几大放缩方法

1、高等（泰勒、定积分）放缩这种放缩其实是不难的，题目出来出去也就这么几种，这种放缩类型的题在高考中尤其受欢迎，近几年也频频出现，它有着浓厚的高等数学背景，大多跟泰勒展开和定积分有关，下面我们先简单介绍一下泰勒公式和定积分的知识。一 在初等数学中，我们可直接认为泰勒公式是：f ( x)f ( x0 )f( x0 )( xx0 )f (2) (x0 ) ( xx0 )2.f ( n) (x0 ) (xx0 ) n1!2!n!特别的，取 x00 ，我们有f ( x)f (0)f(0) xf (2) (0)x2.f (n ) (0) xn1!2!n!下面列举常见的泰勒展开式：x1xx2.xnoxne1!

2、2!n!x3x5n1sin xx.1x2 n 1ox2 n3!5!2n1 !x2x4ncosx1.1 x2 nox2 n 12!4!2n !tan xx1 x32 x5ox5315ln1xx1 x21 x3.1n1 xnoxn23n1x1xx2.xnoxn1上述泰勒展开式是用于函数放缩的有力工具，可以将一切难看的函数 （ sin,cos,ln 等）转化为一元多项式，便于导数求解。定积分其实从几何图形上理解就是求面积，比如求函数f ( x)x2 的图像与 x 轴从 1 到 3 围成的图形的面积（如下图）9y876543214 3 21Ox1234123431133180 。积分的运算就相当于导数

3、的逆阴影部分的面积 Sx2dxx3131313333运算， 1 x3 求导就是 x2 , x2的原函数就是1 x3 ，所以放缩中就会利用构造图形比较面积大33小来出题，这时它的背景就是定积分，著名的2003 年江苏高考压轴题就是典型的例子，后面会有介绍。二 相关不等式相关不等式其实也就是泰勒的产物， 这里单独拎出来是有目的的， 这是因为下面所涉及的不等式是高考中极为常见的，现在整理出来望读者熟记。“数学分析基本不等式”：对 x0, 有不等式xln(1 x) x1x这条不等式非常常见，一般较为基本的高考题都以它作为命题背景。将 1x整体换成 t ，则有下面非常有用的不等式：1当 t1时，1lnt

4、t1t进一步，我们将的右边加强，可得x0 ， ln(1x)x不等式用导数证明很容易，此处不再赘述。我们若再继续探索，又可会发现，还可以对的两边加强，有xxx ，1xx2xx2xxx2x 2 1 x00 ，所以有不等式：x 2 1 x( x 2)( x 1)x0,2xln(1x)xx21x同样，不等式用导数证也很容易，请读者自己一试。例 1 （2012江苏高考填空压轴）已知正数 a,b, c满足：5c3ab 4ca, c ln bac ln c,则 b 的取值范围是 _a解答由b4 5c 3 )545(4c)7（abbaa再由 ln bln bln aaln a1(即 lnx x-1)baccc

5、c故 e,7a点评：熟悉背景的同学最多只需 1 分钟就可以做完， 而采用标准答案线性规划的做法起码得花上 3、5 分钟的时间，所以优势还是很明显的。例 2（ 2012 辽宁高考21 题）设 f (x)ln( x 1)x1 ax b ，曲线 yf (x) 与直线 y3x 在（ 0,0）处相切2（1）求 a, b 的值（2）证明：当 0 x29x时， f ( x)x 6解答：第一问很简单，易得a0, b1。重点我们落在第二问，看到第二问，一个很朴素的想法就是构造函数g( x)f ( x)9x ，证明 g (x) 在区间（ 0,2）中恒小于 0，但是这样x6做的话会得到 g (x)2( x6) 2x

6、1( x6) 2128( x 1) ，接下来又要对分子换元再2( x1)( x6) 2求导，甚是麻烦，也不一定能做下去， 而当年提供的两种标准答案都涉及均值不等式的构造，甚是巧妙， 但在紧张的考场上未必能想到。 这时我们若熟悉不等式， 则就可以把 ln 去掉，尝试放缩建立新的加强的不等式，如下：ln(1x)1 x9x01x62ln1 x19xx 10 x6下一步尝试把根号拿去，2(1x1)9x0 （利用不等式）1 x 1x61x3x16x令 t1 x ，则 t (1,3)，最后就交给二次函数了，事实上也证明结果是对的，读者可自行验证。11L111n 1,nN .例3. 求证：132 n2n解析

7、 : 考虑函数f x1在区间 i ,i1i1,2,3, L, n 上的定积分 .x如图，显然11 1i 1iii1dx -（矩形面积大于曲线所围面积）xn对 i 求和，1ni 11 dxn 11dxi 1ii 1ix1x2 xn 12 n 1 1 .1例 4（ 2003 江苏高考压轴题）设 a0，如图，已知直线 l : yax 及曲线 C ：yx2，C 上的点Q1的横坐标为a（ 0aa）.11从 C 上的点 Qn n1 作直线平行于 x 轴，交直线 l 于点 P n 1 ，再从点 Pn 1 作直线平行于y 轴，交曲线 C 于点 Qn 1. Qnn 1,2,L ,n的横坐标构成数列an .（ ）

8、试求 an 1 与 an 的关系，并求 an的通项公式；（ ）当 a1, a11 时，证明n1 ；(akak1 ) ak 22k 132（ ）当 a1 时，证明n1(akak 1 )ak 2.k 13n 1解析 :（ l） ana( a1 ) 2（取对数递推型数列，过程略）.a证明（ II）：由 a1知 an 121an ， a12， a21, a31 .416所以这个数列是一个递减数列，结论中又有(akak 1 ) ，显然提示我们累加。 当 k1时， ak 2a31，16nak 1) ak 21 n(ak ak 1 )1an 1 )1 ( ak16 k 1(a1.k 11632证明（ ）：由

9、 a 1知 ak 1a k2n1n21(ak ak 1 )ak 2(ak ak 1 )ak 133k1k 1下面我们先证明一个引理：(akak 1 ) ak211 (ak3ak31 )3引理的证明：由 ak 1ak2，上式可转化为ak5ak61 ak31 ak633由于 0 a11 ，所以数列an是单调递减数列，切对于任意正整数所以令 ak = x(0,1)，构造函数n,都有 0an1f ( x)1 x31 x6x5x6 ,即 f ( x)1 x3x5 + 2 x63333变形得 f ( x)1 (1x)( x3x42x5 )3显然 f (x)0 ，所以式成立，即引理得证！n21 n331 3

10、1所以3 k 1 ( ak3 a1k 1 (akak 1 )ak 1ak 1 )3点评： 很多同学都感到那个引理巧妙无比，都会纳闷这个引理是怎么得出来的，题目中又没给什么信息。 其实原理就是我讲过的定积分，题目不是给了一张图吗？！这就是最有利的条件，再想想定积分是什么，不就是图形面积吗，( ak ak 1 )ak 2(akak 1 )ak21 恰表 示阴 影 部 分 面 积 ， 而 阴 影 面 积 是小 于 yx2 与 x 轴 围 成 的 面积 的 ， 所 以 显 然 有(akak 1)ak2 1aknnakx2dx ， 进 一 步 即 得( ak ak 1 ) ak 2( ak ak 1 )

11、ak211k1k 1naka12dx11 ，所以引理跟定积分如出一辙，只是换了一种初等的表a13x2dxxkak 10331述方法罢了。例 5 设数列 an 的前 n项和为 Sn ，且方程x2an xan0 有一根为 Sn1 ，试求解如下问题：（ 1） an 的通项公式（ 2）证明： (11 )(11 )(11 ).(11 )e2 n 3a1a2a3an解答：（ 1）首先把首项求出来，易知1a12Q an SnSn 1 ，再把 Sn1代入方程 x2an x an 0 中，易得Sn 1 Sn2Sn 10(Sn 1 1)Sn(Sn1) 0Sn1 (Sn1)(Sn 1 1) Sn 1111Sn 11

12、Sn11Snn，进一步得 an1n(n1)n1（ 2）先进行化简工作， (11 )(11 )(11 ).(11 )e2 n 3a1a2a3an(112)(12 3).1n(n1)e2n3n下面是套路，取个对数ln ，得ln1k( k1)2 n 3k1此时我们想到上面介绍的不等式x0, 2x2ln(1x)1x，所以有如下：xxln1 k( k1)2k( k1)k (k1)2nn所以顺势想下去得到ln1k (k1)k 1k 12k(k 1)n(24k (k 1) 2 k 1)k(k 1) 2n(24)k 1k (k1)n112n4() 2n 4k 1kk 1这时我们发现放缩得有一咪咪过头，那么再想

13、想前面讲的保留开头几项再放缩，立马我们改nn正为如下：ln1k (k1)k 1k 12k( k 1)n4(2)k( k 1) 2 k 1k(k 1) 24n42 nk 2 k( k 1)21(11)2n2 n 14k211() 2n 3kk 1综上，原题圆满解决！断开分组放缩有些数列不等式切入口很小， 一不小心就放缩得过大， 而且很难对整串数列统一放缩， 这时我们就要将数列分成若干段， 对每段用不同的方法进行放缩逼近， 最后再结合起来进行证明，这种方法技巧性非常强， 需要根据每段的具体情况选取最适合它的放缩幅度最小的手段来放缩，下面就看几个例子。例 1 设m为实数， m 表示不大于 m的最大整

14、数，m 表示 m的小数部分 ，则由定义知n( 1)i n 3 n m m m ，现证明如下：i 1i分析思路都是由浅入深的，看到题目第一个闪过的朴素的想法就是平凡估计每一项，这样nnnnn一来ii( 1)i( 1)i1i 1ii 1 n n ，显然放得过大， 因为我们把每一项小数部i分都放大到 1了，所以累计n 项之后误差就大很多，那么我们能否建立 n 和n 之间的iinn( 1)i nnn( 1)i nn1)i n联系呢？(1)i n =( 1)in(，但是两i 1ii 1ii 1ii 1ii 1i个绝对值符号中的一长串数列毫无规律可循， 根本求不出来， 所以尽量把一串化归到一项上来，那么对

15、于单调递增、正负交错的数列，我们可以采取下列处理方法：设 a1a2.ak0, 则有a1a1a2a3a4.a1n1)i nn( 1)in而是不难证明的。回到原题，利用，(nn ，结果却还i 1ii 1i是大失所望，放得更大了，原因在于n的第一项 n太大了 ，而且放缩的项数太多，所以我i们考虑断开分组放缩。n( 1)i nnnnnnn证明( 1)i( 1)i( 1)ii Sii Sii Sii Sinn2n+SSS故原式左边(1)in( 1)ini S1iiSinnnnn( 1)i+( 1)i( 1)ii S 1iiSii Si( S1)2n（针对两段数列用两种不同的放缩方法）S接下来就是解方程的

16、事了，( S1)2n3n 。S事实上，我们取 S13nn16n , 13nn16n 即可满足。22n记 k11例 2 设a1, a2 ,., an是正数，ai是满足aj的a j的个数，求证：1,i2i2i 1i1ki2log2 n2ii 1分析 先尽可能地挖掘题目的信息，容易知道，k1k2.ksn(s为已知的常数） ，所skii以不等号的左边其实也就是，看到根号很自然想到两种基本的放缩法，均值和柯西，i12此处我们稍加衡量决定用柯西，原因是什么呢？我们来看看：ski2ss1ki2i2ii 1i 1i 1n 1n故左边n 。skis1111（注意 :若用均值估计：(k i)n，则得到的结果更弱）ii222i12i12这是因为ki1ki1，所以柯西的放缩更接近取等条件。2i2i但是还是放得有点大，这时我们回到“ki 是满足1a j11 的 a j的个数 ”这个ii22111s1条件，把每个 a j1 均缩小到ki1。i ,2i2i,得不等式2i2i1