高考专题复习—放缩法

缩法是不等式证明中一种常用的方法，也是一种非常重要的方法。在证明过程中，适当地进行放缩，可以化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。但放缩的范围较难把握，常常出现放缩之后得不出结论或得出相反结论的现象。因此，使用放缩法时，如何确定放缩目标尤为重要。要想正确确定放缩目标，就必须根据欲证结论，抓住题目的特点。掌握放缩技巧，真正做到弄懂弄通，并且还要根据不同题目的类型，采用恰到好处的放缩方法，才能把题解活，从而培养和提高自己的思维和逻辑推理能力，分析问题和解决问题的能力。

数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年高考命题的热点，这类问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．本文介绍一类与数列和有关的不等式问题，解决这类问题常常用到放缩法，而求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和． 一．先求和后放缩

例1．正数数列an的前n项的和Sn，满足2Snan1，试求： （1）数列an的通项公式； （2）设bn11，数列bn的前n项的和为Bn，求证：Bn

anan1222解：（1）由已知得4Sn(an1)，n2时，4Sn1(an11)，作差得：224anan2anan所以(anan1)(anan12)0，又因为an为正数数列，12an1，

所以anan12，即an是公差为2的等差数列，由2S1a11，得a11，所以

an2n1

（2）bn11111()，所以

anan1(2n1)(2n1)22n12n1Bn111111111(1) 23352n12n122(2n1)2注：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前n项和能直接求和或者通过变形后求和，则采用先求和再放缩的方法来证明不等式．求和的方式一般要用到等差、等比、差比数列（这里所谓的差比数列，即指数列{an}满足条件an1anfn）求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和． 二．先放缩再求和

1．放缩后成等差数列，再求和

2例2．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且anan2Sn.

an2an12(1) 求证：Sn；

4(2) 求证：SnS1S1S2Snn1 222解：（1）在条件中，令n1，得a1a12S12a1，a10a11 ，又由条件

22anan2Sn有an1an12Sn1，上述两式相减，注意到an1Sn1Sn得

(an1an)(an1an1)0 an0an1an0 ∴an1an1

所以， an11(n1)n，Snn(n1) 222n(n1)1n2(n1)2anan1•所以Sn 2224（2）因为nn(n1)n1，所以

n2n(n1)n1，所以 22S1S2Snn23n22Sn1121223n(n1)23n1 222222；S1S2Sn1222n2n(n1)22Sn2

2．放缩后成等比数列，再求和 例3．（1）设a，n∈N*，a≥2，证明：a2n(a)n(a1)an；

2a1（2）等比数列{an}中，前n项的和为An，且A7，A9，A8成等差数列．设bnn，a1，

21an数列{bn}前n项的和为Bn，证明：Bn＜．

解：（1）当n为奇数时，an≥a，于是，a2n13(a)nan(an1)(a1)an．

当n为偶数时，a－1≥1，且an≥a2，于是

a2n(a)nan(an1)(a21)an(a1)(a1)an(a1)an．

（2）∵A9A7a8a9，A8A9a9，a8a9a9，∴公比qa91． a82∴an()． bn12n14n11()n211． 4n(2)n32n11(12)1111221(11)1． ∴Bnb1b2bn1323223332n32n123．放缩后为差比数列，再求和

例4．已知数列{an}满足：a11，an1(1n)an(n1,2,3)．求证： n2an1an3n1 n12n)an，所以an1与an同号，又因为a110，所以an0， 2n证明：因为an1(1即an1annan0，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11， n2nn12n1即an1annann，累加得：ana12n1．

2222212n1112n1令Sn2n1，所以Sn23n，两式相减得：

222222211111n1n1n1Sn23n1n，所以Sn2n1，所以an3n1， 22222222n1故得an1an3n1．

24．放缩后为裂项相消，再求和

例5．在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…Pn中，若1≤i＜j≤m时Pi＞Pj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列(n1)n(n1)321的逆序数为an，如排列21的逆序数a11，排列321的逆序数a36． （1）求a4、a5，并写出an的表达式； （2）令bnanan1，证明2nb1b2bn2n3，n=1,2,…. an1an解（1）由已知得a410,a515，ann(n1)21n(n1). 2（2）因为bnanann2nn2n122,n1,2,， an1ann2nn2n所以b1b2bn2n.

nn2222,n1,2,， n2nnn2111111所以b1b2bn2n2[()()()]

1324nn222 =2n32n3.

n1n2又因为bn 综上，2nb1b2bn2n3,n1,2,. 注：常用放缩的结论：（1）

11111112(k2) kk1k(k1)kk(k1)k1k2kk11k2kk12(1k11k)(k2)

（2）．2( 1k1k1)练习1已知数列{an}满足：a1=1且2an3an1（1） 求数列{an}的通项公式；

12n2(n2).

21m11（2） 设mN，mn2，证明（an+n）m（m-n+1）m2

分析：这是06年河北省高中数学竞赛的一道解答题（1）大家都知道数列的递推公式往

往比通项公式还重要.这就引导我们要重视数列的递推公式

由已知有an=

31an1n1,学生对形如anAan1B(AB0,且A1, A，B是常数）22形式的一次线性递推关系的数列通过构造新数列求通项公式的方法已不陌生，本题中的递推

关系显然不是此类型.那么我们能否也可通过待定系数法构造新数列呢?

x3x3c31即与比较(a)(n2)aaaan1nn1nn1nn1n1n1222222213n131系数得c=1.即ann()ann(an1n1)

2222213133又a1,故{ann}是首项为公比为的等比数列，

222223n1故an()n

22不妨设an(2) 这一问是数列、二项式定理及不等式证明的综合问题.综合性较强.

3mm21即证()(mn1)，当m=n时显然成立。易验证当且仅当m=n=2时，等

2m号成立。

n3设bn()m(mn1)下面先研究其单调性。当m>n

2n时，

bn3mmn13m1()()()(1),bn12mn2mn(bnm31m214)()1(1)(1m)1bnbn1bn12mn3m3211

3m1m21,即证()m即数列{bn}是递减数列.因为n2，故只须证b2。事实上，

2mm(m1m1151912)1CmCm2故上不等式成立。综上，原不等式成立。 mmm22m42设数列{an}满足a13,an12ann1

（1） 求{an}的通项公式； （2） 若c11,bncn1cn111,dn anncncn1求证：数列{bndn}的前n项和sn1 3分析：（1）此时我们不妨设an1A(n1)B2(anAnB) 即an12anAnAB与已知条件式比较系数得A1,B0.

an1(n1)2(ann)又a112,{ann}是首项为2，公比为2的等比数列。ann2n,即an2nn.

（3） 由（1）知an2n,bnn1. 当n2时, 2ncnc1(c2c1)(c3c2)...(cncn1)1b1b2......bn111112n21.12...n1n112222121当

n=1

时，

c1=1

也适合上式，所以

cn212n1，故

bndn1111 ()nn1n11122(22)(21)2nn122n1方法一：222n，2n113(这步难度较大,也较关键,后一式缩至常数不易想到.必须

要有执果索因的分析才可推测出.)

11()n1111121(11)1. bndn,S...n32n3232232n61132n32方法二 :在数列中,简单尝试的方法也相当重要.很多学生做此题时想用裂项相消法但是发现此种处理达不到目的.但是当n3时,我们看:

111111...n1由前二项会得到n123671415(22)(21)371111111这样Sn...n1n1我们可重新加括号得

6671415222111111111Sn[()()...(nn1)]n137141530212221Sn1110,02n12n122n11

1故sn得证.这样也实现了我们的初步想法.也易让学生接受.3显然易验证当n=1，2时 sn11. 综上sn 331a,(nN) n2(n1)下面我们再举一个数列中利用放缩法证明不等式的问题. 3已知正项数列{an}满足a11,an1（1） 判断数列{an}的单调性； （2） 求证：

an11111 2n1n2(n1)anan110故an1an，即an1an

(n1)2分析：（1）an1an 故数列{an}为递增数列.

1112an1(n1) (2) 不妨先证an11anan1再证：

an1ananan1an(n1)2anan1an11.

(n1)2an1(n1)21111原解答中放缩技巧太强，下面给出另一种证法n1n2anan111111111111()()...()22...223(n1)a1an1a1a2a2a3anan111111...(用到了累差迭加法及这种常用的放缩手段).1223n(n1)(n1)2n(n1)1111111...1223nn1n1an1n1an1anan1aa[1]n2n2(n1)(n1)

anan11an(n1)211anan1an1ananan1an(n1)2anan11(n1)2an1an1(n1)2[1an]2(n1)

1(n1)(n1an)n1这种证法还是比较自然的,也易让学生接受..

anan1 当n2时，

n1n11111. (n1)(n2)n1n2anan111111成立. 2n1n2anan1(n1)17 n24易验证当n=1时,上式也成立. 综上,故有

4求证：证明：

1111222321111 n2n(n1)n1n11112223211111(n22223115117)(). n1n42n4此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别对待，即不能放的太宽，也不能缩的太窄，真正做到恰倒好处。

n*5已知an21(nN).求证：

an1a1a2...n(nN*). 23a2a3an1明

：

证

ak2k11111111k1.,k1,2,...,n,ak12122(2k11)23.2k2k2232kaa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n), a2a3an12322223223an1aan12...n(nN*). 23a2a3an126 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an +(-1)n,n≥1．

（Ⅰ）写出求数列{an}的前3项a1,a2,a3； （Ⅱ）求数列{an}的通项公式； （Ⅲ）证明：对任意的整数m>4，有

11a4a517. am8解；数列{an}的通项公式为：an⑶由已知得：

2n2[2(1)n]. 31311[23am221211]

2m2(1)m11a4a5311111[2391533631] m2m2(1)11111[1] 235112111111[1] 235102011(1m5)14221142] [5][m512355223121311131041057()m5. 1552151201208故

11a4a517( m>4). am8