xx高考数列放缩法技巧全总结

xx高考数列放缩法技巧全总结内容摘要：

2 1)22(132 1)1(22)1(2 1121   nnnnaanaaa nn 所以 1222642 )12(531642 53142 3121    nnn 例 28. 求证 : 1122642 )12(531642 53142 3121    nnn 解析 : 设nna n 2642 )12(531   则 111 )12(]1)1(2[)1(2 12   nnnnn aanananna,从而 nnn anana )12(]1)1(2[ 11   ,相加后就可以得到 1122312 1)12(3)12( 1121   nnnaanaaa nn 例 29. 若 1,1 11   naaa nn ,求证 :)11(2111 21  naaa n 解析 : nnnnnnn aaaaanaa   21112 112 所以就有 2122111121121121   naaaaaaaaaaa nnnnn 七 、 分类讨论 例 }{na 的前 n 项和 nS 满足 .1,)1(2  naS nnn 证明：对任意的整数 4m ，有 8711154  maaa  解析 :容易得到  .)1(232 12   nnna, 由于通项中含有 n)1( ，很难直接放缩，考虑分项讨论： 当 3n 且 n 为奇数时1222 2223)12 112 1(2311 2132 12121     nnn nnnnnn aa )2 12 1(232 2223 1232 12    nnn nn（减项放缩），于是 ① 当 4m 且 m 为偶数时 maaa11154  )11()11(11654 mm aaaaa   .878321)2 11(412321)2 12121(2321 4243   mm ② 当 4m 且 m 为奇数时 maaa 111 54  154 111  mm aaa （添项放缩）由 ① 知 .871111 154  mm aaaa 由 ① ②得证。 八 、 线性规划型放缩 例 31. 设函数221() 2xfxx  .若对一切 xR ， 3 ( ) 3af x b   ，求 ab 的最大值。 解析 :由 22221 ( 2 ) ( 1)( ( ) )( (1) 1)2 2 ( 2 )xxf x f x     知 1( ( ) )( (1) 1) 02f x f   即 1 ( ) 12 fx   由此 再由 ()fx的单调 性可以知道 ()fx的最小值为 12，最大值为 1 因此对一切 xR ， 3 ( ) 3af x b   的充要条件是， 1332abab       9 即 a ， b 满足约束条件331 321 32abababab     ， 由线性规划得， ab 的最大值为 5． 九 、 均值不等式放缩 例 .)1(3221  nnS n 求证 .2 )1(2 )1( 2 nSnn n 解析 : 此数列的通项为 .,2,1,)1( nkkka k  212 1)1(  kkkkkk， )21(11    nknnk kSk， 即 .2 )1(22 )1(2 )1( 2 nnnnSnn n 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2baab ，若放成 1)1(  kkk 则得2 )1(2 )3)(1()1( 21   nnnkS nkn，就放过 “度 ”了。 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 n aan aaaaaa n nnn nn22111111   其中， 3,2n 等的各式及其变式公式均可供选用。 例 33. 已知函数bxaxf 21 1)( ，若54)1(f，且 )(xf 在 [0 ， 1] 上 的 最 小 值 为21， 求 证 ：.212 1)()2()1( 1  nnnfff  解析 : )22 11()()1()0(22 1141 1141 4)(  nffxxf xxxx  .212 1)2 1211(41)22 11()22 11( 112   nnn nn  例 ba, 为正数，且 111 ba，试证：对每一个 Nn ， 12 22)(  nnnnn baba . 解析 : 由 111 ba得 baab  ，又 42)11)(( abbababa，故 4 baab ，而nnnrrnrnnnnnn bCbaCbaCaCba   110)( ， 令 nnn babanf  )()( ，则 )(nf = 1111   nnnrrnrnnn abCbaCbaC  ，因为 innin CC  ，倒序相加得)(2 nf = )()()( 111111 baabCbabaCabbaC nnnnrnrrrnrnnnn   ， 而 121111 2422   nnnnnnrnrrrnnn babaabbabaabba ， 则 )(2 nf = ))(22())(( 11 rrnrnrnrrnrnrnnrnn babababaCCC     )22( n 12n ，所以)(nf  )22(n n2，即对每一个 Nn ， 12 22)(  nnnnn baba . 例 ),1(2 2 1321 NnnnCCCC nnnnnn   解析 : 不等式左  nnnnn CCCC 321 12 222112  nn n nn 12 2221  = 212 n ， 原结论成立 . 例 xx eexf )( ,求证 : 21 )1()()3()2()1( nnenffff   10 解析 : 11)1()1()()(2121122121221121   xxxxxxxxxxxxxx eeeeeeeeeeeexfxf 经过倒序相乘 ,就可以得到 21 )1()()3()2()1( nnenffff   例 xxxf 1)( ,求证 : nn nnffff )1(2)2()3()2()1(   解析 : 2)12(2)12( 11212)12()12 112)(1(  knknkk knkn kknkknknkk 其中 : nk 2,3,2,1  ,因为 nknkknknkknk 2)12(0)2)(1(2)1(2  所以 22)12 112)(1(  nknknkk 从而 nnnffff 22 )22()]2()3()2()1([  ,所以 nn nnffff )1(2)2()3()2()1(  . 例 7k ,求证 :231121111  nknnnS n . 解析 : )111()3121()2111()111(2 nnknknnknnknS n   因为当 0,0  yx 时 ,xyyxxyyx 211,2 ,所以 4)11)(( yxyx,所以yxyx  411,当且仅当 yx 时取到等号 . 所以1)1(41432 421 4142   nkn knnknnknnknnknS n  所以231421 )1(211 )1(2   kkknkkS n所以231121111  nknnnS n  例 ))(()( 21 xxxxaxf  ,求证 :16)1()0( 2aff . 解析 :16)]1()][1([)1()0( 222112 axxxxaff . 例 f(x)=x2－ (－ 1)k2lnx(k∈ N*).k 是奇数 , n∈ N*时 , 求证 : [f’(x)]n－ 2n－ 1f’(xn)≥2n(2n－ 2). 解析 : 由已知得 )0(22)(  xxxxf， (1)当 n=1 时，左式 = 22(2 ) (2 ) 0xxxx   右式 =0.∴ 不等式成立 . (2) 2n , 左式 = )22(2)22()(2)]([ 11nnnnnnn xxxxxfxf   ).11(221424221   nnnnnnnnnnn xCxCxCxC  令 1 2 2 4 2 14211n n n nn n n nnnS C x C x C Cxx        由倒序相加法得： )1()1()1(2221442221   nnnnnnnnnn xxCxxCxxCS  )22(2)(2 121   nnnnn CCC ， 所以 ).22(  nS 11 所以 .)22(2)(2)]([ 1 成立  nnnnn xfxf 综上，当 k 是奇数， Nn  时，命题成立 例 41. （ 2020 年东北三校 ） 已知函数 )1()(  axaxf x （ 1）求函数 )(xf 的最小值，并求最小值小于 0 时的 a 取值范围； （ 2）令 )1()2()1()( 39。 139。 239。 1   nfCfCfCnS nnnn 求证： )2()22()( 39。 nfnS n  eaaaaaxxxeaaeaaaaxfaaafxfaaxfaxxfaxaaaaaxfaaxf1m i nm i n39。 39。 39。 39。 11ln,1lnln,0lnlnln1,0)(lnlnln1)lnl o g()(),lnl o g)lnl o g,()(,lnl o g,0)(lnl o g1,ln1,1ln,0)(,1ln)()1(的取值范围是则即若所以上递增；上递减，在（在所以有同理：又即：由 所以不等式成立。 ),2()22()1ln)(22()22(ln)22()22(ln)]()()([21)(ln)()1ln()1ln()1ln()()2(39。 2211222111211122111221nfaaaaaaaCaaCaaCCCCaaCaCaCaaCaaCaaCnSnnnnnnnnnnnnnnn。