 1 1 7 1 1 4 1 1 11 3 n n 四 分类放缩四 分类放缩 例 21 求证 212 1 3 1 2 1 1 n n 解析 2 1 2 1 2 1 2 1 4 1 4 1 2 1 1 12 1 3 1 2 1 1 3333n 2 2 1 1 22 1 2 1 2 1 2 1 nn nnnnn 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 n A 与曲线 xy2 x 0 上的点列 n B 满足 n OBOA nn 1 直线 nnB A在 x 轴上的截距为 n a 点 n B的横坐标为 n b Nn 1 证明 n a 1 n a 4 Nn 2 证明有 Nn0 使得对 0 nn 都有 n n n n b b b b b b b b 1 12 3 1 2 2008 n 解析 1 依题设有 1 0 2 0 nnnnn ABbbb n 由 1 n OB n 得 2 22 11 2 1 1 nnn bbbnN nn 又直线 nn A B在x轴上的截距为 n a满足 8 11 0200 nnn abb nn 12 n n n b a nb 222 2 1 210 2 nnn n n bn bb n b 22 12 12 224 1 212 nn n nnn nn nn bnb b abb n bn bnbn b 22 11 1 1221 n a nn 显然 对于11 0 1nn 有 1 4 nn aanN 2 证明 设 1 1 n n n b cnN b 则 22 2 2 22 222 2 222 22 11 1 11 1 1 1 11 1111 1 111 1 1 1 1 21211121 211 1121 2121 n n n n cn n n nn n nnn n nnn nn 2 1 212210 2 n nnnncnN n 设 12 nn Sccc nN 则当 221 k nkN 时 231 1111111111 3421234212212 n kkkk S 21 23 1111 222 2222 k k k 所以 取 4009 0 22n 对 0 nn 都有 2008 2 14017 111 0 1 2 3 1 2 nn n n SS b b b b b b 故有 n n n n b b b b b b b b 1 12 3 1 2 2008 n成立 例 23 2007 年泉州市高三质检 已知函数 1 2 Rcbcbxxxf 若 xf 的定义域为 1 0 值域也 为 1 0 若数列 n b满足 3 Nn n nf bn 记数列 n b 的前n项和为 n T 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 nn nn n nf bn 12 3 2 3 n bbbbT nn 1 3 1 2 1 1 321 2 1 4 1 2 4 1 3 1 2 1 8 1 4 8 1 7 1 6 1 5 1 2 1 2 1 2 2 1 22 1 12 1 1 11 k k kkk 故当 k n2 时 1 2 k Tn 因此 对任何常数 A 设m是不小于 A 的最小正整数 则当 22 2 m n时 必有 Am m Tn 1 2 22 故不存在常数 A 使 ATn 对所有2 n的正整数恒成立 9 例 24 2008 年中学教学参考 设不等式组 nnxy y x 3 0 0 表示的平面区域为 n D 设 n D 内整数坐标点的个数为 n a 设 nnn n aaa S 221 111 当2 n时 求证 36 1171111 2 321 n aaaa n 解析 容易得到 nan3 所以 要证 36 1171111 2 321 n aaaa n 只要证 12 117 2 1 3 1 2 1 1 2 n S n n 因为 nnn n S 2 1 22 1 12 1 8 1 7 1 6 1 5 1 4 1 3 1 2 1 1 112 12 117 1 12 7 2 3 2 1 1 121 222 n nTTT n 所以原命题得 证 五五 迭代迭代放缩放缩 例 25 已知 1 1 4 11 x x x x n n n 求证 当 2 n 时 n n i i x 1 1 22 2 解析 通过迭代的方法得到 1 2 1 2 n n x 然后相加就可以得到结论 例 26 设 n n n S 2 sin 2 2sin 2 1sin 21 求证 对任意的正整数 k 若 k n 恒有 Sn k Sn 0 b 0 求证 1 2 nnn ba 解析 因为 a b 1 a 0 b 0 可认为 ba 2 1 成等差数列 设 dbda 2 1 2 1 从而 n nn nn ddba 1 2 2 1 2 1 例 47 设Nnn 1 求证 2 1 8 3 2 nn n 解析 观察 n 3 2 的结构 注意到 nn 2 1 1 2 3 展开得 8 6 2 1 8 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 3 3 2 21 nnnnn CCC nnn n 即 8 2 1 2 1 1 nn n 得证 例 48 求证 nnn 2ln 2 1 1ln 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 x xy NN 满足 对任意 a bab N 都有 abfbafbbfaaf 对任意 n N都有 3f f nn I 试证明 xf为 N上的单调增函数 II 求 28 6 1 fff III 令 3 n n afn N 试证明 12 1111 424 n n naaa 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 有思路了 由 1 可知 0 bfafba 令 1 1fab 则可以得到 16 0 1 1 1 fffxf 又 3 1 ff 所以由不等式可以得到 3 1 1 f 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 fff 18 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 来 然后就可以得到结论 所以 综合 有 28 6 1 fff 662955 3 在解决 n a 的通项公式时也会遇到困难 nn nnnnn aafffffff3 3 3 3 3 3 3 1 11 所以数列 3 n n afn N的方程为 n n a32 从而 3 1 1 4 1111 21 n n aaa 一方面 4 1 3 1 1 4 1 n 另一方面 1222 21 3 1100 nCC nn nn 所以 2412 2 4 1 12 1 1 4 1 3 1 1 4 1 n n n n n n 所以 综上有 12 1111 424 n n 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x 0 1 总有 3f x 且 14f 若 1212 0 0 1 xxxx 则有 1212 3 f xxf xf x 求 f 0 的值 求证 f x 4 当 1 11 1 2 3 33 nn xn 时 试证明 33f xx 解析 解 令 12 0 xx 由 对于任意x 0 1 总有 3f x 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 21 0 xx 所以 21 3f xx 即 21 30 f xx 12 f xf x 当x 0 1 时 1 4f xf 证明 先用数学归纳法证明 11 11 3 33 nn fnN 1 当 n 1 时 00 11 1 4133 33 ff 不等式成立 2 假设当 n k 时 11 11 3 33 kk fkN 由 1 1111111 3 3333333 kkkkkkk ffff 111 6 333 kkk fff 得 11 111 3 69 333 kkk ff 即当 n k 1 时 不等式成立 17 由 1 2 可知 不等式 11 11 3 33 nn f 对一切正整数都成立 于是 当 1 11 1 2 3 33 nn xn 时 11 111 33333 333 nnn xf 而x 0 1 f x 单调递增 1 11 33 nn ff 所以 1 1 33 3n f xfx 例 50 已知 12 1 0 ni aaaa 2 1 ni 求证 2222 112 122311 1 2 nn nnn aaaa aaaaaaaa 解析 构造对偶式 令 1 2 1 2 1 32 2 2 21 2 1 aa a aa a aa a aa a A n n nn n 1 2 1 1 2 32 2 3 21 2 2 aa a aa a aa a aa a B nnn n 则 1 2 1 2 1 22 1 32 2 3 2 2 21 2 2 2 1 aa aa aa aa aa aa aa aa BA n n nn nn BAaaaaaaaa nnn 0 113221 又 2 1 22 ji ji ji aa aa aa 2 1 nji 1 2 1 2 1 22 1 32 2 3 2 2 21 2 2 2 1 2 1 2 1 aa aa aa aa aa aa aa aa BAA n n nn nn 2 1 4 1 113221 aaaaaaaa nnn 十一十一 积分放缩积分放缩 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 0f x 则 0 b a f x dx 例 51 求证 e e 解析 lnln e e e e ln lnlnln e e exx d exx 2 1 ln e x dx x xe 时 2 1ln 0 x x 2 1 ln 0 e x dx x ln lne e e e 利用定积分估计和式的上下界 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 111 121 1 23 n n 1 nnN 解析 考虑函数 1 f x x 在区间 1i i 1 2 3 in 上的定积分 如图 显然 1 111 1 i i dx iix 对i求和 1 11 11 nn i i ii dx ix 1 1 1 n dx x 1 1 2 n x 21 1n 18 例 53 已知 4nN n 求证 11117 123210nnnn 解析 考虑函数 1 1 f x x 在区间 1 ii nn 1 2 3 in 上的定积分 1 ni 11 1 i n n 1 1 1 i n i n dx x 1 1 n i ni 1 11 1 n i i n n 1 1 1 1 i n n i i n dx x 1 1 0 0 1 ln 1 1 dxx x 7 ln2 10 例 54 2003 年全国高考江苏卷 设 0a 如图 已知直线 axyl 及曲线C 2 xy C上的点 1 Q的横坐 标为 1 a aa 1 0 从C上的点 1 n Qn 作直线平行于x轴 交直线l于点 1 n P 再从点 1 n P作直线平行于y 轴 交曲线C于点 1n Q 1 2 n Qnn 的横坐标构成数列 n a 试求 1n a 与 n a的关系 并求 n a的通项公式 当 2 1 1 1 aa 时 证明 n k kkk aaa 1 21 32 1 当 1a 时 证明 12 1 1 3 n kkk k aaa 解析 1 2 1 n n a aa a 过程略 证明 II 由1a 知 2 1nn aa 1 1 2 a 23 11 416 aa 当1k 时 23 1 16 k aa 12111 11 111 161632 nn kkkkkn kk aaaaaaa 19 证明 由 1a 知 2 1kk aa 2 1211 kkkkkk aaaaaa 恰表示阴影部分面积 显然 1 22 11 k k a kkk a aaax dx 2 1211 11 nn kkkkkk kk aaaaaa 1 2 1 k k n a a k x dx 1 2 0 a x dx 3 1 11 33 a 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 1 11 i i dx ix 21ii 1 ni 1 1 1 i n i n dx x 1 ln 1ln 1 ii nn 1 2 1 sinsin 1 sin ii i 1 sin 1 2 sin 1 1 i i ii dx x 1 2233 111 1 3 k k a kkkkk a aaax dxaa 十二十二 部分放缩部分放缩 尾式放缩尾式放缩 例 55 求证 7 4 123 1 123 1 13 1 1 n 解析 1211 23 1 23 1 28 11 123 1 7 1 4 1 123 1 123 1 13 1 nnn 7 4 84 48 84 47 2 1 1 4 1 3 1 28 11 例 56 设 a n a 2 1 1 2 1 3 1 a na a 求证 2 n a 解析 a n a 2 1 1 1 3 1 2 1 1 1 3 1 222 nna a 又 2 1 2 kkkkkk 只将其中一个k变成1 k 进行部分放缩 kkkkk 1 1 1 1 11 2 于是 1 1 1 3 1 2 1 2 1 1 1 1 3 1 2 1 1 222 nnn an 2 1 2 n 例 57 设数列 n a 满足 Nnnaaa nnn 1 2 1 当 3 1 a 时 证明对所有 1 n有 2 nai n 2 1 1 1 1 1 1 1 21 n aaa ii 解析 i用数学归纳法 当 1 n时显然成立 假设当kn 时成立即2 kak 则当1 kn时 312 2 1 2 1 1 kkkkakaaa kkkk 成立 ii利 用 上 述 部 分 放 缩 的 结 论12 1 kk aa来 放 缩 通 项 可 得 1 21 1kk aa 2 1 1 1 242 1 21 1 11 1 1 k k kkk k a aa 2 1 2 1 1 2 1 1 4 1 2 1 1 1 1 11 n i n i i n i a 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 1 kkkkak 20 证明 ii就直接使用了部分放缩的结论 12 1 kk aa 十三十三 三角不等式的放缩三角不等式的放缩 例 58 求证 sin Rxxx 解析 i 当0 x时 sin xx ii 当 2 0 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 2 x 时 sin xx 所以当0 x时xx sin有 sin xx iii 当0 x时 0 x 由 ii 可知 sin xx 所以综上有 sin Rxxx 十四十四 使用加强命题法证明不等式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 3 1 1 n k kk 解析 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 111 23 kkkkkkkkk kkk kk 2 11 1 1 1 11 11 1 1 1 1 1 kk kkkkkkkkk 1 1 1 1 2 2 1 1 1 11 kk k kkk 从而 3 1 11 2 2 1 1 1 1 1 5 1 3 1 4 1 2 1 3 1 1 1 1 1 1 kkkkkk n k 当然本题还可以使用其他方法 如 kk kk kkk k kkkkkkkkk 1 1 1 1 11 1 11 1 1 1 1 1 11 2 kk 1 1 1 2 所以 3 1 1 21 1 1 1 21 kkkkk n k n k 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 n a 满足 n nn a aaa 1 1 11 求证 2 2312 nnan n T P B A O y x 21 解析 2 1 2 1 2 1 1 2 k n nn a a aa 从而 2 2 1 2 nn aa 所以有 121 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 22 nnaaaaaaaa nnnnn 所以 12 nan 又 3 1 2 1 2 1 1 2 k n nn a a aa 所以 3 2 1 2 nn aa 所以有 231 1 3 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 22 nnaaaaaaaa nnnnn 所以 23 nan 所以综上有 2 2312 nnan n 引申 已知数列 n a 满足 n nn a aaa 1 1 11 求证 12 1 1 n a n k k 解析 由上可知 12 nan 又 2 3212 12 nn n 所以 3212 3212 2 12 11 nn nnnan 从而 2 12321235131 1 1 nnnn a n k k 又当1 n时 1 1 1 a 所以综上有 12 1 1 n a n k k 同题引申 2008 年浙江高考试题 已知数列 n a 0 n a 0 1 a 1 2 1 2 1 Nnaaa nnn 记 nn aaaS 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 21211n n aaaaaa T 求证 当 Nn 时 1 1 nn aa 2 2 nSn 3 3 n T 解析 1 1 22 1 1 nnn aaa 猜想 1 n a 下面用数学归纳法证明 i 当1 n时 1 1 a 结论成立 ii 假设当 1 kkn 时 1 k a 则 1 1 kkn 时 2 1 2 1 1 kkk aaa 从而 12 11 2 1 nkk aaa 所以 10 1 k a 所以综上有 10 n a 故 nnnn aaaa 1 22 1 0 2 因为 1 22 1 1 nnn aaa 则 2 2 1 2 2 1aaa 3 2 2 2 3 1aaa 1 22 1 1 nnn aaa 相加后可以得 到 2 11132 2 1 2 1 nnnn anSaaanaa 所以 21 2 nanS nn 所以 2 nSn 3 因为 nnnn aaaa21 2 1 2 1 从而 1 1 2 1 n n n a a a 有 n