高考数学数列压轴题方法技巧

高考数学压轴题专题一—数列型不等式的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九种：一利用重要不等式放缩1．均值不等式法例1设Sn=1⋅2+2⋅3+⋯+n(n+1).求证n(n+1)(n+1)2Sn.22=k(k+1),k=1,2,⋯,n.解析此数列的通项为ak∵kk(k+1)k+k+1=k+1nkSn(k+1)，n∑k=1，∴∑222k=1即n(n+1)2Snn(n+1)+n(n+1)2.222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a+b，2ab≤Sn(k+1)=(n+1)(n+3)n(n+1)2若放成k(k+1)k+1则得∑，就放过“度”了！22k=1②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n⋯an≤a1+⋯+an≤a1+⋯+an22nn1+⋯+1≤na1aan1其中，n=2,3等的各式及其变式公式均可供选用。11+a⋅2bx，若f(1)=45，且f(x)在[0，1]上的最小值为1，2例2已知函数f(x)=求证：f(1)+f(2)+⋯+f(n)n+n+1−1.（02年全国联赛山东预赛题）1224x111简析f(x)==1−1−(x≠0)⇒f(1)+⋯+f(n)(1−)1+4x1+4x2•2x2×2+(1−12)+⋯+(1−1n)=n−1(1+1+⋯+1n−1)=n+2n+1−1.12×22×24222n−1例3求证Cn1+Cn2+Cn3+⋯+Cnnn⋅22(n1,n∈N).简析不等式左边Cn1+Cn2+Cn+⋯+Cn3nn=2−1=1+2+22+⋯+2n−1n−1n⋅n1⋅2⋅22⋅⋯⋅2n−1=n⋅22．利用有用结论2，故原结论成立.例4求证(1+1)(1+)(1+1)⋯(1+11)2n+1.32n−1简析本题可以利用的有用结论主要有：5法1利用假分数的一个性质bab+m(ba0,m0)可得a+m2462n3⋅5⋅7⋯2n+113⋅5⋯2n−1⋅(2n+1)2n⋅⋅⋯=⋅1352n−12462n24624⋅6⋯2n2n+1即(1+1)(1+1)(1+1)⋯(1+1⇒(⋅)2)2n+1.1352n−1352n−1法2利用贝努利不等式(1+x)n1+nx(n∈N∗,n≥2,x−1,x≠0)的一个特例1111(此处n=2,x=)得(1+)21+2⋅2k−12k−12k−112k+1⇒∏(1+n1n2k+1=2n+1.1+)=∏2k−12k−12k−12k−1k=1k=1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。如理科题的主干是：证明(1+1)(1+1)(1+1)⋯(1+13n+1.(可考虑用贝努利不等式n=3的特例))3473n−2例5已知函数f(x)=lg1+2x+3x+⋯+(n−1)x+a⋅nx,0a≤1,给定n∈N,n≥2.∗n求证：f(2x)2f(x)(x≠0)对任意n∈N∗且n≥2恒成立。（90年全国卷压轴题）简析本题可用数学归纳法证明，详参高考评分标准；这里给出运用柯西（Cauchy）n不等式[(aibi)]2≤ai2bi2的简捷证法：nn∑∑i=1i=1∑i=1f(2x)2f(x)⇔lg1+22x+32x+⋯+(n−1)2x+a⋅n2x2lg1+2x+3x+⋯+(n−1)x+a⋅nxnn⇔[1+2x+3x+⋯+(n−1)x+a⋅nxx]2n•[1+22x+32x+⋯+(n−1)2x+a⋅n2x]而由Cauchy不等式得(1⋅1+1⋅2+1⋅3x+⋯+1⋅(n−1)⋅n2x](x=0时取等号)n•[1+22x+32x+⋯+(n−1)2x+a⋅n2x]（∵0a≤1），得证！+a⋅n)xx2(12+⋯+12)•[1+22x+32x+⋯+(n−1)2x+a2≤1)an+1n.(I)用数学归纳法证明an≥2(n≥2)；例6已知a1=1,an+1=(1+n2+n2(II)对ln(1+x)x对x0都成立，证明ae2（无理数e≈2.71828⋯）（05年辽宁卷第n22题）解析(II)结合第(I)问结论及所给题设条件ln(1+x)x（x0）的结构特征，可1+21n)an⇒lnan+1≤ln(1+n1+1n)+lnan⇒2得放缩思路：an+1≤(1+n2+n2+n1111≤lnan++n。于是lnan+1−lnan≤+n，n2+n2n2+n21−(1)n−1n−1n−11)⇒lnan−lna1≤1−∑(i2+i2ii=1111−1n2.22∑(lnai+1−lnai)≤++=2−n1ni=11−2即lnan−lna12⇒ane2.注：题目所给条件ln(1+x)x（x0）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，本题还可用结论2nn(n−1)(n≥2)来放缩：111an+1≤(1+)an+⇒an+1+1≤(1+)(an+1)⇒n(n−1)n(n−1)n(n−1)11ln(an+1+1)−ln(an+1)≤ln(1+).n(n−1)n(n−1)n−1n−11⇒ln(an+1)−ln(a2+1)1−11，∑∑⇒[ln(ai+1+1)−ln(ai+1)]i(i−1)ni=2i=2即ln(an+1)1+ln3⇒an3e−1e2.例7已知不等式1+1+⋯+11[log2n],n∈N,n2.[log2n]表示不超过∗23n22nan−1log2n的最大整数。设正数数列{an}满足：a1=b(b0),an≤2b,n≥2.n+an−1求证an,n≥3.（05年湖北卷第（22）题）2+b[log2n]nan−11≥n+an−11+1，即1−1≥1n简析当n≥2时an≤⇒=n+an−1aan−1an−1naan−1nnn1−1)≥n11−1[log2n]⇒an12b.∑∑.于是当n≥3时有⇒(aak−1kana122+b[log2n]k=2kk=2注：①本题涉及的和式121+⋯+1为调和级数，是发散的，不能求和；但是可n+3以利用所给题设结论1+1+⋯+11[log2n]来进行有效地放缩；23n②引入有用结论在解题中即时应用，是近年来高考创新型试题的一个显著特点，2有利于培养学生的学习能力与创新意识。1例8设an=(1+)n，求证：数列{an}单调递增且an4.n解析引入一个结论：若ba0则bn+1−an+1(n+b1)n(b−a（证略）),b=1+1整理上式得an+1bn[(n+1)a−nb].（⊗），以a=1+1代入（⊗）n+1n1(1+1)式得(1+)n+1n.即{an}单调递增。n+1n以a=1,b=1+1代入（⊗）式得1(1+1)⋅⇒(1+1)2n4.2n1n2n2n2(1+1)n4n此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有，又因为数列{an}单调1递增，所以对一切正整数n有n4。(1+)n1注：①上述不等式可加强为2≤(1+)n3.简证如下：n利用二项展开式进行部分放缩：an=(1+1)⋅1+Cn11n=1+Cn12⋅2+⋯+Cnnnn.nnn1只取前两项有an≥1+Cn1⋅=2.对通项作如下放缩：n1k=1⋅n⋅n−1⋅⋯n−k+11≤1=1.Cnknk!nnnk!1⋅2⋯22k−1故有an1+1+112+⋯+2n−1=2+⋅11−(1/2)n−13.1+2221−1/2②上述数列{a}的极限存在，为无理数e；同时是下述试题的背景：已知i,m,nn是正整数，且1i≤mn.（1）证明niAmiAimin；（2）证明(1+m).（01(1+n)nm年全国卷理科第20题）1简析对第（2）问：用1/n代替n得数列{bn}:bn=(1+n)n是递减数列；借鉴此111结论可有如下简捷证法：数列{(1+n)n}递减，且1i≤mn,故(1+m)m(1+n)n,即(1+m)(1+n)。当然，本题每小题的证明方法都有10多种,如使用上述例4所nm提供的假分数性质、贝努力不等式、甚至构造“分房问题”概率模型、构造函数等都可3