《高考数学_压轴题_放缩法技巧全总结(最强大).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学_压轴题_放缩法技巧全总结(最强大).pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、放缩技巧 （高考数学备考资料） 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充满思考性和挑战性，能 全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，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：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，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 n kk1 2 14 2 的值 ; (2)求证 : 3 51 1 2 n kk . 解析 :(1)因为 12 1 12 1 )12)(12( 2 14 2 2 nnnnn ,所以 12 2 12 1 1 14 2 1
2、2 n n nk n k (2)因为 12 1 12 1 2 14 4 4 1 11 2 2 2 nnn n n ,所以 3 5 3 2 1 12 1 12 1 5 1 3 1 21 1 1 2 nnk n k 奇巧积累 : (1) 12 1 12 1 2 14 4 4 41 222 nnnnn (2) ) 1( 1 ) 1( 1 ) 1() 1( 21 21 1 nnnnnnnCC nn (3) )2( 1 1 1 ) 1( 1 ! 11 )!( ! !1 1 r rrrrrnrnr n n CT rr r nr (4) 2 5 ) 1( 1 23 1 12 1 11) 1 1( nnn n
3、 (5) nnnn 2 1 12 1 ) 12(2 1 (6) nn n 2 2 1 (7) )1(2 1 )1(2nn n nn (8) nnn nnnn2)32( 1 2)12( 1 2 1 32 1 12 2 1 (9) knnkknnnkknknk1 11 1 1 )1( 1 , 1 11 1 1 )1( 1 (10) !) 1( 1 ! 1 !)1(nnn n (11) 2 1 2 1 2 1212 22 )1212(2 1 nn nn nn n (11) )2( 12 1 12 1 )12)(12( 2 )22)(12( 2 )12)(12( 2 ) 12( 2 11 1 2 n
4、nnnn n nn n nn n n n (12) 11 1 ) 1( 1 )1( 1 )1)(1( 111 23 nnnnnnnnn nnn 1 1 1 1 2 11 1 1 1 1 nnn nn nn (13) 3 2 12 1 3 2 122) 12(332) 13(222 1 n n n nnnnnn (14) !)2( 1 !)1( 1 )!2()!1(! 2 kkkkk k (15) )2(1 ) 1( 1 nnn nn (15) 1 11)11)( 11 2222 22 22 ji ji jiji ji ji ji 例 2.(1)求证 : )2( ) 12(2 1 6 7 ) 1
5、2( 1 5 1 3 1 1 222 n nn (2)求证 : nn4 1 2 1 4 1 36 1 16 1 4 1 2 (3)求证 : 112 2642 )12(531 642 531 42 31 2 1 n n n (4) 求证： ) 112(2 1 3 1 2 1 1)11(2n n n 解析 :(1)因为 12 1 12 1 2 1 ) 12)(12( 1 )12( 1 2 nnnnn ,所以 ) 12 1 3 1 ( 2 1 1) 12 1 3 1 ( 2 1 1 )12( 1 1 2 nni n i (2) ) 1 11( 4 1 ) 1 2 1 1( 4 1 4 1 36 1
6、16 1 4 1 222 nnn (3)先运用分式放缩法证明出 12 1 2642 )12(531 nn n ,再结合 nn n 2 2 1 进行裂项 ,最后就可以得到答案 (4)首先 nn nn n1 2 )1(2 1 ,所以容易经过裂项得到 n n 1 3 1 2 1 1) 11(2 再证 2 1 2 1 2 1212 22 )1212(2 1 nn nn nn n 而由均值不等式知道这是显然成立的， 所以 )112(2 1 3 1 2 1 1n n 例 3.求证 : 3 51 9 1 4 1 1 )12)(1( 6 2 nnn n 解析 : 一方面 : 因为 12 1 12 1 2 14
7、 4 4 1 11 2 2 2 nnn n n ,所以 3 5 3 2 1 12 1 12 1 5 1 3 1 21 1 1 2 nnk n k 另一方面 : 11 1 1 ) 1( 1 43 1 32 1 1 1 9 1 4 1 1 2 n n nnnn 当3n时, ) 12)(1( 6 1nn n n n ,当1n时, 2 1 9 1 4 1 1 ) 12)(1( 6 nnn n , 当2n时, 2 1 9 1 4 1 1 ) 12)(1( 6 nnn n , 所以综上有 3 51 9 1 4 1 1 ) 12)(1( 6 2 nnn n 例 4.(2008 年全国一卷 )设函数 ( )l
8、nf xxxx.数列 n a 满足 1 01a. 1 () nn af a.设 1(1)ba ， ，整数1 1ln ab k ab .证 明: 1k ab. 解析 : 由数学归纳法可以证明 n a 是递增数列 , 故若存在正整数 km, 使bam, 则baa kk 1 , 若 )(kmbam,则由10 1baam 知 0lnlnln 11baaaaammm, k m mmkkkk aaaaaaa 1 11 lnln , 因为 )ln(ln 1 1 bakaa k m mm ,于是bababakaak)(|ln| 11111 例 5.已知 mmmm m nSxNmn321, 1,求证 : 1)1
9、()1( 11m n m nSmn. 解析 :首先可以证明 :nxx n 1)1( n k mmmmmmmm kknnnnn 1 11111111 )1(01)2()1()1( 所以要证 1) 1()1( 11m n m nSmn 只要证 : n k mmmmmmmmm n k m n k mm kknnnnnkmkk 1 1111111111 11 11 )1(2) 1() 1(1)1()1() 1( 故只要证 n k mm n k m n k mm kkkmkk 1 11 11 11 )1()1() 1( , 即等价于 mmmmm kkkmkk 111 ) 1()1() 1(, 即等价于
10、11 ) 1 1 ( 1 1 ,) 1 1 ( 1 1 mm kk m kk m 而正是成立的,所以原命题成立. 例 6.已知 nn n a24, n n n aaa T 21 2 ,求证 : 2 3 321n TTTT . 解析 : )21(2) 14( 3 4 21 )21(2 41 )41(4 )222(4444 21321nn nn nn n T 所以 123)2(2 2 2 3 2234 23 2 3 2 3 4 2 22 3 4 3 4 2 )21 (2) 14( 3 4 2 211 1 1 1 1nn n nn n n n n n n n nn n nT 12 1 12 1 2
11、3 ) 12)(122( 2 2 3 1nnnn n 从而 2 3 12 1 12 1 7 1 3 1 3 1 1 2 3 1 321 nn n TTTT 例 7.已知1 1 x, ),2( 1 ), 12( Zkknn Zkknn xn ,求证 : *)(11(2 111 4 122 4 54 4 32 Nnn xxxxxx nn 证明 : nn nn nnxx nn 2 2 2 1 4 1 14 1 ) 12)(12( 11 42424 4 122 , 因为12nnn ,所以 )1(2 1 2 2 21 4 122 nn nnnxx nn 所以 *)(11(2 111 4 122 4 54
12、 4 32 Nnn xxxxxx nn 二、函数放缩 例 8.求证： )( 6 65 3 3 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2ln * Nn n n n n . 解析 :先构造函数有 xx x xx 1 1 ln 1ln ,从而 ) 3 1 3 1 2 1 (13 3 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2ln n n n n cause nnnn 3 1 12 1 2 1 9 1 8 1 7 1 6 1 5 1 4 1 3 1 2 1 3 1 3 1 2 1 6 5 3 3 32 3 27 9 18 9 9 3 6 3 6 5 1 1 1 n n n n n 所以 6 65 3 6 5
13、 13 3 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2lnnn nn n n 例 9.求证 :(1) )2( ) 1(2 12ln 3 3ln 2 2ln ,2 2 n n nn n n 解析 :构造函数 x x xf ln )( ,得到 2 2 lnln n n n n,再进行裂项 )1( 1 1 1 1 ln 22 2 nnnn n ,求和后可以得到答案 函数构造形式: 1lnxx ,)2(1lnnn 例 10.求证 : n n n 1 2 1 1) 1ln( 1 1 3 1 2 1 解析 :提示 : 2ln 1 ln 1 ln 1 2 1 1 ln) 1ln( n n n n n n n n
14、 n 函数构造形式: x xxx 1 1ln,ln 当然本题的证明还可以运用积分放缩 如图 ,取函数 x xf 1 )( , 首先 : n in ABCF x S 1,从而 , )ln(ln|ln 11 innx x i n n in n in 取1i有, )1ln(ln 1 nn n , 所 以 有 2ln 2 1 , 2ln3ln 3 1 , , ) 1ln(ln 1 nn n , nn n ln)1ln( 1 1 , 相 加 后 可 以 得 到 : )1ln( 1 1 3 1 2 1 n n 另一方面 n in ABDE x S 1,从而有 )ln(ln|ln 11 innx x i i
15、n n in n in 取1i有, ) 1ln(ln 1 1 nn n , 所以有 n n 1 2 1 1)1ln( ,所以综上有 n n n 1 2 1 1)1ln( 1 1 3 1 2 1 例 11.求证 : e n ) ! 1 1() ! 3 1 1)( ! 2 1 1( 和 e n) 3 1 1() 81 1 1)( 9 1 1 ( 2 .解析 :构造函数后即可证明 例 12.求证 : 32 )1(1)321()211( n enn解析 : 1)1( 3 2 1) 1(ln nn nn ,叠加之后就可以得到答案 函数构造形式: )0( 1 3)1ln(1 )0( 1 3 2) 1ln(
16、x xx x x x x (加强命题 ) 例 13.证明 : )1*,( 4 )1( 1 ln 5 4ln 4 3ln 3 2ln nNn nn n n 解析 :构造函数)1( 1) 1() 1ln()(xxxxf,求导 ,可以得到 : 1 2 1 1 1 )( x x x xf ,令0)( xf 有21x,令 0)( xf 有2x, 所以0)2()(fxf,所以2) 1ln(xx,令1 2 nx有,1ln 22 nn 所以 2 1 1 lnn n n,所以 )1*,( 4 ) 1( 1 ln 5 4ln 4 3ln 3 2ln nNn nn n n F E D C BA n-in y x O
17、 例 14. 已知 11 2 11 1,(1). 2 nn n aaa nn 证明 2 n ae. 解析 : n nn nn a nn a nn a) 2 1 )1( 1 1( 2 1 ) ) 1( 1 1 ( 1 , 然后两边取自然对数,可以得到 n n n a nn aln) 2 1 ) 1( 1 1ln(ln 1 然后运用 xx)1ln( 和裂项可以得到答案) 放缩思路： n n n a nn a) 2 11 1( 2 1 n n n a nn aln) 2 11 1ln(ln 2 1 n n nn a 2 11 ln 2 。于是 n nn nn aa 2 11 lnln 2 1 ， .
18、2 2 11 2 2 1 1 ) 2 1 (1 1 1lnln) 2 11 ()ln(ln 1 1 2 1 1 1 1 1 n n n i n i ii n i nn aa ii aa 即 .2lnln 2 1 eaaa nn 注：题目所给条件 ln(1)xx（0x ）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用； 当然，本题还可用结论)2)(1(2nnn n 来放缩： ) 1( 1 ) ) 1( 1 1( 1 nn a nn a nn)1)( )1( 1 1(1 1nn a nn a . )1( 1 ) ) 1( 1 1ln()1ln() 1ln( 1 nnnn aa nn 1 1 1
19、) 1ln() 1ln( )1( 1 )1ln()1ln( 2 1 2 1 1 2 n aa ii aa n n i ii n i ， 即 .133ln1) 1ln( 2 eeaa nn 例 16.(2008 年福州市质检 )已知函数 .ln)(xxxf 若).()(2ln)()(:, 0,0bfbafbaafba证明 解析 :设函数( )( )(), (0)g xf xf kxk ( )ln,( )ln()ln(), 0.( )ln1ln()1ln, 2 ( )0,10. 2 f xxxg xxxkxkx x xkgxxkx kx xxkk gxxk kxkx 令则有 函数k k xg, 2
20、 )(在）上单调递增，在 2 ,0( k 上单调递减 . )(xg 的最小值为) 2 ( k g，即总有 ). 2 ()( k gxg 而 , 2ln)()2ln(ln 2 ln) 2 () 2 () 2 (kkfkk k k k kf k f k g ,2ln)()(kkfxg 即.2ln)()()(kkfxkfxf 令,bxkax 则 .bak .2ln)()()()(babafbfaf).()(2ln)()(bfbafbaaf 例 15.(2008 年厦门市质检 ) 已知函数 )(xf 是在 ),0( 上处处可导的函数,若 )()( xfxfx 在0x上恒成立 . (I)求证：函数 ),
21、 0( )( )(在 x xf xg 上是增函数；(II) 当 )()()(:,0,0 212121 xxfxfxfxx证明时 ； (III) 已知不等式01)1ln(xxxx且在 时恒成立， 求证： ).( )2)(1(2 )1ln( ) 1( 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 *2 2 2 2 2 2 2 2 Nn nn n n n 解析 :(I) 0 )()( )( 2 x xfxxf xg ,所以函数 ), 0( )( )(在 x xf xg 上是增函数 (II) 因为 ),0( )( )(在 x xf xg 上是增函数 ,所以 )()( )()( 21 21 1 1
22、 21 21 1 1 xxf xx x xf xx xxf x xf )()( )()( 21 21 2 2 21 21 2 2 xxf xx x xf xx xxf x xf 两式相加后可以得到 )()()( 2121xxfxfxf (3) )()( )()( 21 21 1 1 21 21 1 1 n nn n xxxf xxx x xf xxx xxxf x xf )()( )()( 21 21 2 2 21 21 2 2 n nn n xxxf xxx x xf xxx xxxf x xf )()( )()( 21 2121 21 n n n n n n n n xxxf xxx x
23、xf xxx xxxf x xf 相加后可以得到: )()()()( 2121nn xxxfxfxfxf 所以 )ln()(lnlnlnln 2121332211nnnn xxxxxxxxxxxxxx 令 2 )1( 1 n x n ,有 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 1ln( ) 1( 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 n n 2222222 ) 1( 1 3 1 2 1 ln ) 1( 1 4 1 3 1 2 1 nn nnn) 1( 1 23 1 12 1 ln ) 1( 1 3 1 2 1 222 )2)(1(22 1 2 1 1 1 nn n nn 所以 ).
24、( )2)(1(2 ) 1ln( ) 1( 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 *2 2 2 2 2 2 2 2 Nn nn n n n (方法二 ) 2 1 1 1 4ln )2)(1( 4ln )2)(1( ) 1ln( ) 1( ) 1ln( 2 2 2 nnnnnn n n n 所以 )2(2 4ln 2 1 2 1 4ln) 1ln( ) 1( 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n 又 1 1 14ln n ,所以 ).( )2)(1(2 )1ln( )1( 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln
25、2 1 *2 2 2 2 2 2 2 2 Nn nn n n n 三、分式放缩 姐妹不等式 : )0, 0(mab ma mb a b 和 )0, 0(mba ma mb a b 记忆口诀 ” 小者小 ,大者大 ” 解释 :看 b,若 b 小,则不等号是小于号,反之 . 例 19. 姐妹不等式 : 12) 12 1 1() 5 1 1)( 3 1 1)(11(n n 和 12 1 ) 2 1 1() 6 1 1)( 4 1 1)( 2 1 1( n n 也可以表示成为 12 )12(531 2642 n n n 和 12 1 2642 )12(531 n n n 解析 : 利用假分数的一个性质
26、 )0,0(mab ma mb a b 可得 12 2 5 6 3 4 1 2 n n n n 2 12 6 7 4 5 2 3 )12( 2 12 6 5 4 3 2 1 n n n 12) 12 2 5 6 3 4 1 2 ( 2 n n n 即 .12) 12 1 1() 5 1 1)( 3 1 1)(11 (n n 例 20.证明 : . 13) 23 1 1() 7 1 1)( 4 1 1)(11( 3 n n 解析 : 运用两次次分式放缩: 13 3 8 9 5 6 . 2 3 23 13 7 8 4 5 1 2 n n n n (加 1) n n n n 3 13 9 10 6
27、7 . 3 4 23 13 7 8 4 5 1 2 (加 2) 相乘 ,可以得到 : )13( 13 23 8 7 5 4 2 1 13 13 8 10 5 7 . 2 4 23 13 7 8 4 5 1 2 2 n n n n n n n 所以有 .13) 23 1 1() 7 1 1)( 4 1 1)(11( 3 n n 四、分类放缩 例 21.求证 : 212 1 3 1 2 1 1 n n 解析 : ) 2 1 2 1 2 1 2 1 () 4 1 4 1 ( 2 1 1 12 1 3 1 2 1 1 3333n 2 ) 2 1 1 ( 22 1 ) 2 1 2 1 2 1 ( nn
28、nnnnn 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 n A 与曲线 xy2（x0 ） 上的点列 n B 满足 n OBOA nn 1， 直线 nnB A在 x 轴上的截距为 n a .点 n B 的横坐标为 n b ,Nn. (1)证明 n a 1n a4， Nn; (2)证明有 Nn0 ，使得对 0 nn 都有 n n n n b b b b b b b b 1 12 3 1 22008n. 解析 :(1) 依题设有： 1 0,2,0 nnnnn ABbbb n ，由 1 n OB n 得： 2* 22 11 2,1 1, nnn bbbnN nn ,又直线 nn A B 在x轴上的截距为 na 满足 11 0200 nnnabb nn 12 n n n b a nb 222 2 1 210,2 nnn n n bn bb n b 22 12 12 224 1212 nn n nnn nn nn bnb b abb n bn bnbn b 22 11 11221 n a nn