高中数学放缩详解.docx
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高中数学放缩详解
高中数学放缩详解
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
nn
15.例1.
(1)求å2的值;
(2)求证:
<å22
4k-13kk=1k=1解析:
(1)因为
24n2-1
1
= 211,所以n212n=-=1-=å2 (2n-1)(2n+1)2n-12n+12n+12n+1k=14k-1 4 (2)因为 n 1111ö251ö,所以å1<1+2ææ1-+L+-<1+=ç÷2=2=2ç-÷2n-12n+1ø33è35k=1k14n-1è2n-12n+1øn2- 4 1 奇巧积累: (1) 1441öæ1=2<2=2ç-÷2n4n4n-1è2n-12n+1ø r+1 r =Cn× (2) 1211 ==-2 CCn(n+1)n(n-1)n(n-1)n(n+1) 1n+1 (3)T 1n! 11111=×r<<=-(r³2)r r! (n-r)! nr! r(r-1)r-1rn (4)(1+1)n<1+1+1+1+L+ n 2´13´215 < n(n-1)2 1 è2n+12n+3ø2 11 -n-1 (2n+1)×2(2n+3)×2n (5) 111 =n-n nn 2(2-1)2-12 (6) 21ö1(7)2(n+1-)<1<2(n-n-1)(8)æ-ç÷×n= n (9) 111ö111æ11æö=ç+÷,=ç-÷ k(n+1-k)èn+1-kkøn+1n(n+1+k)k+1ènn+1+kø n11=- (n+1)! n! (n+1)! (10)(11) 1n <(-)= 222n+1+n-1 = n+ 211+n-22 (11)(12) 2n2n2n2n-111=<==-(n³2)(2-1)(2-1)(2-1)(2-1)(2-2)(2-1)(2-1)2-12-11n3 = 1n×n2 < æö1111÷×=ç- n(n-1)(n+1)çn(n+1)÷èn(n-1)øn+1-n-1 1=æ ç èn-1 - 1ön+1+n-1 <÷× +1ø2n 11 -n-1n+1 (13)(14) 2n+1=2×2n=(3-1)×2n>3Þ3(2n-1)>2nÞ2n-1> 2n12n Þn<32-13 k+211=- k! +(k+1)! +(k+2)! (k+1)! (k+2)! (15) 1 22 (15)i+1-j+1= i2-j2 (i-j)(i2+1+ j2+1) i-j = i2+1+j2+1 <1 例2. (1)求证: 1+1+1+L+ 22 3 5 171 >-(n³2)2 62(2n-1)(2n-1) (2)求证: 1+1+1+L+1<1-1(3)求证: 1+1×3+1×3×5+L+1×3×5×L×(2n-1)<2n+1-1 2 4 16 36 4n 2 24n22×42×4×62×4×6×L×2n (4)求证: 2(+1-1)<1+1+1+L+1<2(n+1-1) n 解析: (1)因为 111æ11ö,所以>=-ç÷(2n-1)(2n-1)(2n+1)2è2n-12n+1ø å(2i-1) i=1 n 1 2 111111>1+(-)>1+(-)232n+1232n-1 (2)1+1+1+L+1=1(1+1+L+1)<1(1+1-1) 222 4 16 36 4n 4 2 n 4 n (3)先运用分式放缩法证明出1×3×5×L×(2n-1)< 2×4×6×L×2n 12n+1 再结合 1n+2 <+2-n 进行裂项,最后就可以得到答案 (4)首先再证 11n >2(n+1-n)= 2n+1+n 2,所以容易经过裂项得到2(n+1-1)<1+1+1+L+1 2 n 而由均值不等式知道这是显然成立的, <2(2n+1-2n-1)= += n+ 2+n-22 所以1+1+1+L+1<2(2n+1-1) 2 n 例3.求证: 6n1115 £1+++L+2< (n+1)(2n+1)49n3 1 1öæ1 =2=2ç-÷14n-12n-12n+1ø2èn-41 4 解析: 一方面: 因为,所以 åk k=1 n 1 2 11ö25æ11 <1+2ç-+L+-÷<1+= 2n-12n+1ø33è35 另一方面: 1+1+1+L+1>1+1+1+L+ 2 4 9 n 2´3 3´411n =1-= n(n+1)n+1n+1 当n³3时, 当n=2时,所以综上有 6n111n6n,当n=1时,=1+++L+2> (n+1)(2n+1)49nn+1(n+1)(2n+1) 6n111 <1+++L+2, (n+1)(2n+1)49n 6n1115 £1+++L+2< (n+1)(2n+1)49n3 例4.(20XX年全国一卷)设函数f(x)=x-xlnx.数列{an}满足0 ak+1>b. a1lnb 解析: 由数学归纳法可以证明{an}是递增数列, 故若存在正整数m£k,使am³b,则ak+1>ak³b, 若am 因为 例5.已知n,mÎN+,x>-1,Sm=1m+2m+3m+L+nm,求证: nm+1<(m+1)Sn<(n+1)m+1-1. 解析: 首先可以证明: (1+x)n³1+nx nm+1=nm+1-(n-1)m+1+(n-1)m+1-(n-2)m+1+L+1m+1-0=n[km+1-(k-1)m+1]所以要证 å k=1 k+1 =ak-aklnak=a1-åamlnam, m=1 k åa m=1 k m lnam nm+1<(m+1)Sn<(n+1)m+1-1只要证: å[km+1-(k-1)m+1]<(m+1)åkm<(n+1)m+1-1=(n+1)m+1-nm+1+nm+1-(n-1)m+1+L+2m+1-1m+1=å[(k+1)m+1-km+1] k=1 k=1 k=1 nnn 故只要证 å[k k=1 n m+1 -(k-1) m+1 ]<(m+1)åk<å[(k+1)m+1-km+1], mk=1 k=1 nn 即等价于km+1-(k-1)m+1<(m+1)km<(k+1)m+1-km, 即等价于1+m+1<(1+1)m+1,1-m+1<(1-1)m+1而正是成立的,所以原命题成立. k k k k 例6.已知an=4n-2n,T= n 2n a1+a2+L+an 求证: T+T+T+L+T<3. 123n 2 nn 解析: T=41+42+43+L+4n-(21+22+L+2n)=4(1-4)-2(1-2)=4(4n-1)+2(1-2n) n 1-41-23 所以 2n2n3×2n32n Tn==n+1=n+1=n+1=× n44424-3×2n+1+222×(2n)2-3×2n+1(4-1)+2(1-2n)-+2-2n+1+-2n+133333 2n = 32n3æ11ö×=-ç÷2(2×2-1)(2-1)2è2-12-1ø 1111从而T+T+T+L+T=3æ-ç1-+-+L+n123n 2è 3 3 7 2-1ö3 ÷<2n+1-1ø2 1 例7.已知x1=1,x=ìn(n=2k-1,kÎZ),求证: ín în-1(n=2k,kÎZ) 1 4 111 ++L+>2(n+1-1)(nÎN*) 4xxx2×x34x4×x52n2n+1 = 1×2++1 = 2=2(+1-n) 证明: 4 12n2n+1 = = 1 4n-11 2 > 1 4n2 因为 2<+,所以 x2nx2n+1 > 2> 所以 4 111 ++L+>2(n+1-1)(nÎN*) 4xxx2×x34x4×x52n2n+1 二、函数放缩 例8.求证: ln2+ln3+ln4+L+ln3<3n-5n+6(nÎN*). n 2 3 4 3 2 n 6 解析: 先构造函数有lnx£x-1Þlnx£1-1,从而ln2+ln3+ln4+L+ln3n x x 343 n 111<3n-1-(++L+n)233 cause1+1+L+ 2 3 1æ11öæ111111ö11æ1 =ç+÷+ç+++++÷+L+çn+n+L+nn32+13è23øè456789øè2 n 33ö>5+æ3+3ö+æ9+9ö+L+æç+ç÷ç÷÷n-1ç2×33nø6è69øè1827øè n-1n-1 ö5n ÷÷=6ø 所以ln2+ln3+ln4+L+ln3<3n-1-5n=3n-5n+6 n 2 3 4 3 6 6 aaa2 例9. 例10.111 所以有ln(n+1)<1+1+L+1,所以综上有1+1+L+ 2 n 23 例11.求证: (1+1)(1+1)×L×(1+1) 2! 3! n! 9 .解析: 构造函数后即可证明11 )×L×(1+2n)<813 叠加之后就可以得到答案3 n(n+1)+1 例12.求证: (1+1´2)×(1+2´3)×L×[1+n(n+1)]>e2n-3解析: 例13.证明: ln2+ln3+ln4+L+ 3 4 5 ln[n(n+1)+1]>2- lnnn(n-1)<(nÎN*,n>1)n+14 解析: 构造函数f(x)=ln(x-1)-(x-1)+1(x>1),求导,可以得到: f’(x)=12-x,令-1=x-1x-1f’(x)>0有1 所以f(x)£f (2)=0,所以ln(x-1)£x-2,令x=n2+1有,lnn2£n2-1所以lnn n+1£n-1 2,所以ln2+ln3+ln4+L+345lnnn(n-1)<(nÎN*,n>1)n+14 例14.已知a1=1,an+1=(1+11证明a 解析: an+1=(1+,1111)an+n<(1++n)ann(n+1)n(n+1)22 lnan+1 然后运用ln(1+x) 1111an+1£(1+n+n+2)anÞlnan+1£ln(1+n+n+2)+lnanÞ £lnan+11+n+n2n-1 i=1。 于是lnan+1-lnan£11+nn+n22,åi=1n-1(lnai+1-lnai)£å111(2+i)Þlnan-lna1£1-+ni+i211-()n-111=2--n<2.1n21-2 即lnan-lna1<2Þan 注: 题目所给条件ln(1+x) 111an+1£(1+n(n-1))an+n(n-1)Þan+1+1£(1+n(n-1))(an+1)Þ ln(an+1+1)-ln(an+1)£ln(1+n-1n-1,1111Þln(an+1)-ln(a2+1)<1-<1)<.Þå[ln(ai+1+1)-ln(ai+1)]<åi(i-1)nn(n-1)n(n-1)i=2i=2即ln(an+1)<1+ln3Þan<3e-1 例16.(20XX年福州市质检)已知函数f(x)=xlnx.若a>0,b>0,证明: f(a)+(a+b)ln2³f(a+b)-f(b).解析: 设函数g(x)=f(x)+f(k-x),(k>0) Qf(x)=xlnx,\g(x)=xlnx+(k-x)ln(k-x), \0 令g¢(x)>0,则有x,k-xx2x-kk>1Þ>0Þ kkk∴函数g(x)在[,k)上单调递增,在(0,k]上单调递减.∴g(x)的最小值为g(),即总有g(x)³g().2222 而g(k)=f(k)+f(k-k)=klnk=k(lnk-ln2)=f(k)-kln2,2222\g(x)³f(k)-kln2,即f(x)+f(k-x)³f(k)-kln2.令x=a,k-x=b,则k=a+b.\f(a)+f(b)³f(a+b)-(a+b)ln2.\f(a)+(a+b)ln2³f(a+b)-f(b). 例15.(20XX年厦门市质检)已知函数f(x)是在(0,+¥)上处处可导的函数,若x×f’(x)> (I)求证: 函数g(x)=f(x)上是增函数;在(0,+¥)xf(x)在x>0上恒成立.(II)当x1>0,x2>0时,证明: f(x1)+f(x2) 1111nln22+2ln32+2ln42+L+ln(n+1)2>222(n+1)(n+2)234(n+1)(nÎN*). 解析: (I)g’(x)= (II)因为,所以函数上是增函数f’(x)x-f(x)f(x)>0g(x)=在(0,+¥)2xxg(x)=f(x)在(0,+¥)x上是增函数,所以 x1×f(x1+x2)x1+x2f(x1) f(x2)f(x1+x2)x2<Þf(x2)<×f(x1+x2)x2x1+x2x1+x2 两式相加后可以得到f(x1)+f(x2) (3)f(x1)f(x1+x2+L+xn)x1<Þf(x1)<×f(x1+x2+L+xn)x1x1+x2+L+xnx1+x2+L+xn f(x2)f(x1+x2+L+xn)x2……<Þf(x2)<×f(x1+x2+L+xn)x2x1+x2+L+xnx1+x2+L+xn f(xn)f(x1+x2+L+xn)xn<Þf(xn)<×f(x1+x2+L+xn)xnx1+x2+L+xnx1+x2+L+xn 相加后可以得到: f(x1)+f(x2)+L+f(xn) 所以x1lnx1+x2lnx2+x3lnx3+L+xnlnxn<(x1+x2+L+xn)ln(x1+x2+L+xn)令xn=1 (1+n)2,有æ1111æ1111öæ111ö2222ö÷-çln2+ln3+ln4+L+ln(n+1)<ç÷ç÷+++L+×ln++L+ç22÷ç223242ç2323242(n+1)2(n+1)2÷(n+1)2÷èøèøè2ø 1öæ11önæ111öæ111ö<æç-÷ç-÷=-÷ç÷<ç++L+×ln++L+222çç22(n+1)(n+2)(n+1)n÷3(n+1)÷øèn+1øè2n+2øèøè2´13´2 所以1111nln22+2ln32+2ln42+L+ln(n+1)2>222(n+1)(n+2)234(n+1) >ln(n+1)2ln41öæ1³=ln4ç-÷(n+1)(n+2)(n+1)(n+2)èn+1n+2ø(nÎN*).(方法二)ln(n+1)2(n+1)2 所以11111önln4æ1ln22+2ln32+2ln42+L+ln(n+1)2>ln4ç-÷=22234(n+1)è2n+2ø2(n+2)又ln4>1> 1,所以1111nln22+2ln32+2ln42+L+ln(n+1)2>(nÎN*).22n+12(n+1)(n+2)234(n+1) 三、分式放缩 姐妹不等式: b>b+m(b>a>0,m>0)和bb>0,m>0) a a+m a a+m 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: (1+1)(1+1)(1+1)L(1+ 3 5 1111(1-)(1-)(1-)L(1+)< 2462n 12n+1 12n+1 1 )>2n+1和2n-1 也可以表示成为 和1×3×5×L×(2n-1)<2×4×6L×2n >2n+1 2×4×6×L×2n1×3×5×L×(2n-1) a 解析: 利用假分数的一个性质b>b+m(b>a>0,m>0)可得 a+m 2×4×6L2n> 135 2n-1 135 2n-1 3572n+11352n-1××L=××L×(2n+1)2462n2462n Þ(2×4×6L2n)2>2n+1即(1+1)(1+1)(1+1)L(1+ 35 1 )>n+1.2n-1 111 例20.证明: (1+1)(1+)(1+)L(1+)>3n+1. 473n-2 解析: 运用两次次分式放缩: 2583n-13693n×××L×>.××L××1473n-22583n-1 (加1)(加2) 2583n-147103n+1×××L×>.××L××1473n-23693n 相乘,可以得到: 3n-1ö47103n+11473n-2æ258=×××L××(3n+1)ç×××L×÷>.××L×× 3n-2ø2583n-12583n-1è147 2 所以有(1+1)(1+1)(1+1)L(1+1)>3n+1. 4 7 3n-2 四、分类放缩 例21.求证: 1+1+1+L+ 2 3 1n >2-12 n 解析: 1+1+1+L+ 2 311111111 >1++(+)+(+++)+L+ 2442n-123232323 ( 1111n1n +n+L+n)-n=+(1-n)>n 2222222 n 例22.(20XX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{A}与曲线x≥0)上的点列{Bn}满足OA=OB=1,直线y=nn n AnBn在x轴上的截距为an.点Bn的横坐标为bn,nÎN*. b1 b2 bn-1 bn (1)证明an>an+1>4,nÎN*; (2)证明有n0ÎN*,使得对"n>n0都有b2+b3+L+bn+bn+1<n-2008.解析: (1) 依题设有: A bn2+2bn= n æ1ö,由OB=1得: nç0,÷,Bnbn,(bn>0)nènø (,又直线AnBn在1,\bn1,nÎN*2n anx轴上的截距为an满足 Q2n2b n ( an-0)1öæ1ö ÷=ç0-÷(bn-0) nøènø=1-n2bn2>0,bn+2= 1 nbn 2 bn1+1\an===bn+2an1221- 2nbnnbn( 显然,对于1>n1,有an>an+1>4,nÎN*>0n+1 (2)证明: 设 cn=1-,则 bn+1,nÎN*bnæ11n2ç-çn( n+1)è cnæöç÷2n+112n+1ç>22 (n+1)ç22(n+1)çèQ(2n+1)(n+2)-2(n+1)=n>0,\cn>21,nÎN*n+2 设Sn=c1+c2+L+cn,nÎN*,则当n=2k-2>1(kÎN*)时, 1111æ11öæ11öæ11Sn>++L+k+k=ç+÷+ç2+L+3÷+çk-1+L+k342-12è34øè2+12øè2+12>2×11k-1。 2k-11+2×+L+2×=22232k2ö÷ø 所以,取n0=24009-2,对"n>n0都有: æbn+1öæb2öæb3ö4017-1çç÷ç÷1-+1-+L+=2008çb÷çb÷ç1-b÷÷=Sn>Sn0>21ø2ønøèèè 故有b2+b3+L+bn+bn+1<n-2008成立。 b1b2bn-1bn 例23.(20XX年泉州市高三质检)已知函数f(x)=x2+bx+c(b³1,cÎR),若f(x)的定义域为[-1,0],值域也为[-1,0].若数列{bn}满足bn=f(n)(nÎN*),记数列{bn}的前n项和为Tn,问是否存在正常数3nA,使得对于
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