高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结

11.均值不等式法例1设.)1(3221nnSn求证.2)1(2)1(2nSnnn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例3求证),1(221321NnnnCCCCnnnnnn.例4已知222121naaa，222121nxxx，求证：nnxaxaxa2211≤1.2．利用有用结论例5求证.12)1211()511)(311)(11(nn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。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）例8已知不等式21111[log],,2232nnNnn。2[log]n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再如：设函数()xfxex。（Ⅰ）求函数()fx最小值；（Ⅱ）求证：对于任意nN，有1().1nnkkene例9设nnna)11(，求证：数列}{na单调递增且.4na3.部分放缩例10设ana21111,23aaan,求证：.2na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.24.添减项放缩例12设Nnn,1，求证)2)(1(8)32(nnn.例13设数列}{na满足).,2,1(1,211naaaannn证明12nan对一切正整数n成立；5利用单调性放缩:构造函数例14已知函数223)(xaxxf的最大值不大于61，又当]21,41[x时.81)(xf（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）设Nnafaann),(,21011，证明.11nan例15数列nx由下列条件确定：01ax，,211nnnxaxxNn．（I）证明：对2n总有axn；(II)证明：对2n总有1nnxx6.换元放缩例16求证).2,(1211nNnnnn例17设1a，Nnn,2，求证4)1(22anan.7转化为加强命题放缩例18设10a，定义aaaaann1,111，求证：对一切正整数n有.1na例19数列nx满足.,212211nxxxxnnn证明.10012001x例20已知数列｛an｝满足：a1＝32，且an＝n1n13nan2nN2an1－－（，）＋－（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）证明：对一切正整数n有a1a2……an2n！8.分项讨论例21已知数列}{na的前n项和nS满足.1,)1(2naSnnn（Ⅰ）写出数列}{na的前3项321,,aaa；（Ⅱ）求数列}{na的通项公式；（Ⅲ）证明：对任意的整数4m，有8711154maaa.39.借助数学归纳法例22（Ⅰ）设函数)10()1(log)1(log)(22xxxxxxf，求)(xf的最小值；（Ⅱ）设正数npppp2321,,,,满足12321npppp，求证：nppppppppnn222323222121loglogloglog10.构造辅助函数法例23已知()fx=2ln243xx,数列na满足*112,0211Nnafanan（1）求()fx在021，上的最大值和最小值;（2）证明：102na;（3）判断na与1()nanN的大小，并说明理由.例24已知数列{}na的首项135a，1321nnnaaa，12n，，．（Ⅰ）求{}na的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的0x，21121(1)3nnaxxx≥，12n，，；（Ⅲ）证明：2121nnaaan．例25已知函数f(x)=x2-1(x0)，设曲线y=f(x)在点（xn,f(xn)）处的切线与x轴的交点为（xn+1,0）(n∈N*).(Ⅰ)用xn表示xn+1；（Ⅱ）求使不等式1nnxx对一切正整数n都成立的充要条件，并说明理由；（Ⅲ）若x1=2，求证：.31211111121nnxxx例1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[简析]4411()11(0)141422xxxxfxx1(1)()(1)22ffn211(1)(1)2222n1111111(1).42222nnnn例3简析不等式左边123nnnnnCCCC=12222112nnnnn122221=212nn，故原结论成立.例4【解析】使用均值不等式即可：因为22(,)2xyxyxyR，所以有22222211221122222nnnnaxaxaxaxaxax2222221212111.2222nnaaaxxx其实，上述证明完全可以改述成求nnxaxaxa2211的最大值。本题还可以推广为：若22212npaaa，22212(,0)nqpqxxx，试求nnxaxaxa2211的最大值。请分析下述求法：因为22(,)2xyxyxyR，所以有22222211221122222nnnnaxaxaxaxaxax2222221212.222nnaaaxxxpq故nnxaxaxa2211的最大值为2pq，且此时有(1,2,,)kkaxkn。上述解题过程貌似完美，其实细细推敲，是大有问题的：取“＝”的条件是(1,2,,)kkaxkn，即必须有2211nnkkkkax，即只有p=q时才成立！那么，pq呢？其实例6的方法照样可用，只需做稍稍变形转化：22222212122222221,1,()()()()()()nnpppqqqaxaaxx则有11221122nnnnaxaxaxaxaxaxpqpq2222221212222222[()()]2()()()()()()nnpqpqpppqqqaxaaxx于是，1122max()nnaxaxaxpq，当且仅当(1,2,,).kkaxknpq结合其结构特征，还可构造向量求解：设1212(,,,),(,,,)nnmaaanxxx，则由||||||mnmn立刻得解：22222211221212||.nnnnaxaxaxaaaxxxpq且取“＝”的充要条件是：1212nnxxxaaa。52．利用有用结论例5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)得121,2kxn，)1211(121212111kkkknk.1212121nkknk例6[简析]高考标准用数学归纳法证明，；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[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(211211lnln(1)ln2nnnaannnnnna211ln2。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(1nnannann111(1)(1)(1)nnaann111ln(1)ln(1)ln(1).(1)(1)nnaannnn111)1ln()1ln()1(1)]1ln()1ln([212112naaiiaanniiini，6即.133ln1)1ln(2eeaann例8【简析】当2n时naaanaannaannnnnnn11111111，即naann1111.1)11(212kaankkknk于是当3n时有][log211121naan.][log222nbban注：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；再如：【解析】（Ⅰ）1；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得1xex，对x－1有(1)nnxxe，利用此结论进行巧妙赋值：取1,1,2,,kxknn，则有121011()1211111()()()()()()()11111nnnnnnneennneeeeeee即对于任意nN，有1().1nnkkene例9[解析]引入一个结论：若0ab则)()1(11abbnabnnn，（可通过构造一个等比数列求和放缩来证明，略）整理上式得].)1[(1nbanbann（），以nbna11,111代入（）式得1)111