(word版)放缩法技巧全总结(非常精辟,是尖子生解决高考数学最后一题之瓶颈之精华),文档

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2021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

2的值;

1.

例1.(1)

求

(2)求

证:

k 14k 2

1 k 1k 2

3

解析:(1)因为

2 2 1 1 ,所以 n 2 1

1 2n

4n 2 1 (2n 1)(2n 1

) 2n1 2n

1

14k 2 1

12n 1

k 2n (2)因为1

1 4 1 1 ,所

以n 1 1 1 1 1 2 5 2 2 1 2

1 n

2 1 4n 2 1 k1k 35 2n12n1 3

3 n

2 2n12n1 4

奇巧积

累:(1) 1 4 4 2 1 1 (2) 1 2 1 1

n 2 4n 2 4n 2 1 2n1 C n 1 1C n 2 (n 1)n(n 1) n(n 1

) n(n 1)

2n1 (3)T r 1 C n r 1 n! 1 1 1 1 1

(r 2

)

n r r!(nr)!n r r! r(r1) r1r

(4)(1 1)n 1 1 2 1 1

1 1) 5

n 1 3 2 n(n 2

(5

) 1 1 1

(6

)

1 n

2 n

2n (2n 1) 2n 12n

n2

(7)2( n 1

n)

1 2( n n 1) (8)

2 1

1

1

1

n 2n12n32n

(2n1)2n1

(2n3)2n

(9)

1

1

1

1

1

1 1

1

k(n 1

k) n1 k k n , n(n

1 k

)

k

1n

n 1k

1

(10

) n 1 1

(11)

2 2

2

(n 1)

! n! (n 1)!

1 2( 2n 1 2n 1)

n

2n 1 2n 1

1

1

n

n

2

2

(11)

2n

2n

2n 2n 1 1

1

(2n

1)2

(2n

1)(2n

1)

(2n

1)(2n

2) (2n

1)(2n1

1)

2n

1 1 2n

(n

1 (12)

1

1

1

1

1

1

3

n 2

n(n 1)(n

1)

n(n 1)

n(n 1) n

1

n 1

n n

1

1 n 1

n 1

1 1

n 1 n 1

2 n n 1

n1

(13) 2n 1 2 2n (3 1)2n 3

3(2n 1) 2n 2n 1

2n

1 1 2n

(14)

k

2

1

1

k! (k

1)! (k 2)!

(k 1)!(k2)!

(15) i 2 1

j 2 1

i 2 j 2

i j

(i

j)(i 2 1

j 2

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2)

2)

1 1 1 7

1 (n 2) 例2.(1)求证:1

2

5

2

(2n 1)

2

6

2(2n

3

1)

(2)求证:

1 1 1 1

2 1 1 4 16

36 4n

2 4n

(3)求证:

1

13 13 5 135 (2n1) 2n11

2 24

24

6

24 6 2n

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(4) 求证：2(

n 1 1) 1 1 1 1

2(2n1 1)

2 3 n

解析:(1)因为

1

1

1

1

1

,所以

n

1

1 1 1 1 1 1

(2n1)2

(2i 1)2 1 2 ( 2n ) 1 ( 3 )

(2n 1)(2n 1)

2 2n 1 2n 1

i1

3 1 2 2n1 (2)

1

1 1

1

1

(1 1

1 )

1

(1 1 1

4

16

36

4n 2

4 2 n 2 4 )

2

n

(3)先运用分式放缩法证明出

135 (2n 1) 1 ,再结合

1 n 2

进行裂项,最后就可以得到答案

24 6 2n 2n

1

n 2

n

(4)首先 1

2( n 1

n)

2 ,所以容易经过裂项得到

n

n

1

n

2( n

11) 1

1 1

1

2

3

n

再证

而由均值不等式知道这是显然成立的，所以

1

2(2n

12n

1)

2 2

2

n

2n 1

2n 1

1

1

n

n

2 2

1

1 1

1 2( 2n

1

1)

2

3

n

例3.求证:

6n 1 1 1 1

5

49 n 2

3

(n1)(2n1)

解析:一方面:因为1

1

4

2

1

1

,所以

2

1

2

n

n 2

4n1

2n12n1

4

n

1

1

1

1

1

2

5

1 k1k

2

2

2n1 2n1

1

35

33 另一方面:1

1 1 1 1 1 3 3 1

1 1) 1

n 1 n n

4 9 n 2 2 4

n(n

1 1

当n

3时,n

(n 6n 1) ,当n 1时, (n 6n

1) 1 11

1,

n 1 1)(2n

1)(2n

4 9

n 2

当n

2时,

6n

1 1 1

1

,所以综上有

(n

1)(2n 1)

4 9 n 2

6n

1

1

1

5

(n1)(2n

1) 1

9

n 2

3

4

例4.(2021

年全国一卷 ) 设函数 f(x) x xlnx .数列

a n

满足0a

1.

a

n1

f(a ).设 b(a 1，1) ，整数 k ≥

a 1

b

.证

1

n

a 1ln

b 明:a k1b.

解析:由数学归纳法可以证明 a n 是递增数列,故存在正整数m

k

,使

a m

b ,那

么

a

k1

a k

b

,否那么假设

a m

b(m

k)

,那么由

0 a 1 a m

b 1

知

a m lna m

a 1lna m a 1lnb0,a

k

k

k(alnb),

a

k

alna

k

a

a m

lna m ,因为

a lna

m

k1

k

1

m 1

m1

m

1

于是

a k1 a 1

k|a 1lnb|a 1 (ba 1)

b

例5.

n,mN,x

1,S

1m 2m 3m

n m ,求证:n m1 (m1)S

(n1)m11.

m

n

解析:首先可以证明:(1

x)n

1 nx

n m1

n m1

(n

1)m

1

(n 1)

m1

(n 2)m1

1m1

0 n [k m1

(k

1)m1]所以要证

k 1

n m 1 (m 1)S n (n 1)m1

1只要证:

n n

n

故只

[k m1 (k1) m1 ](m1)

k m

(n1)

m1

1(n1) m1 n m1 n m1

(n1) m1

2

m11m1 [(k1) m1 k m1 ]

k1 k 1

k

1