放缩法技巧全总结.docx
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放缩法技巧全总结
2011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
ncn
例1.
（1）求2的值;
（2）求证：
25.
k14k21k1k3
22
4n
1
n
2
2n
/_k
2n
/k
n
2n
2
12
为
因
2）
2n
2n
1-5
1-3
2
1
丄k2
奇巧积累:
（1）1
4
4n21
2—
2n1
1
2n1
1C2
（n1）n（n1）
1
n（n1）
1
n（n1）
（3）Tr
n!
1_
r
r!
（nr）!
n
丄
r!
r（r1）r1
Br
2）
（4）（1
1」
2132
n（n
_5
1）2
（5）
2n（2n1）
1
尹12n
1（6）1
Yn2
（7）2（n1
的丄
Vn
2（•nn1）（8）
2
2n1
2n3
1
1）2n1
1
（2n3）2n
（9”
（10）n
（n1）!
1（11）
（n1）!
12（2n1
-2n1）
2n12n1
2
■1~
nn
2；2
（11）2n
（2n
2n
1）（2n1）
2n
（2n1）（2n2）
2“1
nn1
（21）（2
1）
（12）L
\'n3
1
nn2
n（n
1）
n（n1）
1
■7n（n1）
（13）2n
22n（3
1）2
3（2
1）2n2
2n
1—
3
1
2"-
2n
13
（14）
k!
（k1）!
（k2）!
—（15）
（k1）!
（k2）!
、fn（n1）
n1（n2）
11
1
n1kkn1'n（n1k）k1
（15）i21J21
iJ
22
例2.
（1）求证:
1
丽辱首2I2T^（n2）
⑵求证:
!
丄
416
1
36
11
4n22
丄⑶求证:
1
4n
135（2n1）
246
2n
2n11
⑷求证：
2（n11）
2（2n1
1）
解析:
（1）因为
（2n1）
（2n1）（2n
1）
所以
i1（2i
1）
11（1
11
轩4（1
1（1
1-）
n
（3）先运用分式放缩法证明出
（2n1）
246~2^
1，再结合
2n1
n进行裂项，最后就可以得
到答案
（4）首先12（n
n
1n）
，所以容易经过裂项得到
n1.n
2（.n11）
再证
1一
一..2（2n1n
2n1）
2n12n1
■.n2
所以1；
22n
1）
例3.求证:
6n
（n1）（2n1）
5--
1——————
23
而由均值不等式知道这是显然成立的,
解析:
一万面
:
因为1
1
4
11
，所以
n1“c11
212
k1k235
1112£
2n12n133
n2
n21
4
22-
4n212n
12n1
另一方面:
1
11
丄1
n
11
1
1
1n
49
2334
n（n
1）
n1n1
当n3时，n
6n
，当
n1时，
6n
1丄
11
—J
n
1（n1）（2n
1）
（n
1）（2n1）
4
9n2
当n2时,—6n—111丄，
（n1）（2n1）49n2
所以综上有6n11115
（n1）（2n1）49n23
例4.（2008年全国一卷）设函数f（x）xxlnx.数列an满足o耳仆齐f（an）设b（a1,），整数k＞心证明：
a「b.
a1Inb
解析:
由数学归纳法可以证明a是递增数列,故若存在正整数mk,使amb,则a
若amb（mk），则由0
amb1知amlnam日山弘日1lnbOq1
k
aalna,
1mm
m1
因为
amlnam
k（a1lnb）,于是
ak1
a1k|a1lnb|a1（ba1）b
解析:
首先可以证明：
（1
x）n1nx
nm1
nm1（n1）m1（n1）m
1（n2）m1
n
1m10[km1（k
k1
1）m1］所以要证
nm1
（m1）Sn（n1）m1
1只要证:
n
[km
k1
n
1（k1）m1]（m1）km
k1
（n1）m1
（n1）m1nm1nm1
（n1）m1
n
[（k1）m1km1]
k1
故只要证
n
[km1（k
k1
1）m1]
（m1）
n
km
k1
[（k
k1
1）m1km1]，
即等价于
（k
1）m
1（m
m
1）k
（k1）m
km
即等价于
（1
丄厂,1
k
1（1!
）mk
1而正是成立的，所以原命题成立.
例6.已知
a4n
n
2n
'Tn
2n
，求证:
Ti
T2
T3
Tn
a1a2
an
例7.已知
解析:
t
n
所以
Tn
从而T
1
x1
1,Xn
41
4243
3（4n1）
T2T3
4n
（2122
2n）
4（14n）2（12n）
f（4n1）2（1
3
2n）
2n
）2（12n）
2n
3
22n1
32n
4n132
2n
2（2n）232n1
Tn
1
2n1
2n
n（n2kn1（n
1,k
2k,k
Z）,求证:
Z）
4X2X3
证明：
1
4X2nX2n1因为2nn
4（2n1）（2n1）
百所以
4X2nX2
所以
1
44n2
2
1
4X4X5
2,
2n
1
2（n11）（nN*）
■m-n
2（n1
n）
、函数放缩
ln4
4
解析:
先构造函数有
lnxx
cause
2
53
6691827
所以
In2
2
1
4X2X3
In3n
lnx
x
4X4
1
X5
2（n11）（n
N*）
3n
5n
6
6（n
N*）.
1,从而
X
In2
亍
1
2"
In3In4
T~
n
竺3-
3n
1
2n1
3n1
23n1
3n1
■3^
5n
6
In3In4
34
In3n
5n
6
5n6
6
2
例9.求证:
（1）2In2ln3lnn2nn1（n
‘23n2（n1）
解析:
构造函数…lnx,得到lnnInn^,再进行裂项
n~"n2-
f（x）
x
lnn2
—2
n
2）
121
n
1n（n
，求和后可以得到答案
1）
函数构造形式:
lnxx1,lnnn1
（2）
例10.求证:
1丄ln（n1）11
23n12
解析:
提示:
m（n1）lnn1n
nn1
ln
n
lnn_
n1
函数构造形式：
哦皿11
x
当然本题的证明还可以运用积分放缩
如图,取函数f（x）1,
x
1，从而,1i
n
首先:
S
SABCF
iX
n1
Inx|n
n
nix
Inn
ln（n
i）
取i1有丄
n
lnn
ln（n
1）'
In2
所以有1
2
1
ln2
3
ln3
ln2、
•…1
‘lnnn
ln（n
1
1）,^
ln（n
1）
lnn,相加后可以得
到:
11
23
另一方面
ln（n
1）
1，从而有1
ix
1
—InxI：
ilnnln（n.x
I
i）
nn
T—
n
1-2
n
例11.求证:
（11）（11）（1qe和（11）（1丄）（1丄）."解析:
构造函数后即可证明
例12.求证：
（112）（123）[1n（n1）]e2n3解析:
ln[n（n1）1]23,叠加之后就可以得到
n（n1）1
答案
函数构造形式：
|
（1）23（0）1ln（1x）3（0）（加强命题）
ln（x1）2（x0）（x0）
x1xx1
例13・证明匹兰巴耳n^（nN*,n1）
345n14
解析:
构造函数f（x）ln（x1）（x1）1（x1）,求导，可以得到：
1
f（x）厂1
2X，令f'（x）
x1
0有1x2，令f'（x）
0有x2,
所以f（x）f
（2）0,所以ln（x1）x2,令xn21有,Inn2n21
所以血口，所以巫竺竺
n1~2345
Inn
n1
N*,n1）
例14.已知
1,an1（1.丄总/证明ane12
解析:
放缩思路:
11
（1Dr）a'
1。
于是l
歹n
2ane2.
Ina”
1
即InanIna
注：
题目所给条件
In
1
ln（1_
1
2
n
ln（1
x）
（X
方向的作用；当然，本题还可用结论
11ln（an11）ln（an1）ln（1-）-.
n（n1）n（n1）
即ln（an1）1In3日门3e1e2.
例16.（2008年福州市质检）已知函数
0）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩
2）来放缩：
n111
1）］In（an1）ln（a21）115
i2i（i1）n
2nn（n
1
[In®11）
i2
1）（n
ln（ai
f（x）
0,b
0,证明：
f（a）（ab）In2f（ab）f（b）.
解析:
设函数g（x）f（x）f（kx）,（k
0）
二函数g（x）在［k,k）上单调递增，在
k
g（x）g（/
（0k］上单调递减g（x）的最小值为g（-），即总有
‘22
f（k
kk
）klnk（lnkIn2）f（k）kln2,
22
即f（x）f（kx）
f（k）kln2.
令xa,kxb,则k
ab.
1111
an1
1（1nn卞an尹（1而币2^）an，
然后两边取自然对数，可以得到lnaln（111）lna
n1n（n1）歹n
然后运用ln（1x）x和裂项可以得到答案）
恒成立.
（I）求证：
函数g（x）
例15.（2008年厦门市质检）已知函数f（x）是在（0,）上处处可导的函数若xf'（x）f（x）在x0上
f（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ln（1
x）
但x0时恒成立,
求证：
＞22-Lln32
1
承1n4
解析：
（Dg，（x）f®f（x）
。
，所以函数
f（x）
g（x）在（0,）
x
上是增函数
（II）因为
g（x）他在（0,）
x
上是增函数，所以
两式相加后可以得到f（x1）f（x2）f（x1x2）
（3）g
f（X1X2
X1X2
Xn）
X-
f（X1）
X1
-f（为X
为X2Xn
Xn）
f（X2）
X2
X1X2
Xn）
Xn
f（X2）
X2
X1X2
Xn
f（X1
X2
Xn
相加后可以得到
:
f（xj
f（X2）
f（Xn）
f（X1
X2
Xn）
所以
X1InX1
X2
InX2
X3InX3
XnIn
Xn
（X1
X2
Xn）ln（X1
X2
Xn）
令
Xn
丄In22丄In3
尹歹
（n
Jn（n
1）2
所以
丄In22
In
In42
（n
2In（n
1）2
2（n
2）
（n
N）.
（方法二）In（n1）2
（n1）2
In（n1）2
（n1）（n2）
（n
In4
1）（n2）
In4
1
^"2
所以丄In22
22
丄In32
32
2In（n
1）2
1）2
1
In4■
2
nIn4
2（n2）
又In41
n1
丄所以
In32
—In42
4^
（n
1In（n1）2
2（n
-（n
1）（n2）
）.
三、分式放缩
姐妹不等式:
b
a
0,m0）
bm,
（a
am
0,m0）
记忆口诀”小者小，大者大”解释:
看b,若b小，则不等号疋
曰小于号
，反之.
例19姐妹不等式:
（11）（1
1
3）（1
1
5）
（1yj）2n1和
2n1
111
（12）（14）（16）（1
1
2n1
也可以表示成为
和135
35（2n1）
2462n
1
（2n1）
246~2m-
解析:
利用假分数的一个性质
上J）22n1即（11）（11）（1
2n13
J）
例20.证明:
（11）（11）（11）（1
47
解析:
运用两次次分式放缩
3n1
3n
3693n
2.583n1
4）
12
引
8-7
5-4
2.
710
69
3LJ（加2）
3n
相乘，可以得到:
所以有
（11）（1
四、分类放缩
例21.求证\
•J2n
1
）b
m
Ia
m
1
）
2n
1
1
b
a
（1
■2n1.
（ba0,m0）可得
33n1.
（加1）
1
（13n2）
33n1.
解析：
111丄11（1丄）
232n1244
1111）（232s2s?
3）
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轴正半轴上的点列代
与曲线y（xA0上的点列Bn满足OAob丄，直线A-B-在x轴上的截距为a-.点Bn的
横坐标为bn,nN.
（1）证明an>am>4,
-n；
（2）证明有-0n，使得对--0都有上巴
b1b2
n°
bnbn1bn1bn
解析：
（1）依题设有:
1由1彳耳.
厲0,-,BnA,.2b；,bn0，由OBn-得:
b22b1br1nN*，又直线a-B-在x轴上的截距为a.满足nnn■-2'
显然，对于
⑵证明：
设c-1生-
bn
Cn
1丄0，有aann1
贝u
N*，丿、」
4,nN
Cn,nN，则当n
k
221k
N*时,
冷22
所以，取-0
240092，对n%都有:
故有b2色
bb2
bn_虹vn2008成立。
1
bn1bn
例23.（2007年泉州市高三质检）已知函数f（x）x2bx
c（b1,cR）,
若f（x）的定义域为[—1,
0],值域也为[-1,0].若数列｛bn｝满足b
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t
并证明你的结论
解析:
首先求出
f（x）x2
2x，.bn
f（n）n22n
~3
nn
…Tnbi
b2
bs
bn1
1
n
2k时,Tn
11
23
丄,故当n
2
1111
2，-
4256
k
1,
411,
82
1
1
22
因此，对任何常数A，设m是不小于A的最小正整数,
则当n22m2时，必有T
故不存在常数A使Tna对所有n2的正整数恒成立.
例24.（2008年中学教学参考）设不等式组
x0,
0,
表示的平面区域为D
n
nx3n
设Dn内整数坐标点的个数为an.设Sn丄丄
an1an2
丄，当n2时，求
a2n
17n11
a2n36
解析:
容易得到an3n,所以，要证1丄丄
a1a2a3
1a2"
7n
111
S2n1_（）
2234
得证
五、迭代放缩
例25.已知
1111
（5678）
Xn1
.2
2'
7n11,所以原命题
12
，求证:
当n2时,
|Xi
i1
2|
21n
解析:
通过迭代的方法得到
Xn
昇然后相加就可以得到结论
例26.设Ssird!
sin2!
n2122
sinn!
，求证:
对任意的正整数k,若k细恒有：
|S+k—Sn|<
2n
解析:
|SS||sin（n1）!
|SnkSn||2^1-
sin（n2）!
sin（nk）|
2nk|
又2n（11）nC0C；
六、借助数列递推关系
例27.求证:
1
2
13135
2~4246
135（2n1）
2462n~
2n2
解析:
设a
135（2n
2462n
1）则
an
2n1
a
2（n1）
2（n1）an12nan
a，从而
2（n1）a
2nan,相加后就可以得到
所以1
2
3513571
2n
例28.求证:
1
2
135135（2n1）
246246
2n
2n11
解析:
设a
135（2n1）则
2n
an
2n1
an
2（n1）n
[2（n1）1]a
（2n
1）anan1,从而
[2（n1）
1]an1（2n
1）an,相加后就可以得到
例29若a11,an
ann1,求证：
11
1
2（•n11）
n
解析:
an2an1
n2anan11
an1
an2an
所以就有1丄
a1a2
七、分类讨论
11
an1ana2
an目
2an1ana22n12
例30.已知数列｛an｝的前n项和Sn满足Sn2&
（1）n,n1.证明：
对任意的整数m4，有
1117
a4a5am8
解析:
容易得到
2
_2n2
（1）n1/
3
由于通项中含有
（1）n，很难直接放缩，考虑分项讨论:
当n
at
ln
3且n为奇数时
2*1
n1
2n21
2n22
2“1
11
anan1
3（丄丄）（减项放缩）
22n22“1
32
2一2
①当m4且m为偶数时11
2n3
/可1
，于是
1）
a4a5
②当m4且m为奇数时1
1
am
1
a4
1111
amam1
1
0；
7由①②得证。
8.
a4
1
a4
1
a5
1
am
11
（———）
am1am
（添项放缩）由①知
a4a5
八、线性规划型放缩
例31.设函数f（x）2x1.若对一切xR，3
f（x）厂
af（x）
求ab的最大值。
解析：
由（f（x）1）（f
（1）1）（；（：
）（；）「）知（f（x）l）（f
（1）1）0即
1
2f（x）1
由此再由f（x）的单调性可以知道f（x）的最小值为
2，最大值为1
2
因此对一切xR,
3af（x）b3的充要条件是,
1-a2
ab
b3即a,b满足约束条件
3
ab
ab
1
—a
2
1
a
2
由线性规划得,均值不等式放缩例32.设Sn1223
ab的最大值为5.
九、
../n（n1）.求证n（n1）S（n1）2
"~2~
2S"
解析:
此数列的通项为
ak
kk1kk（k1）
即n（n1）on（n1）
—Sn—
k（k
k丄，
2
n（n
2
1）,k1,2,
n
kSn
k1
2.
n.
n
（k
k1
注：
①应注意把握放缩的度”上述不等式右边放缩用的是均值不等式北ab，若放成k（k1）k1则得Sn（k1）（n0（n3）（n1）2，就放过度”了！
nki22
②根据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式，这里
例33.已知函数f（x）
其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。
吕，若2，且f（x）在［0，1］上的最小值为，求证:
f
（1）M2）
f（n）n
解析：
f（x）
4x
17
1
114x
1
2?
2x
（x
0）
f
（1）
1
f（n）（1亍）
例34.已知a,b为正数,
试证：
对每一个
，（a
b）
2?
n2“1
解析:
由111得ab
ab，又（a
b）』
1）
„ab
2
4，故
aba
b4，而
ab
a
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