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!!)

例析放缩法在数列不等式中的应用
孙卫
（安徽省芜湖市第一中学 241000）
数列不等式是高考大纲在知识点交汇处命题精神的重要体现，在高考试题中占有重要地位，在近几年的高考试题中，多个省份都有所考查，甚至作为压轴题。

而数列不等式的求解常常用到放缩法，笔者在教学过程中发现学生在用放缩法处理此类问题时，普遍感到困难，找不到解题思路。

现就放缩法在数列不等式求解过程中常见的几种应用类型总结如下。

1. 直接放缩，消项求解
例1（2008 辽宁21）在数列{}{},n n a b 中,112,4a b ==,且1,,n n n a b a +成等差数列,11,,n n n b a b ++成等比数列. *N n ∈,
（Ⅰ）求234,,a a a 及234,,b b b ,由此猜测{}{},n n a b 的通项公式,并证明你的结论;
（Ⅱ）证明:1122111512
n n a b a b a b +++<+++L . 分析：（Ⅰ）数学归纳法。

（Ⅱ）本小题的分母可化为不相同的两因式的乘积，可将其放缩为等差型两项之积，通过裂项求和。

（Ⅰ）略解2(1)(1)n n a n n b n =+=+，． （Ⅱ）11115612
a b =<+．n ≥2时，由（Ⅰ）知(1)(21)2(1)n n a b n n n n +=++>+． 故112211111111622334(1)n n a b a b a b n n ⎛⎫+++<++++ ⎪+++⨯⨯+⎝⎭
…… 111111116223341n n ⎛⎫=+-+-++- ⎪+⎝⎭
… 111111562216412n ⎛⎫=
+-<+= ⎪+⎝⎭，综上，原不等式成立． 点评： 数列和式不等式中，若数列的通项为分式型，可考虑对其分母进行放缩，构造等差型因式之积。

再用裂项的方法求解。

另外，熟悉一些常用的放缩方法， 如：),,2,1(1
1121n k n k n n Λ=+≤+≤,n n n n n n n n n 111)1(11)1(11112--=-≤<+=+- 例2（2008 安徽21.节选）设数列{}n a 满足*,1,1311N c c ca a a n n ∈-+==+其中c 为实数
（Ⅰ）证明：[0,1]n a ∈对任意*
n N ∈成立的充分必要条件是[0,1]c ∈；
（Ⅱ）设103
c <<，证明：1*1(3),n n a c n N -≥-∈; 分析：（Ⅰ）数学归纳法证明（Ⅱ）结论可变形为1)3(1-≤-n n c a ，即不等式右边为一等比数列通项形式，
化归思路为对 n a -1用放缩法构造等比型递推数列，
即)1(3)1)(1(112111-----≤++-=-n n n n n a c a a a c a
解：（Ⅰ）解略。

（Ⅱ）设 103
c <<，当1n =时，10a =，结论成立，当2n ≥ 时， 3211111,1(1)(1)n n n n n n a ca c a c a a a ----=+--=-++∵∴
3
10<<c Θ,由（1）知1[0,1]n a -∈，所以 21113n n a a --++≤ 且 110n a --≥ 113(1)n n a c a --≤-∴
21112113(1)(3)(1)(3)(1)(3)n n n n n a c a c a c a c -----≤-≤-≤≤-=L ∴
1*1(3)()n n a c n N -≥-∈∴
点评：直接对多项式放大后，得到的是等比型递推数列，再逐项递推得到结论。

通过放缩得到等比型递推数列是求解数列不等式的另一个重要的类型。

2. 利用基本不等式放缩
例3（2008 浙江22）已知数列{}n a ，0≥n a ，01=a ，)(12
121•++∈=-+N n a a a n n n ，记n n a a a S +++=Λ21，)
1()1)(1(1)1)(1(11121211n n a a a a a a T +++++++++=ΛΛ． 求证：当•∈N n 时，（Ⅰ）1+<n n a a ；（Ⅱ）2->n S n ；（Ⅲ）3<n T 。

分析：（Ⅰ）在0≥n a 的条件下，1+<n n a a 的等价形式为212+<n n a a ，要证2
12+<n n a a ，只需证
,011221>-=-++n n n a a a 即证1<n a ，可用数学归纳法证明 （Ⅱ）由 12
211++-=-n n n a a a 累加及1<n a 可得
（Ⅲ）和式通项的分母由 n a +1累乘得到的，条件中可有2111)1(k k k a a a +=+++得到，但 1
2
11)1(+++=+k k k a a a 的分子分母次数不同，可用基本不等式将其化为等比型递推数列 （Ⅰ）解略。

（Ⅱ）解略。

（Ⅲ）证明：由221112k k k k a a a a +++=+≥，得
111(2313)12k k k
a k n n a a ++=-+L ≤，，，，≥ 所以2342
1(3)(1)(1)(1)2n n n a a a a a a -+++L ≤≥， 于是
2222232211(3)(1)(1)(1)2()22n n n n n n a a n a a a a a ---=<++++L ≤≥， 故当3n ≥时，21111322
n n T -<++++<L ，又因为123T T T <<，所以3n T <． 点评：本题第三问，基本不等式的应用使构造等比型递推数列成为可能，在公比1≤q 时，等比数列的前n 项和趋向于定值，即前n 项和有界，这为数列和式范围的证明提供了思路。

3. 利用数列的单调性放缩
例4 数列}{n a 为非负实数列，且满足：0221≥+-++k k k a a a ，
∑==≤k i i k a 1,2,11Λ， 求证：).,2,1(2021Λ=<-≤+k k
a a k k 分析：有时数列不等式的证明可以在数列单调性的前提下进行放缩。

证明：若有某个1+<k k a a ，则2211++++<+-≤k k k k k a a a a a ，从而从k a 起，数列}{n a 单调递增，和n n a a a S +++=Λ21会随n 的增大而趋向于无穷，与∑==≤k
i i k a 1,2,11Λ，矛盾，所以}{n a 是单调递减
的数列，即01≥-+k k a a ，令Λ,2,1,1=-=+k a a b k k n
由0221≥+-++k k k a a a 得211+++-≥-k k k k a a a a ，即Λ,2,1,1=≥+k b b k k
由于k a a a +++≥Λ211
k k
k
k
k
k
b k k b k kb b b b a b a b a a b b a a a b 2
)1()321(3232322321321321321+=++++≥++++≥++++=++++=++++=ΛΛΛ
ΛΛΛΛ 故22)1(2k k k b k <+≤。

点评：本题考虑了数列}{n a ，}{n b 的单调性，然后利用放缩法进行证明。

又如，例3的第三问也可用单调性证明：
,1+<n n a a Θ及,0≥n a ,)1(1)1()1)(1(11
221-+≤+++∴n n a a a a Λ 222122*********)11(
1)1(1)1(11111a a a a a a a T n n n n +-<+-+-=++++++++≤∴-Λ，要证3<n T , 只要证311
11
2<+-a ，即,2
12>a 而,212152>-=a 所以问题得证 4. 放缩法在数学归纳法的应用
数列不等式是与自然数有关的命题，数学归纳法是证明与自然数有关的命题的重要方法。

应用数学归纳法证明时，通常要利用放缩法对条件进行适当的转化，才能实现由k n =时成立到1+=k n 时也成立的过渡。

举例略。

综合以上分析，我们发现，在数列不等式的求解过程中，通过放缩法的应用，主要使数列不等式转化为以下两种类型：
（1）可直接裂项的形式，再求和证明求解。

（等差型）
（2）等比型递推数列，1<q 时，数列前n 项和有界。

（等比型）
数列不等式是一类综合性较强的问题，我们可以利用上述思路对数列不等式进行分析、求解。

在解题过程中要充分挖掘题设条件信息，把条件合理的转化、加强、放缩，同时结合问题的结构、形式等特征，使条件与结论建立联系，从而使解题思路通畅。

其中合理、适当的放缩是能否顺利解题的关键。

参考文献：
1 何清泉． 数列不等式证明的几种策略，数学通报， 2007，11
2 王树国． 师大附中专题 （数列、极限、数学归纳法），长沙，湖南师大出版社 2004 第二版
作者简介：孙卫，1979，汉，安徽芜湖市第一中学，职称：中教二级 电话：，邮码：241000电子信箱： .。