2015年湖北高考数列与不等式专题分析 (2)

1、2015 年高考数列与不等式专题分析 黄石一中 杨瑞强 胡春彦 一、数列部分一、数列部分 1考点分析 数列是高中数学重要内容，是高考命题的热点.纵观近几年的高考试题，对等差和等比数列的概念、通项公式、性质、前 n 项和公式，对增长率、分期付款等数列实际应用题多以客观题和中低档解答题为主，对数列与函数、方程、不等式、三角函数、解析几何等相结合的综合题的考查多属于中高档题，甚至是压轴题, 一般控制在0.3 0.7之间 2考试要求 2014 年高考数学（湖北卷） 考试说明中考试范围与要求层次： 内 容 知识要求 了解（A） 理解（B） 掌握（C） 数列 数列的概念 数列的概念 数列的简单表示法 （列

2、表、 图象、通项公式、递推公式） 等差数列、 等比数列 等差数列、等比数列的概念 等差数列、 等比数列的通项公式与前n项和公式 等差数列、 等比数列的简单应用 具体要求如下： （1）数列的概念和简单表示法：了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式） ；了解数列是自变量为正整数的一类函数 （2）等差数列、等比数列： 理解等差数列、等比数列的概念； 掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式； 能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题； 了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系 湖北卷新课改三年来的命题趋势呈现以下特点：回归课

3、本重基础，回避技巧重通法，强调运算重交汇根据湖北求稳的特点，估计湖北明年的数列知识考查仍在“通项公式求法与前n项和公式应用”中命制，可能与函数交汇，或仍与不等式交汇出题，但在不等式的证明时，理科可能涉及到与数学归纳法知识交汇出题 3考题回顾 考题 1 （2014 湖北文科卷 第 14 题） 阅读如图 1- 3 所示的程序框图， 运行相应的程序， 若输入 n 的值为 9， 则输出 S 的值为_ 【考点分析】程序框图，数列求和 解析： 第一次运行时，S0211，k11； 第二次运行时，S(211)(222)，k21； 所以框图运算的是 S(211)(222)(299)1067. 【点评】本题主要考

4、查程序框图中的循环结构，框图的作用是数列求和 考题 2（2014 湖北理科卷 第 18 题）已知等差数列an满足：a12，且 a1，a2，a5成等比数列 (1)求数列an的通项公式 (2)记 Sn为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 Sn60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由 【考点分析】等差数列，一元二次不等式 解析：(1)设数列an的公差为 d， 依题意得，2，2d，24d 成等比数列， 故有(2d)22(24d)， 化简得 d24d0，解得 d0 或 d4. 当 d0 时，an2； 当 d4 时，an2(n1) 44n2. 从而得数列an的通项公式为 an

5、2 或 an4n2. (2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立 当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2. 令 2n260n800，即 n230n4000， 解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41. 综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n； 当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41. 【评析】本题主要考查了等差数列和等比数列的性质.要求学生对等差数列和等比数列的通项公式,求和公式熟练记忆. 考题 3 （2013 湖北理科卷 第 14 题）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数 1,3,6,10，第

6、n个三角形数为2111222n nnn记第n个k边形数为,N n k3k ，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式： 三角形数 211,322N nnn 正方形数 2,4N nn 五边形数 231,522N nnn 六边形数 2,62N nnn 可以推测,N n k的表达式，由此计算10,24N 【考点分析】数列，合情推理 解析： 观察2n和n前面的系数， 可知一个成递增的等差数列另一个成递减的等差数列，故2,241110N nnn，10,241000N 考题 4（2013 湖北理科卷 第 18 题）已知等比数列 na满足:2310aa,123125a a a . (1)求数列 na的通项公

7、式; (2)是否存在正整数m,使得121111maaa?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由. 【考点分析】等比数列及其求和 解析：(1)由已知条件得:25a ,又2110a q,13q 或, 所以数列 na的通项或25 3nna. (2)若1q ,12111105maaa 或,不存在这样的正整数m; 若3q ,12111919110310mmaaa,不存在这样的正整数m. 考题 5（2012 湖北理科卷 第 7 题）定义在(,0)(0,)上的函数( )f x，如果对于任意给定的等比数列na， ()nf a仍是等比数列，则称( )f x为“保等比数列函数”. 现有定义在(,0)(0,)上的

8、如下函数： 2( )f xx； ( )2xf x ； ( )|f xx； ( )ln|f xx. 则其中是“保等比数列函数”的( )f x的序号为 A B C D 【考点分析】等比数列、函数 解析：212nnnaaa， 122212222nnnnnnafaaaafaf； 12221222222naaaaannafafafnnnnn； 122122nnnnnnafaaaafaf； 122122lnlnlnnnnnnnafaaaafaf.选 C 【点评】 本题考查等比数列的新应用,函数的概念.对于创新性问题,首先要读懂题意,然后再去利用定义求解,抓住实质是关键.来年需要注意数列的通项,等比中项的性

9、质等. 考题 6 （2012 湖北理科卷 第 13 题）回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数如 22，121，3443，94249 等显然 2 位回文数有 9 个：11，22，33，993 位回文数有 90 个：101，111，121，191，202，999则 （1）4 位回文数有 个； （2）21()nnN位回文数有 个 【考点分析】排列与组合、数列、合情推理 解析： （1）4 位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为 0，有 9（19）种情况，第二位有 10（09）种情况，所以 4 位回文数有90109种故答案为：90 （2）法 1：由上面多组数据研究发

10、现，2n+1 位回文数和 2n+2 位回文数的个数相同，所以可以算出 2n+2 位回文数的个数2n+2 位回文数只用看前 n+1 位的排列情况，第一位不能为 0 有 9 种情况，后面 n 项每项有 10 种情况，所以个数为n109. 法 2：可以看出 2 位数有 9 个回文数，3 位数 90 个回文数计算四位数的回文数是可以看出在 2 位数的中间添加成对的“00,11,22,99”，因此四位数的回文数有 90 个按此规律推导22102nnSS,而当奇数位时，可以看成在偶数位的最中间添加 09 这十个数，因此2210nnSS，则答案为：n109 【点评】本题考查数列问题中的归纳推理，猜想的能力.

11、归纳推理题型重在猜想，不一定要证明，但猜想需要有一定的经验与能力，不能凭空猜想. 考题 7（2012 湖北理科卷 第 18 题）已知等差数列na前三项的和为3，前三项的积为8. （1）求等差数列na的通项公式； （2）若2a，3a，1a成等比数列，求数列|na的前n项和. 【考点分析】等差与等比数列及其求和 解析： （1）设等差数列na的公差为d，则21aad，312aad， 由题意得1111333,()(2 )8.ada ad ad 解得12,3,ad 或14,3.ad 所以由等差数列通项公式可得 23(1)35nann ，或43(1)37nann . 故35nan ，或37nan. （2）

12、当35nan 时，2a，3a，1a分别为1，4，2，不成等比数列； 当37nan时，2a，3a，1a分别为1，2，4，成等比数列，满足条件. 故37,1,2,| |37|37,3.nnnannn 记数列|na的前n项和为nS. 当1n 时，11| 4Sa；当2n 时，212| 5Saa； 当3n 时， 234|nnSSaaa5(3 37)(3 47)(37)n 2(2)2(37)311510222nnnn. 当2n 时，满足此式. 综上，24,1,31110,1.22nnSnnn 【点评】本题考查等差数列通项公式的求法，其中包含了分类讨论思想的考查，在求数列|na的前n项和时， 要注意弄清楚数

13、列na中哪些项为正， 哪些项为负， 以及数列|na与na的前n项和的关系 4命题预测 1 设nnnA B C的 三 边 长 分 别 为,nnna b c,nnnA B C的 面 积 为nS,1,2,3,n , 若11111,2bc bca,111,22nnnnnnnncabaaa bc,则( ) A.nS为递减数列 B. nS为递增数列 C.21nS为递增数列,2nS为递减数列 D. 21nS为递减数列,2nS为递增数列 【答案】B 2如图,互不- 相同的点12,nA AX和12,nB BB分别在角O的两条边上,所有nnA B相互平行,且所有梯形11nnnnA B BA的面积均相等.设.nnO

14、Aa若121,2,aa则数列 na的通项公式是_. 【答案】*,23Nnnan 3在公差为d的等差数列na中,已知101a,且3215 , 22 ,aaa成等比数列. (1)求nad,; (2)若0d,求. |321naaaa 【答案】(1)由已知得到: 22221 311(22)54(1)50(2 )(11)25(5)aa aadaddd 221212212525340ddddd， 414611nnddanan 或 (2)由(1)知,当0d 时,11nan, 当111n时, 0na 123123(10 11)(21)|22nnnnnnaaaaaaaa当12n时, 0na 1231231112

15、13|()nnaaaaaaaaaaa21231112311(21 11)(21)212202()()2222nnnnnaaaaaaaa 所以,综上所述:1232(21),(111)2|21220,(12)2nnnnaaaannn; 4.已知数列 na和 nb满足Nnaaanbn221.若 na为等比数列，且.6, 2231bba （1）求na与nb； （2）设Nnbacnnn11记数列 nc的前n项和为nS. （i）求nS； （ii）求正整数k，使得对任意Nn，均有nkSS 【答案】（1）由题意，Nnaaanbn221，326bb，知32328bba，又有12a ，得公比2q （2q 舍去）

16、，所以数列 na的通项公式为2 ()nnanN，所以11212322n nn nna a aa， 故数列 nb的通项公式为，1 ()nbn nnN； （2）（i） 由 （I） 知，11111()21nnnncnNabnn， 所以11()12nnSnNn； （ii）因为12340,0,0,0cccc；当5n时，11112nnn ncn n，而11112120222nnnn nnnnn，得515 5 1122nn n，所以当5n时，0nc ，综上对任意nN恒有4nSS，故4k 二、不等式部分二、不等式部分 1考点分析 不等式是高中数学的传统内容，对不等式的性质、一元二次不等式、简单的线性规划、均值

17、不等式的考查多以选择、填空题的形式出现，这类试题虽然难度不大，但往往有一定的灵活性若是解答题，也是中等难度的题目；高考中涉及不等式的，更多的情况是以函数与导数、方程、三角、数列、解析几何等知识为载体，综合考查不等式的解法和证明 不等式因它的基础性（是研究函数、方程、数列等必不可少的工具） 、渗透性（容易与其它各部分知识结合在一起） 、应用性（实际应用广泛） ，很自然地成为每年高考的热点 近几年，高考关于不等式的命题趋势是： （1） 单纯不等式的题目多以选择填空题的形式出现， 若是解答题也是中等难度的题目； （2）高考中涉及不等式的，更多的情况是以函数、方程、三角、数列、解析几何等知识为载体，综

18、合考查不等式的解法和证明，突出不等式的工具性在高考试卷中，有关解不等式的试题一般有一到两道 2考试要求 2014 年高考数学（湖北卷） 考试说明中考试范围与要求层次： 内 容 知识要求 了解 （A） 理解 （B） 掌握 （C） 不等式 （含 45 不等式选讲 ） 一元二次不等式 一元二次不等式解法及应用 一元二次不等式与相应的二次函数、二方程的联系 简单的成性规划 用二元一次不等式表示平面区域 简单的成性规划问题 基本不等式 不等式( ,0)2abab a b及其简单应用 不等式的性质、 证明与解法 不等式的基本性质 绝对值不等式 不等式的证明（比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法） 用数学

19、归纳法证明一些简单的不等式（仅限理科） 算术几何平均不等式、柯西不等式及其简单应用（仅限理科） 具体要求如下： （1）不等关系：了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式（组）的实际背景 （2）一元二次不等式 会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型 通过函数图像了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系 会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图 （3）二元一次不等式组与简单线性规划问题 会从实际情境中抽象出二元一次不等式组 了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组 会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决 （4）

20、基本不等式 探索并了解基本不等式ab2 ab(a0，b0)的证明过程熟知 a0，b0 是基本不等式成立的前提条件；掌握基本不等式的证明方法，能用比较法来证明一些简单的不等式 会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题，掌握一些简单的不等式数学模型以解决实际问题 （5）不等式选讲 理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式： |ab| |a| |b； |ab|ac|cb. 会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式： |axbc； |axbc； |xa|xbc. 了解二元柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明 柯西不等式向量形式：| | |；(a2b2)(

21、c2d2)(acbd)2. 理解并能够对算术几何平均不等式、柯西不等式进行简单应用 理解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题 理解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法 3考题回顾 考题 1（2014 湖北文科卷 第 4 题）若变量 x，y 满足约束条件4,2,0,0,xyxyxy 则2xy的最大值是( ) A2 B4 C7 D8 【考点分析】简单的线性规划 解析： 作出约束条件4,2,0,0,xyxyxy表示的可行域如右图阴影部分所示 设 z2xy，平移直线 2xy0，易知在直线 xy4 与直线 xy2 的交点 A(3，1)处，z2xy 取得最大

22、值 7. 故选 C. 【点评】本题主要考查简单的线性规划问题，我们可以利用“图解法”，准确地作出可行域是前提，利用“平移法”是解题的关键 考题 2（2014 湖北文科卷 第 16 题）某项研究表明：在考虑行车安全的情况下，某路段车流量 F（单位时间内经过测量点的车辆数，单位：辆/小时）与车流速度 v（假设车辆以相同速度 v 行驶， 单位： 米/秒） 、 平均车长 l （单位： 米） 的值有关， 其公式为2760001820vFvvl. （1）如果不限定车型，6.05l ，则最大车流量为 辆/小时； （2）如果限定车型，5l , 则最大车流量比（）中的最大车流量增加 辆/小时. 【考点分析】函数

23、，基本不等式 解析： (1)依题意知，l0，v0，所以当 l6.05 时， F76 000vv218v12176 000v121v1876 0002 v121v181900，当且仅当 v11 时，取等号 (2)当 l5 时， F76 000vv218v10076 000v100v182000， 当且仅当 v10 时，取等号，此时比(1)中的最大车流量增加 100 辆/小时 故填：(1)1900 (2)100 【点评】本题主要考查函数模型，利用基本不等式求函数的最值问题，注意等于号成立条件即为最值取得的条件 考题 3 （2014 湖北理科卷 第 7 题）由不等式0200 xyyx确定的平面区域记

24、为1，不等式21yxyx，确定的平面区域记为2，在1中随机取一点，则该点恰好在2内的概率为（ ） A.81 B.41 C. 43 D.87 【考点分析】几何概型；简单的线性规划 解析：作出 1，2表示的平面区域如图所示， S1S AOB12 2 22，S BCE12 11214，则 S四边形AOECS1S BCE21474.故由几何概型得，所求的概率 PS四边形AOECS174278.故选 D. 【点评】本题主要考查几何概型的概率计算，作出不等式组对应的平面区域，求出对应的面积， 利用几何槪型的概率公式即可得到结论 利用线性规划的知识求出对应的区域的面积是解决本题的关键 考题 4 （2013

25、湖北理科卷 第 2 题）已知全集为R，集合112xAx，2|680Bx xx，则RAC B （ ） A.|0 x x B. |24xx C. |024xxx或 D.|024xxx或 【考点分析】不等式的求解，集合的运算 解析：因为0,A，2,4B ，所以 0,24,RAC B 故选 C 【点评】本题主要考查不等式的求解，集合的运算，属于容易题 考题 5 （2013 湖北理科卷 第 13 题）设, ,x y zR，且满足：2221xyz，2314xyz，则xyz 【考点分析】柯西不等式 解析：由柯西不等式知222222212323xyzxyz，结合已知条件得123xyz，从而解得1412314x

26、yz，3 147xyz 【点评】 本题主要考查柯西不等式及其等号成立的条件 应用柯西不等式可以简捷的求一些特殊函数的最值 对于某些含有约束条件的多变量的最值问题， 一般可以采用柯西不等式处理解答此类题的关键是配凑、构造两组数或两个向量使之符合柯西不等式的形式，同时要注意等号成立的条件 考题 6（2012 湖北文科卷 第 1 题）已知集合2|320,Ax xxxR, |05,BxxxR，则满足条件ACB的集合C的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 【考点分析】集合；不等式；一元二次方程 解析：求解一元二次方程，得 2|320,|120,Ax xxxxxxxRR 1,2，易知 |05,1

27、,2,3,4NBxxx.因为ACB，所以根据子集的定义，集合C必须含有元素 1,2，且可能含有元素 3,4，原题即求集合3,4的子集个数，即有224个.故选 D. 【点评】本题考查子集的概念，不等式，解一元二次方程本题在求集合个数时，也可采用列举法.列出集合C的所有可能情况，再数个数即可. 考题 7 （2012 湖北文科卷 第 9 题）设, ,a b cR,则1abc 是111abcabc的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【考点分析】基本不等式；充要条件 解析：当1abc时，111abcabcabcabbccaabcabc， 而 2222

28、abcabbccaabbcca （当且仅当abc，且1abc，即abc时等号成立） ，故111abbccaabcabc；但当取2abc,显然有111abcabc,但1abc,即由111abcabc不可以推得1abc；综上，1abc是111abcabc的充分不必要条件.应选 A. 【点评】本题考查充要条件的判断，不等式的证明.判断充要条件，其常规方法是首先需判断条件能否推得结论，然后需判断结论能否推得条件 考题 8（2012 湖北文科卷 第 14 题）.若变量, x y满足约束条件11 ,33xyxyxy 则目标函数23zxy的最小值为_ 【考点分析】简单的线性规划 解析：作出不等式组1,1,3

29、3xyxyxy 所表示的可行域(如下图的ABM及其内部）. 可知当直线23zxy经过1,33xyxy的交点1,0M时，23zxy取得最小值，且min2z. 【点评】本题考查线性规划求解最值的应用.运用线性规划求解最值时，关键是要搞清楚目标函数所表示的直线的斜率与可行域便捷直线的斜率之间的大小关系， 以好确定在哪个端点，目标函数取得最大值；在哪个端点，目标函数取得最小值 考题 9（2012 湖北理科卷 第 6 题）设, , , , ,a b c x y z是正数，且22210abc， 22240 xyz，20axbycz，则abcxyz A14 B13 C12 D34 【考点分析】柯西不等式 解

30、析：由于222222)()(2czbyaxzyxcba 等号成立当且仅当, tzcybxa则 a=t x b=t y c=t z ，10)(2222zyxt 所以由题知2/1t,又2/1,tzyxcbazyxcbazcybxa所以，答案选 C. 【点评】本题主要考察了柯西不等式的使用以及其取等条件. 利用柯西不等式证明不等式或求最值的关键在于利用已知条件， 构造柯西不等式的基本形式， 但证明或求解过程中要注意等号成立的条件 4命题预测 1设集合2 |340Mx xx， |05Nxx，则MN （ ） A(0,4 B0,4) C 1,0) D( 1,0 【答案】B. 2已知0a , x y满足约束

31、条件13(3)xxyya x,若2zxy的最小值为1,则a （ ） A14 B12 C1 D2 【答案】B 3设正实数, ,x y z满足22340 xxyyz，则当2xy取得最大值时, 212xyz的最大值为（ ） A0 B1 C94 D3 【答案】B 4当实数x，y满足240,10,1,xyxyx 时，14axy恒成立，则实数a的取值范围_ 【答案】31,2 5已知222, ,236,49a b cabcabc则的最小值为_ 【答案】12 6设函数( )ln(1), ( )( ),0f xx g xxfx x，其中( )fx是( )f x的导函数. （1）11( )( ),( )( ),n

32、ng xg x gxg gxnN，求( )ngx的表达式； （2）若( )( )f xag x恒成立，求实数a的取值范围； （3）设nN，比较(1)(2)( )ggg n与( )nf n的大小，并加以证明. 解析： （1）( )1nxgxnx； （2）1a ； (3) 方法 1 数学归纳法： 当 n1 时，因为左边12，右边ln2，所以左边右边，不等式成立 假设当nk时，不等式成立，即111ln(1)231kk 那么11111ln(1)23122kkkk， 在（2）中取1a ，可得ln(1)1xxx（0 x） 令1xk，则11ln1kkk， 所以12ln(1)ln(1)lnln(2)21kkk

33、kkk， 所以1111ln(2)2312kkk 即当1nk时，不等式也成立 根据，可知不等式对任意*nN都成立 方法 2 放缩法： 在（2）中取1a ，可得ln(1)1xxx（0 x） 令1xk（*kN） ，则11ln(1)1kk，即11ln1kkk， 从而1ln(1)ln1kkk（1,2,3,kn） 将上述 n 个不等式依次相加，得 111(ln2ln1)(ln3ln2)(ln(1)ln )231nnn 故111ln(1)231nn（nN） ，结论得证 三、数列与不等式的综合应用三、数列与不等式的综合应用部分部分 数列和不等式是高考的两大热点也是难点， 数列是高中数学中一个重要的内容， 在高

34、等数学也有很重要的地位， 不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容， 它可以体现数学思维中的很多方法.数列与不等式的交汇综合又是高考的重中之重. 近几年，高考关于数列与不等式的综合应用的命题趋势是： （1）以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇 （2） 以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇， 还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大 数列与不等式作为高中数学代数的两大核心内容， 其在高考试卷

35、中处于的核心地位， 数列与不等式的综合是高考的重中之重， 有数列与不等式的主要交汇， 有不等式与函数的重点交叉，数列与函数、数列与数学归纳法、不等式与解析几何的交汇也比较突出当这些两者甚至三者交汇结合在一起的时候，问题会变得非常的灵活，对学生的数学思维能力，分析问题和解决问题的能力，计算能力以及数学的思想和方法、数学的素养都有较高的要求 （1） 试题主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、 前 n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移

36、，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能 （2）求解数列中的某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；首先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；利用条件中的不等式关系确定最值 （3） 探索型问题常常需要由给定的题设条件去探索相应的结论， 或探索满足某些条件的对象是否存在，问题增加了许多可变因素，思维指向不明显探索型问题有：猜想型，即结论未给出，解题时需要首选探索结论，然后再加以证明；判断型，即判定符合某种条件的数学对象是否存在或其结论是否成立，解题时常先假设存在，然后求出或导出矛盾 （4） 数列中的不等式问题，一般有放缩，

37、构造函数这两类常见的方法用放缩法证明不等式有：利用迭代法构建关系进行放缩；利用累加法构建关系进行放缩；利用累乘法构建关系进行放缩； 利用可求和的新数列构建关系进行放缩 而放缩主要是把数列的通项放缩为一个可求和的数列，如放缩为等比、等差或可裂项求和的数列 3考题回顾 考题（2012 湖北理科卷 第 22 题） （I） 已知函数( )(1)rf xrxxr（0 x） ， 其中r为有理数， 且01r 求( )f x的最小值； （II）试用（I）的结果证明如下命题： 设120,0aa，1b，2b为正有理数，若121bb，则12121 122bba aaba b； （III）请将（II）中的命题推广到一

38、般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题 注：当为正有理数时，有求导公式/1()xx 【考点分析】函数与导数；数列；不等式的证明 解析： （）11( )(1)rrfxrrxrx ，令( )0fx，解得1x . 当01x时，( )0fx，所以( )f x在(0,1)内是减函数； 当 1x 时，( )0fx，所以( )f x在(1,)内是增函数. 故函数( )f x在1x 处取得最小值(1)0f. （）由（）知，当(0,)x时，有( )(1)0f xf，即(1)rxrxr 若1a，2a中有一个为 0，则12121 12 2bba aaba b成立； 若1a，2a均不为 0，又121bb，可得211

39、bb ，于是 在中令12axa，1rb，可得1111122()(1)baabbaa， 即111121 121(1)bba aabab，亦即12121 12 2bba aaba b. 综上，对120,0aa，1b，2b为正有理数且121bb，总有12121 12 2bba aaba b. （） （）中命题的推广形式为： 设12,naaa为非负实数，12,nb bb为正有理数. 若121nbbb，则12121 12 2nbbbnn na aaaba ba b. 用数学归纳法证明如下： （1）当1n 时，11b ，有11aa，成立. （2）假设当nk时，成立，即若12,ka aa为非负实数，12,k

40、b bb为正有理数， 且121kbbb，则12121 12 2kbbbkkka aaaba ba b. 当1nk时，已知121,kka aa a为非负实数，121,kkb bb b为正有理数， 且1211kkbbbb，此时101kb，即110kb，于是 111212121121()kkkkbbbbbbbbkkkka aa aa aaa=12111111111121()kkkkkkbbbbbbbbkkaaaa. 因121111111kkkkbbbbbb，由归纳假设可得 1211111112kkkkbbbbbbkaaa1212111111kkkkkbbbaaabbb1 12211kkka ba ba bb， 从而112121kkbbbbkka aa a1111 122111kkbbkkkka ba ba bab. 又因11(1)1kkbb，由得 1111 122111kkbbkkkka ba ba bab1 1221111(1)1kkkkkka ba ba bbabb 1 12211kkkka ba ba bab， 从而112121kkbbbbkka aa a1 12211kkkka ba ba bab. 故当1nk时，成立. 由（1） （2）可知，对一切正整数n，所推广的命题成立. 说明： （）中如果推广形式中指出式对2n 成