2022年放缩法技巧全总结(非常精辟,是尖子生解决高考数学最后一题之瓶颈之

1、学习必备欢迎下载2021 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布满摸索性和挑战性，能全面而综合地考查同学的潜能与后继学习才能，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：通过多角度观看所给数列通项的结构，深化剖析其特点，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n22k 1 4k的值;2 求证:1n15 .2k 1 k3解析:1由于24n 212n21 2n112n11n22n1,所以n22k 1 4 k1112 n12n2 n12由于 114211,所以112 111125

2、12nn 2144n 212n12n1k 1 k352n12 n133奇巧积存 :1 1n 244 n244n21122n112n121c 1 c22n1nn11nn11nn13 tr 1r1cnn rn. r . n1r .nr11r .r r1n 1n1r11 r2r4 151 nn1111121321115n n12(6) 1n2n2n 2 n12n12nn27 2n1n 91k n1kn12n111kknn11,n1 nn811 k212n12n311k1 nn12 n2 n11 k11 2 n 12 n13 2 n10 nn1 .1n .n11 .111n2 2n12n12 22n

3、12n 12n1n122nnn11222n2nnnn2n 1nn 111n 1nn22121 2121 2221 212121121 n 311nn1 n1n n1nn1n1n1n11n11n1n n211111n1n113 2 n 1n12 nn2 23n1 232nnnn321221312 n2n1314k. kk21.k2.1k1 .1k2 .151n n1nn1n222222222(15) i1j1ijij1ijij i1j1i1j1例 2.1 求证:11132522 求证: 111 2n171 26111n22 2n114(3) 求证: 116361 31 3 54n 224n1 3

4、 5 2n12n112(4) 求证：2 42 n2 4 6111122 4 6113n2n2 2n11解析:1由于12 n122n11 2n 1112 2n 112n 1,所以ni 1 2i11 211 12 312n 111 12 312n 12 1114163611 11224n4211 1112n4n(3) 先运用分式放缩法证明出1 3 52n11, 再结合1进行裂项 ,最终就可以得到答案2 4 62n2n1n2nn 2(4) 第一 1n2 n1n2n1n,所以简单经过裂项得到2 n11111123n再 证12 2 n 1n2 n 12 22n12n12n1n2而 由 均 值 不 等 式

5、 知 道 这 是 显 然 成 立 的 ， 所 以121112312n2n11例 3. 求证: n6n1115211 2n149n3解析:一方面 :由于 1n 21n 21444 n21122n112n1, 所以n11k2k 1另一方面 :1112 11351112 n1112n1112533111n49n 22334nn1n1n1当 n3 时,nn16 nn1 2n,当 n11 时,n6n1111 ,1 2n149n2当 n2 时, n6n6n1111 2n149111121 ,所以综上有n25 n12n149n3例 4.2021 年全国一卷 设函数f xxx ln x . 数列a 满意 0a

6、1 . af a . 设 b a，1，整数a1b . 证明: ak 1b .n1n 1n1ka1 ln b解析:由数学归纳法可以证明an是递增数列 ,故存在正整数 mk, 使amb ,就ak 1akb ,否就如 ambmk ,就由 0a1amb 1 知am ln ama1 ln ama1 ln b0 , ak 1akak ln akka1am ln amm 1,由于kam ln amm 1k a1 ln b ,于是 ak 1a1k | a1 ln b |a1ba1b例 5.已知 n, mn , x1, sm1m2m3mnm , 求证:nm 1m1 snn1m 11 .解析:第一可以证明 : 1

7、x n1nxnm 1nm 1 n1 m 1n1m 1n2 m 11m 10n km 1k 1 k1 m1 所以要证nm 1m1sn n1 m 11 只要证 :n k m 1k 1k1m 1 nm1k m k 1n1m 11 n1m 1nm 1nm 1n1m 12 m 11 m 1n kk 11 m 1km 1 故只要证n k m 1k 1k1m 1nm1k m k 1n kk 11m 1k m 1 ,即等价于k m 1 k1 m 1m1k mk1m 1k m ,即等价于 1m1k11 m ,1m11kk11 m 1k而正是成立的 ,所以原命题成立 .n例 6. 已知 a4n2n ,tn2na1

8、a2,求证: t1ant241t34 n 213.tn22 n 4t解析:n4142434 n21222n 14123 4n12 12 n 所以tn4 4n32n12 12n 4 n 132 n422n 132n4n 12332 n 14n 13 2n3 2n 123 2n2 2 2n 23 2 n1322t从而 1t22 n2 n1 2n1t3tn312 2n13112312n 11113712 n1132n 112x例 7. 已知 x11,nnn2k1, kz ,求证:14 x2 x3n14 x4 x51n2k, kz 14 x2n x2 n 12 n11nn *证明:41x2n x2n

9、14 2n112n114 4n2114 4n 212n22 ,由于n2 nn所以n1 ,所以41112x2n x2 n 12 n12nn2 n2 111nn1n n *4 x2x34 x4 x54 x2 nx2 n 1*二、函数放缩例 8.求证：ln 2n2ln 33ln 44ln 3nn3n35n6 n6n .解析:先构造函数有ln x1 , 从而 ln 2ln 3ln 4ln 3n111ln xx 11xx234313n233n1111111123456789由于 111233 n533993n 13n 1111nnn22135n66所以 ln 229ln 3318ln 4427ln 3n

10、n32 3n 13n13n5n3 n665n66例 9.求证 :12, ln 22ln 33ln n n2n22 nn1 n21解析:构造函数ln x , 得到 ln nln n 2 ,再进行裂项ln n 21111,求和后可以得到答案f x函数构造形式 :xln xnn2x1, ln nn2n12n 2nn1例 10.求证 : 11231ln n1111n12n解析:提示: ln n函数构造形式 :1ln xln n1nnn1x, ln x11 x2ln n11nlnnn1ln 2当然此题的证明仍可以运用积分放缩学习必备欢迎下载y如图,取函数f x1 ,xabcfn第一: s1x,从而, 1

11、 in1ln x |nnnxiln nln nide取i1有, 1 nn iln nln nn i1 ,fcabon-inx所以有 12ln 2 , 13ln 3ln 2 , ,1nln nln n1 ,1n1ln n1) ln n ,相加后可以得到 :11231ln n1n1n另一方面 s1 ,从而有1in 1ln x |nln nln niabdexnixn in in i取i1有,1 n1ln nln n1 ,所以有ln n 11121 ,所以综上有 11n231ln n1111n12n例 11.求证 : 11 11 2.3.11 n.e 和 11 11 98111 e .32 n解析:

12、构造函数后即可证明例 12.求证 : 112 1231n n1e2 n 3解析:ln n n 1 132nn 1,叠加之后就可以得到答案1函数构造形式 :ln x 123 x0x 11 ln1 x x3 xx 1加强命题 0例 13.证明 : ln 2ln 3ln 4ln nn n1 nn *, n13解析:构造函数4f x5ln xn 11 x411x1 ,求导,可以得到 :f ' x121x 1xx ,令1f ' x0有 1x2 , 令f ' x0 有 x2 ,所以 f xf 20 ,所以 ln x1x2 ,令 xn21 有, ln n2n21所以 ln nn 1,

13、所以 ln 2ln 3ln 4ln nnn1) nn *, n1n 12345n 14例 14. 已知11 证明 ae2 .a11,an 11 an.nn2n2n解析:an 111nnan11n121n n 11,2 n a n然后两边取自然对数,可以得到ln an 1ln11n n 11n ln an2然后运用ln1xx 和裂项可以得到答案 放缩思路：a n 111 n2n1n a n2ln an 1ln 11n 2n1n ln an2ln an1n 2n1 ；于是2 nln a n 1ln an1n 2n1 ，2n1 n 1n 1ln a i 1ln ai n 11 i 2i12 i ln

14、 anln a11 1 12n11122 .n2ni 1n即 ln aln a1i 12an12e2 .注：题目所给条件 ln1xx （ x0 ）为一有用结论，可以起到提示思路与探究放缩方向的作用；当然，此题仍可用结论2 nnn1n2) 来放缩：an 111nna n11nn1an 111 111n n an 11n 1n 111，lnan 11lnan1ln1n n 1.nn 1 ln ai 1i 21ln ai1i 2i i1ln an1ln a2111n学习必备欢迎下载即 ln an11ln 3an3e1e2 .例 15.2021 年厦门市质检 已知函数f x 是在 0, 上到处可导的函

15、数 ,如xf 'xf x 在 x0 上恒成立 .(i) 求证：函数g xf x x在0,上是增函数；(ii) 当 x10, x20时,证明 :f x1 f x2 f x1x2 ；(iii) 已知不等式ln1xx在x1且x0 时恒成立，求证：1 ln 22221 ln 32321 ln 4 24 21n 1 2ln n1 22nn1 n2nn* .解析:ig ' xf ' x xx 2f x0 ,所以函数g xf x x在 0 ,上是增函数ii 由于g xf x x在 0,上是增函数 , 所以f x1 x1f x1x1f x 2 x2x2 x2f x1x1f x1 x2

16、x2x1f x2 x1f x1x2x 2x1x2x2 f x1x2 两式相加后可以得到f x1 f x2 f x1x2 3f x1 x1f x1x2x1x 2xn xnf x1x1x1x2f x1x 2xnxn f x2 x2xf xn nf x1x2x1x 2xxf x1x212xn x nxxn nx 2f x2 x1x2xxnxnf x 12f x1x2xnxf x1x2nx nxn 相加后可以得到 :f x1 f x2 f xn f x1x 2xn 所以x1 ln x1x 2 ln x 2x3 ln x3xn ln xn x1x2xn lx1nx2 xn 令1,有xn1 n 22 23

17、21112232421122321 ln 221 ln 321 ln 42421n12lnn121n1 2ln1112232ln11 n 1211n 122 13 2 n 1n111n12n22nn1 n2所以 122 2 ln 21 ln 3232124 2 ln 41 n1 2 ln n1 22nn 1n nn2* .方法二 ln n 12ln n 1 2ln 4ln 411n 1 2 n 1 n2n 1 n2n 1n2所以 1ln 2 21 ln 321 ln 421ln n12ln 4 11nln 422又 ln 41324 21,所以 121 n 1 22122n2122n2n*n1

18、2 ln 222 ln 332 ln 442 ln n1n12 nn1n2 n .例 16.2021 年福州市质检 已知函数f xx ln x.如a0, b0, 证明 : f a a b ln 2f a bf b.解析:设函数g xf xf kx, k0f xg xxln x,x ln x kx lnkx,0xk.g xln x1 ln kx1lnx,kx令g x0, 就有 x1kx2xk0kxkxk. 2函数g x 在 k2）上单调递增，在,k 0,k 上单调递减 .2 g x 的最小值为kg 2，即总有gxg k. 2而 g k 2kf 2kf k2kk ln2kln kln 2f kk

19、ln 2,g xf kk ln 2,即 f xf kxf kk ln 2.令 xa, kxb, 就ka b.f af bf abab ln 2.f a ab ln 2f abf b .三、分式放缩姐妹不等式 : bab m bama 0,m0 和 bab m aamb0, m0记忆口诀 ”小者小 ,大者大 ”说明:看 b,如 b 小,就不等号是小于号 , 反之.例 19. 姐妹不等式 : 11111135112n12n1 和11 121 114611 2n12n1也可以表示成为2 4 62n和 1 3 5 2n111 3 5 2n 12 n 12 4 62n2n1解析: 利用假分数的一个性质b

20、bm baama0, m0 可得 2 461 352n 22n12n1即 11111135112n12n12462n35 72n11352n11352n124 62n2462n2n1.例 20.证明 : 1111 11 47113n23 3n1.解析: 运用两次次分式放缩 :2 5 83 n13 6 93n. 加 11 4 73n22 5 83n12583n14 7 10.3n11473n23 693n加 2相乘,可以得到 :2583n14 . 7103n11473n21473n22 583n12583n123n1所以有 11111147113n23 3n1.四、分类放缩例 21.求证 :11

21、1231n2 n12解析: 1112311nnbn22112n11211n n22 11 11442323nn11n222112323 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 轴正半轴上的点列与曲线any2 x （ x 0）上的点列满n足 oaob n1 ，直线nan bn 在 x 轴上的截距为an .点 bn 的横坐标为bn , nn .(1) 证明an >an 1 >4， nn ; 2证明有 n0n ，使得对 n都有 b2b3n0b1b2bnbn 1bn 1 <n bn2021 .n解析:1 依题设有： a0, 1, bb ,2b

22、, b0 ，由 ob1 得：nnnnnnn211* ,又直线a b 在 x 轴上的截距为a 满意b 2b, b1 1,nnn nnnnn2nn2nna02b1n0 1b0 abn2n2 b1 n2 b 21n0,b2nnn1n 2bnnnnn 2 bbnbn 1n2bn1211212an22bn22bn4an1 1221n2bn12n bnn bnn bnnn明显，对于 11nn 10 ，有 anan 14, nn *c(2) 证明：设nbn 1* ，就1, nn bn1111n2n 1 21111 12cn2nn1n2n 1 211n21 1n21n 1 212n 111 1n 22n 11

23、12n 1n1 21n 1 22122 n 1221221nn2n1n222 n1n0,cn1, nn *n2n12n设sccc, nn * ，就当 n2k21 kn * 时，s1111111111n342k12k34221232k 112k12 22212232k 112kk1 ；2所以，取 n0240092 ，对nn 都有：01b2b11b3b21bn 1bnsnsn40171022021故有 b2b3b1b2bnbn 1bn 1 < nbn2021成立；*例 23.2007 年泉州市高三质检 已知函数f xx 2bxcb1, cr ，如f x 的定义域为 1， 0 ，值域也为 1，

24、 0.如数列 bn 满意 bn你的结论；f nn3 nn ，记数列 bn 的前 n 项和为tn ，问是否存在正常数a，使得对于任意正整数n 都有 ta ？并证明n解析:第一求出f xx22 x ,bnf n n3n22n1 n3n tnb1b2b311bn11 , 11211 , 1111411 , 23n3442 56788211k 1k 121221k 112kk221 , 故当 n2k 时, tn2k1,2因此，对任何常数 a ，设 m 是不小于 a 的最小正整数，2就当 n22m时,必有2m2.tn1ma2t故不存在常数 a 使na 对全部 n2 的正整数恒成立 .例 24.2021

25、年中学教学参考 设不等式组x0,表示的平面区域为d ,设d 内整数坐标点的个数为an .设nny0,ynx3nns1an11an 21 ,a2 n当n2 时,求证: 11117n11 .a1a2a3a2 n36n解析:简单得到 a3n, 所以,要证 11117n11 只要证11s2n 117nn11 ,由于ns11111a1111 a2a31a n3621123212223456782n 112n 122 n111ttt37 n17n11,所以原命题得证 .22221 n五、迭代放缩2n 121212例 25. 已知 xx4n, x1, 求证:当 n2 时, nx1n 11n| xi2 |22

26、i 1解析:通过迭代的方法得到xn212n 1,然后相加就可以得到结论例 26. 设sin 1.sin 2.sin n. ,求证:对任意的正整数 k,如 kn 恒有:|sn+k sn|<1sn12解析: | s2 2s | | sin n1.2 nsin n2.sin nnk |n kn2 n 12n 22n k| sinn2 n 11. | sin n2 n2.|2| sin nk |2 n k12 n 112n 212 n k1 11ccc2n 2221 111 12k2 n2k2n又 2 n11n01nn 所以| s n k11sn |n2nnnn六、借助数列递推关系例 27.求证

27、 : 121 31 3 52 42 4 61 3 52 4 6 2n12n2n21a解析: 设n1 3 52 4 6 2n2n1) 就an 12n1an2 n12 n1) an 12nanan ,从而an2 n1 an 12 nan , 相加后就可以得到a1a2an2n1 an 12a12n11所以11 31 3 51 352n122 42 4 624 62 n2n31 2n2 2n21112n2例 28. 求证 : 11 322 41 3 52 4 61 3 52 4 62n12n2n11a解析: 设n1 3 52 4 62n1 就2nan 12n1 a2n1 n 2n11an 1 2n1a

28、nan 1,从而an 1 2 n11an 12n1 an ,相加后就可以得到a1a2an2n1a n 13a1 2n 1132n122n11例 29. 如 a11, a n 1 ann1,求证: 11a1a212 nan1 1a解析:n 2an 1n2anan 111an 1an 2ann七、分类争论所以就有 11a1a211ana1an 1a na2a12 an 1a na22 n12例 30.已知数列 an 的前 n 项和sn 满意 sn2an 1 ,n1. 证明：对任意的整数m4 ，有 11a4a517am8解析:简单得到 an2 2n 23 1 n 1 .,由于通项中含有1 n，很难直

29、接放缩，考虑分项争论：当 n3 且 n 为奇数时 1an1an 13 12 2n 2112n 1132 22n2 n 232n 12n 12n 213 2n2222 n2n 133 122n 21 2n 1（减项放缩），于是当 m4 且 m 为偶数时11a4a511 11 ama4a5a611 am 1a m13 1122 232412m 2 13 1 122 411372m 4 288 .当 m4且 m 为奇数时由 得证；1111111 （添项放缩）由 知 11117a4a5ama4a 5ama m 1a4a5a mam 18.八、线性规划型放缩例 31. 设函数f x2x1 .如对一切 xr，3x22af xb3 ，求 ab 的最大值；解析: 由1x2 2 x12 知1即1 f x f 1 122 x 22 2 f x f 1 102f x 12由此再由f x 的单调性可以知道f x 的最小值为1 ，最大值为 12因此对一切 xr， 3af xb3 的充要条件是，13ab3 23ab3即 a ， b 满意约束条件a b3，a b31 a b321 a b 32由线性规划得，ab 的最大值为 5 九、均值不等式放缩例 32.设 sn1 22 3nn1 . 求证 n n