利用放缩法证明数列型不等式压轴题

1、学习必备欢迎下载利用放缩法证明数列型不等式压轴题纵观近几年高考数学卷，压轴题很多是数列型不等式，其中通常需要证明数列型不等式，它不但可以考查证明不等式和数列的各种方法，而且还可以综合考查其它多种数学思想方法，充分体现了能力立意的高考命题原则。处理数列型不等式最重要要的方法为放缩法。放缩法的本质是基于最初等的四则运算，利用不等式的传递性，其优点是能迅速地化繁为简，化难为易，达到事半功倍的效果；其难点是变形灵活，技巧性强，放缩尺度很难把握。对大部分学生来说，在面对这类考题时，往往无从下笔本文以数列型不等式压轴题的证明为例，探究放缩法在其中的应用，希望能抛砖引玉，给在黑暗是摸索的娃带来一盏明灯。一、

2、常用的放缩法在数列型不等式证明中的应用1、裂项放缩法：放缩法与裂项求和的结合，用放缩法构造裂项求和，用于解决和式问题。裂项放缩法主要有两种类型：（1）先放缩通项，然后将其裂成某个数列的相邻两项的差，在求和时消去中间的项。STni1例1设数列a的前n项的和Sn3。2i41232n13nan3，n1,2,3,2n。设T，n1,2,3,nn，证明：32证明：易得S(2n11)(2n1),Tnn32n311()，2(2n11)(2n1)22n12n11T3(221nnii1i11131111)(i12i1122112212212311)2n12n11=3113()22112n112点评：此题的关键是将

3、2n11裂项成(2n11)(2n1)2n12n11，然后再求和，即可达到目标。（2）先放缩通项，然后将其裂成n(n3)项之和，然后再结合其余条件进行二次放缩。例2已知数列a和b满足a2,a1a(ann1nnn11)，ba1，数列b的前n和为S，nnnnTSS；（I）求证：Tn2nnn1T；（II）求证：当n2时，Sn2n7n1112。T1n2n3证明：（I）Tn1n1111(2n2n1n21)2n2n12n2n1(2n1)(2n2)11110Tn1Tn2n1（II）n2,SSS2n2n2n1S2n1S2n2SSST211T2n2TTS211学习必备欢迎下载n212由（I）可知T递增，从而T2n

4、1T2n217T，又T,S1,T，211212212ST2n2n1T2n2717n11TTS(n1)TTS(n1)1211211即当n2时，S2n7n1112。n点评：此题（II）充分利用（I）的结论，T递增，将S裂成S2n2nS2n1S2n1S2n2SSS的211和，从而找到了解题的突破口。2、迭乘放缩法：放缩法与迭乘法的结合，用放缩法构造迭乘形式，相乘时消去中间项。用于解决积式问题。例3已知数列a的首项为an13,点a,ann1在直线3xy0(nN*)上。若cloga32(nN*),证明对任意的nN*，不等式(11ccc13n13n13n3n13n1c3n23n23n13n3n211)(1

5、+)(1+)33n1恒成立n3n12n证明：c3n2，(1+)3()3nn143n1所以(11c11)(1+)c2(1+1cn47)33n23n1即(11c11)(1+)c2(1+1)33n1。cn点评：此题是证明积式大于根式，由于左边没有根式，右边是三次根式，立方后比较更容易处理。(1+1cn3n1)3()3可以看成是三个假分式的乘积，保持其中一项不变，另两项假分数分子分母同时加1，加3n22，则积变小，(3n1例4已知数列x满足，x1n1,nN*，证明：|x21x653n13n3n13n13n1，而通项式为)3的数列在迭乘时刚好相消，3n23n23n13n3n23n2从而达到目标。3、迭代

6、放缩法：通过放缩法构造递推不等关系，进行迭代，从而求解。112,xx|()n1。n1n1nn证明：当n1时，|xn1x|xx|n2116，结论成立。n11x21x2当n2时，易知0 xn11,1xn12,xn1115(1x)(1x)(1)(1x)2xnn1n1n1n1(1x)(1x)55565|xn1x|n11|1x1xnn1nn1|xx|22nn1|xx|()2|xxnn1nn1|212()n1|xx|()n121点评：此题将目标式进行放缩得到递推不等关系，进行迭代，找到解题途径。4、等比公式放缩法：先放缩构造成等比数列，再求和，最后二次放缩实现目标转化。学习必备欢迎下载a1a例5已知数列a

7、的各项均为正数，且满足an11的前n项和为x，且f(x)x2nnn（I）数列b和a的通项公式；nn2,a12ann1n1n(nN),记bna2a，数列bnnn（II）求证：n1f(x)f(x)f(x)122f(x)f(x)23f(x)2n1nn(nN)2112n2略解：（I）b2n，a，f(x)2n1。nnn2(2n)22f(x)证明：（II）f(x)2n12n11n,f(x)2n111n1f(x)f(x)21f(x)f(x)23f(x)2n1nnf(x)2n111nf(x)2n1122(2n11)n11111,22n1(2n12)22n1f(x)f(x)f(x)f(x)22223f(x)21

8、f(x)n11n(23n11n11n1)=(1)2n1222n2n12f(x)f(x)f(x)f(x)1223f(x)nnf(x)2n12n11n1n1反思：右边是，感觉是n个的和，而中间刚好是n项，所以利用；左边是2n112222不能用2222同样的方式来实现，想到2n1n1n11(f(n)(f(n)0)，试着考虑将缩小成c(c是等比数nn列），从而找到了此题的突破口。5、二项式定理放缩法：在证明与指数有关的数列型不等式时，用二项式定理放缩特别有效。二项式定理放缩法有两种常见类型：（1）部分二项式定理放缩法：即只在式子的某一部分用二项式定理放缩。例6已知数列an满足aa(a2)，an1(4n

9、6)a4n102n1（）证明数列n是等比数列，并求出通项an；a22n11n（nN）（）如果a1时，设数列an的前n项和为Sn，试求出Sn，并证明当n3时，有11SS341Sn12110略解：an(a2)(2n1)32n12（nN*），则S(2n1)(2n1)n学习必备欢迎下载2nC0C1Cn1Cn，nnnn当n3时，2nC0C1Cn1Cn2(n1)，则2n12n1nnnnSS(2n1)(2n1)，则1nn1111()(2n1)(2n1)22n12n1因此，1S31111111111111()()()()SS257792n12n1252n1104n反思：为什么会想到将111放缩成？联想到S(2

10、n1)(2n1)(2n1)(2n1)nn(n1)n1101112231111111，因为要证明，而SS341Sn是一个数列前n项的和，最后通过放缩很可能变成1111337()f(n)(fn0的形式，而应是由1010S放缩后裂项而成，335235S11111111111()，()，此时刚好得到S(2n1)(2n1)(2n1)(2n1)22n12n1n11SS341Sn1111()，接下来就要处理2n12n1，想到用二项式定理。252n110（2）完全二项式定理放缩法：整个式子的证明主要借助于二项式定理。例7设数列a的前n项和为S，且对任意的nN*，都有a0,Snnnna3a312a3.n2n1。

11、(I)求a,a的值；（II）求数列a的通项公式a；（III）证明：an12nn2n1略解：（I）（II）a1,a2，an；12nanan2n证明（III）(1x)nC0C1xC2x2C3x3nnnn,(1x)nC0C1xC2x2C3x3,nnnn(1x)n(1x)n2C1x2C3x32C5x5nnn2C1x2nx，令xn12n，则有(112n2n2n1。1)n(1)n1，从而(2n1)n(2n)n(2n1)n，即an2n1anan2n点评：利用二项式定理结合放缩法证明不等式时，一定要紧密结合二项式展开式的特点，联系需证不等式的结构，通过化简、变形、换元等手段使问题得以解决。6、比较放缩法：比较

12、法与放缩法的结合，先进行比较（作差或作商），再进行放缩。例8在单调递增数列a中，a1，a2，且an122n1,a2n,a2n1成等差数列，a2n,a2n1,a2n2成（III）设数列1an2(n1)(n3)82(n2)2,n为偶数学习必备欢迎下载等比数列，n1,2,3,（I）分别计算a，a和a，a的值；3546（II）求数列a的通项公式（将a用n表示）；nn4n的前n项和为S，证明：S，nN*nnn,n为奇数9略解：（I）（II）得a3，a，a6，a8a3456n8n8,n为偶数a312证明：（III）由（II），得当n为偶数时，a81(n1)(n3),n为奇数(n2)214411显然，S；1

13、18(n2)2n2Sn14n111n2244246621n(n2)14n88nn2n21111114n24244646n(n2)n(n2)n2111111114n2446688114n2n2n20；n1当n为奇数（n3）时，Sn4n14n4(n1)84nSn2an2(n1)2(n1)(n3)n2n40.n12n8n1(n1)(n3)n2(n1)(n2)(n3)n2n2综上所述，Sn4n4n0，即Sn，nN*例9设函数f(x)x2bln(x1)，其中b0证明对任意的正整数n，不等式ln1点评：此题在作差比较中实施裂项放缩，进而得到最后结果小于0，从而得证。7、单调函数放缩法：根据题目特征，构造特

14、殊的单调函数，再进行放缩求解。成立111nn2n3都分析：欲证上述结论，直接作差比较ln1(111nn2n3)，无从下手；接着想到令g(n)ln1(nnn11123)，判断函数g(n)(nN*)的单调性，由于定义域为正整数，不能用导数，只能计算g(n1)g(n)，其结果还是很难处理；联想到数列是一种特殊的函数，将命题加强，令1x(0，)，n学习必备欢迎下载判断函数h(x)x3x2ln(x1)(x0)的单调性，如果在(0,)单调，则函数g(n)也单调。13x3(x1)2解：令函数h(x)x3x2ln(x1)x3x2ln(x1)，则h(x)3x22xx1x1，当x0时，h(x)0，所以函数h(x)

15、在0，上单调递增，x(0，)时，恒有h(x)h(0)0，即x2x3ln(x1)恒成立(0，)，则有ln1故当x(0，)时，有ln(x1)x2x3对任意正整数n取x1111nnn2n3二、放缩法的注意问题以及解题策略1、明确放缩的方向：即是放大还是缩小，看证明的结论，是小于某项，则放大，是大于某个项，则缩小。2、放缩的项数：有时从第一项开始，有时从第三项，有时第三项，等等，即不一定是对全部项进行放缩。3、放缩法的常见技巧及常见的放缩式：（1）根式的放缩：111kk12kkk1；（2）在分式中放大或缩小分子或分母：111(k2)；k(k1)k2k(k1)真分数分子分母同时减一个正数，则变大；，nn

16、1n1n；假分数分子分母同时减一个正数，则变小，如2n12n2n2n1；nn2nn222；（3）应用基本不等式放缩：n2nn2n（4）二项式定理放缩：如2n12n1(n3)；（5）舍掉（或加进）一些项，如：|aa|aa|aa|aan12132nn1|(n2)。4、把握放缩的尺度：如何确定放缩的尺度，不能过当，是应用放缩法证明中最关键、最难把握的问题。这需要勤于观察和思考，抓住欲证命题的特点，只有这样，才能使问题迎刃而解。再看例2，若构造函数f(n)S2nn1117n11(1)1(nN*)，2232n121117n181117n11则f(n1)f(n)(1)(1)n1n2321223212211

17、11171712n0n12n22n2n22n2n1221212前后不等号不一致，不能确定f(n)的单调性，此时放缩过当，此题不适宜用单调函数放缩法。若要证明n111n3S(1)，则f(n1)f(n)(1)2n2232n12111n21111(1)232n22n12n22n2n2学习必备欢迎下载1111132n0，所以f(n1)f(n)，从而f(n)(nN*)递增，f(n)f(1)10，2n2n22222所以Sn2n(12)成立，此时用单调函数放缩法可行。同样的题干，稍有调整，我们所用的方法便有不同。25、放缩法的策略以及精度的控制1例10已知数列a的前n项和为S，且满足a,a2SSnn1nnn

18、10(n2)。S（I）数列1是否为等差数列？并证明你的结论；（II）求S和a；nnn2S2（III）求证：S2S2S21123n。2(n1),a(n2)简解：（1）（2）Sn12n1n12n(n1)；424n24n1n（3）证法一：当n1时，S21111111成立；当n2,S2()，n1441223S2S2S2123S2n111111111(1(n1)n4422311)=n1n44n2n2111111(1)综上所述，S2S2S2123S2n12。证法二：S2n111111()4n24n21(2n1)(2n1)22n12n12335S2S2S21231111S2(1n11111)(1)。2n12n122n12点评：两种证法的不同在于策略的选择不同。方法一是将11放大成4n24n24n，需从第二项起，要分类讨论；而方法二是将11111放大成。明显4n21比4n24n大很多，比更接近4n24n214n214n24n4n2。从中可以发现放缩后的式子越接近放缩前的式子，即放缩程度越小，