放缩法证明数列不等式中的运应用

./1．〔20xxXX理科第20题〕设,数列满足,．〔1〕求数列的通项公式；〔2〕证明：对于一切正整数,．2．〔20xxXX理科第19题〕设数列的前项和为,满足,且成等差数列。〔1〕求的值；〔2〕求数列的通项公式。〔3〕证明：对一切正整数,有3．〔20xxXX理科第19题〕设数列的前项和为,已知,,.〔1〕求的值；〔2〕求数列的通项公式；〔3〕证明：对一切正整数,有.此类不等式的证明常用的方法：<1>比较法；<2>分析法与综合法,一般是利用分析法分析,再利用综合法分析；<3>放缩法,主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的．高考中利用放缩方法证明不等式,文科涉与较少,但理科却常常出现,且多是在压轴题中出现．放缩法证明不等式有法可依,但具体到题,又常常没有定法,它综合性强,形式复杂,运算要求高,往往能考查考生思维的严密性,深刻性以与提取和处理信息的能力,较好地体现高考的甄别功能．本文旨在归纳几种常见的放缩法证明不等式的方法,以冀起到举一反三,抛砖引玉的作用．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与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<1><2><3><4><5><6><7><8><9><10><11><12><13><14><15><16><17>二、基本技巧1."添舍"放缩通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的,这是常规思路。2.分式放缩一个分式若分子变大则分式值变大,若分母变大则分式值变小,一个真分式,分子、分母同时加上同一个正数则分式值变大,利用这些性质,可达到证题目的。3.裂项放缩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。4.单调函数放缩根据题目特征,通过构造特殊的单调函数,利用其单调性质进行放缩求解。5.固定一部分项,放缩另外的项；三、放缩法综合问题〔一〕、先求和后放缩〔二〕、先放缩再求和〔或先求和再放缩〕1．放缩后成等差数列,再求和2．放缩后成等比数列,再求和3．放缩后为差比数列,再求和4．放缩后为裂项相消,再求和一、放缩后转化为等比数列．[例1]满足：．〔1〕用数学归纳法证明：；〔2〕,求证：．点评：把握""这一特征对""进行变形,然后去掉一个正项,这是不等式证明放缩的常用手法．这道题如果放缩后裂项或者用数学归纳法,似乎是不可能的,为什么？值得体味！二、放缩后裂项迭加[例2]数列,,其前项和为,求证：．点评：本题是放缩后迭加．放缩的方法是加上或减去一个常数,也是常用的放缩手法．值得注意的是若从第二项开始放大,得不到证题结论,前三项不变,从第四项开始放大,命题才得证,这就需要尝试和创新的精神．[例3]〔2013XX理19〕〔本小题满分14分〕设数列的前项和为．已知,,．<Ⅰ>求的值；<Ⅱ>求数列的通项公式；<Ⅲ>证明：对一切正整数,有．三、放缩后迭乘例4．.求令,求数列的通项公式已知,求证：解：〔1〕〔2〕略由〔2〕得点评：裂项迭加,是项项相互抵消,而迭乘是项项约分,其原理是一样的,都似多米诺骨牌效应。只是求项和时用迭加,求项乘时用迭乘。点评：本题主要考查数列的前n项和与第n项之间的关系,通项公式,不等式的证明．由数列的前n项和求数列的通项公式时,要注意n=1时的验证,有关数列不等式的证明一般是先求和在用放缩法,求和时注意裂项法、错位相减法的应用．1.<20xx高考XX卷>设数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1,n∈N*,且a1,a2＋5,a3成等差数列．<1>求a1的值；<2>求数列{an}的通项公式；<3>证明：对一切正整数n,有eq\f<1,a1>＋eq\f<1,a2>＋…＋eq\f<1,an><eq\f<3,2>.[解析]<1>∵a1,a2＋5,a3成等差数列,∴2<a2＋5>＝a1＋a3.又2Sn＝an＋1－2n＋1＋1,∴2S1＝a2－22＋1,2S2＝a3－23＋1,∴2a1＝a2－3,2<a1＋a2>＝a3由eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<2〔a2＋5〕＝a1＋a3,,2a1＝a2－3,,2〔a1＋a2〕＝a3－7>>得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝1,,a2＝5,,a3＝19.>>∴a1＝1.<2>∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1,①∴当n≥2时,2Sn－1＝an－2n＋1.②①－②得2an＝an＋1－an－2n＋1＋2n,∴an＋1＝3an＋2n.两边同除以2n＋1得eq\f<an＋1,2n＋1>＝eq\f<3,2>·eq\f<an,2n>＋eq\f<1,2>,∴eq\f<an＋1,2n＋1>＋1＝eq\f<3,2><eq\f<an,2n>＋1>．又由<1>知eq\f<a2,22>＋1＝eq\f<3,2><eq\f<a1,21>＋1>,∴数列{eq\f<an,2n>＋1}是以eq\f<3,2>为首项,eq\f<3,2>为公比的等比数列,∴eq\f<an,2n>＋1＝eq\f<3,2>·<eq\f<3,2>>n－1＝<eq\f<3,2>>n,∴an＝3n－2n,即数列{an}的通项公式为an＝3n－2n.<3>证明：∵an＝3n－2n＝<1＋2>n－2n＝Ceq\o\al<0,n>·1n·20＋Ceq\o\al<1,n>·1n－1·21＋Ceq\o\al<2,n>·1n－2·22＋…＋Ceq\o\al<n,n>·10·2n－2n＝1＋2n＋2<n2－n>＋…＋2n－2n>1＋2n＋2<n2－n>＝1＋2n2>2n2>2n<n－1>,∴eq\f<1,an>＝eq\f<1,3n－2n><eq\f<1,2n〔n－1〕>＝eq\f<1,2>·eq\f<1,n〔n－1〕>,∴eq\f<1,a1>＋eq\f<1,a2>＋…＋eq\f<1,an><1＋eq\f<1,2>[eq\f<1,1×2>＋eq\f<1,2×3>＋…＋eq\f<1,n〔n－1〕>]＝1＋eq\f<1,2><1－eq\f<1,2>＋eq\f<1,2>－eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,n－1>－eq\f<1,n>>＝1＋eq\f<1,2><1－eq\f<1,n>>＝eq\f<3,2>－eq\f<1,2n><eq\f<3,2>,即eq\f<1,a1>＋eq\f<1,a2>＋…＋eq\f<1,an><eq\f<3,2>.2.已知数列{an}满足a1＝eq\f<1,4>,eq\a\vs4\al<an＝\f<an－1,〔－1〕nan－1－2>><n≥2,n∈N>．<1>试判断数列{eq\f<1,an>＋<－1>n}是否为等比数列,并说明理由；<2>设cn＝ansineq\f<〔2n－1〕π,2>,数列{cn}的前n项和为Tn.求证：对任意的n∈N*,Tn<eq\f<2,3>.解析：<1>由an＝eq\f<an－1,〔－1〕nan－1－2>得eq\f<1,an>＝eq\f<〔－1〕nan－1－2,an－1>＝<－1>n－eq\f<2,an－1>,所以eq\f<1,an>＋<－1>n＝2·<－1>n－eq\f<2,an－1>＝－2[eq\f<1,an－1>＋<－1>n－1]．又eq\f<1,a1>－1＝3≠0,故数列{eq\f<1,an>＋<－1>n}是首项为3,公比为－2的等比数列．<2>证明：由<1>得eq\f<1,an>＋<－1>n＝3·<－2>n－1.所以eq\f<1,an>＝3·<－2>n－1－<－1>n,an＝eq\f<1,3·〔－2〕n－1－〔－1〕n>,所以cn＝ansineq\f<〔2n－1〕π,2>＝eq\f<1,3·〔－2〕n－1－〔－1〕n><－1>n－1＝eq\f<1,3·2n－1＋1><eq\f<1,3·2n－1>.所以Tn<eq\f<\f<1,3>[1－〔\f<1,2>〕n],1－\f<1,2>>＝eq\f<2,3>[1－<eq\f<1,2>>n]<eq\f<2,3>.3.已知,点在曲线上,〔Ⅰ〕求数列的通项公式；〔Ⅱ〕设数列的前n项和为,若对于任意的,使得恒成立,求最小正整数t的值．4．[XX省XX市一中2014届高三第二次统测]已知,数列的前项和为,点在曲线上,且,〔1〕求数列的通项公式；〔2〕数列的前项和为,且满足,,求数列的通项公式；〔3〕求证：．．5．[XX省XX市实验中学2014届高三11月阶段考试]已知数列,,,,,为数列的前项和,为数列的前项和．〔1〕求数列的通项公式；〔2〕求数列的前项和；〔3〕求证：．6．<2013·XX高考>正项数列{an}的前n项和Sn满足：Seq\o\al<2,n>－<n2＋n－1>Sn－<n2＋n>＝0.<1>求数列{an}的通项公式an；<2>令bn＝eq\f<n＋1,n＋22a\o\al<2,n>>,数列{bn}的前n项和为Tn,证明：对于任意的n∈N*,都有Tn<eq\f<5,64>.[解]<1>由Seq\o\al<2,n>－<n2＋n－1>Sn－<n2＋n>＝0,得[Sn－<n2＋n>]<Sn＋1>＝0.由于数列{an}是正项数列,所以Sn>0,Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2,当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－<n－1>2－<n－1>＝2n.综上可知,数列{an}的通项an＝2n<n∈N*>．<2>证明：由于an＝2n,bn＝eq\f<n＋1,n＋22a\o\al<2,n>>,则bn＝eq\f<n＋1,4n2n＋22>＝eq\f<1,16>eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<\f<1,n2>－\f<1,n＋22>>>.Tn＝eq\f<1,16>[1－eq\f<1,32>＋eq\f<1,22>－eq\f<1,42>＋eq\f<1,32>－eq\f<1,52>＋…＋eq\f<1,n－12>－eq\f<1,n＋12>＋eq\f<1,n2>－eq\f<1,n＋22>]＝eq\f<1,16>eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<1＋\f<1,22>－\f<1,n＋12>－\f<1,n＋22>>><eq\f<1,16>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1＋\f<1,22>>>＝eq\f<5,64>.7．<2013·XX模拟>设数列{an}满足：a1＝5,an＋1＋4an＝5<n∈N*>,<1>是否存在实数t,使{an＋t}是等比数列？<2>设数列bn＝|an|,求{bn}的前2013项和S2013.[解]<1>由an＋1＋4an＝5得an＋1＝－4an＋5,令an＋1＋t＝－4<an＋t>,得an＋1＝－4an－5t,则－5t＝5,t＝－1,从而an＋1－1＝－4<an－1>．又a1－1＝4,所以{an－1}是首项为4,公比为－4的等比数列,所以存在这样的实数t＝－1,使{an＋t}是等比数列．<2>由<1>得an－1＝4·<－4>n－1,所以an＝1－<－4>n.所以bn＝|an|＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<1＋4n,n为奇数,,4n－1,n为偶数,>>所以S2013＝b1＋b2＋…＋b2013＝<1＋41>＋<42－1>＋<1＋43>＋<44－1>＋…＋<1＋42013>＝41＋42＋43＋…＋42013＋1＝eq\f<4－42014,1－4>＋1＝eq\f<42014－1,3>.数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现,试题还可能涉与到与导数、函数等知识综合一起考查．主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前项和公式以与二者之间的关系、等差数列和等比数列、归