2014高考理科数学必考点解题方法秘籍不等式放缩

2014高考理科数学必考点解题方法秘籍：数不等式放缩证明数列型不等式，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：一利用重要不等式放缩1．均值不等式法例1设.)1(3221nnSn求证.2)1(2)1(2nSnnn解析此数列的通项为.,,2,1,)1(nkkkak2121)1(kkkkkk，)21(11nknnkkSk，即.2)1(22)1(2)1(2nnnnSnnn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2baab，若放成1)1(kkk则得2)1(2)3)(1()1(21nnnkSnkn，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naanaaaaaannnnnn22111111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bxaxf211)(，若54)1(f，且)(xf在[0，1]上的最小值为21，求证：.2121)()2()1(1nnnfff（02年全国联赛山东预赛题）简析)2211()()1()0(22114111414)(nffxxfxxxx.2121)21211(41)2211()2211(112nnnnn例3已知ba,为正数，且111ba，试证：对每一个Nn，1222)(nnnnnbaba.（88年全国联赛题）简析由111ba得baab，又42)11)((abbababa，故4baab，而nnnrrnrnnnnnnbCbaCbaCaCba110)(，令nnnbabanf)()(，则)(nf=1111nnnrrnrnnnabCbaCbaC，因为inninCC，倒序相加得)(2nf=)()()(111111baabCbabaCabbaCnnnnrnrrrnrnnnn，而1211112422nnnnnnrnrrrnnnbabaabbabaabba，则)(2nf=))(22())((11rrnrnrnrrnrnrnnrnnbabababaCCC)22(n12n，所以)(nf)22(nn2，即对每一个Nn，1222)(nnnnnbaba.例4求证),1(221321NnnnCCCCnnnnnn.简析不等式左边nnnnnCCCC32112222112nnnnn122221=212nn，原结论成立.2．利用有用结论例5求证.12)1211()511)(311)(11(nn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(mabmambab可得122563412nnnn212674523)12(212654321nnn12)122563412(2nnn即.12)1211()511)(311)(11(nn法2利用贝努利不等式)0,1,2,(1)1(xxnNnnxxn的一个特例12121)1211(2kk(此处121,2kxn)得)1211(121212111kkkknk.1212121nkknk注：例5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.13)2311()711)(411)(11(3nn(可考虑用贝努利不等式3n的特例)例6已知函数.2,,10,)1(321lg)(nNnannanxfxxxx给定求证：)0)((2)2(xxfxf对任意Nn且2n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）不等式niiniiniiibaba121221])([的简捷证法：)(2)2(xfxfnnanxxxx2222)1(321lgnnanxxxx)1(321lg22])1(321[xxxxnan])1(321[2222xxxxnann而由Cauchy不等式得2))1(1312111(xxxxnan)11(22])1(321[22222xxxxnan(0x时取等号)])1(321[2222xxxxnann（10a），得证！例7已知112111,(1).2nnnaaann)(I用数学归纳法证明2(2)nan；)(II对ln(1)xx对0x都成立，证明2nae（无理数2.71828e）（05年辽宁卷第22题）解析)(II结合第)(I问结论及所给题设条件ln(1)xx（0x）的结构特征，可得放缩思路：nnnanna)2111(21nnnannaln)2111ln(ln21nnnna211ln2。于是nnnnnaa211lnln21，.22112211)21(111lnln)211()ln(ln11211111nnniniiininnaaiiaa即.2lnln21eaaann注：题目所给条件ln(1)xx（0x）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)2)(1(2nnnn来放缩：)1(1))1(11(1nnannann)1)()1(11(11nnanna.)1(1))1(11ln()1ln()1ln(1nnnnaann111)1ln()1ln()1(1)]1ln()1ln([212112naaiiaanniiini，即.133ln1)1ln(2eeaann例8已知不等式].[log2,],[log211312122nnNnnn表示不超过n2log的最大整数。设正数数列}{na满足：.2,),0(111nannaabbannn求证.3,][log222nnbban（05年湖北卷第（22）题）简析当2n时naaanaannaannnnnnn11111111，即naann1111.1)11(212kaankkknk于是当3n时有][log211121naan.][log222nbban注：①本题涉及的和式n13121为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利用所给题设结论][log21131212nn来进行有效地放缩；②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，有利于培养学生的学习能力与创新意识。例9设nnna)11(，求证：数列}{na单调递增且.4na解析引入一个结论：若0ab则)()1(11abbnabnnn（证略）整理上式得].)1[(1nbanbann（）以nbna11,111代入（）式得1)111(nn.)11(nn即}{na单调递增。以nba211,1代入（）式得.4)211(21)211(12nnnn此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有4)11(nn，又因为数列}{na单调递增，所以对一切正整数n有4)11(nn。注：①上述不等式可加强为.3)11(2nn简证如下：利用二项展开式进行部分放缩：.1111)11(221nnnnnnnnCnCnCna只取前两项有.2111nCann对通项作如下放缩：.212211!111!111kkknknknnnnnknC故有.32/11)2/1(121221212111112nnna②上述数列}{na的极限存在，为无理数e；同时是下述试题的背景：已知nmi,,是正整数，且.1nmi（1）证明iniimiAmAn；（2）证明.)1()1(mnnm（01年全国卷理科第20题）简析对第（2）问：用n/1代替n得数列nnnnbb1)1(:}{是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法：数列})1{(1nn递减，且,1nmi故,)1()1(11nmnm即mnnm)1()1(。当然，本题每小题的证明方法都有10多种,如使用上述例5所提供的假分数性质、贝努力不等式、甚至构造“分房问题”概率模型、构造函数等都可以给出非常漂亮的解决！详见文[1]。二部分放缩例10设ana211.2,131anaa求证：.2na解析ana211.131211131222nnaa又2),1(2kkkkkk（只将其中一个k变成1k，进行部分放缩），kkkkk111)1(112，于是)111()3121()211(1131211222nnnan.212n例11设数列na满足Nnnaaannn121，当31a时证明对所有,1n有2)(nain；21111111)(21naaaii（02年全国高考题）解析)(i用数学归纳法：当1n时显然成立，假设当kn时成立即2kak，则当1kn时312)2(1)2(1)(1kkkkakaaakkkk，成立。)(ii利用上述部分放缩的结论121kkaa来放缩通项，可得)1(211kkaa.2111242)1(2111111kkkkkkaaa.21211)21(1412111111niniinia注：上述证明)(i用到部分放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：31)2)(2(1kkkkak；证明)(ii就直接使用了部分放缩的结论121kkaa。三添减项放缩上述例5之法2就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。例12设Nnn,1，求证)2)(1(8)32(nnn.简析观察n)32(的结构，注意到nn)211()23(，展开得86)2)(1(8)1(212121211)211(33221nnnnnCCCnnnn，即8)2)(1()211(nnn，得证.例13设数列}{na满足).,2,1(1,211naaaannn（Ⅰ）证明12nan对一切正整数n成立；（Ⅱ）令),2,1(nnabnn，判定nb与1nb的大小，并说明理由（04年重庆卷理科第（22）题）简析本题有多种放缩证明方法，这里我们对（Ⅰ）进行减项放缩，有法1用数学归纳法（只考虑第二步）1)1(2212122212kkaaakkk；法221222212nnnnaaa