用放缩法证明不等式的方法与技巧

精品文档 1欢迎下载 用放缩法证明不等式的方法与技巧用放缩法证明不等式的方法与技巧 一 常用公式一 常用公式 1 1 2 2 1 11 1 1 2 kkkkk1 21 1 2 kkkkk 3 3 4 4 2 2k k 4 k1 2 32kk 2 k 5 5 待学 待学 6 6 待学 待学 kkk 1 1 1 2 11 baba 二 放缩技巧二 放缩技巧 所谓放缩的技巧 即欲证所谓放缩的技巧 即欲证 欲寻找一个 或多个 中间变量 欲寻找一个 或多个 中间变量 使 使 AB CACB 由由到到叫做叫做 放放 由 由到到叫做叫做 缩缩 ACBC 常用的放缩技巧常用的放缩技巧 1 1 若 若0 tata ata 2 2 1nn 21nnn 1 11nn 2 1 n nnn 3 3 2 1111111 1 1 1 1 1 n nnn nnn nnn 4 4 2212 2 1 2 1 11 nnnn nnnnnnn 5 5 若 若 则 则 a b mR aaaam bbm bb 6 6 21 111111 11 2 3 222nn 7 7 因为 因为 222 11111111 11 1 232231nnn 2 11 1 nnn 7 7 1111111 1 12321111 n nnnnnnnn 或或 11111111 123222222 n nnnnnnnn 8 8 等等 等等 111111 1 23 n n nnnnn 三 常见题型三 常见题型 一 一 先求和再放缩 先求和再放缩 1 1 设 设 求证 求证 1111 2612 1 n S n n 1 n S 2 2 设 设 数列 数列的前的前n项和为项和为 求证 求证 1 n b n nN 2 nn b b n T 3 4 n T 精品文档 2欢迎下载 二 二 先放缩再求和 先放缩再求和 3 3 证明不等式 证明不等式 1 111 2 11 21 2 31 2 3n 4 4 设 设 222 111 1 23 n S n 1 1 求证 当 求证 当时 时 2n 2 1 n n S n 2 2 试探究 当 试探究 当时 是否有时 是否有 说明理由 说明理由 2n 65 1 21 3 n n S nn 5 5 设 设 求证 求证 1 3 521 2 4 62 n n b n 1 1 2 2 1 21 n b n 123 21 1 n bbbbn 6 6 设 设 n an 2 1 2 n nn b aa 求证 求证 1 1 1 21 1 nn aan n 2 2 123 1 n n bbbbnN n 精品文档 3欢迎下载 7 7 设设 求证求证 2 1 n bn 1 n an n 1122 1115 12 nn ababab 8 8 蜜蜜蜂蜂被被认认为为是是自自然然界界中中最最杰杰出出的的建建筑筑师师 单单个个蜂蜂巢巢可可以以近近似似地地看看作作是是一一个个正正六六边边形形 如如图图为为一一组组蜂蜂巢巢的的 截截面面图图 其其中中第第一一个个图图有有1 1 个个蜂蜂巢巢 第第二二个个图图有有7 7 个个蜂蜂巢巢 第第三三个个图图有有1 19 9 个个 蜂蜂巢巢 按按此此规规律律 以以表表示示第第个个图图的的蜂蜂巢巢总总数数 f nn 1 1 试给出 试给出的值 并求的值 并求的表达式 不要求证明 的表达式 不要求证明 4 5 ff f n 2 2 证明 证明 11114 1 2 3 3ffff n 9 9 1010 广州 设广州 设为数列为数列的前的前项和 对任意的项和 对任意的N N 都有 都有为常数 为常数 n S n an n 1 nn Smma m 且且 0 m 1 1 求证 数列 求证 数列是等比数列 是等比数列 n a 精品文档 4欢迎下载 2 2 设数列 设数列的公比的公比 mfq 数列 数列满足满足 N N n a n b 111 2 nn ba bf b 2n n 求数列 求数列的通项公式 的通项公式 n b 3 3 在满足 在满足 2 2 的条件下 求证 数列 的条件下 求证 数列的前的前项和项和 2 n bn 89 18 n T 1 10 0 010010 深圳 在单调递增数列深圳 在单调递增数列中 中 且 且成等差数列 成等差数列 n a 1 1a 2 2a 21221 nnn aaa 成等比数列 成等比数列 22122 nnn aaa 1 2 3 n 1 1 分别计算 分别计算 和和 的值 的值 3 a 5 a 4 a 6 a 2 2 求数列 求数列的通项公式 将的通项公式 将用用表示 表示 n a n an 3 3 设数列 设数列的前的前项和为项和为 证明 证明 1 n a n n S 4 2 n n S n n N 2 2 证 证 1 n b n 2 11 11 2 22 nb b b n nnn 1 3243 52nnn Tbbb bb bb b 精品文档 5欢迎下载 1 1111111111 2 132435462nn 11113 1 22124nn 3 3 证明 证明 1 111 11 21 2 31 2 3n 2 2 21 111 1 222n 1 1 2 2n 4 4 解 解 1 1 当当时 时 2n 2 1111 1 1nnnnn 222 11111111 11 1 2322311nnn 1 2 1n 2 又又 2 1111 1 1nn nnn 11111 1 2231 n S nn 1 1 11 n nn 当当时 时 2n 2 1 n n S n 2 2 22 14411 2 4 21 21 2121nnnnnn 222 111111111 112 2335572121nnn 52 321n 5 3 当当时时 要要只需只需2n 6 1 21 n n S nn 6 1 1 21 nn nnn 即需即需 显然这在 显然这在时成立时成立216n 3n 而而 当当时时 显然显然 2 15 1 44 S 2n 66 24 1 21 2 1 4 1 5 n nn 54 45 即当即当时时也成立也成立2n 6 1 21 n n S nn 综上所述 当综上所述 当时 有时 有 2n 65 1 21 3 n n S nn 5 5 证法一 证法一 22 414 nn 222 21 21 4 21 21 4 21 nnnnnnn 精品文档 6欢迎下载 2121 221 nn nn 10 10 分分 1 3 521135211 2 4 623572121 nn nnn 证法二证法二 下同证法一 下同证法一 10 10 分分 2 212121 221 2 1 nnn nn n 证法三证法三 利用对偶式 设 利用对偶式 设 1 3 521 2 4 62 n n A n 2 4 62 3 5 721 n n B n 则则 又又 也即 也即 所以 所以 也即 也即 1 21 nn A B n 22 414nn 212 221 nn nn nn AB 2 1 21 nnn AA B n 又因为又因为 所以 所以 即即0 n A 1 21 n A n 10 10 分分 1 3 5211 2 4 6221 n nn 证法四证法四 数学归纳法 数学归纳法 当当时时 命题成立命题成立 1n 1 11 23 x 假设假设时时 命题成立命题成立 即即 nk 1 3 5211 2 4 6221 k kk 则当则当时时 1nk 1 3 5212112121 2 4 622 1 2 1 2 2 21 kkkk kkkkk 2 22 22 22 211 21 23 4 1 4 1 234 23 1 483 484 1 0 4 23 1 4 23 1 kkkk kkkk kkkk kkkk 即即 2 211 4 1 23 k kk 211 2223 k kk 即即 1 3 521211 2 4 622 1 23 kk kkk 故当故当时 命题成立时 命题成立 1nk 综上可知 对一切非零自然数综上可知 对一切非零自然数 不等式 不等式 成立成立 10 10 分分 n 精品文档 7欢迎下载 由于由于 12 2121 212121 kk kkk 所以所以 1 2121 21 k bkk k 从而从而 12 31 53 2121 21 1 n bbbnnn 也即也即 14 14 分分 12 21 1 nn bbba 6 6 证明 法一 证明 法一 1 1 1 2 1 123 211 2 1 211 9 1 1 111 1 22 3 1 nn nn nn nn n nn n aa aa aa aan n b aan nn n bbb n n 即分 b 12 12 分分 111111 11 223111 n nnnn 法二 法二 1 1 当 当 显然成立 显然成立 5 5 分分 2 1 241 1 2 1 192 nb 时右右 2 2 假设 假设时 时 nk 7 7 分分 2 121 2 123 k k bbb kk 2 222 2 222 2 21 1232 2 23 4 1 2 1 23 1 23 2 23 2 1 4 32 1 23 2 kk kkk k kkkkkk kkk kk kkkk kkk 2 2 121 1 0 1 23 2 21 1232 11 11 2 1 1 k kkk kk kkk kk bbb kk 分 即当即当时 不等式成立 由 时 不等式成立 由 1 1 2 2 可得原不等成立 可得原不等成立 12 12 分分1nk 6 6 证明 法一 证明 法一 精品文档 8欢迎下载 1 1 1 2 1 123 211 2 1 211 9 1 1 111 1 22 3 1 nn nn nn nn n nn n aa aa aa aan n b aan nn n bbb n n 即分 b 12 12 分分 111111 11 223111 n nnnn 法二 法二 1 1 当 当 显然成立 显然成立 5 5 分分 2 1 241 1 2 1 192 nb 时右右 2 2 假设 假设时 时 nk 7 7 分分 2 121 2 123 k k bbb kk 2 222 2 222 2 21 1232 2 23 4 1 2 1 23 1 23 2 23 2 1 4 32 1 23 2 kk kkk k kkkkkk kkk kk kkkk kkk 2 2 121 1 0 1 23 2 21 1232 11 11 2 1 1 k kkk kk kkk kk bbb kk 分 即当即当时 不等式成立 由 时 不等式成立 由 1 1 2 2 可得原不等成立 可得原不等成立 12 12 分分1nk 7 7 证明 证明 当当时 时 1n 11 115 612ab 当当时时 2n 1 21 2 1 nn abnnnn 111 11 2 1 21 nn abn nnn 故故 1122 11111111 62 2 33 4 1 nn abababn n 11 111111 62 23341nn 11 11115 62 216412n 综上 原不等式成立 综上 原不等式成立 精品文档 9欢迎下载 8 8 解 解 4 37 5 61 ff 由于由于 2 1 7 16 3 2 1972 6 ffff 4 3 37 193 6 5 4 61 374 6 ffff 因此 当因此 当时 有时 有2n 1 6 1 f nf nn 所以所以 1 1 2 2 1 1 f nf nf nf nf nfff 2 6 1 2 2 1 1331nnnn 又又 所以 所以 2 1 13 13 1 1f 2 331f nnn 注 直接给出结果也给分 注 直接给出结果也给分 当当时 时 2k 22 111111 3313331f kkkkkkk 所以所以 1111111111 1 1 1 2 3 32231ffff nnn 1114 1 1 1 333n 9 9 1 1 证明 当 证明 当时 时 解得 解得1 1 a 1 n 111 1aSmma 当当时 时 2n 11nnnnn aSSmama 即即 1 1 nn m ama 为常数 且为常数 且 m0m 1 1 n n am am 2n 数列数列是首项为是首项为 1 1 公比为 公比为的等比数列 的等比数列 n a 1 m m 2 2 解 由 解 由 1 1 得 得 mfq 1 m m 11 22ba 1 1 1 1 n nn n b bf b b 即 即 1 11 1 nn bb 1 11 1 nn bb 2n 是首项为是首项为 公差为 公差为 1 1 的等差数列 的等差数列 n b 11 2 即即 N N 1121 1 1 22 n n n b 2 21 n b n n 3 3 证明 由 证明 由 2 2 知 知 则 则 所以所以 2 21 n b n 2 2 4 21 n b n 2222 123nn Tbbbb 2 444 4 925 21n 精品文档 10欢迎下载 当当时 时 2n 2 4411 2221 21 nnnn n 所以所以 2 444 4 925 21 n T n 4111111 4 923341nn 401189 9218n 1010 解 解 1 1 由已知 得 由已知 得 3 3a 5 6a 4 9 2 a 6 8a 2 2 证法 证法 1 1 1 21 2 22 a 3 623 22 a 5 1234 22 a 2 2 2 2 a 2 4 3 2 a 2 6 4 2 a 猜想猜想 21 1 2 n n n a 2 2 1 2 n n a nN 以下用数学归纳法证明之 以下用数学归纳法证明之 当当时 时 猜想成立 猜想成立 1 n 2 1 11 1aa 2 2 1 2 2 2 a 假设假设时 猜想成立 即时 猜想成立 即 1 nk kkN 21 1 2 k k k a 2 2 1 2 k k a 那么那么 2 2 1 121221 1 1 1 1 1 22 222 kkkk kk kk k aaaa 2 2 22 21 2 1 22 2 2 1 2 1 1 2 2 22 1 2 k kk k kk ka k aa ak 时 猜想也成立 时 猜想也成立 1 kn 由由 根据数学归纳法原理 对任意的 根据数学归纳法原理 对任意的 猜想成立 猜想成立 nN 当当为奇数时 为奇数时 n 8 3 1 2 1 2 1 2 1 nn nn an 当当为偶数时 为偶数时 n 8 2 2 1 2 2 2 n n an 精品文档 11欢迎下载 即数列即数列的通项公式为的通项公式为 n a 为偶数 为奇数 n n n nn an 8 2 8 3 1 2 注 通项公式也可以写成 注 通项公式也可以写成 16 1 7 2 1 8 1 2 n n nna 证法 证法 2 2 令 令 则 则 12 12 n n n a a b nN 1 2 2 2 2 12 12 12 2 2 12 12 1222 12 32 1 k k k k k k k kk k k n a a a a a a a aa a a b 1 1 4 1 1 4 1 2 2 12 12 12 12 1212 12 n n k k k k kk k b b a a a a aa a n n n b b b 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1 nn n n bb b b 从而从而 常数 常数 又 又 2 1 1 1 1 1 1 nn bb nN 2 1 1 1 1 b 故故是首项为是首项为 公差为 公差为的等差数列 的等差数列 1 1 n b2 1 2 1 22 1 1 2 1 1 1n n bn 解之 得解之 得 即 即 n n bn 2 n n a a n n 2 12 12 nN 32 12 52 32 5 7 3 5 1 3 112 n n n n n a a a a a a a a a a aa 2 1 1 1 23 5 2 4 1 3 1 nn n n n n 从而从而 余同法 余同法 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 1212 2 n nnnn aa a nn n 注 本小题解法中 也可以令 注 本小题解法中 也可以令 或令 或令 余下解法与法 余下解法与法 2 2 类似 类似 n n n a a b 2 22 12 2 n n n a a b 3 3 法 法 1 1 由 由 2 2 得 得 为偶数 为奇数 n n n nn an 2 8 3 1 8 1 2 显然 显然 21 14 3 4 1 1 1 1 a S 当当为偶数时 为偶数时 n 2222 2 1 2 1 8 1 86 1 6 1 64 1 4 1 42 1 8 nnn Sn 精品文档 12欢迎下载 2 1 2 1 86 1 86 1 64 1 64 1 42 1 42 1 8 nnnn 2 11 8 1 6 1 6 1 4 1 4 1 2 1 8 nn 2 4 2 1 2 1 8 n n n 当当为奇数 为奇数 时 时 n3 n 3 1 8 2 1 1 41 1 nnn n a SS n nn 2 4 3 2 1 8 2 4 2 3 1 2 1 1 4 2 4 n n nnnn n n n nnn n n n 综上所述 综上所述 2 4 n n Sn nN 解法 解法 2 2 由 由 2 2 得 得 为偶数 为奇数 n n n nn an 2 8 3 1 8 1 2 以下用数学归纳法证明以下用数学归纳法证明 2 4 n n Sn nN 当当时 时 1 n 21 14 3 4 1 1 1 1 a S 当当时 时 时 不等式成立 时 不等式成立 2 n 22 24 2 2 3 2 1 1 11 21 2 aa S2 1 n 假设假设时 不等式成立 即时 不等式成立 即 2 kkn 2 4 k k Sk 那么 当那么 当为奇数时 为奇数时 k 2 1 1 3 8 2 41 kk k a SS k kk 22 3 2 8 3 1 4 3 1 3 2 2 4 3 1 4 kkk k k k kk k k k 2 1 1 4 k k 当当为偶数时 为偶数时 k 4 2 8 2 41 1 1 kkk k a SS k kk 4 3 2 8 3 1 4 3 1 4 2 2 2 4 3 1 4 kkkk k k k kkk k k k 2 1 1 4 k k 时 不等式也成立 时 不等式也成立 1 kn 由由 根据数学归纳法原理 对任意的 根据数学归纳法原理 对任意的 不等式 不等式成立 成立 14 14 nN 2 4 n n Sn 精品文档 13欢迎下载 例例 1 1 已知数列已知数列 a a 满足 满足 a a 1 1 且且 n 1 2 2 1 32 2 1 naa n nn 1 1 求数列求数列 a a 的通项公式 的通项公式 n 2 2 设设 m mN N m mn n2 2 证明 证明 a a m n 1m n 1 n n 2 1 m 1 m m1 2 分析 这是分析 这是 0606 年河北省高中数学竞赛的一道解答题 年河北省高中数学竞赛的一道解答题 1 1 大家都知道数列的递推公式往往比通项公式 大家都知道数列的递推公式往往比通项公式 还重要还重要 这就引导我们要重视数列的递推公式这就引导我们要重视数列的递推公式 由已知有由已知有 a a 学生对形如学生对形如 A A B B 是常数 形式的是常数 形式的 n 1 1 2 1 2 3 n n a 1 0 1 AABBAaa nn 且 一次线性递推关系的数列通过构造新数列求通项公式的方法已不陌生 本题中的递推关系显然不是此类型一次线性递推关系的数列通过构造新数列求通项公式的方法已不陌生 本题中的递推关系显然不是此类型 那那 么我们能否也可通过待定系数法构造新数列呢么我们能否也可通过待定系数法构造新数列呢 不妨设不妨设即即与与比较系数得比较系数得 2 2 2 3 2 1 1 n x a x a n n n n 1 1 22 3 n nn c aa 1 1 2 1 2 3 n nn aa c 1 c 1 即即 n n n a 2 3 2 1 2 1 2 3 2 1 1 1 n n n n aa 又又 故故 是首项为是首项为公比为公比为的等比数列 的等比数列 2 3 2 1 1 a n n a 2 1 2 3 2 3 故故 n n n a 2 1 2 3 2 2 这一问是数列 二项式定理及不等式证明的综合问题这一问是数列 二项式定理及不等式证明的综合问题 综合性较强综合性较强 即证即证 当 当 m nm n 时显然成立 易验证当且仅当时显然成立 易验证当且仅当 m n 2m n 2 时 等号成立 时 等号成立 m m nm m n 1 1 2 3 2 设设下面先研究其单调性 当下面先研究其单调性 当 n n 时 时 1 2 3 nmb m n n m 1 1 1 11 1 1 3 4 1 1 3 2 1 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 nn mm n n mm n n bb m m nmb b nmnm nm b b 即数列即数列 是递减数列是递减数列 因为因为 n n2 2 故只须证 故只须证即证即证 事实上 事实上 n b 1 2 2 m m b m m m 1 2 3 2 故上不等式成立 综上 原不等式成立 无独故上不等式成立 综上 原不等式成立 无独 4 9 2 1 2 511 1 1 2 21 mm C m C m m mm m 精品文档 14欢迎下载 有偶 在不到有偶 在不到 1 1 个月的个月的 0606 年全国一卷高考题年全国一卷高考题 2222 中恰出现了本例中构造数列求通项公式中恰出现了本例中构造数列求通项公式的模型 有兴的模型 有兴 n a 趣的同学可找做一做 趣的同学可找做一做 例例 2 2 设数列设数列 满足满足 n a12 3 11 naaa nn 1 1 求求 的通项公式 的通项公式 n a 2 2 若若 1 11 11 1 1 nn n n nnn cc d na ccbc 求证 数列求证 数列 的前的前 n n 项和项和 nn db 3 1 n s 分析 分析 1 1 此时我们不妨设 此时我们不妨设 2 1 1 BAnaBnAa nn 即即与已知条件式比较系数得与已知条件式比较系数得 BAAnaa nn 2 1 0 1 BA 又又是首项为是首项为 2 2 公比为 公比为 2 2 的等比数列 的等比数列 2 1 1 nana nn 21 1 naa n nana n n n n 2 2 即 3 3 由 由 1 1 知 知 当当时时 n n n n bna 2 1 2 2 n 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 112 121123121 n n n nnnn bbbcccccccc 当当 n 1n 1 时 时 1 1 也适合上式 所以也适合上式 所以 故 故 1 c 1 2 1 2 n n c 12 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 11 1 nn nn n nnd b 方法一 方法一 这步难度较大这步难度较大 也较关键也较关键 后一式缩至常数不易想到后一式缩至常数不易想到 必须要有必须要有 nn 222 1 312 1 n 执果索因的分析才可推测出执果索因的分析才可推测出 3 1 2 1 1 3 1 2 1 1 2 1 1 6 1 23 1 23 1 23 1 23 1 2 n n n n n nn Sdb 方法二方法二 在数列中在数列中 简单尝试的方法也相当重要简单尝试的方法也相当重要 很多学生做此题时想用裂项相消法但是发现此种处理达不很多学生做此题时想用裂项相消法但是发现此种处理达不 精品文档 15欢迎下载 到目的到目的 但是当但是当 n n3 3 时时 我们看我们看 12 1 22 1 12 1 30 1 15 1 14 1 7 1 3 1 12 1 22 1 15 1 14 1 7 1 6 1 6 1 7 1 3 1 12 22 1 1514 1 76 1 32 1 11 11 11 nnn n nn n nn n S S S 我们可重新加括号得这样 由前二项会得到 3 1 0 12 1 0 22 1 12 1 11 也易让学生接受步想法这样也实现了我们的初得证故 显然 n nnn s 易验证当易验证当 n 1n 1 2 2 时时 综上综上 3 1 n s 3 1 n s 下面我们再举一个数列中利用放缩法证明不等式的问题下面我们再举一个数列中利用放缩法证明不等式的问题 例例 3 3 已知正项数列已知正项数列 满足满足 n a 1 1 1 2 11 Nna n aaa nnn 1 1 判断数列判断数列 的单调性 的单调性 n a 2 2 求证 求证 2 1 1 111 2 1 1 1 naann nn 分析 分析 1 1 即 即 nnnn aa n aa 1 2 1 0 1 1 故 nn aa 1 故数列故数列 为递增数列为递增数列 n a 2 2 不妨先证不妨先证 2 1 1 111 naa nn 1 1 1 1 1 11 2 1 2 1 2 1 1 1 na a naan a aa aa aa n n nn n nn nn nn 再证 再证 原解答中放缩技巧太强 下面给出另一种证法原解答中放缩技巧太强 下面给出另一种证法 1 11 2 1 1 1 nn aann 精品文档 16欢迎下载 1 1 1 1 11 3 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 32 1 21 1 1 1 3 1 2 1 11 11 11 11 2 222 1322111 nnn nnnnn naaaaaaaa nnn 这种常用的放缩手段用到了累差迭加法及 1 1 1 2 1 22 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 nn nn nn n n n n nnnn n aa aa aa n a a a n a aa n aa na 1 1 1 1 1 1 1 2 21 2 1 2 n a n a a n aan a n n nnn n 1 1 1 1 也易让学生接受的这种证法还是比较自然 n a nn n 当当时 时 2 n 1 1 n a n a nn 2 1 1 1 2 1 111 1 nnnnaa nn 易验证当易验证当 n 1n 1 时时 上式也成立上式也成立 综上综上 故有故有成立成立 2 1 1 111 2 1 1 1 naann nn 例例 4 4 已知已知 求证 求证 分析分析 由由可想到二项式系数的和为可想到二项式系数的和为 由 由可想到二项式定理 利用放缩法把可想到二项式定理 利用放缩法把转化转化 成成构造出二项式定理公式 从而得出结论 构造出二项式定理公式 从而得出结论 证明证明 设设且且 对任意对任意 有 有 精品文档 17欢迎下载 将上述各式叠加 将上述各式叠加 例例 5 5 求证 求证 分析分析 左式是左式是 n n 个因式连乘的形式 应把各因式化为分式 通过放缩 使之能交替消项 达到化简的个因式连乘的形式 应把各因式化为分式 通过放缩 使之能交替消项 达到化简的 目的 由于右式是目的 由于右式是 因此所放缩后的因式应与 因此所放缩后的因式应与有关 有关 证明证明 例例 6 6 分析分析 左式很难求和 可将右式拆成左式很难求和 可将右式拆成 n n 项相加的形式 然后证明右式各项分别大于左式各项 叠加项相加的形式 然后证明右式各项分别大于左式各项 叠加 得出结论 得出结论 证明证明 精品文档 18欢迎下载 高考专题高考专题 放缩法放缩法 一 先求和后放缩一 先求和后放缩 例例 1 1 正数数列 正数数列的前的前项的和项的和 满足 满足 试求 试求 n a nn S12 nn aS 1 1 数列 数列的通项公式 的通项公式 n a 2 2 设 设 数列 数列的前的前项的和为项的和为 求证 求证 1 1 nn n aa b n b nn B 2 1 n B 解 解 1 1 由已知得 由已知得 时 时 作差得 作差得 2 1 4 nn aS 2 n 2 11 1 4 nn aS 所以 所以 又因为 又因为为正数数列 为正数数列 1 2 1 2 224 nnnnn aaaaa0 2 11 nnnn aaaa n a 所以所以 即 即是公差为是公差为 2 2 的等差数列 由的等差数列 由 得 得 所以 所以 2 1 nn aa n a12 11 aS1 1 a 12 nan 2 2 所以 所以 12 1 12 1 2 1 12 12 11 1 nnnnaa b nn n 2 1 12 2 1 2 1 12 1 12 1 5 1 3 1 3 1 1 2 1 nnn Bn 注 一般先分析数列的通项公式 如果此数列的前注 一般先分析数列的通项公式 如果此数列的前项和能直接求和或者通过变形后求和 则采用先求和项和能直接求和或者通过变形后求和 则采用先求和 n 再放缩的方法来证明不等式 求和的方式一般要用到等差 等比 差比数列 这里所谓的差比数列 即指再放缩的方法来证明不等式 求和的方式一般要用到等差 等比 差比数列 这里所谓的差比数列 即指 数列数列满足条件满足条件 求和或者利用分组 裂项 倒序相加等方法来求和 求和或者利用分组 裂项 倒序相加等方法来求和 n a nfaa nn 1 二 先放缩再求和二 先放缩再求和 1 1 放缩后成等差数列 再求和 放缩后成等差数列 再求和 例例 2 2 已知各项均为正数的数列 已知各项均为正数的数列的前的前项和为项和为 且且 n a nn S 2 2 nnn aaS 1 1 求证 求证 22 1 4 nn n aa S 精品文档 19欢迎下载 2 2 求证 求证 1 12 1 22 nn n SS SSS 解 解 1 1 在条件中 令 在条件中 令 得 得 又由条件 又由条件 1 n 111 2 1 22aSaa 10 11 aa 有有 上述两式相减 注意到 上述两式相减 注意到得得 nnn Saa2 2 11 2 1 2 nnn Saa nnn SSa 11 0 1 11 nnnn aaaa00 1 nnn aaa 1 1 nn aa 所以 所以 nnan 1 11 1 2 n n n S 所以所以 42 1 2 1 2 1 2 1 2 22 nn n aannnn S 2 2 因为 因为 所以 所以 所以 所以 1 1 nnnn 2 1 2 1 2 nnnn 2 1 2 32 2 21 21 nn SSS n 2 1 2 3 2 2 n 2 1 22 3 1 2 n Snn 222 1 22 2 2 1 21 n n Snnn SSS 2 2 放缩后成等比数列 再求和 放缩后成等比数列 再求和 例例 3 3 1 1 设 设a a n n N N a a 2 2 证明 证明 nnn aaaa 1 2 2 2 等比数列 等比数列 a an n 中 中 前 前n n项的和为项的和为A An n 且 且A A7 7 A A9 9 A A8 8成等差数列 设成等差数列 设 数列 数列 1 1 2 a n n n a a b 1 2 b bn n 前前n n项的和为项的和为B Bn n 证明 证明 B Bn n 1 3 解 解 1 1 当 当n n为奇数时 为奇数时 a an n a a 于是 于是 nnnnn aaaaaa 1 1 2 当当n n为偶数时 为偶数时 a a 1 11 1 且 且a an n a a2 2 于是 于是 nnnnnnn aaaaaaaaaaa 1 1 1 1 1 22 2 2 公比公比 9789 AAaa 899 AAa 899 aaa 9 8 1 2 a q a n n a 2 1 nnn n n n b 23 1 2 4 1 2 1 1 4 1 精品文档 20欢迎下载 nn bbbB 21 3 1 2 1 1 3 1 2 1 1 2 1 1 2 1 3 1 23 1 23 1 23 1 2 2 nn 3 3 放缩后为差比数列 再求和 放缩后为差比数列 再求和 例例 4 4 已知数列 已知数列满足 满足 求证 求证 n a1 1 a 3 2 1 2 1 1 na n a n n n 1 1 2 1 3 n nn n aa 证明 因为证明 因为 所以 所以与与同号 又因为同号 又因为 所以 所以 n n n a n a 2 1 1 1 n a n a01 1 a0 n a 即即 即 即 所以数列 所以数列为递增数列 所以为递增数列 所以 0 2 1 n n nn a n aa nn aa 1 n a1 1 aan 即即 累加得 累加得 n n n nn n a n aa 22 1 12 1 2 1 2 2 2 1 n n n aa 令令 所以 所以 两式相减得 两式相减得 12 2 1 2 2 2 1 n n n S n n n S 2 1 2 2 2 1 2 1 32 所以 所以 所以 所以 nn n n S 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 132 1 2 1 2 n n n S 1 2 1 3 n n n a 故得故得 1 1 2 1 3 n nn n aa 4 4 放缩后为裂项相消 再求和 放缩后为裂项相消 再求和 例例 5 5 在 在m m m m 2 2 个不同数的排列 个不同数的排列P P1 1P P2 2 P Pn n中 若中 若 1 1 i i j j m m时时P Pi i P Pj j 即前面某数大于后面某数 即前面某数大于后面某数 则称则称P Pi i与与P Pj j构成一个逆序构成一个逆序 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数 记排列记排列 的逆序数为的逆序数为a an n 如排列 如排列 2121 的逆序数的逆序数 排列 排列 321321 的逆序数的逆序数 321 1 1 nnn1 1 a6 3 a 1 1 求 求a a4 4 a a5 5 并写出 并写出a an n的表达式 的表达式 2 2 令 令 证明 证明 n n 1 2 1 2 n n n n n a a a a b 1 1 322 21 nbbbn n 解 解 1 1 由已知得 由已知得 15 10 54 aa 2 1 12 1 nn nnan 2 2 因为 因为 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 n n n n n n n n n a a a a b n n n n n 所以所以 nbbb n 2 21 精品文档 21欢迎下载 又因为又因为 2 1 2 22 2 2 2 n nnn n n n bn 所以所以 2 11 4 1 2 1 3 1 1 1 22 21 nn nbbb n 32 2 2 1 2 32 n nn n 综上 综上 2 1 322 21 nnbbbn n 注 常用放缩的结论 注 常用放缩的结论 1 1 2 1 1 1 1 11 1 1 1 11 2 k kkkkkkkkk 2 2 2 1 1 1 2 1 21 1 2 1 11 2 k kkkkkkkkk 练习练习1 1 已知数列已知数列 a a 满足 满足 a a 1 1 且且 n 1 2 2 1 32 2 1 naa n nn 1 1 求数列求数列 a a 的通项公式 的通项公式 n 2 2 设设 m mN N m mn n2 2 证明 证明 a a m n 1m n 1 n n 2 1 m 1 m m1 2 分析 这是分析 这是 0606 年河北省高中数学竞赛的一道解答题 年河北省高中数学竞赛的一道解答题 1 1 大家都知道数列的递推公式往往比通项公式 大家都知道数列的递推公式往往比通项公式 还重要还重要 这就引导我们要重视数列的递推公式这就引导我们要重视数列的递推公式 由已知有由已知有 a a 学生对形如学生对形如 A A B B 是常数 形式的是常数 形式的 n 1 1 2 1 2 3 n n a 1 0 1 AABBAaa nn 且 一次线性递推关系的数列通过构造新数列求通项公式的方法已不陌生 本题中的递推关系显然不是此类型一次线性递推关系的数列通过构造新数列求通项公式的方法已不陌生 本题中的递推关系显然不是此类型 那那 么我们能否也可通过待定系数法构造新数列呢么我们能否也可通过待定系数法构造新数列呢 不妨设不妨设即即与与比较系数得比较系数得 2 2 2 3 2 1 1 n x a x a n n n n 1 1 22 3 n nn c aa 1 1 2 1 2 3 n nn aa c 1 c 1 即即 n n n a 2 3 2 1 2 1 2 3 2 1 1 1 n n n n aa 又又 故故 是首项为是首项为公比为公比为的等比数列 的等比数列 2 3 2 1 1 a n n a 2 1 2 3 2 3 故故 n n n a 2 1 2 3 精品文档 22欢迎下载 2 2 这一问是数列 二项式定理及不等式证明的综合问题这一问是数列 二项式定理及不等式证明的综合问题 综合性较强综合性较强 即证即证 当 当 m nm n 时显然成立 易验证当且仅当时显然成立 易验证当且仅当 m n 2m n 2 时 等号成立 时 等号成立 m m nm m n 1 1 2 3 2 设设下面先研究其单调性 当下面先研究其单调性 当 n n 时 时 1 2 3 nmb m n n m 1 1 1 11 1 1 3 4 1 1 3 2 1 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 nn mm n n mm n n bb m m nmb b nmnm nm b b 即数列即数列 是递减数列是递减数列 因为因为 n n2 2 故只须证 故只须证即证即证 事实上 事实上 n b 1 2 2 m m b m m m 1 2 3 2 故上不等式成立 综上 原不等式成立 故上不等式成立 综上 原不等式成立 4 9 2 1 2 511 1 1 2 21 mm C m C m m mm m 2 2 设数列设数列 满足满足 n a12 3 11 naaa nn 1 1 求求 的通项公式 的通项公式 n a 2 2 若若 1 11 11 1 1 nn n n nnn cc d na ccbc 求证 数列求证 数列 的前的前 n n 项和项和 nn db 3 1 n s 分析 分析 1 1 此时我们不妨设 此时我们不妨设 2 1 1 BAnaBnAa nn 即即与已知条件式比较系数得与已知条件式比较系数得 BAAnaa nn 2 1 0 1 BA 又又是首项为是首项为 2 2 公比为 公比为 2 2 的等比数列 的等比数列 2 1 1 nana nn 21 1 naa n nana n n n n 2 2 即 3 3 由 由 1 1 知 知 当当时时 n n n n bna 2 1 2 2 n 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 112 121123121 n n n nnnn bbbcccccccc 精品文档 23欢迎下载 当当 n 1n 1 时 时 1 1 也适合上式 所以也适合上式 所以 故 故 1 c 1 2 1 2 n n c 12 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 11 1 nn nn n nnd b 方法一 方法一 这步难度较大这步难度较大 也较关键也较关键 后一式缩至常数不易想到后一式缩至常数不易想到 必须要有必须要有 nn 222 1 312 1 n 执果索因的分析才可推测出执果索因的分析才可推测出 3 1 2 1 1 3 1 2 1 1 2 1 1 6 1 23 1 23 1 23 1 23 1 2 n n n n n nn Sdb 方法二方法二 在数列中在数列中 简单尝试的方法也相当重要简单尝试的方法也相当重要 很多学生做此题时想用裂项相消法但是发现此种处理达不很多学生做此题时想用裂项相消法但是发现此种处理达不 到目的到目的 但是当但是当 n n3 3 时时 我们看我们看 12 1 22 1 12 1 30 1 15 1 14 1 7 1 3 1 12 1 22 1 15 1 14 1 7 1 6 1 6 1 7 1 3 1 12 22 1 1514 1 76 1 32 1 11 11 11 nnn n nn n nn n S S S 我们可重新加括号得这样 由前二项会得到 3 1 0 12 1 0 22 1 12 1 11 也易让学生接受步想法这样也实现了我们的初得证故 显然 n nnn s 易验证当易验证当 n 1n 1 2 2 时时 综上综上 3 1 n s 3 1 n s 下面我们再举一个数列中利用放缩法证明不等式的问题下面我们再举一个数列中利用放缩法证明不等式的问题 3 3 已知正项数列已知正项数列 满足满足 n a 1 1 1 2 11 Nna n aaa nnn 1 1 判断数列判断数列 的单调性 的单调性 n a 2 2 求证 求证 2 1 1 111 2 1 1 1 naann nn 分析 分析 1 1 即 即 nnnn aa n aa 1 2 1 0 1 1 故 nn aa 1 故数列故数列 为递增数列为递增数列 n a 精品文档 24欢迎下载 2 2 不妨先证不妨先证 2 1 1 111 naa nn 1 1 1 1 1 11 2 1 2 1 2 1 1 1 na a naan a aa aa aa n n nn n nn nn nn 再证 再证 原解答中放缩技巧太强 下面给出另一种证法原解答中放缩技巧太强 下面给出另一种证法 1 11 2 1 1 1 nn aann 1 1 1 1 11 3 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 32 1 21 1 1 1 3 1 2 1 11 11 11 11 2 222 1322111 nnn nnnnn naaaaaaaa nnn 这种常用的放缩手段用到了累差迭加法及 1 1 1 2 1 22 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 nn nn nn n n n n nnnn n aa aa aa n a a a n a aa n aa na 1 1 1 1 1 1 1 2 21 2 1 2 n a n a a n aan a n n nnn n 1 1 1 1 也易让学生接受的这种证法还是比较自然 n a nn n 当当时 时 2 n 1 1 n a n a nn 2 1 1 1 2 1 111 1 nnnnaa nn 易验证当易验证当 n 1n 1 时时 上式也成立上式也成立 综上综上 故有故有成立成立 2 1 1 111 2 1 1 1 naann nn 精品文档 25欢迎下载 4 4 求证 求证 2222 11117 1234n 证明 证明 2 1111 1 1nn nnn 22222 1111111115117 1 1232231424nnnn 此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧 放缩拆项时 不一定从第一项开始 须根据具体题型分别对待 此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧 放缩拆项时 不一定从第一项开始 须根据具体题型分别对待 即不能放的太宽 也不能缩的太窄