高考数学备考之放缩技巧(一)
高考导数解答题中常见的放缩大法完整版.doc
(高手必备）高考导数大题中最常用的放缩大法相信不少读者在做高考导数解答题时都有这样的感悟，将复杂的函数求导，再对导函数求导，再求导，然后就没有然后了......如果懂得了最常见的放缩，如：人教版课本中常用的结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1x x<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1.⑵1x e x >+⑶ln(1)x x >+⑷ln ,0x x x e x <<>.将这些不等式简单变形如下： exx ex e x e x x x x x 1ln ,,1,1ln 11-≥≥+≥-≤≤-那么很多问题将迎刃而解。
例析：（2018年广州一模）x e x x f x x ax x f 2)(,0,1ln )(⋅≤>++=若对任意的设恒成立，求a 的取值范围。
放缩法：由可得：1+≥x e x 2)1(ln 1ln 2)1(ln )1(ln 1ln ln 22=+-++≥+-=+-=+-+x x x x x x e x x xe x x e x x x x高考中最常见的放缩法可总结如下，供大家参考。
第一组：对数放缩（放缩成一次函数）ln 1x x ≤-，ln x x <，()ln 1x x +≤ （放缩成双撇函数）()11ln 12x x x x ⎛⎫<-> ⎪⎝⎭，()11ln 012x x x x ⎛⎫>-<< ⎪⎝⎭， )ln 1x x<>，)ln 01x x ><<， （放缩成二次函数）2ln x x x ≤-，()()21ln 1102x x x x +≤--<<，()()21ln 102x x x x +≥-> （放缩成类反比例函数）1ln 1x x≥-，()()21ln 11x x x x ->>+，()()21ln 011x x x x -<<<+， ()ln 11x x x +≥+，()()2ln 101x x x x +>>+，()()2ln 101x x x x +<<+第二组：指数放缩（放缩成一次函数）1x e x ≥+，x e x >，x e ex ≥， （放缩成类反比例函数）()101x e x x ≤≤-，()10x e x x<-<， （放缩成二次函数）()21102x e x x x ≥++>，2311126x e x x x ≥+++， 第三组：指对放缩()()ln 112x e x x x -≥+--=第四组：三角函数放缩()sin tan 0x x x x <<>，21sin 2x x x ≥-，22111cos 1sin 22x x x -≤≤-. 第五组：以直线1y x =-为切线的函数ln y x =，11x y e -=-，2y x x =-，11y x=-，ln y x x =. 拓展阅读：为何高考中总是考这些超越函数呢？和x e xln 因为高考命题专家是大学老师，他们站在高观点下看高中数学，一览无遗。
放缩技巧与放缩法 讲义--高考数学压轴题微专题-解析版
放缩技巧与放缩法放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一.在高考命题的热点一一数列不等式的证明一一中有广泛的应用,放缩必须有目标,而且要恰到好处,目标往往要从证明的结论考量.常用的放缩法有增项,减项、利用分式的性质、利用不等式的基本性质,利用已知不等式(如均值不等式,柯西不等式、排序不等式等)、利用函数的性质、利用三角函数的有界性进行放缩等,适当放缩是解决不等式问题的重点也是难点所在.虽然各版教材关于不等式放缩的技巧要求并不高,但高考中和全国数学联赛中经常把对这种方法的考查作为命题的热点,特别是在压轴题中,数列不等式的证明是常考题型.放缩法主要有直接放缩、裂项放缩,并项放缩,加强放缩等几种类型.(1)直接放缩:为了证明不等式A<B,可找一个(或多个)中间量C作比较,若能确定A<C与C<B同时成立,则A<B显然正确(实质就是运用不等式基本性质中的传递性).所谓“放”即把A放大到C,再把C 放大到B;反之,由B缩小经过C而变到A,则称为“缩”,统称为放缩法,放缩法是一种技巧性较强的不等变形,关键是放,缩适当,跨度合理,放不能过头,缩不能不及.(2)裂项放缩:在证明数列不等式中涉及数列求和时,经常出现这类技巧.放缩法常用的结论如下：①1k=2k+k>2k+1+k=2(k+1-k);1 k =2k+k<1k+k-1=2(k-k-1)k∈N*,k>1②1k2<1k(k-1)=1k-1-1k;1k2>1k(k+1)=1k-1k+1;③1k2<1k2-1=1(k-1)(k+1)=121k-1-1k+14绝对值不等式:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|.(3)并项放缩:有些不等式问题,直接放缩无法办到,如果对原不等式中的项进行适当重组,可使原问题出现“柳暗花明又一村”的境地,并项放缩是局部调整法最为简单的一种.G・波利亚也说过“局部提示整体”,局部调整,分段逼近是导致不等式证明,特别是数列不等式证明得以解决的重要分析.(4)加强放缩:有些数列不等式问题若直接证明命题比证明其某个加强命题更困难.这时,我们不妨“欲擒故纵",先通过证明原命题的某个“更强的命题”,从而“顺手牵羊”地解决原命题,这种证明方法称为加强命题法,这是证明数列不等式问题的一种有效方法.总之,有关不等式的证明,在对问题作细致观察的基础上,展开丰富的联想,开启创造性思维的大门,将待处理的问题变化(转化)为目标模式或规范问题,从而使原问题得到解决,是化归思想的体现,运用放缩法证明不等式,其实质是化归思想的运用.典型例题1设a,b,c均为非负实数,求证：a2+b2+b2+c2+c2+a2≥2(a+b+c)【分析】运用基本不等式证明不等式有时会出现“放缩过头”的状况,使证明陷入僵局,如用a2+b2≥2ab,则有a2+b2≥2ab,同理b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,于是有ab+bc+ca≥a+b+c,而实际上,a+b2≥ab,b+c2≥bc,c+a2≥ca,可得a+b+c≥ab+bc+ca,两者矛盾,说明上述用a2+b2≥2ab来缩小a2+b2有点过头,所以用放缩法变形应当把握好放缩的尺度,注意“适度".【证明】由a2+b2≥2ab,得2a2+b2≥(a+b)2{,即a2+b22≥a+b2,也即a2+b2≥22(a+b).同理可得b2+c2≥22(b+c),c2+a2≥22(c+a).∴a2+b2+b2+c2+c2+a2≥22(a+b)+22(b+c)+22(c+a)=2(a+b+c).2若n是正整数,求证:112+122+132+⋯+1n2<2.【分析】本不等式左边项数很多,不能直接通分,要通过适当放缩才能得出证明.可利用1k2<1k(k-1)=1 k-1-1k进行放大再裂项实施.【证明】∵1 k2<1k(k-1)=1k-1-1k,k=2,3,4,⋯,n.∴1 12+122+132+⋯+1n2<11+11⋅2+12⋅3+⋯+1(n-1)n=1+1-12+1 2-1 3+⋯+1n-1-1n=2-1n<2 3已知:a,b,c,d都是正数.求证:1<ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b<2【分析】与上例类似,本题不能直接通分,只有采用放缩法,即分母放大分数值缩小,且用ab<a+mb+m(0<a<b,m>0)放大,方可获证.【证明】ba+b+c +cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b>ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d =a+b+c+da+b+c+d=1又由ab<a+mb+m(0<a<b,m>0)可得ba+b+c <b+da+b+c+d,cb+c+d<c+aa+b+c+d,dc+d+a<d+ba+b+c+d,ad+a+b <a+ca+b+c+d,∴b a +b +c +c b +c +d +d c +d +a +a d +a +b <b +d a +b +c +d +c +a a +b +c +d+d +b a +b +c +d +a +c a +b +c +d =2(a +b +c +d )a +b +c +d =2.综上,1<b a +b +c +c b +c +d +d c +d +a +a d +a +b <2得证.4已知:数列a n 满足S n =n 2a n n ∈N * ,S n 是a n 的前$n $项的和,a 2=1.(1)求S n ;(2)证明:32≤1+12a n +1 n <2.【分析】第(1)问,通过累成法求通项a n ，再求前n 项和S n ;第(2)问,通过二项展开式直接放缩.注意放缩的跨度,放不能过头,缩不能不及.【解析】(1)当n ≥2时,有\S n =n 2a n,①S n +1=n +12a n +1,② ②-①得(n -1)a n +1=na n ,即a n +1a n =n n -1.∴a n =a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅⋯⋅a 3a 2⋅a 2=n -1n -2⋅n -2n -3⋯⋅21⋅1=n -1,又a 1=12a 1,得a 1=0,故S n =n 2a n =n (n -1)2(2)【证明】1+12a n +1 n =1+12n n =C 0a +C 1n ⋅12n +C 2n ⋅12n 2+⋯+C r n ⋅12n r +⋯+C n n ⋅12nn .因此,1+12n n ≥C 0n +C 1n ⋅12n =32(当n =1时取等号).另一方面,易证2n +12n <2n -k 2n -(k +1)(k =0,1,⋯,n -1),则1+12n n =2n +12n n <2n 2n -1⋅2n -12n -2⋯⋯⋅n +1n=2因此,有32≤1+12a n +1n <2,当n =1时,32=1+12⋅1,左边等号成立.5已知：各项均为正数的数列a n 的前$n $项和为S n ,且a 2n +a n =2S n .(1)求证:S n <a 2n +a 2n +14;(2)求证:S n 2<S 1+S 2+⋯+S n <S n +1-12.【分析】第(1)问,运用基本不等式放缩;第(2)问,放缩后构造成等差数列求和.【证明】(1)在条件中,又由条件a 2n +a n =2S n ,有a 2n +1+a n +1=2S n +1,将这两式相喊,∵a n +1=S n +1-S n ,有a n +1+a n a n +1-a n -1 =0.∵a n >0,∴a n +1+a n >0,故a n +1-a n =1.∴a n =1+(n -1)⋅1=n ,S n =n (n +1)2,∴S n =n (n +1)2<12⋅n 2+(n +1)22=a 2n +a 2n +14.(2)∵n <n (n +1)<n +1,∴n 2<n (n +1)2<n +12.∴S 1+S 2+⋯+S n =1⋅22+2⋅32+⋯+n (n +1)2<22+32+⋯+n +12=n 2+3n 22=S n +1-12S 1+S 2+⋯+S n >12+22+⋯+n 2=n (n +1)22=S n26已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=1+n 2na n (n =1,2,3⋯).求证:a n +1>a n ≥3-n +12n -1.【分析】运用累加法结合放缩法证明.【证明】∵a n +1=1+n 2na n ,∴a n +1与a n 同号,又∵a 1=1>0,∴a n >0即a n +1-a n =n 2n a n >0,即a n +1>a n ,∴数列a n 为递增数列.∴a n ≥a 1=1,即a n +1-a n =n 2n a n 运用累加法得:a n -a 1≥12+222+⋯+n -12n -1令S n =12+222+⋯+n -12n -1,∴12S n =122+223+⋯+n -12n 错位相㖪得:12S n =12+122+123+⋯+12n -1-n -12n ∴S n =2-n +12n -1,由a n -a 1≥S n =2-n +12n -1得a n ≥3-n +12n -1故得a n +1>a n ≥3-n +12n -1.7已知f (x )=-12x 2+x +1,x n +1=f x n ,n ∈N *,且1<x 1<2.(1)当n ≥2时,求证:1<x n <32;(2)试确定一个正整数N (N ≥2),使得当n >N 时,都有x n -2 <132.【分析】第(1)问，探究数列的单调性得到一个不等式模型依次放缩，逐步通向结论;第(2)问,将通项依等比递缩的形式进行放缩持续靠近目标.【解析】(1)证明∵x n +1=-12x 2n +x n +1=-12x n -1 2+32,∴x n +1<32,从而x n <32.又当1<x 1<2时,有x 2=-12x 1-1 2+32,故x 2是x 1∈(1,2)上的递㖅函数.∴x 2=-12x 1-1 2+32∈1,32 .同理可得x 3=-12x 2-1 2+32易知x 3是x 2∈1,32 上的递减函数,且x 3∈32-18,32 ⊊1,32 .由此依次迭代可得x n ∈1,32n ∈N *,n ≥2 .(2)因为x x +1-2 =-x 2n 2+x n +1-2 =-x 2n -22+x n -2 =x n -22 ⋅x n +2-2 <x n -22 ⋅32+2-2 <12x n -2 ∴x n -2 <12 x n -1-2<122 xn -2-2<⋯<124 xn -4-2|当n =0时,有x 6-4-2 =x 2-2 <12,由此可得,当取N =6时,能使得当n >N 时,都有x n -2 <132.强化训练1求证:1+12+13+14+⋯+12n -1+12n >1+n 2n ≥2,n ∈Z + .【解析】证明:先将原数列各项分别“组合”,得左=1+12+13+14 +15+16+17+18 +19+110+⋯+116+⋯+12n -1+1+12n -1+2 +⋯+12n >1+12+14+14 +18+18+18+18 +⋯+116+116+⋯+116+⋯+12n +12n +⋯+12n=1+12+12+⋯+12n 个=1+n 2.2已知数列a n 满足a 1=12且a n +1=a n -a 2n n ∈N * .(1)求证:1≤a n a n +1≤2n ∈N * ;(2)设数列a 2n 的前n 项和为S n .求证:12(n +1)≤S n n ≤12(n +1).【解析】证明:(1)由题意得a n +1-a n =-a 2n ≤0,即a n +1≤a n ,a n ≤12.由a n =1-a n -1 a n -1得a n =1-a n -1 1-a n -2 ⋯1-a 1 a n >0,由0<a n ≤12,得a n a n +1=a n a n -a 2n =11-a n ∈1,2 .即1≤a n a n +1≤2.(2)由题意得a 2n =a n -a n ,故S n =a 2n +a 2n +⋯+a 2n =a n -a 2 +a 2-a 3 +⋯+a n -a n +1 =a n -a n +1,由a 2n =a n -a n +1,得1a n +1-1a n =a n a n +1,又由1 知,1≤a n a n +1≤2,∴1≤1a n +1-1a n ≤2.即1≤1a 2-1a 1≤2,1≤1a 3-1a 2≤2,1≤1a 4-1a 3≤2,⋯,1≤1a n +1-1a n≤2,以上各式相加得n ≤12-1a n +1-1a 1≤2n .∴n +2≤1a n ≤2n +1 ,即12n +1 ≤a n +1≤1n +2,∴12-1n +2≤a 1-a n +1≤12-12n +1,即n 2n +2 ≤S n ≤n 2n +1 ,∴12n +2 ≤S n n ≤12n +1.3设数列a n 满足a n +1=a 2n -na n +1,n ∈N *.(1)当a 1=2时,求a 2,a 3,a 4,并由此猜测出a n 的一个通项公式(不需要证明);(2)当a 1≥3时,用数学归纳法证明a n ≥n +2;(3)当a 1=3时,求证:11+a 1+11+a 2+⋯+11+a n <12.【解析】(1)令n =1,a n =12 n +1<12.令n =2,则a 3=a 2=a 22-a 2+1=4-2+1=3;令n =3,则a 4=a 23-3a 3+1=16-12+1=5;猜测a n =n +1.(2)(1)当n =1时,a 1≥3=1+2,不等式成立;(2)假设当n =k 时结论成立,即a k ≥k +2,则a k +1=a 2k -ka k +1=a k a k -k +1≥k +2 k +2-k +1=2k +2 +1>k +3=k +1 +2.即n =k +1时,结论也成立,由(1)(2)可知,a n ≥n +2.(3)证明:由2 知,a n +1=a n a n -n +1≥2a n +1,即a n +1+1≥2a n +1 ,于是11+a n +1≤12⋅11+a n∴11+a n ≤12⋅11+a n -1≤12 2⋅11+a n -2≤⋯≤12 n -1⋅11+a 1=12 n +1故11+a 1+11+a 2+⋯+11+a n ≤12 2+12 3+⋯+12n +1=12 n 1-12 n1-12=12-12 n +1<12.。
高中数学放缩法技巧全总结
高中数学放缩法技巧全总结在高中数学学习中，放缩法是一种常用的解题技巧，尤其在不等式证明和极限计算中应用广泛。
掌握好放缩法的技巧，可以帮助我们更好地解决数学问题，提高解题效率。
下面，我将对高中数学放缩法的技巧进行全面总结，希望能够帮助大家更好地掌握这一技巧。
首先，放缩法的基本思想是通过构造一个比原来更容易处理的不等式或者关系式，从而简化原问题的解决过程。
在实际运用中，我们可以通过加减变形、乘除变形、配方等方式进行放缩，下面我们来看一些常用的放缩法技巧。
一、加减变形。
在不等式证明中，我们常常会遇到需要证明一个不等式成立的情况。
这时，我们可以通过在两边同时加上或者减去一个特定的数，来改变原不等式的形式，使得原不等式更容易证明。
例如，在证明数学归纳法中的不等式时，我们常常会通过加减变形来简化证明过程，这是一种常见的放缩法技巧。
二、乘除变形。
在极限计算中，我们常常需要通过放缩法来证明一个极限存在或者不存在。
这时，我们可以通过乘除变形，将原极限问题转化为一个更容易处理的形式。
例如，当我们需要证明一个函数的极限不存在时，可以通过乘除变形将原函数转化为一个更容易处理的形式，从而简化证明过程。
三、配方。
在解决数学问题中，有时我们需要通过配方来进行放缩。
例如，在证明三角函数不等式时，我们可以通过对不等式进行配方，将原不等式转化为一个更容易处理的形式。
这种放缩法技巧在解决三角函数不等式问题中应用广泛，可以帮助我们更好地解决这类问题。
总结起来，放缩法是高中数学学习中常用的解题技巧，通过加减变形、乘除变形、配方等方式进行放缩，可以帮助我们更好地解决数学问题，提高解题效率。
希望以上总结的放缩法技巧对大家有所帮助，能够在高中数学学习中更好地运用这一技巧，提高数学成绩。
高考数学_压轴题_放缩法技巧全总结.pdf
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k! (k 1)! (k 2)! (k 1) ! (k 2) !
(15)
1
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n(n 1)
n 1(n 2)
(15)
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(i j)( i 2 1 j 2 1)
ij
1
i2 1
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例 2.(1) 求证 :1
1 ,所以 n 1
2n 1
k 1k2
1 12
3
1 5
1
1
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1
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33
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4 4n2
4
1
1
4n2
1
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1
2n
1
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2
1
1
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C2
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( n 1) n( n 1)
n(n 1) n( n 1)
高中数学放缩法技巧全总结
高中数学放缩法技巧全总结高中数学中的放缩法是一种常用的解题技巧，它通过适当调整式子的形式，进行等价转化，从而简化计算或者明晰问题的关键点。
下面总结了一些常见的高中数学放缩法技巧。
1. 分子分母同乘：当分式的分子和分母中含有相同的因式时，可以将分子和分母同时乘以这个因式的倒数，从而得到一个等价的分式。
这样做的好处是可以简化分式，消去分子分母中的公因式。
2. 导数法：在解决函数极值问题时，可以利用导数的概念进行放缩。
通过求函数的导数，并研究导数的正负性，可以找到函数的极值点。
这种方法可以有效地缩小问题的范围，简化计算。
3. 均值不等式：均值不等式是一种常用的放缩方法，它通过寻找合适的均值来放缩不等式。
常见的均值不等式有算术-几何均值不等式、柯西-施瓦茨不等式等。
通过将不等式的两边同时取均值，可以得到一个更简单的等价不等式。
4. 三角函数变换：在解决三角函数相关的问题时，可以利用三角函数的性质进行放缩。
常见的三角函数变换有和差化积、倍角公式等。
通过适当的变换，可以将原问题转化为更容易处理的形式。
5. 幂函数变换：在解决幂函数相关的问题时，可以利用幂函数的性质进行放缩。
常见的幂函数变换有换元法、幂函数的反函数等。
通过适当的变换，可以使问题的形式更简单，更易于分析。
6. 递推关系式：在解决数列相关的问题时，可以利用递推关系式进行放缩。
通过找到数列的递推关系式，可以将原问题转化为递推问题。
递推关系式可以帮助我们找到数列的通项公式，从而简化问题的求解过程。
以上是一些高中数学中常用的放缩法技巧。
通过灵活运用这些技巧，可以在解题过程中简化计算、明晰问题的关键点，从而更高效地解决数学问题。
高数放缩法技巧全总结
高数放缩法技巧全总结
高等数学中的放缩法是一种常用的求极限、证明不等式等问题的方法，它在解
题过程中具有非常重要的作用。
放缩法的核心思想是通过适当的变形和估计，将原问题转化为一个更容易处理的形式，从而简化解题过程。
下面我们就来总结一下高数放缩法的一些技巧和方法。
首先，对于一些复杂的不等式问题，我们可以尝试使用放缩法来简化证明过程。
例如，对于一些涉及三角函数的不等式，我们可以尝试将其转化为一个更简单的形式，然后再进行证明。
在这个过程中，我们需要灵活运用三角函数的性质和不等式的性质，找到合适的放缩方法，从而达到简化证明的目的。
其次，对于一些涉及极限的问题，放缩法同样可以发挥作用。
在求解极限的过
程中，我们可以通过放缩的方式，将原极限转化为一个更容易处理的形式，然后再进行求解。
这种方法在一些复杂的极限问题中尤其有效，可以大大简化求解过程，提高解题效率。
另外，放缩法还可以应用于一些数学建模和物理问题中。
在实际问题中，我们
经常会遇到一些复杂的模型和方程，通过放缩法，我们可以将原问题简化，从而更好地理解和解决实际问题。
总的来说，高数放缩法是一种非常重要的解题方法，它可以在不等式证明、极
限求解、数学建模等方面发挥重要作用。
在使用放缩法时，我们需要灵活运用数学知识，找到合适的放缩方法，从而简化解题过程，提高解题效率。
希望以上总结的放缩法技巧能够帮助大家更好地掌握这一解题方法，提升数学解题能力。
高考数学-压轴题-放缩法技巧全总结 (1)
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、裂项放缩例1.(1)求∑=-n k k 12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k .解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n k n k (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n k nk 奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n (2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n(3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n nC Tr rrn r (4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n nn(5)nn nn21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n (8)n n n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(9)⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1 (10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n(11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11) )2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112≥---=--=--<--=----n n n n n n n n n n n n n n(12) 111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n nn n11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=n n n n n n n(13) 3212132122)12(332)13(2221nnn n n n n n n <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14)!)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k (15))2(1)1(1≥--<+n n n n n (15) 111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i j i j i j i j i ji j i例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n (2)求证:n n412141361161412-<++++ (3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n nn(4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn解析:(1)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以 )12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni (2))111(41)1211(414136116141222nnn-+<+++=++++(3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n nn ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案(4)首先nn n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n n例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n解析: 一方面: 因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk 另一方面: 1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n n n n n n当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n n n n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++ ,当2=n 时,2191411)12)(1(6nn n n ++++<++ ,所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n例4.(2008年全国一卷)设函数()ln f x x x x =-.数列{}n a 满足101a <<.1()n n a f a +=. 设1(1)b a ∈，，整数11ln a b k a b-≥.证明:1k a b +>.解析: 由数学归纳法可以证明{}n a 是递增数列, 故 若存在正整数k m ≤, 使b a m≥,则b a a k k ≥>+1,若)(k m b a m≤<,则由101<<≤<b a a m 知0ln ln ln 11<<≤b a a a a a m m m ,∑=+-=-=km m m k k k k a a a a a a a111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a akm m m<∑=,于是b a b a b a k a a k =-+≥+>+)(|ln |11111例5.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+ 321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n+≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=n k m m m m m m m m k k n n n n n 111111111])1([01)2()1()1( 所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n 只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--nk m m m m m m m m m n k m n k m m k k n n n n n k m k k 111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m n k m n k m m k k k m k k 1111111])1[()1(])1([,即等价于m m mm m k k k m k k -+<+<--+++111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m kkm kkm 而正是成立的,所以原命题成立.例6.已知n n n a 24-=,nn na a a T +++=212,求证:23321<++++nT T T T .解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n n nn n n nT -+-=-----=+++-++++=所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n n nn T⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n nn n 从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n nT T T T例7.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n,求证:*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+证明:nn n n n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n n x x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+二、函数放缩例8.求证：)(665333ln 44ln 33ln 22ln *N n n n nn∈+-<++++ .解析:先构造函数有xxx x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln n n nn+++--<++++ cause ⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n 31121219181716151413121313121 6533323279189936365111n n n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---所以665365133ln 44ln 33ln 22ln +-=--<++++n n n n nn例9. 例10.首先:⎰-<n in ABCFx S1,从而,)ln(ln |ln 11i n n x x i n n i n ni n --==<⋅--⎰ 取1=i 有,)1ln(ln 1--<n n n, 所以有2ln 21<,2ln 3ln 31-<,…,)1ln(ln 1--<n n n,n n n ln )1ln(11-+<+,相加后可以得到: )1ln(113121+<++++n n 另一方面⎰->n i n ABDExS 1,从而有)ln(ln |ln 11i n n x x i i n n i n ni n --==>⋅---⎰ 取1=i 有,)1ln(ln 11-->-n n n , 所以有nn 1211)1ln(+++<+ ,所以综上有nn n 1211)1ln(113121+++<+<++++ 例11.求证:e n <+⋅⋅++)!11()!311)(!211( 和e n <+⋅⋅++)311()8111)(911(2 .解析:构造函数后即可证明 例12.求证:32)]1(1[)321()211(->++⋅⋅⨯+⋅⨯+n e n n 解析:1)1(32]1)1(ln[++->++n n n n ,叠加之后就可以得到答案例13.证明:)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 解析:构造函数)1(1)1()1ln()(>+---=x x x x f ,求导,可以得到:12111)('--=--=x x x x f ,令0)('>x f 有21<<x ,令0)('<x f 有2>x ,所以0)2()(=≤f x f ,所以2)1ln(-≤-x x ,令12+=n x 有,1ln 22-≤n n 所以211ln -≤+n n n,所以)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 例14. 已知112111,(1).2n n n aa a n n +==+++证明2n a e <. 解析:nn n n n a n n a n n a )21)1(11(21))1(11(1+++<+++=+, 然后两边取自然对数,可以得到nn n a n n a ln )21)1(11ln(ln 1++++<+ 然后运用x x <+)1ln(和裂项可以得到答案) 放缩思路：⇒+++≤+n nn a nn a )2111(21⇒++++≤+n nn a nn a ln )2111ln(ln 21nn n n a 211ln 2+++≤。
常用放缩方法技巧
常用放缩方法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： ⑴添加或舍去一些项，如：a a >+12；n n n >+)1(⑵将分子或分母放大（或缩小） ⑶利用基本不等式，如：4lg 16lg 15lg )25lg 3lg (5lg 3lg 2=<=+<⋅；2)1()1(++<+n n n n ⑷二项式放缩: n n n n n n C C C +++=+= 10)11(2,1210+=+≥n C C n n n ,2222210++=++≥n n C C C n n n n )2)(1(2≥->n n n n (5)利用常用结论：Ⅰ.的放缩 Ⅱ. 21k 的放缩(1) ：2111(1)(1)k k k k k <<+-（程度大） Ⅲ. 21k 的放缩(2)：22111111()1(1)(1)211kk k k k k <==+-+--+（程度小） Ⅳ. 21k 的放缩(3)：2214112()412121k k k k <=+--+（程度更小） Ⅴ. 分式放缩还可利用真（假）分数的性质:)0,0(>>>++>m a b m a m b a b 和)0,0(>>>++<m b a ma mb a b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,反之亦然.Ⅵ.构造函数法 构造单调函数实现放缩。
例：()(0)1x f x x x=≥+，从而实现利用函数单调性质的放缩：()()f a b f a b +≤+。
高考数学复习考点题型专题讲解12 数列中的不等式证明及放缩问题
高考数学复习考点题型专题讲解专题12 数列中的不等式证明及放缩问题数列中的不等式证明问题的常用放缩技巧(1)对1n2的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况(下列n∈N*)：1 n2＜1n2－n＝1n－1－1n(n≥2)；1 n2＜1n2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n＋1(n≥2)；1 n2＝44n2<44n2－1＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1(n≥1).(2)对12n的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况(下列n∈N*)：1 2n ＞1n＋n＋1＝n＋1－n(n≥1)；1 2n ＜1n＋n－1＝n－n－1(n≥1).类型一关于数列项的不等式证明(1)结合“累加”“累乘”“迭代”放缩；(2)利用二项式定理放缩；(3)利用基本不等式或不等式的性质；(4)转化为求最值、值域问题.例1 设正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1a n(n ∈N *).求证：(1)2<a 2n ＋1－a 2n ≤3；(2)3n －13n －2≤a n ＋1a n ≤2n2n －1. 证明 (1)因为a 1＝1及a n ＋1＝a n ＋1a n(n ≥1)，所以a n ≥1，所以0＜1a 2n≤1.因为a 2n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＝a 2n＋1a 2n ＋2， 所以a 2n ＋1－a 2n ＝1a 2n＋2∈(2，3]，即2<a 2n ＋1－a 2n ≤3.(2)由(1)得2<a 22－a 21≤3，2<a 23－a 22≤3，2<a 24－a 23≤3，⋮2<a 2n ＋1－a 2n ≤3，故2n <a 2n ＋1－a 21≤3n ，所以2n ＋1<a 2n ＋1≤3n ＋1， 即2n －1<a 2n ≤3n －2(n ≥2)，而n ＝1时，也满足2n －1≤a 2n ≤3n －2， 所以2n －1≤a 2n ≤3n －2， 所以a n ＋1a n ＝1＋1a 2n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3n －13n －2，2n 2n －1.即3n －13n －2≤a n ＋1a n ≤2n 2n －1. 训练1(2022·天津模拟)已知数列{a n }满足a n ＝n n －1a n －1－13n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝49.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝12，c n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ＋1a k·c 2n ＋c n ，其中k 为一个给定的正整数，求证：当n ≤k 时，恒有c n <1. (1)解 由已知可得：a n n ＝a n －1n －1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n(n ≥2)，即a n n －a n －1n －1＝－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n， 由累加法可求得a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n －a n －1n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1n －1－a n －2n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 11＋a 11 ＝－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－…－13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋49＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1，即a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1(n ≥2)，又n ＝1时也成立，故a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1(n ∈N *).(2)证明 由题意知c n ＋1＝1kc 2n ＋c n ，∴{c n }为递增数列， ∴只需证c k <1即可. 当k ＝1时，c 1＝12<1成立，当k ≥2时，c n ＋1＝1k c 2n ＋c n<1kc n c n ＋1＋c n ，即1c n ＋1－1c n>－1k，因此1c k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1c k －1c k －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 2－1c 1＋1c 1>－k －1k ＋2＝k ＋1k ，∴c k <k k ＋1<1，∴当n ≤k 时，恒有c n <1. 类型二 对求和结论进行放缩对于含有数列和的不等式，若数列的和易于求出，则一般采用先求和再放缩的策略证明不等式.例2 已知数列{a n }满足a 1＝2，(n ＋1)a n ＋1＝2(n ＋2)a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，求证：S n ＜2a n . (1)解 法一 由题意得a n ＋1n ＋2＝2·a nn ＋1， 又a 11＋1＝1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n ＋1是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n n ＋1＝2n －1，所以a n ＝(n ＋1)·2n －1(n ∈N *). 法二 由题意得a n ＋1a n ＝2（n ＋2）n ＋1， 所以a n a 1＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1＝2（n ＋1）n ·2n n －1·2（n －1）n －2·…·2×32＝(n ＋1)·2n －2.因为a 1＝2，所以a n ＝(n ＋1)·2n －1(n ∈N *).(2)证明 因为a n ＝(n ＋1)·2n －1，所以S n ＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋n ·2n －2＋(n ＋1)·2n －1，① 2S n ＝2×21＋3×22＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1＋(n ＋1)×2n ，② ②－①得S n ＝－2×20－(21＋22＋…＋2n －1)＋(n ＋1)×2n ＝n ·2n . 因为S n －2a n ＝n ·2n －(n ＋1)2n ＝－2n <0， ∴S n ＜2a n .训练2(2022·广州模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，－a n ＋1，a n ，a n ＋2成等差数列.等差数列{b n }满足b 1＝a 2＋1，2b 5－3b 2＝a 3－3. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1（2n ＋1）b n 的前n 项和为T n ，证明：T n <16.(1)解 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)， 因为－a n ＋1，a n ，a n ＋2成等差数列， 所以2a n ＝a n ＋2－a n ＋1， 所以2a n ＝a n ·q 2－a n ·q . 因为a n >0，所以q 2－q －2＝0， 解得q ＝2或q ＝－1(舍去)， 又a 1＝2，所以a n ＝2n (n ∈N *). 设等差数列{b n }的公差为d ， 由题意，得b 1＝a 2＋1＝5， 由2b 5－3b 2＝a 3－3＝5，得2(b 1＋4d )－3(b 1＋d )＝－b 1＋5d ＝－5＋5d ＝5，解得d ＝2， 所以b n ＝b 1＋(n －1)d ＝5＋2(n －1)＝2n ＋3(n ∈N *).(2)证明1（2n ＋1）b n ＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 则T n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17⎦⎥⎤＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝16－12（2n ＋3）.因为n ∈N *，所以12（2n ＋3）>0，所以T n <16.类型三 对通项公式放缩后求和在解决与数列的和有关的不等式证明问题时，若不易求和，可根据项的结构特征进行放缩，转化为易求和数列来证明.例3(2022·济南模拟)在数列{a n }中，a 1＝2，2na n ＋1＝(n ＋1)·a n (n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n16n 2－a 2n ，若数列{b n }的前n 项和是T n ，求证：T n <12.(1)解 由题知2na n ＋1＝(n ＋1)a n ， 所以a n ＋1n ＋1＝12×a n n ，a 11＝2， 故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是首项为2，公比为12的等比数列，所以a n n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝22－n ，所以a n＝n·22－n(n∈N*).(2)证明由(1)可知a n＝n·22－n，所以b n＝a2n16n2－a2n＝14n－1＝12n＋1×12n－1，根据指数增长的特征知，对任意n∈N*，2n≥2n恒成立，所以22n≥(2n)2，即4n≥4n2.所以14n－1≤14n2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，所以b n≤12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，所以数列{b n}的前n项和T n ≤12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n＋1<12.训练3 已知数列{a n}的前n项和为S n，3a n＝2S n＋2n(n∈N*). (1)证明：数列{a n＋1}为等比数列，并求数列{a n}的前n项和S n，(2)设b n＝log3(a n＋1＋1)，证明：1b21＋1b22＋…＋1b2n<1.证明(1)∵3a n＝2S n＋2n，n∈N*，∴当n＝1时，3a1＝2S1＋2，解得a1＝2；当n≥2时，3a n－1＝2S n－1＋2(n－1)，两式相减得a n＝3a n－1＋2，∴a n＋1＝3(a n－1＋1)，即an＋1an－1＋1＝3，a1＋1＝3，∴数列{a n＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，∴a n＋1＝3n，则a n＝3n－1，∴S n＝3＋32＋…＋3n－n＝3（1－3n）1－3－n＝3n＋12－n－32.(2)b n＝log3(a n＋1＋1)＝log33n＋1＝n＋1，∵1b2n＝1（n＋1）2<1n（n＋1）＝1n－1n＋1，∴1b21＋1b22＋…＋1b2n<⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1＝1－1n＋1<1.类型四求和后利用函数的单调性证明数列不等式若所证的数列不等式中有等号，常考虑利用数列的单调性来证明. 例4 已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2a n－S n＝1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝an＋1（a n＋1－1）（a n＋2－1），数列{b n}的前n项和为T n，求证：23≤T n<1.(1)解已知2a n－S n＝1，令n＝1，解得a1＝1，当n≥2时，2a n－1－S n－1＝1(n∈N*)，两式相减得a n＝2a n－1，∴数列{a n}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n＝2n－1(n∈N*).(2)证明由(1)可得b n ＝an＋1（a n＋1－1）（a n＋2－1）＝2n（2n－1）（2n＋1－1）＝12n－1－12n＋1－1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1. ∵⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1－12n ＋1－1是单调递增的数列， ∴1－12n ＋1－1∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1.∴23≤T n <1. 训练4 已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列. (1)求使不等式a n ≥0成立的最大自然数n ；(2)记数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：－1325≤T n ≤1225.(1)解 由题意，可知a 211＝a 1·a 13， 即(a 1＋10d )2＝a 1·(a 1＋12d )， ∴d (2a 1＋25d )＝0. 又a 1＝25，d ≠0，∴d ＝－2，∴a n ＝－2n ＋27， ∴－2n ＋27≥0，∴n ≤13.5， 故满足题意的最大自然数为n ＝13. (2)证明1a n a n ＋1＝1（－2n ＋27）（－2n ＋25）＝－12⎝⎛⎭⎪⎫1－2n ＋27－1－2n ＋25， ∴T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1＝－12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫125－123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123－121＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1－2n ＋27－1－2n ＋25 ＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫125－1－2n ＋25 ＝－150＋150－4n .从而当n ≤12时，T n ＝－150＋150－4n单调递增，且T n >0； 当n ≥13时，T n ＝－150＋150－4n单调递增，且T n <0， ∴T 13≤T n ≤T 12，由T 12＝1225，T 13＝－1325，∴－1325≤T n ≤1225.一、基本技能练1.已知数列{a n }是等差数列，且a 2＝3，a 4＝7，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S n ＝1－12b n (n ∈N *).(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n <2. (1)解 因为数列{a n }是等差数列，a 2＝3，a 4＝7， 设数列{a n } 的公差为d ， 则⎩⎨⎧a 1＋d ＝3，a 1＋3d ＝7，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋2(n －1)＝2n －1(n ∈N *).对于数列{b n }，S n ＝1－12b n (n ∈N *)，当n ＝1时，b 1＝1－12b 1，解得b 1＝23；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12b n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12b n －1，整理得b n ＝13b n －1，所以数列{b n }是首项为23，公比为13的等比数列，所以b n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n (n ∈N *). (2)证明 由题意得c n ＝a n b n ＝2（2n －1）3n ＝4n －23n ， 所以数列{c n }的前n 项和T n ＝23＋632＋1033＋…＋4（n －1）－23n －1＋4n －23n ，则3T n ＝2＋63＋1032＋…＋4n －23n －1，两式相减可得2T n ＝2＋43＋432＋…＋43n －1－4n －23n ＝2＋4×13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13－4n －23n＝4－4n ＋43n ，所以T n ＝2－2n ＋23n .所以T n <2.2.(2022·石家庄模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，a 2＝4，S n ＋1＋2S n －1＝3S n －2(n ≥2).(1)证明：数列{a n－2}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；(2)记b n＝2n－1anan＋1，数列{b n}的前n项和为T n，证明：112≤T n<13.证明(1)当n≥2时，由S n＋1＋2S n－1＝3S n－2可变形为S n＋1－S n＝2(S n－S n－1)－2，即a n＋1＝2a n－2，即a n＋1－2＝2(a n－2)，所以an＋1－2an－2＝2(n≥2)，又因为a1＝3，a2＝4，可得a1－2＝1，a2－2＝2，所以a2－2a1－2＝2，所以数列{a n－2}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n－2＝2n－1，所以数列{a n}的通项公式为a n＝2＋2n－1(n∈N*).(2)由a n＝2＋2n－1，可得b n＝2n－1anan＋1＝2n－1（2＋2n－1）（2＋2n）＝12＋2n－1－12＋2n，所以T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n＝13－14＋14－16＋16－110＋…＋12＋2n－1－12＋2n＝13－12＋2n，因为12＋2n>0，所以13－12＋2n<13，即T n<13，又因为f(n)＝13－12＋2n，n∈N*，单调递增，所以T n≥b1＝1（2＋1）（2＋2）＝112，所以112≤T n <13.3.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2.(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足对任意的正整数n ，b 1a 1·b 2a 2·b 3a 3·…·b n a n＝(n ＋1)2恒成立，求证：b n ≥4.(1)解 因为S n ＝n 2＋n 2，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1满足a n ＝n ， 所以{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *). (2)证明 因为b 1a 1·b 2a 2·b 3a 3·…·b n a n＝(n ＋1)2，所以当n ≥2时，b 1a 1·b 2a 2·b 3a 3·…·b n －1a n －1＝n 2， 所以b n a n ＝（n ＋1）2n 2(n ≥2)，又n ＝1时，b 1a 1＝22＝4，满足b n a n ＝（n ＋1）2n 2，所以对任意正整数n ，b n a n ＝（n ＋1）2n 2，由(1)得，a n ＝n ， 所以b n ＝（n ＋1）2n＝n 2＋2n ＋1n＝n ＋1n＋2≥2n ·1n＋2＝4， 当且仅当n ＝1时，等号成立. 二、创新拓展练4.(2022·湖州质检)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，4S n ＝a n a n ＋1(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n4n ＋4<T n <12. (1)解∵4S n ＝a n a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2， ∴a 2＝4，当n ≥2时，4S n －1＝a n －1a n ，得4a n ＝a n a n ＋1－a n －1a n . 由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4，∴数列{a n }的奇数项与偶数项分别为等差数列，公差都为4， ∴a 2k －1＝2＋4(k －1)＝2(2k －1)，a 2k ＝4＋4(k －1)＝2·2k ，∴该数列是等差数列，首项为2，公差为2. 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明∵1a 2n ＝14n 2>14n （n ＋1）＝14⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n >14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4n ＋4.又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. ∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n<12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.即得n4n ＋4<T n <12.。
【精品】高考数学不等式放缩大全
【精品】高考数学不等式放缩大全高考数学中，不等式是一个重要的考点，也是考生容易出错的地方。
在解不等式的过程中，我们经常需要进行放缩，以便更好地求解不等式。
下面是一些高考数学中常用的不等式放缩方法。
1. 加减法放缩：当需要对一个不等式进行放缩时，可以通过加减法来实现。
例如，对于不等式a < b，可以加上一个正数c，得到a + c < b + c；或者减去一个正数d，得到a - d < b - d。
通过加减法放缩，可以改变不等式的形式，使其更容易求解。
2. 乘除法放缩：当需要对一个不等式进行放缩时，可以通过乘除法来实现。
例如，对于不等式a < b，可以乘以一个正数c，得到ac < bc；或者除以一个正数d，得到a/d <b/d。
通过乘除法放缩，可以改变不等式的形式，使其更容易求解。
3. 平方放缩：当需要对一个不等式进行放缩时，可以通过平方来实现。
例如，对于不等式a < b，可以平方两边得到a^2 < b^2。
通过平方放缩，可以将不等式中的平方项转化为一次项，使其更容易求解。
4. 开平方放缩：当需要对一个不等式进行放缩时，可以通过开平方来实现。
例如，对于不等式a < b，可以开平方两边得到√a < √b。
通过开平方放缩，可以将不等式中的开方项转化为一次项，使其更容易求解。
5. 反向不等式放缩：当需要对一个不等式进行放缩时，可以通过反向不等式来实现。
例如，对于不等式a < b，可以将其改写为-b < -a。
通过反向不等式放缩，可以改变不等式的形式，使其更容易求解。
6. 绝对值不等式放缩：当需要对一个绝对值不等式进行放缩时，可以通过绝对值的性质来实现。
例如，对于绝对值不等式|a| < b，可以将其改写为-b < a < b。
通过绝对值不等式放缩，可以将不等式中的绝对值项转化为一次项，使其更容易求解。
高考数学_压轴题_放缩法技巧全总结
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、裂项放缩例1.(1)求∑=-n k k 12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k .解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n k n k (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n k nk 技巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n (2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n(3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n nC Tr rrn r (4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n nn(5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n (8) nn n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(9)⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1 (10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n (11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11) )2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112≥---=--=--<--=----n n n n n n n n n n n n n n(12) 111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n n n n11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=n n n n n n n(13) 3212132122)12(332)13(2221nn n nnnnnn <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14)!)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k (15))2(1)1(1≥--<+n n n n n (15) 111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i j i j i j i j i ji j i例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n (2)求证:nn412141361161412-<++++ (3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n nn(4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn解析:(1)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以 )12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni (2))111(41)1211(414136116141222nnn-+<+++=++++(3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n nn ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案(4)首先nn n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n n例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n解析: 一方面: 因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<1211212144411222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk 另一方面: 1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n n n n n n当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n n n n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++ ,当2=n 时,2191411)12)(1(6nn n n ++++<++ ,所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n例4.(2008年全国一卷)设函数()ln f x x x x =-.数列{}n a 满足101a <<.1()n n a f a +=. 设1(1)b a ∈，，整数11ln a b k a b-≥.证明:1k a b +>.解析: 由数学归纳法可以证明{}n a 是递增数列, 故 若存在正整数k m ≤, 使b a m ≥, 则b a a k k ≥>+1,若)(k m b a m ≤<,则由101<<≤<b a a m 知0ln ln ln 11<<≤b a a a a a m m m ,∑=+-=-=k m m m k k k k a a a a a a a 111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a akm m m<∑=,于是b a b a b a k a a k =-+≥+>+)(|ln |11111例5.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+ 321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n +≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=n k m m m m m m m m k k n n n n n 111111111])1([01)2()1()1( 所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n 只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--nk m m m m m m m m m n k m n k m m k k n n n n n k m k k 111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m n k m nk m m k k k m k k1111111])1[()1(])1([,即等价于m m m m m k k k m k k -+<+<--+++111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m kkm kkm 而正是成立的,所以原命题成立.例6.已知n n n a 24-=,nnna a a T +++=212,求证:23321<++++nT T T T .解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n n nn n n nT -+-=-----=+++-++++=所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n n nn T⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n n n n 从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n nT T T T例7.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n,求证:*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+证明:nn n n n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n n x x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+二、函数放缩例8.求证：)(665333ln 44ln 33ln 22ln *N n n n nn∈+-<++++ .解析:先构造函数有xxx x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln n n nn+++--<++++ cause ⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n 31121219181716151413121313121 6533323279189936365111n nn n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---所以6535133ln 4ln 3ln 2ln +-=--<++++n n n n nn例10.当然本题的证明还可以运用积分放缩如图,取函数xx f 1)(=,首先:⎰-<nin ABCFx S1,从而,)ln(ln |ln 11i n n x xi nn i n nin --==<⋅--⎰取1=i 有,)1ln(ln 1--<n n n,所以有2ln 21<,2ln 3ln 31-<,…,)1ln(ln 1--<n n n,n n n ln )1ln(11-+<+,相加后可以得到: )1ln(113121+<++++n n 另一方面⎰->ni n ABDExS 1,从而有)ln(ln |ln 11i n n x x i in n i n nin --==>⋅---⎰取1=i 有,)1ln(ln 11-->-n n n , 所以有nn 1211)1ln(+++<+ ,所以综上有nn n 1211)1ln(113121+++<+<++++例11.求证:e n <+⋅⋅++)!11()!311)(!211( 和e n <+⋅⋅++)311()8111)(911(2 .解析:构造函数后即可证明 例12.求证:32)]1(1[)321()211(->++⋅⋅⨯+⋅⨯+n e n n 解析:1)1(32]1)1(ln[++->++n n n n ,叠加之后就可以得到答案例13.证明:)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 解析:构造函数)1(1)1()1ln()(>+---=x x x x f ,求导,可以得到:12111)('--=--=x x x x f ,令0)('>x f 有21<<x ,令0)('<x f 有2>x ,所以0)2()(=≤f x f ,所以2)1ln(-≤-x x ,令12+=n x 有,1ln 22-≤n n 所以211ln -≤+n n n,所以)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 例14. 已知112111,(1).2n n n aa a n n +==+++证明2n a e <. 解析:nn n n n a n n a n n a )21)1(11(21))1(11(1+++<+++=+, 然后两边取自然对数,可以得到nn n a n n aln )21)1(11ln(ln 1++++<+ 然后运用x x <+)1ln(和裂项可以得到答案) 放缩思路：⇒+++≤+n nn a nn a )2111(21⇒++++≤+n nn a nn a ln )2111ln(ln 21nn n n a 211ln 2+++≤。
高考数学难点---数列放缩法技巧总结
高考数学备考之一 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、裂项放缩例1.(1)求∑=-n k k 12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k .解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n nn k n k (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk技巧积累:(1)⎪⎭⎫⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n(2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n (3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n nC T r r rn r(4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n n n (5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n (8) n n n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+- (9)⎪⎭⎫⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1(10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n (11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11) )2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21≥---=--=--<--=--n n n n n(12) 111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n nn n 11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=n n n n n n n (13) 3212132122)12(332)13(2221nn n n n n n n n <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14) !)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k (15) )2(1)1(1≥--<+n n n n n (15)111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i j i j i j i j i j i j i例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n (2)求证:n n412141361161412-<++++ (3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n n n (4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn解析:(1)因为⎪⎭⎫⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以 )12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni(2))111(41)1211(414136116141222n nn -+<+++=++++(3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n nn ,再结合n n n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案 (4)首先nn n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n n例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n解析: 一方面: 因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n kn k 另一方面: 1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n nn n n n 当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n nn n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6nn n n ++++=++ ,当2=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++<++ , 所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n例4.(2008年全国一卷)设函数()ln f x x x x =-.数列{}n a 满足101a <<.1()n n a f a +=.设1(1)b a ∈，，整数11ln a bk a b-≥.证明:1k a b +>. 解析: 由数学归纳法可以证明{}n a 是递增数列, 故 若存在正整数k m ≤, 使b a m ≥, 则b a a k k ≥>+1,若)(k m b a m ≤<,则由101<<≤<b a a m 知0ln ln ln 11<<≤b a a a a a m m m ,∑=+-=-=km m m k k k k a a a a a a a 111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a a km m m <∑=,于是b a b a b a k a a k =-+≥+>+)(|ln |11111例5.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+ 321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n +≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=nk m m m m m m m m k k n n n n n 111111111])1([01)2()1()1( 所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--nk m m m m m m m m m n k m n k m m k k n n n n n k m k k 111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m n k m nk m m k k k m k k1111111])1[()1(])1([,即等价于m m mm m k k k m k k-+<+<--+++111)1()1()1(, 即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m kk m k km 而正是成立的,所以原命题成立. 例6.已知n n n a 24-=,n nn a a a T +++= 212,求证:23321<++++n T T T T .解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n nn n nnn T -+-=-----=+++-++++= 所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n n nnT⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n nn n从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n n T T T T 例7.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n ,求证:*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+证明: nn n n n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n nx x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+二、函数放缩例8.求证：)(665333ln 44ln 33ln 22ln *N n n n n n ∈+-<++++ . 解析:先构造函数有xxx x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln n n nn+++--<++++cause ⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n 31121219181716151413121313121 6533323279189936365111nn n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---n例 例11.例12.求证:32)]1(1[)321()211(->++⋅⋅⨯+⋅⨯+n e n n 解析:1)1(32]1)1(ln[++->++n n n n ,叠加之后就可以得到答案例13.证明:)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 解析:构造函数)1(1)1()1ln()(>+---=x x x x f ,求导,可以得到: 12111)('--=--=x x x x f ,令0)('>x f 有21<<x ,令0)('<x f 有2>x , 所以0)2()(=≤f x f ,所以2)1ln(-≤-x x ,令12+=n x 有,1ln 22-≤n n 所以211ln -≤+n n n ,所以)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n例14. 已知11111,(1).2n n a a a n n +==+++证明2n a e <.解析:n n n n n a n n a n n a )21)1(11(21))1(11(1+++<+++=+, 然后两边取自然对数,可以得到n n n a n n a ln )21)1(11ln(ln 1++++<+ 然后运用x x <+)1ln(和裂项可以得到答案) 放缩思路：⇒+++≤+nnn a n n a )2111(21⇒++++≤+nn an n a ln )2111ln(ln 1nn n n a 211ln 2+++≤。
2022年高考数学放缩法在解答数列题中的应用技巧(十一种放缩方法全归纳)
n
21 3 2
n(n 1)
(5)
2n
1 (2n
1)
1 2n 1
1 2n
(6) 1 n 2 n n 2
(7) 2( n 1 n) 1 2( n n 1) n
(8)
2 2n
1
1 2n
3
1 2n
1
(2n 1) 2n1
1 (2n 3) 2n
(9)
k(n
1 1
k)
n
1 1
k
1 k
34．已知数列 an 的首项
a1
3 5
，
an1
3an 2an 1
，
n
1、
2
、
．
（1）证明：对任意的
x
0
，
an
1 1 x
1
1 x2
2 3n
x
，n
1、2
、
；
（2）证明： a1 a2
an
n2 . n 1
12、经典题目方法探究
35．已知函数 f (x) ln(1 x) x .若 f (x) 在区间[0, n](n N*) 上的最小值为 bn ，令 an ln(1 n) bn .求
(Ⅰ)①求证:函数 g(x) f (x) 在 (0, ) 上是增函数;
x
①当 x1 0，x2 0 时,证明: f x1 f x2 f x1 x2 ;
(Ⅱ)已知不等式 ln(x 1) x 在 x 1且 x 0 时恒成立,求证:
1
22
ln
22
1 32
ln
32
1 42
ln
an 1, ai 0 (i 1, 2
n) ，求证： a12 a22 a1 a2 a2 a3
高考数学 压轴题 放缩法技巧全总结(最强大)
高考数学压轴题放缩法技巧全总结（最强大）高考数学-压轴题-放缩法技巧全总结（最强大）变焦技术（高考数学备考资料）证明级数不等式由于其思维跨度大、建构性强，充满了思考和挑战。
它可以全面全面地测试学生的潜能和后续学习能力。
因此，它已成为高考最后一道题和各级各类竞赛题命题的优秀材料。
这类问题的解决策略往往是：多角度观察给定序列的通项结构，深入分析其特点，把握其规律，适当放大缩小；主要有以下膨胀和收缩技术：一、裂项放缩例1（1）请问？K1n24k2？124n2？11? n2n值；（2）验证：？1.五2k?1k3解析:(1)因为211，那么n212n 1.2（2n？1）（2n？1）2n？12n？12n？12n？1k？14k？14（2）因为n1111?251?,所以?1?1?2??11????2?2?2???k352n?12n?133??k?114n?1?2n?12n?1?n2?41奇巧积累:(1)1441?? 1.2.2.2.2N4N？1.2n？12n？1.R1r？中国？(2)121112cn?1cn(n?1)n(n?1)n(n?1)n(n?1)（3） t1n！11111 （r？2）rrr！（n？r）！nr！r（r？1）r？1rn（4）（1？1）n？1.1.1.1.氮气？13? 215?n(n?1)21?n?2?nn?2?2n?12n?3?211?n?1(2n?1)?2(2n?3)?2n(5)111? Nnnn2（2？1）2？12(6)21?1(7)2(n?1?n)?1?2(n?n?1)(8)n?n（9）111?111?11,????k(n?1?k)?n?1?kk?n?1n(n?1?k)k?1?nn?1?k?n11??(n?1)!n!(n?1)!(10)(11)1n？2（2n？1？2n？1）？222n？1.2n？1.N211? N22(11)(12)(13)(14)2n？111 （n？2）n2nnnnnnnnnn？1n？1n（2？1）（2？1）（2？1）（2？1）（2？2）（2？1）（2？1）2？12? 11n3？1n？n21111 n（n？1）（n？1）？n（n？1）？？n（n？1）？N1.N一1?n?1?n?1?1n?1?2n?n?111N1n？一2n12n?n?32?132n?1?2?2n?(3?1)?2n?3?3(2n?1)?2n?2n?1?k?211??k!?(k?1)!?(k?2)!(k?1) !(k?2)!1.NN1（n？2）n（n？1）（15）22(15)i?1?j?1?i2?j2(i?j)(i2?1?j2?1)i?j?i?ji2?1?j2?1?1例2（1）验证：1？11171? 2.（n？2）2262（2n？1）35（2n？1）（2）验证：1？1.1.1.1.12416364n24n（3）验证：1？1.3.1.3.5.1.3.5.（2n？1）？2n？1.一22?42?4?62?4?62nn(4)求证：2(n?1?1)?1?1?11?2(2n?1?1)23分析：（1）因为111?11?,所以2(2n?1)(2n?1)2?2n?12n?1?(2n?1)?(2i?1)i?1n12111111?1?(?)?1?(?)232n?1232n 1(2)11111(111)1(111)222416364n42n4n（3）首先证明1？3.5.（2n？1）？2.4.6.2n12n？1.重新连接1n?2?n?2?n进行裂项,最后就可以得到答案（4）首先，再次证明1n1n?2(n?1?n)?2n?1?n22,所以容易经过裂项得到2(n?1?1)?1?1?1123n从平均不平等性来看，很明显这是真的，2(2n12n1)2n12n1n211n22所以1?1?11?2(2n?1?1)23n例3.求证:6n1115？1.2.(n?1)(2n?1)49n31?n21??1?2?214n?12n?12n?1?2?n?414解析:一方面:因为,所以kk？1n1211？25? 11? 1.2.1.2n？12n？1.33? 35另一方面：1？1.1.1.1.1.1.249n2？33? 411n1n(n1)n1n1当n?3时,什么时候？2点，总结一下6n111n6n,当n?1时,?12?(n?1)(2n?1)49nn?1(n?1)(2n?1)6n111?12,（n？1）（2n？1）49n，6n1115?12?（n？1）（2n？1）49n3案例4（2022年国家第一卷）集合函数f（x）？十、xlnx。
2023高考专题篇：5种放缩方法汇总
学习札记钻研数学钻研数学5种放缩方法汇总放缩法就是针对不等式的结构特征,运用不等式的性质,将不等式的一边或两边进行放大或缩小,也就是对代数式进行恰到好处的变形,使问题便于解决.放缩方法众多，各有优劣，黑猫花猫能抓住耗子就是好猫……放缩法大致分为以下几类:.将代数式中的分母和分子同时扩大和缩小Ⅰ;Ⅱ.利用均值不等式或其它的不等式放缩数式;Ⅲ.也可以在不等式两边同时加上或减去某一项;Ⅳ.可以把代数式中的一些项进行分解再重新组合,这样就可以消去一些项便于求解,这也是我们常用的裂项法.导数的解答题中,经常会用到一些不等式进行放缩,主要分为五类:.Ⅰ切线不等式①e x ≥x +1;②ln x ≤x -1;③e x ≥ex ;④ln x ≤e 1x ;⑤ln x ≥1-x1.xyy =x +1y =x -11=y e xy =lnxy =exy =exⅡ.与三角有关的一些不等式①当x ≥0时,sin x ≤x ,cos x ≥1-x 22;2时,cos x ≤1-x 24②当0≤x ≤π③当0<x <;π2时,sin x <x <tan x ;学习札记④当0<x ≤钻研数学钻研数学π2时,sin x x ≥π2.Ⅲ.一些常见不等式(稍微提高)①当x >1时,x 2-x +2121<(x -1)x +1<ln x <x -1x<21 x -x 1;②当0<x <1时,21 x -x 1 <x -12x<ln x <(x -1)x +1<x 2-x +211;1x ③对数平均不等式:∀x 1>x 2>0,x 1x 2<ln 2x x -1-ln x 2x 1<+x 22.Ⅳ.一些不常见的不等式①当x >0时,e x >1+x +21x 2;+②当0<x <1时,ln1x 1-x >2x +32x 3;+ 当-1<x <0时,ln 1x 1-x <2x +32x 3.Ⅴ.偶尔用上的不等式1≤1+n1x .当n >1,n ∈N ∗,x >-1时,则:(1+x )n≥1+nx ,(1+x )n(当且仅当x =0时等号成立.)在解答导数问题时,我们经常使用到函数的切线、割线逼近进行放缩,两个常用的结论为ln x ≤x -1(当且仅当x =1时取等号),e x ≥x +1(当且仅当x =0时取等号),借助这两个结论可以将超越函数放缩成一次函数.针对高考压轴导数问题,放缩法可以起到很好的效果.使用放缩法需要较高的拆分组合技巧,一定要注意同向传递,还要把握好放缩的“尺度”,否则将达不到预期的目的,或者会得出错误的结论.在不等式“改造”或证明的过程中，有时借助于e x ，ln x 有关的常用不等式进行适当的放缩，再进行证明，会取得意想不到的效果．典例1.已知函数f (x )=ae x +2x -1(其中常数e =2.71828⋯,是自然对数的底数).ⅰ讨论f (x )的单调性;ⅱ证明:对任意的a ≥1,当x >0时,f (x )≥(x +ae )x .典例剖析指数放缩学习札记钻研数学钻研数学解析：ⅰ求导,得f(x )=ae x+2.当a ≥0时,f (x )>0,f (x )在R 上单调递增;当a <0时,令f (x )=0,得x =ln -a2.2当x ∈ -∞,ln -a 时,f (x )>0,f (x )单调递增;当x ∈ ln - a2,+∞时,f (x )<0,f (x ) 单调递减.综上,当a ≥0时,f (x )在R 上单调递增;2当a <0时,f (x )在 -∞,ln -a上单调递增 ,2,+∞ 上单调递减.在 ln -aⅱ解法1:指对处理技巧exx 型当a ≥1,x >0时,要证f (x )≥(x +ae )x ,x 2-(2即ae x -x 2+(2-ae )x -1≥0，即1--)x +ae 1ae x≥0,x 2-(2令g (x )=1--)x +ae 1x,ae x (x -1则g (x )=)(+ae -3)ae x,①当a ≥e3时,令g (x )=0,得x =1,故当x ∈(0,1)时,g (x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(1,+∞),g (x )>0,g (x )单调递增.所以g (x )≥g (1)=0,即f (x )≥(x +ae )x .②当1≤a <e3吋,令g (x )=0,得x =1,或x =3-ae .当x ∈(0,3-ae ),(1,+∞),g (x )>0,g (x )单调递增;当x ∈(3-ae ,1),g (x )<0,g (x )单调递减.又g (0)=1-a1≥0,g (1)=0,故此时g (x )≥0,即f (x )≥(x +ae )x .综上,对任意的a ≥1,当x >0时,f (x )≥(x +ae )x .解法2:指对处理技巧e xx+主元放缩 当a ≥1,x >0时,要证f (x )≥(x +ae )x ,即a e x -ex -(x -1)2≥0,即证e x x -x a -ax 1+a2-e ≥0，令g (x )=e x x -x a -ax 1+a2-e ,(x -1)-x -ae 则g (x )=x1ax 2,学习札记当a ≥1时,ae x -x -1≥e x -x -1,当且仅当a =1时等号成立,令ℎ(x )=e x-x -1,则ℎ(x )=e x-1>0在(0,+∞)上恒成立,故ℎ(x )单调递增,ℎ(x )>ℎ(0)=0,g (x )=0,则x =1,所以x ∈(0,1)时,g (x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(1,+∞)时,g (x )>0,g (x )钻研数学钻研数学单调递增.所以g (x )≥g (1)=0,即e x x -x a -ax 1+a2-e ≥0,即f (x )≥(x +ae )x .综上,对任意的a ≥1,当x >0时,f (x )≥(x +ae )x .解法3:直接讨论法当a ≥1,x >0时,要证f (x )≥(x +ae )x ,即a e x -ex -(x -1)2≥0,令g (x )=ae x -x 2+(2-ae )x -1,则g (x )=ae x -2x -(ae -2),因此g (x )=ae x -2在(0,+∞)上单调递增.①当a ≥2时,g (x )>0在(0,+∞)上恒成立,故g (x )单调递增,又g (1)=0,故当x ∈(0,1)时,g (x )<0,g (x )单调递减,当x ∈(1,+∞)时,g (x )>0,g (x )单调递增.所以g (x )≥g (1)=0,即f (x )≥(x +ae )x .当1≤a <2时,令g (x )=0,得x =ln a2∈(0,1).当x ∈ 0,ln a 2,g (x )<0,g (x )单调递减;当x ∈ ln a 2,+∞,g (x )>0,g (x )单调递增.2②当e -1≤a <2时,g (0)=a (1-e )+2≤0,又g (1)=0,g ln a2<g (1)=0,故当x ∈(0,1)时,g (x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(1,+∞)时,g (x )>0,g (x )单调递增.所以g (x )≥g (1)=0,即f (x )≥(x +ae )x .2③当1≤a <e -1时,则g (0)=a (1-e )+2>0,又g ln a 2<g (1)=0,故存在唯一x 0∈ 0,ln a2,使得ℎ x 0=0,当x ∈ 0,x 0,(1,+∞)时,g (x )>0,g (x )单调递增;当x ∈ x 0,1时,g (x )<0,g (x )单调递减.又g (0)=a -1≥0,g (1)=0.故此时g (x )≥0,即f (x )≥(x +ae )x .综上,对任意的a ≥1,当x >0时,f (x )≥(x +ae )x .学习札记钻研数学钻研数学解法4:主元放缩+指数放缩法当a ≥1,x >0时,要证f (x )≥(x +ae )x ,即a e x-ex -(x -1)2≥0,令g (x )=e x -ex ,则g (x )=e x -e ,令g (x )=0,得x =1.当x ∈(-∞,1),g (x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(1,+∞),g (x )>0,g (x )单调递增.所以g (x )≥g (1)=0,即e x -ex ≥0,当且仅当x =1时等号成立,故a e x -ex ≥e x -ex ,当且仅当a =1,x =1时等号成立;要证a e x -ex -(x -1)2≥0,只需要证e x -ex -(x -1)2≥0.策略一:直接讨论法令ℎ(x )=e x -ex -(x -1)2(x >0),则ℎ (x )=e x -e -2(x -1),ℎ (x )=e x -2,令ℎ (x )=0,得x =ln2.当x ∈(0,ln2)时,ℎ (x )<0,ℎ (x )单调递减;当x ∈(ln2,+∞)时,ℎ (x )>0,ℎ (x )单调递增.又ℎ (0)=3-e >0,ℎ (1)=0,ℎ (ln2)<0,因此存在唯一x 0∈(0,ln2),使得ℎ x 0=0.当x ∈ 0,x 0时,ℎ (x )>0,ℎ(x )单调递增;当x ∈ x 0,1,ℎ (x )<0,ℎ(x )单调递减.又ℎ(0)=0,ℎ(1)=0,故此时ℎ(x )≥0恒成立,即f (x )≥(x +ae )x .综上,对任意的a ≥1,当x >0时,f (x )≥(x +ae )x .策略二:指数处理,同解法 1ex 即证1-+(-1)x 2e x ex ≥0,令g (x )=1-+(-1)x 2e x ,(x -1则g (x )=)(+e -3x )e x，令g (x )=0,得x =1,或x =3-e .当x ∈(0,3-e ),(1,+∞)时,g (x )>0,g (x )单调递增;当x ∈(3-e ,1)时,g (x )<0,g (x )单调递减.又g (0)=0,g (1)=0,故此时g (x )≥0,即f (x )≥(x +ae )x .综上,对任意的a ≥1,当x >0时,f (x )≥(x +ae )x .策略三:指对处理,同解法2即证e x x -x -x1+2-e ≥0，令g (x )=e x x -x -x (x -1)-x -e 1+2-e ,则g(x )=x 1 x 2.令ℎ(x )=e x -x -1,则ℎ (x )=e x -1>0在(0,+∞)上恒成立,故ℎ(x )单调递增,从而ℎ(x )>ℎ(0)=0,令g (x )=0,则x =1.当x ∈(0,1)时,g (x )<0,g (x )单调递减;学习札记当x ∈(1,+∞)时,g (x )>0,g (x )钻研数学钻研数学单调递增.所以g (x )≥g (1)=0,即e x x -x -x1+2-e ≥0,从而f (x )≥(x +ae )x .综上,对任意的a ≥1,当x >0时,f (x )≥(x +ae )x .点评：本题的第ⅱ问是一道开放性较强的试题,可以从多角度入手分析.当a ≥1,x >0时,要证f (x )≥(x +ae )x ,即ae x -x 2+(2-ae )x -1≥0,观察此时含有指数项ae x ,也含有二次项,直接讨论至少要求两次导数才便于探究(解法2),结合指对处理技巧,可考虑同时除以ae x ,这样求导后就只需要讨论二次型函数即可.x 2-(2即证g (x )=1--)x +ae 1ae x≥0,求导后是可因式分解的二次函数，且两根易求,分别为x =1与x =3-ae .但对于x =3-ae 是否在区间(0,+∞)内不能确定,因此需要进行讨论.解法1采用的是整理为ex x 型函数,解法2则是整理为e xx 型的函数,解法2采用的是直接讨论.对于解法4,观察到所证不等式中含有e x 与ex ,即可联想到e x ≥ex ,为此将待证式整理成a e x -ex -(x -1)2≥0, 借助e x ≥ex ,只需要证明e x -ex -(x -1)2≥0即可.接下来的证明与前述含参讨论的情形大同小异,可直接讨论,也可采用指对处理.1.已知函数f (x )=e x -x (e 为自然对数的底数)．ⅰ求函数f (x )的最小值；ⅱ若n ∈N *，证明： n 1n + n 2n +⋯+ n n -1n + n n en <e -1．解析：ⅰ∵f (x )=e x -x ，∴f (x )=e x -1，令f (x )=0，得x =0．∴当x >0时，f (x )>0，当x <0时，f (x )<0．∴函数f (x )=e x -x 在区间(-∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增．∴当x =0时，f (x )有最小值1．ⅱ由(1)知，对任意实数x 均有e x -x ≥1，即1+x ≤e x ．令x =-nk(n ∈N *，k =1，2，n -1)，则0<1-n k ≤e -k n ，∴ 1-nk n≤ e -n k n =e -k (k =1,2,n -1)．典例精练学习札记钻研数学钻研数学即n n -k n ≤e -k(k =1,2,n -1)．∵ n n n =1 ，∴ n 1n + n 2n +⋯+ n n -1n +n n n ≤e -(n -1)+e -(n -2)+⋯⋅+e -2+e -1+1．∵e -(n -1)+e -(n -2)+⋯+e -2+e -1+1=1-e -n 1-e -1<1-1e-1=e e -1，∴ n 1n + n 2n +⋯+ n n -1n + n n e n <e -1．典例1.已知函数f (x )=x ln -x1.ⅰ求函数f (x )的单调区间;ⅱ证明:在x >21且x ≠1时,f (x )<x 2+43恒成立.解析：f (x ⅰ)=1ln x -1+x(ln x )2(x >0,且x ≠1),令g (x )=ln x -1+x 1,则g (x )=x 1-x 12=x x -21,当x ∈(0,1)时,g (x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(1,+∞)时,g (x )>0,g (x )单调递增;故g (x )>g (1)=0,即f (x )>0恒成立,故f (x )在(0,1),(1,+∞)上单调递增.综上,f (x )的单调递增区间为(0,1),(1,+∞),无单调递减区间.ⅱ解法1:放缩法今ℎ(x )=x -1-ln x (x >0),则ℎ (x )=x -x1,当x ∈(0,1),ℎ (x )<0,ℎ(x )单调递减;当x ∈(1,+∞),ℎ (x )>0,ℎ(x )单调递增.故ℎ(x )≥ℎ(1)=0,即x -1≥ln x ,当且仅当x =1时等号成立.因此,当x ∈2 1,1,x -1>ln x ,则x ln -x 1<1,而此时x 2+43>1,所以x ln -x 1<x 2+43;另一方面,x ∈(1,+∞),由(1)可知ln x >1-x 1,对数放缩典例剖析学习札记因此x ln -x 1钻研数学钻研数学<x -1-x 11=x ,而x 2+4故x 2+43-x >0在(1,+∞)恒成立,3>x >x ln -x1成立.3在x >2综上,不等式x ln -x 1<x 2+4解法2:1,且x ≠1时恒成立.等价变形当x ∈ 21,1时, 即证x -2x +431>ln x ;当x ∈(1,+∞),即证x -31<ln x x 2+4;令F (x )=x -3x 2+41-ln x x >21,且x ≠1 ,x 2+则F (x )=43-2x (x -1) x 2+43 2-x 11=-x 4+x 3-22x -43x 9+1632x +4x 2,令G (x )=x 4+x 3-21x 2-43x +169,3则G (x )=4x 3+3x 2-x -4=4x 2 x +4 33- x +4= x +434x 2-1>0,故G (x )单调递增,G (x )>G 2 1=41>0,故F (x )<0,所以F (x )单调递减,而F (1)=0,故当x ∈ 2 1,1时,F (x )>0,即x -2x +431>ln x ;当x ∈(1,+∞)时,F (x )<0,即x -31<ln x x 2+4.综上,不等式x ln -x 1<x 2+43在x >21且x ≠1时成立.典例精练1.已知函数f (x )=a ln x +x 2，其中a ∈R ．ⅰ讨论f (x )的单调性；ⅱ当a =1时，证明：f (x )≤x 2+x -1；ⅲ求证：对任意的n ∈N *且n ≥2，学习札记钻研数学钻研数学都有：2 1+2 2 1+3 1+4 2⋯ 1+n 2<e．(其中e ≈2.7183为自然对数的底数)．解析：ⅰ函数f (x )的定义域为(0,+∞)，f(x )=x a +2x =a +x2x 2，①当a ≥0时，f (x )>0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，-②当a <0时，令f (x )=0，解得x =a 2．-当0<x <a 2时，a +2x 2<0，所以f (x )<0，0,-所以f (x )在a 2上单调递减；-当x >a 2时，a +2x 2>0，所以f (x )>0，-所以f (x )在a 2 ,+∞ 上单调递增．综上，当a ≥0时，函数f (x )在(0,+∞)上单调递增；0,-当a <0时，函数f (x )在a 2 上单调递减，-在a 2,+∞ 上单调递增．ⅱ当a =1时，f (x )=ln x +x 2，要证明f (x )≤x 2+x -1，即证ln x ≤x -1，即ln x -x +1≤0．即ln x -x +1≤0．设g (x )=ln x -x +1则g (x )=1-xx，令g ′(x )=0得，x =1．当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1,+∞)时，g ′(x )<0．所以x =1为极大值点，也为最大值点所以g (x )≤g (1)=0，即ln x -x +1≤0．故f (x )≤x 2+x -1．ⅲ证明：由(2)ln x ≤x -1，(当且仅当x =1时等号成立)2，则ln 1+n 1 2<n 12，令x =1+n 1所以ln 1+21 2+ln 1+31 22+⋅⋅⋅+ln 1+n1<212+312+⋅⋅⋅+n 121<1×12+2×3+⋯+n (n 1-1)=11-21+21-31+⋯+n 1-11-n=1-n 1<1=ln e ，2 2 1+31 1+41 22⋯ 1+n 1 1+2即ln 1<ln e ，学习札记钻研数学钻研数学2所以 1+2 2 1+3 1+4 2⋯ 1+n 2<e．典例1. 已知函数f (x )=e x .ⅰ讨论函数g (x )=f (ax )-x -a 的单调性;ⅱ证明:f (x )+ln x +x 3>4x .解析：ⅰg (x )=f (ax )-x -a =e ax -x -a ,g (x )=ae ax -1,①若a ≤0时,g (x )<0,g (x )在R 上单调递减;②若a >0时,当x <-a 当x >-a1ln a 时,g (x )<0,g (x )单调递减;1ln a 时,g (x )>0,g (x )单调递增;综上若a ≤0时,g (x )在R 上单调递减;若a >0时,g (x )在 -∞,-a1ln a 上单调递减 ;在 -a1ln a ,+∞上单调递增;ⅱ证明:要证f (x )+ln x +x 3>4x,只需证x ln x +e x -4x +3>0,由(1)可知当a =1时,e x -x -1≥0,即e x ≥x +1,当x +1>0时,上式两边取以e 为底的对数,可得ln (x +1)≤x (x >-1),用x -1代替x 可得ln x ≤x -1(x >0),又可得ln x 1≤x所以ln x ≥1-x1-1(x >0),1(x >0),所以x ln x +e x -4x +3>x 1-x1+x +1-4x +3=x 2+2x +2-4x=(x +1)2-4x +1≥(2x )2-4x +1=(2x -1)2≥0,指对混合放缩典例剖析学习札记从而不等式f (x )+ln x +钻研数学钻研数学x 3>4x成立. 典例2. 已知函数f (x )=e x -ax 2,g (x )=x ln x -x 2+(e -1)x +1,且曲线y =f (x )在x =1处的切线方程为y =bx +1.ⅰ求a ,b 的值;ⅱ求函数f (x )在[0,1]上的最小值;ⅲ证明:当x >0时,g (x )≤f (x ).解析：ⅰa =1,b =e -2.ⅱf (x )min =1;ⅲ即证:e x +(1-e )x -x ln x -1≥0,因为f (0)=1,且曲线y =f (x )在x =1处的切线方程为y =(e -2)x +1,故可猜测:当x >0且x ≠1时,f (x )的图象恒在切线y =(e -2)x +1的上方.下面证明:当x >0时,f (x )≥(e -2)x +1.解法1:设φ(x )=f (x )-(e -2)x -1(x >0),则φ (x )=e x -2x -(e -2),令F (x )=φ (x ),F (x )=e x -2,当x ∈(0,ln2)时,F (x )<0,φ (x )单调递减;当x ∈(ln2,+∞)时,F (x )>0,φ (x )单调递增.又φ (0)=3-e >0,φ (1)=0,0<ln2<1,φ (ln2)<0所以,存在x 0∈(0,1),使得φ x 0=0.当x ∈ 0,x 0∪(1,+∞)时,φ (x )>0;当x ∈ x 0,1,φ (x )<0;故φ(x )在 0,x 0上单调递增,在 x 0,1上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又φ(0)=φ(1)=0,所以φ(x )=e x -x 2-(e -2)x -1≥0,当且仅当x =1 时取等号.e x +(2-e )x -故1x≥x (x >0).由(2)知,e x ≥x +1,故x ≥ln (x +1),所以x -1≥ln x ,当且仅当x =1时取等号.e x +(2-e )x -所以1x≥x ≥ln x +1,e x +(2-e )x -即1x第１１／２０页≥ln x +1.所以e x +(2-e )x -1≥x ln x +x ,即e x +(1-e )x -x ln x -1≥0成立(当x =1时等号成立).学习札记故当x >0时,g (x )≤f (x )钻研数学钻研数学.解法2:要证x ln x -x 2+(e -1)x +1≤e x -x 2,等价于证明x ln x +(e -1)x +1-e x ≤0,又x >0,可转化为证明ln x +e -1+x 1-e xx≤0,令F (x )=ln x +e -1+x 1-e xx ,则F(x )=x 1-x 1e x(2-x -1)x 2(x -1=)1-e x x 2,因为x >0,所以当x ∈(0,1)时,F (x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,F (x )<0,F (x )单调递减;所以F (x )有最大值F (1)=0,故F (x )≤0恒成立,即当x >0时,g (x )≤f (x ).典例精练1.已知函数f (x )=ln x -a 2x 2+ax ．ⅰ试讨论f (x )的单调性；ⅱ若a =1，求证：当x >0时，f (x )<e 2x -x 2-2．解析：f (x )的定义域为(0，+∞)ⅰ，当a =0时，当a >0f (x )=ln x 在(0，+∞)上单调递增；时，f ′(x )=x1-2a 2x +a=-2a 2x 2+ax +1x=-(ax -1)(2ax +1)x，当0<x <a 1时，f ′(x )>0，当x >a1时，f ′(x )<0，所以f (x )在 0，a 1上单调递增，在 a1，+∞上单调递减；f ′(x )=-(ax -1当a <0时，)(2ax +1)x，当0<x <-21a 时，f ′(x )>0，当x >-21a时，f ′(x )<0， 所以f (x )在 0，-21a 上单调递增，在 -21a，+∞上单调递减．ⅱ当a =1时，f (x )=ln x -x 2+x ，要证当x >0时，f (x )<e 2x -x 2-2，只需证ln x <e 2x -x -2．学习札记令g (x )=e 2x -2x -1，则g ′(x )=2e 2x -2=2(e 2x -1)钻研数学钻研数学，当x >0时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，+∞)上单调递增，所以g (x )>g (0)=0，所以，当x >0时，e 2x >2x +1，所以e 2x -x -2>x -1．令h (x )=x -1-ln x ，x >0，则h ′(x )=1-x1，当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0，所以h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以h (x )min =h (1)=0，所以当x >0时，h (x )≥h (1)=0，即当x >0时，x -1≥ln x ，所以，当x >0时，所以，当x >0时，e 2x -x -2>x -1≥ln x ，即ln x <e 2x -x -2，f (x )<e 2x -x 2-2．典例1. 设a >0,且a ≠1,函数f (x )=sin ax -a sin x .ⅰ若f (x )在区间(0,2π)上有唯一极值点x 0, 证明:f x 0<min {2a π,(1-a )π};ⅱ若f (x )在区间(0,2π)没有零点,求a 的取值范围.解析：f (x )=a cos ax -a cos ⅰx=a (cos ax -cos x )=-2a sin a +21x sin a -21x ,若a >1,则f (x )在区间(0,2π)至多有x 1=a 2π+1,x 2=a 4π+1两个变号零点,故0<a <1,令f (x )=0,得x m =a 2m +π1,x n =a 2n +π1,其中m ,n ∈Z ,仅当m =1时,x 1=a 2π+1∈(0,2π),且在x 1的左右两侧,导函数的值由正变负,故当0<a <1时,f (x )在区间(0,2π)有唯一极值点x 0=a 2π+1,此时f x 0=sin ax 0-a sin x 0.解法1:将x 0=a 2π +1代入得f x 0=sin a 2+a π1-a sin a 2π+1三角函数放缩典例剖析学习札记=sina 2+a 钻研数学钻研数学π1+a sin 2π-a 2π+1=(1+a )sin a 2+aπ1,①当a 2+a 1≤21,即0<a ≤31时,2a π≤(1-a )π,由不等式x >0,sin x <x 知:(1+a )sin a 2+a π1<(1+a )a 2+a π1=2a π;②当a 2+a 1>21,即当31<a <1时,(1-a )π<2a π,(1+a )sin a 2+a π1=(1+a )sin π-a 2+a π1=(1+a )sin (1a -+a 1)π,由不等式x >0,sin x <x知:(1+a )sin a 2+a π1<(1+a )(1a -+a 1)π=(1-a )π.由(1)(2)知f x 0<min {2a π,(1-a )π} .解法2:由x 0=a 2π+1⇒ax 0=2π-x 0,a =2π-1x 0,代入得f x 0=sin ax 0-a sin x 0=sin 2π-x 0- x 02π-1sin x 0 ,即f x 0=- 2πsin x 0x 0. 以下用分析法可证:f x 0<min {2a π,(1-a )π}.ⅱ①当a >1时,fa π-a sin a π=-a sin aπ<0,f 3π 2 2=sin 3a π=sin a ⋅a π+a >0,所以f a πf 3π2<0,π,3π由零点存在性定理知,f (x )在区间 a 2至少有一个零点;②当21<a <1时,π<a π<2π,π2<a π<π,π<2a π<2π,f a π=-a sin aπ>0,f (π)=sin a π>0,f (2π)=sin2a π<0,由零点存在定理可知,f (x )在区间(π,2π)至少有一个零点;③当0<a ≤21时,f (x )=a cos ax -a cos x =a (cos ax -cos x ),令g (x )=cos ax -cos x ,则g (x )=-a sin ax +sin x ,在区间(0,π)上,cos ax >cos x ,f (x )>0,f (x )是增函数;在区间(π,2π)上,g (x )<0,即g (x )递减,即f (x )递减,f (x )<f (2π)<0,故f (x )在(0,π)上递增,在(π,2π)上递减,学习札记又f (0)=0,f (π)=sin a π>0,f (2π)=sin2a π≥0,即在(π,2π)上,f (x )>0.所以f (x )在区间(0,2π)上没有零点,满足题意.综上所述,若f (x )在区间(0,2π)没有零点钻研数学钻研数学,则正数a 的取值范围是 0,21.典例1. 已知函数f (x )=e x -ax -cos x ,其中a ∈R .ⅰ求证:当a ≤-1时,f (x )无极值点;ⅱ若函数g (x )=f (x )+ln (x +1),是否存在a ,使得g (x )在x =0处取得极小值?并说明理由.解析：ⅰ证明:f (x )=e x -a +sin x ,显然e x >0,-1≤sin x ≤1,当a ≤-1时,e x -a +sin x >0-a -1≥0,即f (x )>0,所以函数f (x )在其定义域上为增函数,故f (x )无极值点;1ⅱg (x )=e x -ax -cos x +ln (x +1),g (x )=e x -a +sin x +x +1,显然x =0是g (x )的极小值点的必要条件,为g (0)=2-a =0,即a =2.1此时g (x )=e x +x +1+sin x -2,显然当x ∈ 0,π2时,1g (x )=e x +x +11+sin x -2>1+x +x +1+sin x -2>sin x >0,当x ∈ -4 1,0时,(1+x ) 1-x +3 2x 2=1+x 22(3x +1)>1,1故1+x <1-x +32x 2,2令m (x )= 1+x +x 2e -x ,则m (x )=-x 22e -x ≤0,故m (x )是减函数,故当x <0时,m (x )>m (0)=1,即e x<1+x +x 22,令ℎ(x )=sin x -21x ,则ℎ (x )=cos x -21,当-1<x <0时,ℎ (x )>cos1-21>0,故ℎ(x )在(-1,0)单调递增,故当-1<x <0时,ℎ(x )<ℎ(0)=0,即sin x <21x ,含三角函数的指对放缩典例剖析学习札记钻研数学钻研数学故当x ∈ -41,0时,g (x )=e x +x 1+1+sin x -22≤ 1+x +x 2+ 1-x + 32x 2-2+x2=2x 2+x2<0,因此,当a =2时,x =0是g (x )的极小值点,即充分性也成立.综上,存在a =2,使得g (x )在x =0处取得极小值.点评：本题第(2)问先由必要性探路可知a =2,再证明当a =2时,x =0是函数g (x )的极小值点,即证明其充分性,由此即可得出结论.典例2. 已知函数f (x )=2ln (x +1)+sin x +1,函数g (x )=ax -1-ln x (a ∈R ,且a ≠0).ⅰ讨论函数g (x )的单调性;ⅱ证明:当x ≥0时,f (x )≤3x +1;ⅲ证明:当x >-1时,f (x )< x 2+2x +2e sin x .解析：ⅰg (x )定义域为(0,+∞),g (x )=a -x 1=ax x-1.当a <0时,g (x )<0,则g (x )在(0,+∞)上单调递减;当a >0时,令g (x )>0,得x >a1,即g (x )在 a1,+∞上单调递增;令g (x )<0,得0<x <a 1,得g (x )在 0,a1上单调递减.综上所述,当a <0时,g (x )在(0,+∞)上单调递减;1,+∞上单调递增,在 0,a1上单调递减.当a >0时,g (x )在 a ⅱ解法1:作差法+直接求导2设函数ℎ(x )=f (x )-(3x +1),则ℎ (x )=x +1+cos x -3.2因为x ≥0,所以x +1∈(0,2],cos x ∈[-1,1],则ℎ (x )≤0,从而ℎ(x )在[0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x )=f (x )-(3x -1)≤ℎ(0)=0,即f (x )≤3x +1.解法2:常用不等式+兵分两路当a =1时,g (x )=x -1-ln x ,由(1)知g (x )min =g (1)=0,学习札记钻研数学钻研数学所以ln x ≤x -1,所以2ln (x +1)≤2x .令φ(x )=x -sin x ,则φ(x )=1-cos x ≥0恒成立,又φ(0)=0,所以当x ≥0时,有φ(x )=x -sin x ≥0,即sin x ≤x .所以f (x )=2ln (x +1)+sin x +1≤2x +x +1=3x +1.ⅲ证明:当a =1时,g (x )=x -1-ln x ,由ⅰ知g (x )min =g (1)=0,所以x ≥ln x +1,当x >-1时,(x +1)2>0,(x +1)2e sin x >0,所以(x +1)2e sin x >ln (x +1)2e sin x +1=2ln (x +1)+sin x +1.从而 x 2+2x +2e sin x >(x +1)2e sin x>ln (x +1)2e sin x +1=2ln (x +1)+sin x +1=f (x ),所以f (x )< x 2+2x +2e sin x .典例精练1.已知函数f (x )=x e +xa(a ∈R )在x =0处取得极值.ⅰ求a ,并求f (x )的单调区间;ⅱ证明:当0<m ≤e ,x ∈(1,+∞)时,xe x -2-m (x -1)ln x >0.解析：f (x )=1-e ⅰx x-a,由题意可得,f (0)=1-a =0,故a =1,f (x )=1e +x x ,f (x )=-exx ,由f (x )>0可得x <0,故函数单调递增区间(-∞,0),由f (x )<0可得x >0,故函数单调递减区间(0,+∞),ⅱ证明:由(1)可知f (x )在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)单调递减,故f (x )≤f (0)=1,即x e+x1≤1,故e x ≥x +1,所以e x -2≥x -1,当且仅当x =2时取等号,又因为x >0,所以xe x -2≥x (x -1),所以xe x -2-m (x -1)ln x≥x (x -1)-m (x -1)ln x =(x -1)(x -m ln x ),因为x >1,所以ln x >0,因为0<m ≤e ,所以x -m ln x ≥x -e ln x ,令g (x )=x -e ln x ,则g (x )=1-xe,学习札记由g (x )>0可得,x >e ,故g (x )在(e ,+∞)上单调递增,由g(x )<0可得,x <e ,故g (x )在(-∞,e )上单调递减,所以g (x )≥g (e )=0,即x -e ln x ≥0在x =e 处取得等号,所以xe x -2-m (x -1)ln 钻研数学钻研数学x≥(x -1)(x -m ln x )≥(x -1)(x -e ln x )≥0,由于取等条件不同,所以xe x -2-m (x -1)ln x >0.2.已知函数f (x )=ln x -x e.ⅰ若曲线y =f (x )存在一条切线与直线y =ax 垂直,求a 的取值范围.ⅱ证明:f (x )<x 2-ln x -43sin x .解析：f (x )=ⅰx 1-e 1.因为f (x )的定义域为(0,+∞),所以x 1-e 1>-e1.因为曲线y =f (x )存在一条切线与直线y =ax 垂直,所以-a 1>-e1,解得a <0或a >e ,则a 的取值范围为(-∞,0)∪(e ,+∞).ⅱf (x )=x 1-e 1=e xe-x.当x ∈(0,e )时,f (x )>0;当x ∈(e ,+∞)时,f (x )<0.所以f (x )max =f (e )=ln e -ee=0.设函数g (x )=x 2-ln x ,则g(x )=2x -x 1=2x x2-1.2当x ∈ 0,22时,g (x )<0;当x ∈ 2,+∞时,g(x )>0.2所以g (x )min =g 2=21-21ln 21=21+21ln2.因为ln2>ln e =21,g (x )min >43.因为43,43sin x ∈ -4 3,所以x 2-ln x -43sin x >0.又f (x )≤f (x )max =0,所以f (x )<x 2-ln x -43sin x .3.已知函数f (x )=x ln x +32x 2-(a +1)x +b .ⅰ当a =3时,求f (x )的单调区间;ⅱe 为自然对数的底数,若a ∈ e 3-1,3e +1时,f (x )≥0恒成立,学习札记证明:b -2a +6>0钻研数学钻研数学.解析：ⅰ当a =3时,f (x )=x ln x +32x 2-4x +b ,则f (x )=ln x +3x -3在(0,+∞)上单调递增,又f (1)=0,故当x ∈(0,1)时,f (x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(1,+∞)时,f (x )>0,f (x )单调递增.综上,当a =3时,f (x )的单调咸区间为(0,1),单调增区间为(1,+∞).ⅱ解法1:对f (x )求导,得f (x )=ln x +3x -a ,知f (x )在(0,+∞)上单调递增.因为a ∈ e 3-1,3e +1 ,故f e 1= e3-1-a <0,f (e )=3e +1-a >0,故存在唯一x 0∈ e1,e ,使得f x 0=0 ,即ln x 0+3x 0-a =0,所以a =ln x 0+3x 0.当x ∈ 0,x 0时,f (x )<0,f (x )单调递减;当x ∈ x 0,+∞时,f (x )>0,f (x ) 单调递增.又f (x )≥0,故f (x )min =f x 0=x 0ln x 0+ 32-(a +1)x 0+b ≥02x 0,即x 0ln x 0+32x 0 2- ln x 0+3x 0+1x 0+b =-32-x 0+b ≥2x 00在x 0∈ e 1,e 上恒成立.令ℎ(x )=-32x 2-x +b ,则ℎ(x )在 e1,e 上单调递减,故只需ℎ(e )=-3故b -2a +6≥32e 2-e +b ≥0,即b ≥32e 2+e -6e -2+6=32e 2+e ,2e 2-5e +4>0,从而得证.解法2:转化为关于x 0的函数所以b ≥32+x 02x 0,则b -2a +6≥32x 0 2+x 0-2 ln x 0+3x 0+6=32-5x 0-2ln x 0+62x 0,令ℎ(x )=32x 2-5x -2ln x +6 e1<x <e ,则ℎ (x )=3x -5-x 2=3x 2-x (3x +5x -2=1)(x -2)x,令ℎ x 0=0,得x =2.学习札记钻研数学钻研数学当x ∈e1,2,ℎ (x )<0,ℎ(x )单调递减 ;当x ∈(2,e )时,ℎ (x )>0,ℎ(x )单调递增.故ℎ(x )min =ℎ(2)=32×4-10-2ln2+6=2(1-ln2)>0,即b -2a +6>0,从而不等式得证.。
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高考数学备考之 放缩技巧(一)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、裂项放缩例1.(1)求∑=-nk k12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k.解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n k n k(2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk Λ奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n (2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n(3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n n C T r r rn r(4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n n n Λ (5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n (8) n n n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(9)⎪⎭⎫⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1 (10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n (11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11))2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112≥---=--=--<--=----n n n n n n n n n n n n n n (12)111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n n n n11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=n n n n n n n(13) 3212132122)12(332)13(2221nn n nnnnnn <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14)!)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k (15))2(1)1(1≥--<+n n n n n(15) 111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i j i j i j i j i j i j i例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n Λ(2)求证:n n412141361161412-<++++Λ (3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n n n ΛΛΛ(4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn Λ解析:(1)因为⎪⎭⎫⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以)12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni(2))111(41)1211(414136116141222n n n -+<+++=++++ΛΛ (3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n n n ΛΛ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案(4)首先nn n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+Λ再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n nΛ例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n Λ解析: 一方面: 因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk Λ 另一方面:1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n nn n n n ΛΛ当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n nn n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++Λ,当2=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++<++Λ, 所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n Λ例4.(2008年全国一卷)设函数()ln f x x x x =-.数列{}n a 满足101a <<.1()n n af a +=.设1(1)b a ∈，，整数11ln a bk a b -≥.证明:1k a b +>.解析: 由数学归纳法可以证明{}n a 是递增数列, 故 若存在正整数k m ≤, 使b a m ≥, 则b a a k k ≥>+1,若)(k m b a m ≤<,则由101<<≤<b a a m 知0ln ln ln 11<<≤b a a a a a m m m ,∑=+-=-=km mm k k k k a a a a a a a 111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a akm m m<∑=,于是b a b a b a k a a k =-+≥+>+)(|ln |11111例5.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+Λ321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n+≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=nk m m m m m m m m k k n n n nn111111111])1([01)2()1()1(Λ所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n 只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--nk m m m m m m m m m n k m n k m m k k n n n n n k m k k 111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([Λ故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m n k m nk m m k k k m k k1111111])1[()1(])1([,即等价于m m m m m k k k m k k -+<+<--+++111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m k k m k k m 而正是成立的,所以原命题成立.例6.已知n n n a 24-=,nnn a a a T +++=Λ212,求证:23321<++++n T T T T Λ.解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n nn n nnn T -+-=-----=+++-++++=ΛΛ所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n nnn T⎪⎭⎫⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n n n n从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n n T T T T ΛΛ例7.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n ,求证:*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+Λ证明: nn n n n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为 12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n n x x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+Λ二、函数放缩例8.求证：)(665333ln 44ln 33ln 22ln *N n n n n n ∈+-<++++Λ.解析:先构造函数有x x x x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln n n n n +++--<++++ΛΛ cause⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n 31121219181716151413121313121ΛΛΛ6533323279189936365111nn n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---Λ所以6653651333ln 44ln 33ln 22ln +-=--<++++n n n n n n Λ例9.求证:(1))2()1(212ln 33ln 22ln ,22≥+--<+++≥n n n n n n αααααααΛ解析:构造函数x xx f ln )(=,得到22ln ln n n n n ≤αα,再进行裂项)1(1111ln 222+-<-≤n n n nn ,求和后可以得到答案函数构造形式: 1ln -≤x x ,)2(1ln ≥-≤αααn n例10.求证:n n n 1211)1ln(113121+++<+<++++ΛΛ 解析:提示:2ln 1ln 1ln 1211ln)1ln(++-++=⋅⋅-⋅+=+ΛΛn nn n n n n n n函数构造形式:x x x x 11ln ,ln -><当然本题的证明还可以运用积分放缩 如图,取函数x x f 1)(=,首先:⎰-<nin ABCFx S 1,从而,)ln(ln |ln 11i n n x x i n n i n nin --==<⋅--⎰取1=i 有,)1ln(ln 1--<n n n ,所以有2ln 21<,2ln 3ln 31-<,…,)1ln(ln 1--<n n n ,n n n ln )1ln(11-+<+,相加后可以得到:)1ln(113121+<++++n n Λ另一方面⎰->ni n ABDExS 1,从而有)ln(ln |ln 11i n n x x i i n n i n nin --==>⋅---⎰取1=i 有,)1ln(ln 11-->-n n n ,所以有n n 1211)1ln(+++<+Λ,所以综上有n n n 1211)1ln(113121+++<+<++++ΛΛ例11.求证:e n <+⋅⋅++)!11()!311)(!211(Λ和e n <+⋅⋅++)311()8111)(911(2Λ.解析:构造函数后即可证明例12.求证:32)]1(1[)321()211(->++⋅⋅⨯+⋅⨯+n e n n Λ 解析:1)1(32]1)1(ln[++->++n n n n ,叠加之后就可以得到答案函数构造形式:)0(13)1ln(1)0(132)1ln(>+>++⇔>+->+x x x x x x x (加强命题)例13.证明:)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n Λ解析:构造函数)1(1)1()1ln()(>+---=x x x x f ,求导,可以得到:F E D C B A n-inyxO12111)('--=--=x x x x f ,令0)('>x f 有21<<x ,令0)('<x f 有2>x ,所以0)2()(=≤f x f ,所以2)1ln(-≤-x x ,令12+=n x 有,1ln 22-≤n n所以211ln -≤+n n n ,所以)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n Λ例14. 已知112111,(1).2n n n a a a n n +==+++证明2n a e <.解析:nn n n n a n n a n n a )21)1(11(21))1(11(1+++<+++=+,然后两边取自然对数,可以得到nn n a n n a ln )21)1(11ln(ln 1++++<+然后运用x x <+)1ln(和裂项可以得到答案) 放缩思路：⇒+++≤+n nn a n n a )2111(21⇒++++≤+n n n a n n a ln )2111ln(ln 21nn n n a 211ln 2+++≤。