9.数列和式放缩研究——探讨几类典型问题的通法(李绍塔.ppt

例谈放缩法在数列不等式问题中的应用

高中例谈放缩法在数列不等式问题中的应用福建省清流县第一中学　赖礼昌数列不等式问题，一向被认为是中学数学中最难的一类问题．其具有思维跨度大和构造性强的特点，是高考压轴题或数学竞赛题的命题素材．求解过程中，需要较高的放缩技巧，对学生具有极强的挑战性．求解这类问题的落脚点是观察数列通项特征，抓住通项内在规律恰当放缩并进行求和，而放缩是关键．如何放缩，是一个值得研究的课题．放缩的方法主要有：裂项放缩、函数放缩、分子放缩、借助数列递推关系放缩等，下文举例加以研究，供大家参考．一、裂项放缩法裂项相消法是数列求和的常用方法之一，将数列利用裂项相消法求和后，通过舍去某些项可达到证明数列不等式的最终目的，这类问题难度虽然不大，但解题者必须熟悉一些数列通项基本的裂项公式．例１　求证：　６狀（狀＋１）（２狀＋１）≤１＋１４＋１９＋…＋１狀２＜５３．解析：因为１狀２＜１狀２－１４＝４４狀２－１＝２１２狀－１（－１２狀＋１），所以∑狀犽＝１１犽２＜１＋２１３（－１５＋…＋１２狀－１－１２狀＋１）＜１＋２３＝５３．又因为１＋１４＋１９＋…＋１狀２＞１１×２＋１２×３＋１３×４＋…＋１狀（狀＋１）＝１－１狀＋１＝狀狀＋１，当狀≥３时，狀狀＋１＞６狀（狀＋１）（２狀＋１），当狀＝１时，６狀（狀＋１）（２狀＋１）＝１，当狀＝２时，６狀（狀＋１）（２狀＋１）＜１＋１４，综上可得６狀（狀＋１）（２狀＋１）≤１＋１４＋１９＋…＋１狀２＜５３．点评：运用这个方法时，如何裂项后放缩，应具体问题具体分析．笔者整理出如下结论，希望对大家有所帮助：（１）１狀２＝４４狀２＜４４狀２－１＝２１２狀－１－１２狀＋１（）；（２）１狀（狀＋１槡）＜槡狀－狀－槡１（狀≥２）；（３）１＋１狀（）狀＜１＋１＋１２×１＋１３×２＋…＋１狀（狀－１）＜５２；（４）２（狀＋槡１－槡狀）＜１槡狀＜２（槡狀－狀－槡１）；（５）２狀（２狀－１）２＝２狀（２狀－１）（２狀－１）＜２狀（２狀－１）（２狀－２）＝２狀－１（２狀－１）（２狀－１－１）＝１２狀－１－１－１２狀－１（狀≥２）；（６）１狀槡３＝１狀·狀槡２＜１狀（狀－１）（狀＋１槡）＝１狀（狀－１槡）－１狀（狀＋１槡）（）·１狀＋槡１－狀－槡１＝１狀－槡１－１狀＋槡１（）·狀＋槡１＋狀－槡１２槡狀＜１狀－槡１－１狀＋槡１．二、函数放缩从本质上看，数列就是一类定义域为正整数集的函数，在求证某些数列不等式时，可以将数列“退化”成两个函数间的不等关系，再利用这个不等关系放缩成数列不等式．例２　求证：ｌｎ２２＋ｌｎ３３＋ｌｎ４４＋…＋ｌｎ３狀３狀＜３狀－５狀＋６６（狀∈犖）．７５２０２０年３月解法探究教学参谋Copyright ©博看网. All Rights Reserved.高中证明：先构造函数有犳（狓）＝ｌｎ狓－狓＋１，于是犳′（狓）＝１狓－１．当狓∈（０，１）时，犳′（狓）＞０；当狓∈（１，＋∞）时，犳′（狓）＜０．所以函数犳（狓）在（０，１）上递增，在（１，＋∞）上递减，故犳（狓）ｍａｘ＝犳（１）＝０，即犳（狓）＝ｌｎ狓－狓＋１≤０，ｌｎ狓≤狓－１ｌｎ狓狓≤１－１狓，从而ｌｎ２２＋ｌｎ３３＋ｌｎ４４＋…＋ｌｎ３狀３狀＜３狀－１－１２（＋１３＋…＋１３狀）．因为１２＋１３＋…＋１３狀＝１２＋１３（）＋１４＋１５＋１６＋１７＋１８＋１９（）＋…＋１２狀（＋１２狀＋１＋…＋１３狀）＞５６＋３６＋３９（）＋９１８＋９２７（）＋…＋３狀－１２·３狀－１＋３狀－１３狀（）＝５狀６，所以ｌｎ２２＋ｌｎ３３＋ｌｎ４４＋…＋ｌｎ３狀３狀＜３狀－１－５狀６＝３狀－５狀＋６６．点评：利用函数放缩法证明数列不等式的难点，在于如何构造一个与题目相关的函数，需要解题者仔细分析所证数列不等式的结构特征，抽象出一个基本的数列不等式，如本例中的ｌｎ狀狀＜１－１狀，再将狀还原成狓，再根据这个不等式构造函数，并利用导数证明这个不等式．三、分式放缩当数列不等式内含分式形式时，可以利用分式放缩法求证．主要用到两个姐妹不等式：犫犪＞犫＋犿犪＋犿（犫＞犪＞０，犿＞０）和犫犪＜犫＋犿犪＋犿（犪＞犫＞０，犿＞０），我们不妨用口诀“小者小，大者大”加以记忆，意思只要看犫，如果犫小，那么不等号是小于号，反之亦然．例３　证明：（１＋１）１＋１４（）１＋１７（）·…·１＋１３狀－２（）＞３３狀＋槡１．证明：利用两次分式放缩：２１·５４·８７·…·３狀－１３狀－２＞３２·６５·９８·…·３狀３狀－１（分子分母加１）；２１·５４·８７·…·３狀－１３狀－２＞４３·７６·１０９·…·３狀＋１３狀（分子分母加２）．两式左右对应相乘，可以得到：２１·５４·８７·…·３狀－１３狀－２（）２＞４２·７５·１０８·…·３狀＋１３狀－１＝１２·４５·７８·…·３狀－２３狀－１·（３狀＋１）．于是有（１＋１）１＋１４（）１＋１７（）·…·１＋１３狀－２（）＞３３狀＋槡１．点评：从本例的证明可以看出，分式放缩法的应用并不是一蹴而就的，首先，必须要认清题目的适合分式放缩的特征；其次，要有分式放缩的意识，勇于尝试．所以这类问题具有很强的探究性，技巧性也非常强．四、基本不等式放缩基本不等式是不等式证明的基本工具，有时也可用在数列不等式的证明上，因为基本不等式中含有等号，而有些数列不等式却不含等号，于是可以考虑利用基本不等式进行放缩．例４　设犛狀＝１·槡２＋２·槡３＋…＋狀（狀＋１槡）．求证狀（狀＋１）２＜犛狀＜（狀＋１）２２．证明：此数列的通项为犪犽＝犽（犽＋１槡），犽＝１，２，…，狀．因为犽＜犽（犽＋１槡）＜犽＋犽＋１２＝犽＋１２，所以∑狀犽＝１犽＜犛狀＜∑狀犽＝１犽＋１２（），即狀（狀＋１）２＜犛狀＜狀（狀＋１）２＋狀２＜（狀＋１）２２．点评：本题应注意把握放缩的“度”：上述不等式右边放缩用的是基本不等式槡犪犫≤犪＋犫２，若放成犽（犽＋１槡）＜犽＋１，则得犛狀＜∑狀犽＝１（犽＋１）＝（狀＋１）（狀＋３）２＞（狀＋１）２２，就放过“度”了！从以上研究可以看出，利用放缩法证明数列不等式虽然复杂多样，但还是有规律可循的，规律隐藏在数列不等式的特征中，而如何参透这个特征是难点，突破了这个难点，也就找到了相应的方法．犠８５教学参谋解法探究２０２０年３月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

2016.3.24数列讲座——高观点下数列和式放缩研究(探讨几类典型问题的通法)(萧山)

n
åa å
k =1 ¥ n =1
k
不存在，则称无穷级数
¥
åLeabharlann ¥n =1an 发散.
（2）若级数
an 收敛，则称 å an 绝对收敛.
n =1
若级数
å
¥
n =1
an 收敛且 å an 发散，则称 å an 条件收敛.
n =1 n =1
¥
¥
事实上,数列和式不等式问题可看作研究无穷级数敛散性问题的一个子问题（有时甚至是等价问题），从而可以反过来从级数的视角审视数列和式的放缩.
方法来源1——比值判别法
Alembert ）判别法若 å an 为正项级数，达朗贝尔（ D¢
n =1 ¥
（1）若 $ M ? N * ， " n ? M ，有
an +1 ?l an
1
¥ an +1 = l <1 ）（极限形式 lim ，则 å an 收敛; n an n =1 an +1 * ?l 1 （2）若 $ M ? N ， " n ? M ，有 an ¥ an +1 = l >1 ）（极限形式 lim ，则 å an 发散. n an n =1 事实上,该判别法在某种意义上可看作几何级数敛散性判别的推广形式，从而天然的可以结合到数列的放缩中去.——“指数型”数列
数列和式放缩的两个高数视角
一、无穷级数视角（几何级数、P-级数的敛散性）（一）通项已知 ¥ 1 1、 “指数”型.（形如 å 借助主导项思想，放缩成等比数列） n =1 f ( n) - g ( n)
1 1 2， 3L ) 放缩成可裂项相消数列） 2、 “幂”型.（基于 å p ( p = ， 2 n =1 n 二、动力方程视角（不动点）（二）通项未知（ “递推”型（二次递推、一次分式递推、根式递推）） ①“指数”型.（借助“变比”放缩成等比数列） ②“裂项相消”型.（借助不动点先“中心化” ，再“取倒裂项累加”处理）

数列及函数不等式放缩如何一步到位

数列不等式与函数不等式
——如何放缩才能一步到位
数列不等式为高中数学的重点和难点，常出现在高考压轴题中，具有极高的思想性和技巧性。解决数列不等式的一般思想是进行合理地放缩，放缩后能够再运算是解决此类问题的重要原则。
熟记一些常见的放缩结论，掌握一些常见的放缩技巧很重要。在放缩过程中经常用到的方法有：积分（函数法）放缩、裂项放缩、对偶放缩、分类放缩、二项式定理放缩、等比放缩、切线放缩等等。
一、积分放缩
积分法即利用积分的几何意义进行放缩。
基本结论：
1 n1 1 dx ln( n 1) ln n
n
nx
1 n 1 dx ln n ln( n 1)
n n1 x
1
n 1
1
dx 2
n
nx
x
| n 1 n
1
n1
dx 2
n n1 x
x
|n n 1
f (x) 1 或 1
x
(
1 2
1 31
)
（1 4
1 5
...
1 32
）
...
（3n11
1
1 3n1
2
...
1 3n
）
n段，每个括号都 5 ？
6
下证f
(n)
1 3n1 1
1 3n1 2
...
1 3n
5 6
1 n1 1 dx ln( n 1) ln n
n nx
1
1
1
1 3n1 2
1 3n1 3
1 3n 1
)
3n
1
5n 6
1 2
1 ... 3
1 3n
5n 6

【高中数学课件】数列求和及通项的求法ppt课件共25页文档

an1
ana1qn1.
若数列{
a
n
an
}满足an1
f
(n)
，其中数列{
f
(n)}前n项
积可求，则通项 a n 可用逐项作商后求积得到。
思 1. 求数列 1 , 4 , 7 , 1 , 0 , ( 1 ) n ( 3 n 2 ) ,
考前n项和题
2. 求数列 {2n 3} 2n3
3. 求和：
求通项公式 a n
1:a 1,求满足以下a条件的
1
n
2
(1)a a
n n n1
n
2
a n1 (2) n1
an n
2 : a 1, 求满足以下条件的 a
1
n
(1) a 3 a 2
n 1
n
(2)a 3a 2n 1
n 1
n
(3)a 3a 2 n
n 1
n
(4)a
a n
n1 a 3
n
若数列an 满足 a n a n 1 fn ( n N )，其中an
是可求和数列，那么可用逐差后累加的方法求 f n
逐商求积法
若数列 a 1 ,a 2,a 3, ,a n, 是等比数，公比为q，
则 a2 q,a3 q,a4 q,, an q,
a1 a2 a3
an1
an
n 1个 q.q.q.q
a a 2 a 3Leabharlann a n 1的前n项和。
裂项法：
1.求数列
6, 6, 6, , 6 , 1 22 33 4 n (n 1 )
前n项和
2.求数列 1 1 2 ,1 2 1 3 , ,1 2 1 ( n 1 ),

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) 教师版

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)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.一、放缩技巧(1)1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1(2)1C1n+1C2n=2(n+1)n(n-1)=1n(n-1)-1n(n+1)(3)T r+1=C r n⋅1n r=n!r!(n-r)!⋅1n r<1r!<1r(r-1)=1r-1-1r(r≥2)(4)1+1 nn<1+1+12×1+13×2+⋯+1n(n-1)<3(5)12n(2n-1)=12n-1-12n(6)1n+2<n+2-n(7)2(n+1-n)<1n<2(n-n-1)(8)22n+1-12n+3⋅12n=1(2n+1)⋅2n-1-1(2n+3)⋅2n(9)1k(n+1-k)=1n+1-k+1k1n+1,1n(n+1+k)=1k+11n-1n+1+k(10)n(n+1)!=1n!-1(n+1)!(11)1n<2(2n+1-2n-1)=222n+1+2n-1=2n+12+n-12(11)2n(2n-1)2=2n(2n-1)(2n-1)<2n(2n-1)(2n-2)=2n-1(2n-1)(2n-1-1)=12n-1-1-12n-1(n≥2)(12)1n3=1n⋅n2<1n(n-1)(n+1)=1n(n-1)-1n(n+1)⋅1n+1-n-1=1n-1-1n+1⋅n+1+n-12n <1n-1-1n+1(13)2n +1=2⋅2n=(3-1)⋅2n>3⇒3(2n-1)>2n⇒2n-1>2n 3⇒12n -1<2n3(14)k +2k !+(k +1)!+(k +2)!=1(k +1)!-1(k +2)!(15)1n (n +1)<n -n -1(n ≥2)(16)i 2+1-j 2+1i -j =i 2-j 2(i -j )(i 2+1+j 2+1)=i +j i 2+1+j 2+1<1二、经典试题解析(一)、经典试题01、裂项放缩1.(1)求∑nk =124k 2-1的值；(2)求证:∑nk =11k2<53.【分析】(1)根据裂项相消求和即可；(2)根据1n 2<1n 2-14放缩再求和即可【详解】(1)因为24n 2-1=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1，所以∑nk =124k 2-1=11-13+13-15+...+12n -1-12n +1=2n2n +1(2)因为1n 2<1n 2-14=44n 2-1=212n -1-12n +1 ，所以∑nk =11k2≤1+213-15+⋯+12n -1-12n +1 <1+23=532.求证:1+132+152+⋯+1(2n -1)2>76-12(2n -1)(n ≥2).【分析】根据1(2n -1)2>1(2n -1)(2n +1)放缩后利用裂项相消求和即可【详解】因为1(2n -1)2>1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，(n ≥2)故∑nk =11(2k -1)2>1+1213-15+...+12n -1-12n +1 =1+1213-12n +1 =76-122n -1，故1+132+152+⋯+1(2n -1)2>76-12(2n -1)(n ≥2)3.求证:14+116+136+⋯+14n2<12-14n .【详解】由14+116+136+⋯+14n 2=141+122+⋯+1n 2<141+1-1n =12-14n 根据1n 2<1n ⋅n -1 得122+⋯+1n 2<1-12+12-13+⋯1n -1-1n =1-1n 所以141+122+⋯+1n2<141+1-1n =12-14n 4.求证:12+1⋅32⋅4+1⋅3⋅52⋅4⋅6+⋯+1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n<2n +1-1【分析】利用分式放缩法证明出1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n<12n +1，进而利用数学归纳法证明13+15+⋯+12n +1<2n +1-1即可.【详解】由1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n 2<12⋅23⋅34⋯2n -12n ⋅2n 2n +1=12n +1，得1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n<12n +1，所以12+1⋅32⋅4+⋯+1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n <13+15+⋯+12n +1，要证12+1⋅32⋅4+⋯+1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n <2n +1-1，只需证13+15+⋯+12n +1<2n +1-1，下面利用数学归纳法证明：当n =1时，左边=13，右边=3-1。

用放缩法证明不等式--数列优秀教学课件

1 1 1 1 7 1 7 (n 3) 42n 4n 4
当n = 1, 2时，不等式显然也成立.
变式2 (2013广东理19第(3)问)
求证：1
1 22
1 32
1 n2
7 4
(n N)
分析变式2的结论比变式1强，要达目的，须将变
式1放缩的“度”进行修正，如何修正？
思路二将通项放得比变式1更小一点. 保留第一项，
相消模型等. 实际问题中， bn 大多是等比模型或裂项相
消模型.
例2 (2013广东文19第(3)问)
求证： 1 1 1
1
1 (n N)
13 35 5 7
(2n 1)(2n 1) 2
变式1
求证：1
1 22
1 32
1 n2
2
(n N)
变式2 (2013广东理19第(3)问)
求证：1
1 22
3n 2 14
分析左边不能直接求和，能否仿照例4的方法将通项
也放缩为等比模型后求和？
∵
3n 2 =3n (1 2 ) 3n
3n
(1
2 32
)
7
3n2
(n 2)
∴
1 an
1 7
1 3n2
(n 2)
保留第一项，从第二项开始放缩
左边 1 1 (1 1 73
1 3n2
)
1
3 14
(1
例3 (2009珠海二模理20第(2)问)
求S 1 1 1 1 的整数部分.
23
100
分析不能直接求和式 S ，须将通项 1 放缩为裂项相消模型后求和. n
思路为了确定S的整数部分，必须将S的值放缩在相邻的两个

《数列中的放缩法》课件

面临的挑战
未来发展放缩法，需要解决的关键问题包括如何提高放缩法的适用性和可靠性，如何克服其局限性，以及如何与其他数学工具或算法更好地结合。此外，如何将放缩法的理论
应用于实际问题的解决也是一大挑战。
放缩法的挑战
在使用放缩法时，需要具备深厚的数学基础和敏锐的观察力，以选择合适的放缩策略。此外，如何掌握好放缩的尺度，避免过度或不足的放缩，也是一大挑战。
放缩法的未来发展
发展方向
随着数学理论和计算机技术的发展，放缩法有望在更多领域得到应用。例如，结合机器学习算法，可以自动寻找最优的放缩策略。此外，随着数学与其他学科的交叉融合，放缩法有望在解决实际问题中发挥更大的作用。
洛必达法则
洛必达法则是微积分中的一个重要定理，它可以用来计算某些极限。当一个极限的分子和分母都趋于零时，洛必达法则可以用来求极限。
在数列中，洛必达法则可以用来研究数列的收敛性和发散性。通过应用洛必达法则，我们可以对数列的项进行放缩，从而证明一些数学命题。
拉格朗日中值定理
拉格朗日中值定理是微积分中的一个重要定理，它说明了一个函数在两个点之间的值与这两点之间某点的导数之间的关系。
解决导数问题
总结词
在解决与导数相关的问题时，放缩法可以帮助我们更好地理解函数的性质和行为。
VS
详细描述
在导数问题中，放缩法可以帮助我们更好地理解函数的性质和行为。通过放缩法，可以将函数的导数进行放大或缩小，从而更好地理解函数的增减性、极值点等性质。此外，放缩法还可以用于解决一些与导数相关的不等式问题，例如证明函数的导数满足某种不等式关系。
泰勒级数展开
泰勒级数展开是数学分析中的一个重要概念，它可以将一个函数表示为无穷级数的形式。通过泰勒级数展开，我们可以更好地理解函数的性质和行为。

数列讲座高观点下数列和式放缩研究探讨几类典型问题的通法萧山

1,则数列{an} 收敛，
且收敛的极限即为 g(x) 在[a,b] 上的不动点.
简单迭代序列的敛散性分析
若将非线性方程 f (x) 0 转化为一个同解方程 x g(x) ，任取初始值 a1 ，并且 an 1 g(an )(n N *) ，则得到序列{an} .
1、分析的角度：若 x0
g(x0
)
，则
n1
n1
n1
事实上,数列和式不等式问题可看作研究无穷级数敛散性问题的一个子问题（有时甚至是等价问题），从而可以反过来从级数的视角审视数列和式的放缩.
方法来源1——比值判别法
达朗贝尔（ D Alembert ）判别法若 an 为正项级数，
n1
（1）若 M N* ， n M ，有 an 1
1
an
Step1:找出迭代函数： g(x) ；
Step2:求出迭代函数的不动点：由 g(x) x ，得 x x0 ；
Step3:“中心化”再作商得到 “变比” q(an ) ，研究数列在不动点附近的动力学性质：
求出
an1 x0 an x0
q(an ) ，分析 q(an ) .
Step4: 计算“变比” q(an ) 在不动点处的函数值，判定数列类型：
又因为
an1
1 2
an
1 2
1 2an
1
q(an
)
(1,
1 3
]
(1,
0)
，即得
an1
1 2
an
1 2
1，
从而数列
an
1 2
为单调递减数列.
Step4:计算“变比” q(an ) 在不动点处的函数值，判定数列类型：

高中数学解题技巧-数列放缩

数列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 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 n 11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫⎝⎛+--=n n n n n n n(13) 3212132122)12(332)13(2221nn nn 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: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⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<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,故存在正整数k m ≤,使b a m ≥,则b a a k k ≥>+1,否则若)(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 a111ln 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 kn 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 kk 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-=,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 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:nnn 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 nn∈+-<++++ .解析:先构造函数有xxx x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln n n nn+++--<++++ 因为⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n 31121219181716151413121313121 6533323279189936365111n n n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---所以6653651333ln 44ln 33ln 22ln +-=--<++++n n n n nn例9.求证:(1)12ln 3ln 2ln 2--n n n αααααα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 n n a )2111(21⇒++++≤+n n n a n n a ln )2111ln(ln 21 nn n n a 211ln 2+++≤。

高考数学数列不等式的放缩初探精品PPT课件

1）
1 a（n an
1）
1 3
.
思路
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an
1
an
+1
1
2n 2n+1
<
1
2n-1
2n+1
1 2
1 2n 1
1 2n+1
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二
一题多法说技巧
题④an
3n -2n，证明: 1 a1
=n2
,
证明
1 a1
1 a2
15
an 3
题④an
=2n,
证明:
1 a（1 a1
1）
1 a（2 a2
1）
1 a（n an
1）
1 3
.
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题①若an
=n2
,
证明: 1 a1
1 a2
1 a2
思路
1 an
22 3n 1 < 3n
1 5. an 6
1
2 12
a1
31 1 =
< 2
3
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题③若an
1 2
(3n
1), 证明: 1 a1
1 a2Biblioteka 思路1 3. an 2
1 a2
1 3. an 2
题⑤ an
3n

数列型不等式的放缩技巧九法之欧阳学创编

数列型不等式的放缩技巧九法证明数列型不等式，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九种：一利用重要不等式放缩 1．均值不等式法例 1 设.)1(3221+++⋅+⋅=n n S n 求证.2)1(2)1(2+<<+n S n n n 解析此数列的通项为.,,2,1,)1(n k k k a k =+=2121)1(+=++<+<k k k k k k ，)21(11∑∑==+<<∴nk n nk k S k ，即.2)1(22)1(2)1(2+<++<<+n n n n Sn n 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2b a ab +≤，若放成1)1(+<+k k k 则得2)1(2)3)(1()1(21+>++=+<∑=n n n k S nk n ，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，这里其中，3,2=n 等的各式及其变式公式均可供选用。

例2 已知函数bxa x f 211)(⋅+=，若54)1(=f ，且)(x f 在[0，1]上的最小值为21，求证：.2121)()2()1(1-+>++++n n n f f f （02年全国联赛山东预赛题）简析)2211()()1()0(22114111414)(⨯->++⇒≠•->+-=+=n f f x x f xx x x 例3 求证),1(221321N n n n C CC C n n nnnn∈>⋅>++++- .简析不等式左边=++++n n n n n C C C C 32112222112-++++=-n nn n n 122221-⋅⋅⋅⋅⋅> =212-⋅n n ，故原结论成立.2．利用有用结论例4 求证.12)1211()511)(311)(11(+>-++++n n简析本题可以利用的有用结论主要有：法1利用假分数的一个性质)0,0(>>>++>m a b ma mb ab 可得⇒12)122563412(2+>-⋅⋅n n n 即.12)1211()511)(311)(11(+>-++++n n 法2利用贝努利不等式)0,1,2,(1)1(≠->≥∈+>+*x x n N n nx x n 的一个特例12121)1211(2-⋅+>-+k k (此处121,2-==k x n )得注：例4是1985年上海高考试题，以此题为主干添“枝”加“叶”而编拟成1998年全国高考文科试题；进行升维处理并加参数而成理科姊妹题。

用放缩法证明数列不等式的几种类型和途径

用放缩法证明数列不等式的几种类型和途径不等式的证明,尤其是利用放缩法证明不等式,很多学生感觉无从下手,教师也感觉教学成效不睬想.那个地址仅用放缩法证明数列不等式谈谈自己的观点,不妥的地方请同行指教.依照建构主义的观点,学生在学习时可将知识分成假设干模块,再对假设干模块进行学习,通过同化和顺应,将知变成自己的一部份.常见的放缩方式有:增加(减少)某些项,增大(减少)分子(分母),增大(减小)被开方数,增大(减小)底数(指数),利用二式定理,利用不等式的性质或重要不等式,利用函数的性质等.关于“和式”数列不等式,假设能够直接求和，那么考虑先求和，再证不等式；假设不能或甚难求和，那么可虑利用放缩法证明不等式.而关于“和式”数列不等式,放缩的最要紧目的是通过放缩,把原数列变成可求和、易求和的数列.下面依如实施的途径分为以下五类进行讨论:径1:放缩为等差等差⨯1类.1.求证：2131211222<++++n 明：()n n n 113212111131211222-++⨯+⨯+<++++21211131212111<-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=n n n注1：此题假设放缩为211211411122+--=-<n n n n ,那么可证明35131211222<++++n . 注2：⑴此类型的实质确实是通过放缩把原数列变成能够用“裂项法”求和的新数列，下面的几个例子并非必然放缩为等差等差⨯1.⑵此类型的特点是：通项的结构常与正整数的幂有关. 类不等式还有：81113121333<++++n（从第三项起放缩为：n n n n ⨯-⨯-<)1()2(113=))1(1)1)(2(1(21nn n n ----）注3：若第三项放缩为()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<11112111113n n n n n n n n，那么可证明45131211333<++++n . ⑵47!1!31!211<++++n （从第三项起放缩为()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛----=⨯-⨯-<n n n n n n n n 1112121)1()2(1!1） ⑶()()12216712151311222+->-++++n n (n>1) (从第二项起放缩为：()()()⎪⎭⎫⎝⎛+--⋅=+->-12112121121211212n n n n n ，再累加可得) ⑷()()212125323114n 222n n n n <+-++⨯+⨯< (n>1)（从第一项起放缩为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+=++<++=12112121141)12(2)22(2)1(42n n n n n n n n n ，再累加得：左式<中式=()<++<++)1(2)1(1222n n n n n n 右式） ⑸333221222<++++nn (n>1) (从第二项起放缩为：)1()1(21)1(2212-+-=-+-<+==n n n n n n n n n n n n n n n n=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=---n n n n n n 11121)1(2，再累加得：左侧<323<-n ) 途径2:放缩为等比类.例2.求证：3512112112112132<-++-+-+-n 证明：()1121741213,24712--⋅≤-→≥⋅≥-n nn n n ⎪⎭⎫⎝⎛++++<-++-+-+-∴-1232212174311121121121121n n35213521347234)211(7234=<=+<-+=n 例3.21)311()311)(311(2>---n证明1：利用不等式：假设),2,1(,10n i a i =<<, 则)(1)1()1)(1(2121n n a a a a a a +++->---那么有：2132121)311(211)313131(1)311()311)(311(22>⋅+=--=+++->---nn n n 证明2：利用3)n11(<+n (后面例8将证)原不等式231331331322<++⋅+⇐n n (真分数的性质) 2)311()311)(311(2<+++⇔n (*)现证(*)：nn n n ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++++<+++⇔)311()311()311()311()311)(311(22 (均值不等式)n nn n n n n n )211()311(21131 (31)3112+<⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+<⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++< 2321121212<<⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+<nn 注：⑴此类型的实质确实是通过放缩把原数列变成能够用“错位相减法”求和的新数列（常常是等比数列），有的题例子并非严格是放缩为等比数列（犹如类不等式的⑷）.⑵此类型的放缩手法多样：能够简单地放大缩小分子分母（犹如类不等式的⑴），或利用重要的不等式（例3），或采纳固定的程式放缩（如例2，同类不等式的⑵、⑶）等. ⑶此类型的特点是：通项的结构常与正整数的指数式有关. 同类不等式还有：⑴5412112112112132<++++++++n (从第三项起放缩为：n n 21121<+) ⑵342312312312313322<-++-+-+-n n (∵)4(2232532≥>-⇒⋅>+n n n n n n ,∴从第四项起放缩为：221231+<-n n n )⑶23211211211211212222<++-+-+--n (∵123121-≥--n n ,∴从第一项起放缩为：12311211-≤--n n ). ⑷34131213513313132<--++-+-+-n n （从第二项起放缩为：n n n n 321312<--得：左34332343326521323634211132<+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛++++<++n n n n n n ） (从第一项起放缩为：途径3:放缩为(高阶)等差类. 例4.已知n n S n n a ,)1(sin+=π为其前n 项和.⑴求证:当20π≤<x 时,有x x x <<sin 2π; ⑵.1π<≤n S 证明：⑴用导数证明，略. ⑵()()()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+≤+<+⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∴≤+<11111sin 121112,2)1(0n n n n n n n n n n n n πππππππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-<<⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-∴111312121111131212112n n S n n n πππ<≤⇒+-<<+-⇒n n S n S n 1)111()111(2 注：⑴此类型的实质确实是直接利用函数不等式进行放缩.至于何时利用此法，一是看不等式的结构，二是多数情形下题目要给出提示.⑵此类型的特点是：不等式的结构常与函数不等式有关. 常见函数不等式如下: ①)20(tan sin 2ππ<<<<<x x x x x ;②)0(sin 63><<-x x x x x ;③)0(2421cos 21422>+-<<-x x x x x ;④)20(3tan 3π<<+>x x x x ;⑤)0(21,12>++>+>x x x e x e xx ;⑥()02118212>+<+<-+x x x x x ; ⑦()()01ln 22><+<-x x x x x ;⑧()()时取等当且仅当0,11ln 1=->≤+≤+x x x x x x同类不等式还有：1.⑴求证：当x>-1时有：()()时取等当且仅当01ln 1=≤+≤+x x x x x； ⑵求证：()nn n 12111ln 113121+++<+<++++ . 证明：⑴由导数易证，略.⑵由⑴的结论：取nn n x 111ln n 111<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<+=有：从而有：()n n n n n n n 1312111ln 34ln 23ln 12ln 11413121111ln 1131311ln 4121211ln 31111ln 21++++<+++++<+++++⇒⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<<+<n n n n 1312111342312ln 11413121++++<⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅<+++++ ，从而原不等式成立. 途径4:增大（减小）分子（分母）或被开方数放缩类.例5.求证： ()()22)1(322121+<+++⋅+⋅<+n n n n n n 证明：2141)1(22+=++<+<=n n n n n n n nn n n n ⨯++++<+++⋅+⋅<+++∴2121)1(322121()()22)1(322121+<+++•+•<+∴n n n n n n 例6.求证：)21614121(1)121513111(11nn n n ++++>-+++++ 证明：nn 21121,6151,4131,2121<-<<=nn 21614121)1215131(21++++>-++++∴ ① ∵21＞n21614121++++ ② ∴①+②得：121513111-++++n ＞)21614121(1nn n +++++ ⇒原不等式成立. 注：⑴此类型的放缩手法常见的有：增加(减少)某些项,增大(减少)分子(分母),增大(减小)被开方数等.⑵此类型的特点是：通项的结构常与正整数的分式、根式有关. 同类不等式还有：⑴2(11-+n )＜1+n13121+++ ＜2n (从第一项起放缩为：2()1(212112)1n n nn n n n n n +--=+-<<++=++-,再累加可得) ⑵121211121<+++++<nn n (由n n n n n n n n n 121`21,...,12121,11121<=<+<<+<累加可得)途径5:利用二项式定理放缩类.例7.求证：（1+11）（1+31）（1+51）…（1+121-n ）＞12+n证明一：原式⇔（1+11）2（1+31）2（1+51）2…（1+121-n ）2＞2n+1∵（1+121-n ）2=1+2)121(122-+-n n ＞1+1212122-+=-n n n ∴（1+11）2（1+31）2（1+51）2…（1+121-n ）2＞1212573513-+⋅⋅n n =2n+1∴原不等式成立.注1：⑴证明二,证明三别离见例9,例10.⑵也可用对偶式进行放缩：设A=122563412-⋅⋅n n ,B=nn 212674523+⋅⋅显然A ＞B,∴A 2＞AB=n n n n 21212245342312+⋅-⋅⋅⋅ =2n+112+>⇒n A例8.求证：2≤（1+n n)1＜3 (n ≥1)证明：nn ⎪⎭⎫ ⎝⎛+11=C 0n +C 1n n 1+C nn n n n C n 1...122++≥C 0n +C 1n n 1=2nn ⎪⎭⎫ ⎝⎛+11=C 0n +C 1n n 1+C nn n n n C n 1...122++ =1+1+n nn n n n n n n n n n n 1!123)...2)(1(1!3)2)(1(1!2)1(32⋅⋅⋅--++⋅--+⋅- ≤1+1+!1!31!21n +++ ≤2+nn )1(1321211-++⋅+⋅ =3-n1＜3 注2：此类型的特点是：不等式的结构常与二项式有关. 同类不等式还有：⑴①2n≥2n+2 (n ≥3);②2n≥222-+n n (n ≥2);③3n ≥(n+2)21-n (n ≥1)⑵（1+21）（1+51）（1+81）…（1+131-n ）＞2233+n (n ≥1) (从第一项起放缩为:1323133113113-+=-+>⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n n n ) ⑶n 1+n ＞(n+1)n (n ≥3)（()1!!)!1(2)...1(!2)1(12112211n n n n n n n n n nn n C n C n C n C n n n n n nn n n n n n n n n+--++-++=+++++=+----- ≤1)!2(1!21!11+=⋅=+++++<+-++++n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n ）⑷(1+n n )1＜(1+1)11++n n (n ≥1) 法一：(()()()1211121112111121121111122221++⋅+++=++⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-≥++⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+++n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n nn n =11332332323>++++++n n n n n n )（法二见途径6练习）途径6:利用均值不等式放缩类.例9.求证：（1+11）（1+31）（1+51）…（1+121-n ）＞12+n (前面例7之证明二)证明二:左侧=)1212()75)(53)(31(122642122563412+⋅-⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=-⋅⋅n n n n n n >=+=⋅⋅+⋅⋅⋅=++-+⋅+⋅++⋅⋅⋅1226421226422)12()12(275253231122642n n n n n n n n 右边同类不等式还有:⑴)1(3221+++⋅+⋅n n ＜2)2(+n n (从第一项起放缩为:2122)1()1(+=++<+n n n n n ,再累加) ⑵n n>++++131211 (左>===⋅=⋅⋅⋅>⋅⋅⋅n nnn n n n n n n n n n n n n )1(11111312111 右边)⑶(1+n n )1＜(1+1)11++n n (n ≥1) （(1+nn)1=）途径7:利用数列单调性放缩类.这是证明数列不等式的一大类方式,即构造一个新的数列,通过判定其单调性来证明不等式,很多有关数列的不等式都能够用此法进行证明.常见的构造方式是作差或作商.例10.求证：（1+11）（1+31）（1+51）…（1+121-n ）＞12+n (前面例7之证明三)证明三:设12)1211()511)(311)(111(+-++++=n n a n则13844843212223212)1211(221>++++=+⋅++=++++=+n n n n n n n n n n a ann 从而13211>=>>>-a a a n n ,因此原不等式成立.注:⑴此例中的不等式是“积性的”,从而在构造新数列时作的是商;若是不等式是和性的,那么应考虑作差.⑵能用此法证明的不等式一样左右两边都要含有字母n,而且这时的不等式一样也能够采纳数归法. 如证明不等式: 1+221+231+…+21n ＜2-n 1,可设:)12()131211(222n n a n --++++= ,那么有0)1(1111)1(1221<+-=-+++=-+n n n n n a a n n 从而011=<<<↓⇒-a a a a n n n ,因此原不等式成立.。