利用放缩法证明数列型不等式压轴题

1利用放缩法证明数列型不等式压轴题纵观近几年高考数学卷，压轴题很多是数列型不等式，其中通常需要证明数列型不等式，它不但可以考查证明不等式和数列的各种方法，而且还可以综合考查其它多种数学思想方法，充分体现了能力立意的高考命题原则。处理数列型不等式最重要要的方法为放缩法。放缩法的本质是基于最初等的四则运算，利用不等式的传递性，其优点是能迅速地化繁为简，化难为易，达到事半功倍的效果；其难点是变形灵活，技巧性强，放缩尺度很难把握。对大部分学生来说，在面对这类考题时，往往无从下笔．本文以数列型不等式压轴题的证明为例，探究放缩法在其中的应用，希望能抛砖引玉，给在黑暗是摸索的娃带来一盏明灯。一、常用的放缩法在数列型不等式证明中的应用1、裂项放缩法：放缩法与裂项求和的结合，用放缩法构造裂项求和，用于解决和式问题。裂项放缩法主要有两种类型：（1）先放缩通项，然后将其裂成某个数列的相邻两项的差，在求和时消去中间的项。例1设数列na的前n项的和14122333nnnSa，1,2,3,n。设2nnnTS，1,2,3,n，证明：132niiT。证明：易得12(21)(21),3nnnS1132311()2(21)(21)22121nnnnnnT，112231113113111111()()221212212121212121nniiinniiT=113113()221212n点评：此题的关键是将12(21)(21)nnn裂项成1112121nn，然后再求和，即可达到目标。（2）先放缩通项，然后将其裂成(3)nn项之和，然后再结合其余条件进行二次放缩。例2已知数列{}na和{}nb满足112,1(1)nnnaaaa，1nnba，数列{}nb的前n和为nS，2nnnTSS；（I）求证：1nnTT；（II）求证：当2n时，2nS71112n。证明：（I）1111111()2322122nnTTnnnnnn11121221nnn10(21)(22)nn∴1nnTT．（II）112211222222,nnnnnnSSSSSSSS1221122nnTTTTS2由（I）可知nT递增，从而12222nnTTT，又11217,1,212TST，12211222nnnSTTTTS21171711(1)(1)112212nnTTSn即当2n时，2nS71112n。点评：此题（II）充分利用（I）的结论，nT递增，将2nS裂成1122112222nnnnSSSSSSS的和，从而找到了解题的突破口。2、迭乘放缩法：放缩法与迭乘法的结合，用放缩法构造迭乘形式，相乘时消去中间项。用于解决积式问题。例3已知数列na的首项为13,a点1,nnaa在直线)(03*Nnyx上。若3*3log2(),nncanN证明对任意的*nN，不等式312111(1)(1+)(1+)31nnccc恒成立．证明：32ncn，331313133131(1+)()323231332nnnnnncnnnnn所以3121114731[(1)(1+)(1+)]311432nnncccn即312111(1)(1+)(1+)31nnccc。点评：此题是证明积式大于根式，由于左边没有根式，右边是三次根式，立方后比较更容易处理。33131(1+)()32nncn可以看成是三个假分式的乘积，保持其中一项不变，另两项假分数分子分母同时加1，加2，则积变小，3313133131()323231332nnnnnnnnnn，而通项式为31{}32nn的数列在迭乘时刚好相消，从而达到目标。3、迭代放缩法：通过放缩法构造递推不等关系，进行迭代，从而求解。例4已知数列{}nx满足，1111,,*21nnxxnNx，证明：1112||()65nnnxx。证明：当1n时，1211||||6nnxxxx，结论成立。当2n时，易知1111101,12,12nnnnxxxx111115(1)(1)(1)(1)212nnnnnxxxxx1111||11||||11(1)(1)nnnnnnnnxxxxxxxx211112122212||()||()||()55565nnnnnnxxxxxx点评：此题将目标式进行放缩得到递推不等关系，进行迭代，找到解题途径。34、等比公式放缩法：先放缩构造成等比数列，再求和，最后二次放缩实现目标转化。例5已知数列na的各项均为正数，且满足111122,(),1nnnnaaanNaa记2nnnbaa，数列nb的前n项和为nx，且1()2nnfxx．（I）数列nb和na的通项公式；（II）求证：12231()()()1()2()()()2nnfxfxfxnnnNfxfxfx．略解：（I）2nnb，21122nna，()21nnfx。证明：（II）11()21211,1()2122(2)2nnnnnnfxfx12231()()()()()()2nnfxfxfxnfxfxfx．111()2111()2122(21)nnnnnfxfx1111111,22(22)22nnn12231231()()()111111()=(1)()()()22222222nnnnfxfxfxnnnfxfxfx∴12231()()()12()()()2nnfxfxfxnnfxfxfx．反思：右边是2n，感觉是n个12的和，而中间刚好是n项，所以利用1211212nn；左边是12n不能用同样的方式来实现，想到11(())(()0)222nnfnfn，试着考虑将12121nn缩小成1({}2nncc是等比数列），从而找到了此题的突破口。5、二项式定理放缩法：在证明与指数有关的数列型不等式时，用二项式定理放缩特别有效。二项式定理放缩法有两种常见类型：（1）部分二项式定理放缩法：即只在式子的某一部分用二项式定理放缩。例6已知数列{}na满足aa1(2)a，1(46)41021nnnanan（nN）．（Ⅰ）证明数列221nan是等比数列，并求出通项na；（Ⅱ）如果1a时，设数列{}na的前n项和为nS，试求出nS，并证明当3n时，有34111110nSSS．214略解：223)12)(2(1nnnaa（*nN），则(21)(21)nnSn．nnnnnnnCCCC1102，当3n时，01122(1)nnnnnnnCCCCn，则1212nn．)12)(12(nnSn，则)121121(21)12)(12(11nnnnSn．因此，)]121121()9171()7151[(2111143nnSSSn101)12151(21n．反思：为什么会想到将11(21)(21)nnSn放缩成1(21)(21)nn？联想到1111111223(1)1nnn，因为要证明110，而34111nSSS是一个数列前n项的和，最后通过放缩很可能变成1()(()0)10fnfn的形式，而110应是由31137S放缩后裂项而成，311111()35235S，111(21)(21)(21)(21)nnSnnn111()22121nn，此时刚好得到341111111()252110nSSSn，接下来就要处理1212nn，想到用二项式定理。（2）完全二项式定理放缩法：整个式子的证明主要借助于二项式定理。例7设数列{}na的前n项和为nS，且对任意的*nN，都有333120,nnnaSaaa.(I)求12,aa的值；（II）求数列{}na的通项公式na；（III）证明：21221nnnnnnaaa。略解：（I）（II）121,2aa，nan；证明（III）012233(1),nnnnnxCCxCxCx012233(1),nnnnnxCCxCxCx133551(1)(1)22222nnnnnnxxCxCxCxCxnx，令12xn，则有11(1)(1)122nnnn，从而(21)(2)(21)nnnnnn，即21221nnnnnnaaa。点评：利用二项式定理结合放缩法证明不等式时，一定要紧密结合二项式展开式的特点，联系需证不等式的结构，通过化简、变形、换元等手段使问题得以解决。56、比较放缩法：比较法与放缩法的结合，先进行比较（作差或作商），再进行放缩。例8在单调递增数列}{na中，11a，22a，且12212,,nnnaaa成等差数列，22122,,nnnaaa成等比数列，,3,2,1n．（I）分别计算3a，5a和4a，6a的值；（II）求数列}{na的通项公式（将na用n表示）；（III）设数列}1{na的前n项和为nS，证明：24nnSn，*nN．略解：（I）（II）得33a，492a，56a，68a．为偶数为奇数nnnnnan,8)2(,8)3)(1(2证明：（III）由（II），得为偶数为奇数nnnnnan,)2(8,)3)(1(812．显然，2114341111aS；当n为偶数时，42nnSn22211111148244466(2)(2)2nnnnn1111114824244646(2)(2)2nnnnnn111111114824466822nnnn11480222nnn；当n为奇数（3n）时，14144(1)8422(1)2(1)(3)2nnnnnnnSSnannnnn128401(1)(3)2(1)(2)(3)nnnnnnnnn.综上所述，402nnSn，即24nnSn，*nN．点评：此题在作差比较中实施裂项放缩，进而得到最后结果小于0，从而得证。7、单调函数放缩法：根据题目特征，构造特殊的单调函数，再进行放缩求解。例9设函数2()ln(1)fxxbx，其中0b．证明对任意的正整数n，不等式23111ln1nnn都成立．分析：欲证上述结论，直接作差比较23111ln1()nnn，无从下手；接着想到令623111()ln1()gnnnn，判断函数()(*)gnnN的单调性，由于定义域为正整数，不能用导数，只能计算(1)()gngn，其结果还是很难处理；联想到数列是一种特殊的函数，将命题加强，令1(0)xn，，判断函数32()[ln(1)](0)hxxxxx的单调性，如果在(0,)单调，则函数()gn也单调。解：令函数3232()[ln(1)]ln(1)hxx