放缩法技巧及经典例题讲解

1、v1.0可编辑可修改-10 - 23 -.放缩技巧所谓放缩的技巧：即欲证由A到C叫做“放”，由放缩法技巧及经典例题讲解AB,欲寻找一个（或多个）中间变量C,使B到C叫做“缩”.常用的放缩技巧(1)若t0,aa,at(2)2,nTn1,Jn(n1)(3)n(n_1n(n1)1(nn1)(4)-2(.n1(5)a,b,m(6)12!13!1n!122122132(13)1)n1（因为二n(8)(9)(10)1_2nnACB,n2n1)(n1)n12n12n12n12nn2n1,nk(k1)1k21k(k1)11k!21(k1)!1k!【经典回放】例1、设数列斗的前n项和为Sn.已知S11,绝nan

2、I）求a2的值;n）求数列an的通项公式;(m)证明：对一切正整数n,有a1a2IIIan【解析】(I)依题意,2sa2Sia11,所以a2(n)当n2时,2snnan1an2Sn1两式相减得2annan1an3n23n2n整理得n1annan11，即an1n1ana1故数列ann是首项为电11,公差为1的等差数列所以an1nn,所以an(ni)11时,a17；当42时，工a13时,an12na2a2III1an132III综上，对一切正整数n,有2UIa1a21,此时nan例2:已知正数数列中，0)=1,前门项和为S“，对任意打eNIgS”收入1g2成等差数列.4才数列间的前题项和为心当心2

3、时r证明；解二1如蜻,+口：2加，划鼠3，©胃GZ.&LS-n'i一稀(4*=K%-1*11)7.krftffiflf明:目人.0式，”口.口如病3-三二2口hT+I)1I二式或立，-,"T_ffl_1.1所以。式磊工在叱)段，3/%*2n.&?9分耳rt!xI(n+TinJCr+IM1|tItL_LJ11上I.7-J-'*I1分12分H仆"俎4一(r/+十口gthV20同巨,'.彳调干币得工HSOZ-Cfl+lH>«t+l,S.-2(l-)<2<L-+ni)斯以&VT.V2成L【经典例题

4、】例1、设数列an满足a13,an12ann1(1) 求an的通项公式；1.11一一1(2) 右G1,bncn1cn,dn求证：数列bndn的刖n项和Sn一anncncn13分析：(1)此时我们不妨设an1A(n1)B2(anAnB)即an12anAnAB与已知条件式比较系数得A1，B0.an1(n1)2(ann)又a112，ann是首项为2,公比为2的等比数列。ann2n,即an2nn.Cn.1an2n，bnzn(3) 由(1)知2.当n2时，Cn(C2G)(C3C2).(CnCni)1blb2n=1Ci=1bndn2n'2122n12n方法一：2n122n2n1有执果索因的分析才可

5、推测出.)bndnw3212rl.适合上1(2n12)(2n11)13（这步难度较大1132322方法二：在数列中，简单尝试的方法也相当重要理达不到目的.但是当n3时，我们看:14115(2nCn2以,也较关键，后一式缩至常数不易想到.必须要这样SnSn16(7114011530)112)(2n12n1显然-0,22故Sn111得证这样也实现了我们的初31isn二易验证当n=1,2时3sn综上132n1少TT2.很多学生做此题时想用裂项相消法但是发现此种处11)1广_12n1、，11由前二项会得到-37-我们可重新加括号得1-)12丹2n11步想法也易让学生接受.例2、已知正项数列an满足ai

6、1,Jan1四(1)判断数列an的单调性;(2),、1求证：n 11n-21.an 1分析:Jan 1(1)an1(n 1)20故 qan 1an，即 an 1故数列an为递增数列.(n(2)不妨先证1an,qan 1 t an"： an an 1(n 1)2,anan1(n1(n 1)2.再证:.an1.an 1原解答中放缩技巧太强，下面给出另一种证法_1_ 1.a1,an111.12 2 31111 2 2 3!(用到了累差迭加法及n(n 1)1(n 1)211,11nn1n11111-)T2-?2.一,2aan123(n1)1这种常用的放缩手段).n(n1)-.an1n1van

7、(n1)2当n2时，n1n_1_1111an,an1(n1)(n2)n1n2易验证当n=1时，上式也成立1n1综上，故有n11_1_1_n2an-an1经典方法归纳:.先求和后放缩an的前n项的和Sn,满足2,Snan1,试求:(1)数列an的通项公式;(2)设bn1.，一，,数列bn的刖n项的和为anan1Bn,求证:2由已知得4Sn(an1),4Sn1(an11)2,作差得：4ana22ana212an1所以(anan1)(anan12)0,又因为an为正数数列，所以an是公差为2的等差数列，由2Sia11,得a11,所以an2n1(2)Bnbnanan1(2n1)(2n1)2(12n2n

8、112(152n12n1)注：一般先分析数列的通项公式.如果此数列的前2(2n1)n项和能直接求和或者通过变形后求和，则采用先求和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an满足条件an1an求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和.例2、已知ann21(n一.*.N).求证:兔a2a2a3a旦(nN).an1证明:akak12k12k1112(2k11)3.2k2k211,“一.一k，k1,2，n,32k亘a2a2a3anan11113(222a1a2a2a3ann0nan12*N).若多项式中加上一些正的值，多项式的值变大，多项式

9、中加上一些负的值，多项式的值变小。由于证明不等式的需要，有时需要舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证明的目的。本题在放缩时就舍去了2k2,从而是使和式得到化二.先放缩再求和放缩后成等差数列，再求和例1.已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn,且a2an2asn.求证：Sn22anan14（2）求证：色2sn11、2解：（1）在条件中，令n1,得2a1a12S12a1ai0a112又由条件anan2Sn有an1an12Sn1上述两式相减,注意到SnSn得(an1an)(anan1)0an1an0-an1an所以,an1(n1)Snn(n21)Sn所以n(n1)

10、(2)因为(n21)22anan43n例2.证明:an即n(n1)n1所以.SnS112n(n1)2吊（n1）23.22Sn11V2已知数列因为1anSnnn(n1)Sn,2an满足：a11,an112nnan1,2,3求证：anann12n11(13)an,所以an1与an同号,又因为a110,所以ann2nanan1an所以数列an为递增数列，所以ana1nn12n1an1anTn-anTn-anal二2nn1即22,累加得：222n11S12尹，所以2n2Tn12n,两式相减得:2Sn22n12n1an1故得an2.放缩后成等比数列,再求和例2.(1)设a,nCN,a>2,证明:2

11、nnaa(2),1等比数列an中，a1,，前2n项的和为A,A,AA成等差数列.设bn2an1an解:2na数列bn前n项的和为B,证明:(1)当n为奇数时，an>a,于日ZE,n为偶数时，a-1>1,且Bn2nan(a)nn(a1)(a21)(a)n(a1)(a1)n(a1)(a(a1)1)(2)Aa8a9a9a8a9a9,公比a9a8bn14nan(2)2)n4n2)n132n.Bnb1b2bn1322132n1221:3(1一)3.放缩后为裂项相消，再求和例5.在m（俏2）个不同数的排列P1P2Pn中，若1wivjwm时R>p（即前面某数大于后面某数），则称P与Pj构成

12、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记排列1nn1321的逆序数为如排列21的逆序数a11,排列321的逆序数a36.(1)求a4、a5,并写出an的表达式；(2)令bn-a亘1,证明2nan1anb1b2bn2n3,n1,2解（1）由已知得a410,a515an(n1)n(n1)2bn(2)因为anan1anan2n2,n1,2,所以b1b2bn2n又因为bn1,2,b1所以b2bn2n3)综上,2nb1b2注：常用放缩的结论:(1)2n32nbn(2).(kkVk1)kkVk12n3,n1k(k1)1,2,1k21k(k1)11(k2)12(.k11.k)(k2)三.裂项放

13、缩1、若欲证不等式含有与自然数n有关的n项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。一一，、1例1.已知nCN*,求1211,23122<-；证明：因为nnnn、n11二 V1 2(%；2 1)2(3 v12).n2 (行 Vn1) 24n 1<2布,证毕。nk例2、已知an=n,求证：2a：<3.n证明：汇k=142k=1a：-<1+Ek3k=214(k1)k(k+1)n、kl 此k 2 . (11)(11)J2=1M(k1)(k+1)(/k+1+Vk-1)=1+£(-)k=21(k1)M(k+1)=1+1+2/2124n4(n+1)<2+本题先采用减小分

14、母的两次放缩，再裂项，最后又放缩，有的放矢，直达目标n n 1n 1%；n(n 1),求证：an 对所有22j.*I|'例3.已知nN且an412、：23正整数n都成立。1n(n1)证明：因为vn(n1)n,所以an12n21)n(n1)an所以n(n1)2n12(n1)2一厂，综合知结论成立。2、固定一部分项,放缩另外的项;例4、求证:证明:It1*n2n(n1)12T32HI3111T2(二二223III5(11)42n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，真正做到恰倒好处。例5、设an12a解

15、析an3"1a2(只将其中一个k变成klJ10设数列an(i)an2；(ii)解析1了，an2.求证:an2.1,进行部分放缩)满足an111a111a2(12an(i)用数学归纳法:nk1时ak1ak(akk)1(ii)利用上述部分11-)(22nan11an3)又k2k(k1),kk21k(k昌1)-)n3时证明对所有(02年全国高考题)1时显然成立，假设当ak(k2k)1(k放缩的结论ak1n1,有2)2akk时成立即akk21k3,成立。1来放缩通项aki1201)ak12k1(ai1)2k142k111.k1.ak121ai2i1注：上述证明用到部分放缩，当然根据不等式的性

16、质也可以整体放缩：ak1(k2)(k2k)k3；证明（ii）就直接使用了部分放缩的结论ak12ak1。3.添减项放缩例11设n1,nN,求证(2)n83(n1)(n2)2c3c简析观祭(一)n的结构，注意到()n(132(11)n1cn1c23c342222231n-)n,展开得21nn(n1)28(n1)(n2)6,即(13n(n1)(n2),得证.28四.公式放缩利用已知的公式或恒不等式，把欲证不等式变形后再放缩，可获简解。例6.已知函数2x2x1、r.-,证明：对于n13都有f证明:由题意知f(n)2n2n1(122n1）22n12n(2n1)(n1)(2n1)又因为3,所以只须证2n2

17、n2n(11)n-012CnCnCnCnnn,Cn1n(n1)22n1f(n)v1.0可编辑可修改22-14 - 25 -巩固练习:1设bnN),1证：bnbnbb2Tnbh1r12(11-(122设&n_1n(n2)数列bnbn2的前n项和为Tn,求证：Tn岩)b2b4b3b5|bnbn21312)(2)(31)2-)(5434)III1、n-2)122132III(1)求证：当n2时,nSn2;(2)试探究：当n2时，是否有6n(n1)(2n1)Sn5，5说明理由.32.解：(1).当n12时，-12n1(n1)n,1-1222132III12n1(12)(23)III(-1n1n

18、1)=21n(n1)Sn(12时,3)HI(1nSn2.土)44n2(2n1)(2n1)2(2n12n1.1工232III31111112(35)(57)"I(2H12n1)v1.0可编辑可修改52532n13当n 2时，要Sn6n只需(n1) n 16n(n 1)(2n 1)-10 - 29 -即需2n16,显然这在n3时成立15i6n62454而S21,当n2时显然一一44(n1)(2n1)(21)(41)545即当n2时Sn6n也成立(n1)(2n1)综上所述：当n2时，有6nSn5.(n1)(2n1)33 .设 bn2n12nbn12n1b1b2b3"Ibn/2n1

19、(2n 1)2(2 n 1) 4n2(2n 1).3.证法一：.4n214n2,，(2n1)(2n1)4n22n1、2n12n、2n1，10分135l|2n_J工立国I叵1rr又因为A 0 ,所以An 即,2n 12462nv3J5.72n1%2n12n12n1、2n1证法一：,下同证法一.10分2n.(2n)212n1证法三：（利用对偶式）设_1-2则 AnBn .又 4n22n 1A1352n_JB246迎24632n'n3571112n1122n12n2一2n 114n,也即，所以AnBn,也即AnAnBn2n2n11352n12462n-10分2n1证法四：（数学归纳法）当n1

20、时,假设，、-1k时，命题成立，即2则当n1时,24511cXi2k12(k1)2k14(k1)212k3(2k1)(2k3)24(k1)4(2k3)(k1)2(4k28k3)(4k28k4)4(2k3)(k1)22k14(k1)22k36m2k12k故当n1，、-=,命题成立;,31,2k2k14(2k3)(k1)2即且二2k22k32k2(k1)2k12(k2)2k2(k1)k1时，命题成立.综上可知，对一切非零自然数1由于12k1所以bk2k1从而b2也即b2lln4.设anbn求证（1）1.2k3n,不等式成立.、,2k1,2k142k1J2k1，2k1(31)-2an110分J2k1

21、，2()anan1anan1(5.3)W(.2n11.n(n1)14分,2n1)2n11.v1.0可编辑可修改当n 2时.-17 - 31 -b3I"bn4.证明：（法一）”anan1*2anan11,anan1n(n1)(an:)2an1b1b2b3Hlhbn1F21n(n1T3III（法二）（1）（2）假设k时,1n(n1)n12分1时，右bi(21n121)2n14,1一，、右，显然成立9,2bib2IIIbk1kk1k(k22k3)22)(2k3)2kk1k1k24(k2k3)21)(k2)(k1)2(2k3)2一一2一(k1)(2k3)(k2)_2_22_(2k3)k(k2

22、)(k1)4(k3k2)(k1)(2k3)2(k2)(k1)(2k3)2(k2)b2IIIh1k1k2k1k2k1(k1)小1分即当1时,不等式成立，由（1）（2）可得原不等成立。12分5.设bn(n1)2,ann(n1)求证:ab1a2b21anbn5125.证明：当n1时,1a1b1512v1.0可编辑可修改-10 - 42 -6.6.anbn(n1)(2n1)故1一ab11116222(n1)n.an1bn12n(n1)a?b21anbn131n(n1)15412综上，原不等式成立.设Sn为数列&的前n项和，对任意的(1)(2)(3)求证：数列设数列求数列在满足(1)证明：当n2

23、时,an都有Snm&(m为常数，且m0).anbn(2)1manm为常数,an是等比数列;的公比qfm,数列的通项公式;的条件下，求证：数列n1时,SnSmman1，数列an是首项为1,(2)解：由(1)得，qbnbn224凡的前n项和Tnfbn1bn1bn1mananan1公比为的等比数列.b12al2.m*、fbn1(n2,nn),89182bnbT：1bn1bn11bn是首项为公差为的等差数列.bn2n1即bn2nnN*).(3)证明：(2)知bn22nbn22n所以Tnb12b22b32"Ibn244925bl2n2时,2n142n2n2所以Tn425III2nIII

24、40189187.在单调递增数列，a2且a2n1,a2n,a2n1成等差数列，a2n,a2n1,a2n2成等比数列,1,2,3,JI.(1)分别计算a3, a5和a4,%的值;4nn 2(2)求数列an的通项公式(将an用n表示)；(3)设数列1的前n项和为Sn,证明：Snan9解：(1)由已知，得a33,a56,a49,a68.2一2(证法1) a1 一21262_J12342'a322'a52222a2a432a642猜想比*J,a2n,/、2(n1),nN*,2以下用数学归纳法证明之.当n1时,a211a11a212-2,猜想成立;2假设k(k1,kN*）时，猜想成立，即

25、a2k1k(k1)，a2k(k1)22，那么a2(k1）a2k12a2ka2k12(k1)22k(k1)(k1)(k1)1a2(k1)a2k22a2k1a2k(k1)(k2(k1)2222)(k2)22(k21)121时,猜想也成立.由，根据数学归纳法原理，对任意的N*,猜想成立.当n为奇数时，an(n1)(n3).当n为偶数时，an(n2)28(n1)(n3)即数列an的通项公式为an8(n2)28n为偶数（注：通项公式也可以写成(1)n)16(证法2)令bn曳口,a2n1bn1a2k32a2k2a2k122a2k1a2a2k1a2k2a2k1a2ka2k1a2ka2k从而-b,1故bn1解之，