高等数学数列放缩法

高等数学数列放缩法（8篇）

1.高等数学数列放缩法 篇一

放缩法证明数列不等式

主要放缩技能： 1.11111112 nn1n(n1)nn(n1)n1n

1144112()

22n4n1(2n1)(2n1)2n12n1n24

2. 2)

 







 4.2n2n2n1115.n (21)2(2n1)(2n2)(2n1)(2n11)2n112n16.n22(n1)n11 n(n1)2n1n(n1)2n1n2n(n1)2n1

x2xn*c(nN)例1.设函数y的最小值为，最大值为，且abnnn2x1

（1）求cn；（2）证明：

例2.证明：161

例3.已知正项数列an的前n项的和为sn，且an

2（1）求证：数列sn是等差数列； 11117 444c14c2c3cn417 12sn，nN*； an

（2）解关于数列n的不等式：an1(sn1sn)4n8

（3）记bn2sn,Tn331111Tn

，证明：1 2b1b2b3bn

例4.已知数列an满足：n2anan1； 是公差为1的等差数列，且an1nn

（1）求an；（2

2 例5.在数列an中，已知a12,an1an2anan1；

（1）求an；（2）证明：a1(a11)a2(a21)a3(a31)an(an1)3

2n1an例6.数列an满足：a12,an1； n(n)an22

5112n

（1）设bn，求bn；（2）记cn，求证：c1c2c3cn 162n(n1)an1an

例7.已知正项数列an的前n项的和为sn满足：sn1,6sn(an1)(an2)；

（1）求an；

（2）设数列bn满足an(2n1)1,并记Tnb1b2b3bn，b

求证：3Tn1log2n

(a3)（函数的单调性，贝努力不等式，构造，数学归纳法）

例8.已知正项数列an满足：a11,nan1(n1)an1，anan1

记b1a1,bnn[a1

（1）求an；

（2）证明：(1

2111](n2)。222a2a3an11111)(1)(1)(1)4 b1b2b3bn4

2.高等数学数列放缩法 篇二

证题中经常用到的放缩方法有:

1.“添舍”放缩:对不等式一边添项或舍项以达到放大和缩小的效果.

2.分式放缩:分别放缩分式的分子、分母或者同时放缩分子分母以达到放缩的效果.

3.利用重要的不等式或结论放缩:把欲证不等式变形构造,然后利用已知的公式或恒不等式进行放缩,例如,均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式、二项式定理、贝努力公式、真分数性质定理等.

4.单调性放缩:挖掘不等式的结构特征和函数内涵来构造单调数列或单调函数,利用单调性、值域产生的不等关系进行放缩.

二、常见的放缩控制

当我们选择了正确的放缩方法后,却往往会在放缩的过程中不知不觉间失控,导致放缩的过大或过小,达不到欲证的目标.那么如何控制好放缩的尺度.

例1求证:

分析1:不等式左边不能直接求和,我们希望通过合适的放缩后可以求和.若采取的方法向右端放大,

则左边

很明显,放得有点大了,导致传递性失败,不等式链中断,放缩失败.那怎么办呢?

1.调整放缩的“量”的大小

分析2:分析1中“放”的有点过大,因为放大了放大了,…所以可以通过调整放大的“量”来控制放缩的效果.在分母减少了n,我们可以把分母只减少1,即这样放的量就少了。

证明1:左边

2.调整放缩的“项”的起点

分析3:分析1中从第二项开始放缩,放的最终有点大.可以调整放缩的项数,从第三项开始放缩.

证明2:左边

由此可见,调整成功.显然从第三项开始放缩所得的结果比从第二项开始放缩所得的结果又更小些.以此类推,当放缩的项数越少,放缩后的结果就会越来越精细,越来越逼近目标.

除此之外,还可以调整放缩的次数,通过多次放缩的调整来达到效果;有时也可以根据欲证式子的结构特点,把相邻的项分组捆绑后进行放缩,也可以达到控制放缩合理和尺度的效果.

三、常见的问题类型

数列型不等式的一边常与求和有关,所以可以通过放缩后求和(或求和后放缩)来达到欲证的目标.下面我们通过典型例题来体会常见问题的处理手法.

1.放缩与“公式法求和”

选择恰当的放缩方法,通过“通项”的适度放缩使之转化为等差或等比数列,从而求和达到简化证题的目的.

例2设

证明:因为所,即

说明:分别利用“添舍项”和“均值不等式”把通项放缩为等差数列,然后求和得证.

2.放缩与“裂项法求和”

在例1中,不等式的左边无法求和,但通过放缩产生裂项相消的求和效果后,使问题解决.例2的右边也是利用放缩产生了裂项的效果,然后求和.下面我们再通过例题的证明体会裂项求和效果的运用.

例3求证

证明:因为

所以因为

所以

说明:例1分式、例3根式的放缩后裂项相消求和的处理手法是很多灵活题目的原型,值得体会.

3.放缩与“并项法求和”

例4求证

分析:观察分母的变化规律,把若干项“捆绑”并为一项后进行放缩,然后求和就很容易实现欲证的目标.

证明:左边

4.利用递推关系式放缩

利用递推关系式本身蕴含的不等关系或放缩产生的不等关系,在很多题目中可以起到很好的放缩效果.

例5已知求证:.

分析:根据欲证不等式的结构特点,通过递推关系式构造关于1+ak的不等式,然后实现对通项的放缩.

证明:因为且

所以所以

所以左边

5.构造和数列后进行放缩

如果数列不等式没有直接的求和的形式,很多时候可以间接的构造和数列,然后进行放缩处理.

例6已知正数列满足证明:

分析:根据已知构造关于的递推关系式,然后利用“累加法”把不等式的左边转化为和数列的形式.

证明:因为所以.所以

所以所以

总之,运用放缩法进行数列不等式的证明,要认真分析条件和结论的结构特征,明确方向,防止盲目放缩.同时还要多总结、多思考,多掌握一些常用的放缩技巧,以提高分析问题和解决问题的能力.

摘要：放缩法证明数列不等式,不仅需要学生掌握常用的放缩方法和技巧,控制好放缩的目标和尺度,同时也需要熟悉常见的问题类型.为了帮助更多的学生突破这一难点,本文对放缩法证明数列不等式的基本策略进行分析.

3.放缩法解数列与不等式综合题 篇三

例1 已知数列[an]满足[a1]=[12，]且[an+1=an-an2]（[n∈N*]）.

（1）证明：1[≤anan+1≤2（n∈N*）];

（2）设数列[an2]的前[n]项和为[Sn]，

证明：[12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）].

分析 （1）首先根据递推公式可得，[an≤12]，再由递推公式变形可知，[anan+1=anan-an2=11-an∈[1，2]]，从而得证.（2）由[1an+1-1an=anan+1]和[1≤anan+1≤2]得，[1≤1an+1-1an≤2，]由此可得[12（n+1）≤an+1≤1n+2（n∈N*），]从而得证.

解 （1）由题意得，[an+1-an=-an2≤0]，即[an+1≤an]，[an≤12].

由[an=（1-an-1）an-1]得，

[an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）][a1>0.]

由[0<an≤12]得，[anan+1=anan-an2=11-an∈[1，2]，]即[1≤anan+1≤2.]

（2）由题意得，[an2=an-an+1]，

∴[Sn=a1-an+1]①.

由[1an+1-1an=anan+1]和[1≤anan+1≤2]得，

[1≤1an+1-1an≤2.]

∴[n≤1an+1-1a1≤2n].

因此[12（n+1）≤an+1≤1n+2（n∈N*）]②.

由①②得，[12（n+2）≤Snn≤12（n+1）].

点拨 本题主要考查了数列的递推公式、不等式的证明等知识点，属于较难题. 由于数列综合题常与不等式、函数的最值、归纳猜想、分类讨论等数学思想相结合，技巧性比较强，需要平时多训练与积累，在后续复习时应予以关注.

例2 设[n∈N?]，[xn]是曲线[y=x2n+2+1]在点[（1，2）]处的切线与[x]轴交点的横坐标.

（1）求数列[xn]的通项公式;

（2）记[Tn=x12x32…x22n-1]，证明[Tn≥14n].

分析 （1）对题中所给曲线的解析式进行求导，得出曲线[y=x2n+2+1]在点[（1，2）]处的切线斜率为[2n+2]. 从而写出切线方程为[y-2=（2n+2）（x-1）].令[y=0，]解得切线与[x]轴交点的横坐标[xn=1-1n+1=nn+1].（2）要证[Tn≥14n]，需考虑通项[x22n-1]，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明.

解 （1）[y=（x2n+2+1）=（2n+2）x2n+1，]曲线[y=x2n+2+1]在点[（1，2）]处的切线斜率为[2n+2].

从而切线方程为[y-2=（2n+2）（x-1）].

令[y=0，]解得切线与[x]轴交点的横坐标[xn=1-1n+1=nn+1].

（2）由题设和（1）中的计算结果知，

[Tn=x12x32…x22n-1=（12）2（34）2…（2n-12n）2].

当[n=1]时，[T1=14].

当[n≥2]时，

[x22n-1=（2n-12n）2=（2n-1）2（2n）2>（2n-1）2-1（2n）2=n-1n，]

所以[Tn>（12）2×12×23×…×n-1n=14n].

综上可得，对任意的[n∈N?]，均有[Tn≥14n].

点拨 对于数列问题中求和类（或求积类）不等式证明，如果是通过放缩的方法进行证明的，一般有两种类型：一种是能够直接求和（或求积），再放缩;一种是不能直接求和（或求积），需要放缩后才能求和（或求积），求和（或求积）后再进行放缩. 在后一种类型中，一定要注意放缩的尺度和从哪一项开始放缩.

例3 在数列[an]中，[a1=3，an+1an+λan+1+μan2=][0n∈N*].

（1）若[λ=0，μ=-2，]求数列[an]的通项公式;

（2）若[λ=1k0k0∈N*，k0≥2，μ=-1，]

证明：[2+13k0+1<ak0+1<2+12k0+1].

分析 （1）由于[λ=0，μ=-2]，因此把已知等式具体化得，[an+1an=2an2]，显然由于[a1=3]，则[an≠0]（否则会得出[a1=0]），从而[an+1=2an]，所以[an]是等比数列，由其通项公式可得结论.（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系式[an+1an+1k0an+1-an2=0，]经过缩放后可变形为[an+1=][an-1k0+1k0?1k0an+1.]

解 （1）由[λ=0，μ=-2]，有[an+1an=2an2（n∈N*），]

若存在某个[n0∈N*]，使得[an0=0]，则由上述递推公式易得[an0+1=0]，重复上述过程可得[a1=0]，此与[a1=3]矛盾，所以对任意[n∈N*]，[an≠0].

从而[an+1=2an（n∈N*）]，即[an]是一个公比[q=2]的等比数列.

故[an=a1qn-1=3?2n-1].

（2）由[λ=1k0，μ=-1，]数列的递推关系变为[an+1an+][1k0an+1-an2=0，]变形为[an+1（an+1k0）=an2][（n∈N*）].

由上式及[a1=3，]归纳可得，

[3=a1>a2>…>an>][an+1>…>0].

因为[an+1=a2nan+1k0=a2n-1k20+1k20an+1k0]

[=an-1k0+1k0?1k0an+1，]

所以对[n=1，2，…，k0]求和得，

[ak0+1=a1+a2-a1+…+ak0+1-ak0]

[=a1-k0?1k0+1k0?1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1]

[>2+1k0?13k0+1+13k0+1+…+13k0+1]

[=2+13k0+1.]

另一方面，由上已证的不等式知[a1>a2>…>ak0][>ak0+1>2]得，

[ak0+1=a1-k0?1k0+1k0?1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1]

[<2+1k0?12k0+1+12k0+1+…+12k0+1=2+12k0+1.]

综上，[2+13k0+1<ak0+1<2+12k0+1].

4.高等数学数列放缩法 篇四

利用放缩法证明数列不等式的技巧“揭秘” 作者：顾冬生

来源：《新高考·高三数学》2013年第06期

5.放缩法典型例题 篇五

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（1）数列的前项的和的通项公式；，满足，试求：

（2）设解：（1）由已知得，数列的前项的和为，所以时，求证：，作差得：，又因为，得为正数数，所列，所以以，即是公差为2的等差数列，由（2），所以

注：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前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

例2．已知各项均为正数的数列的前项和为,且.满足条件）求和或者利用分组、裂项、(1)求证：；

(2)求证：

解：（1）在条件中，令有，得，上述两式相减，注意到

∴，又由条件得

所以，所以

（2）因为，所以，所以；

2．放缩后成等比数列，再求和

例3．（1）设a，n∈N*，a≥2，证明：；

（2）等比数列{an}中，前n项的和为An，且A7，A9，A8成等差数列．设，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，当n为偶数时，a－1≥1，且an≥a2，于是

． ．

（2）∵，，∴公比． ∴．

．

∴

3．放缩后为差比数列，再求和 ．

例4．已知数列满足：，．求证：

证明：因为，所以与同号，又因为，所以，即，即．所以数列为递增数列，所以，即，累加得：． 令，所以，两式相减得：，所以，所以，故得．

4．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＞P（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

．j

（1）求a4、a5，并写出an的表达式； 的逆序数为an，如排列21的逆序数，排列

321的逆序数

（2）令，证明，n=1,2,….（2）因为，所以.又因为，所以

=

综上，..注：常用放缩的结论：（1）

（2）．

在解题时朝着什么方向进行放缩，是解题的关键，一般要看证明的结果是什么形式．如例２要证明的结论、为等差数列求和结果的类型，则把通项放缩为等差数列，再求和即可；如例3要证明的结论为等比数列求和结果的类型，则把通项放缩为等比数列，再求和即可；如例4要证明的结论为差比数列求和结果的类型，则把通项放缩为差比数列，再求和即可；如例5要证明的结论

6.放缩法与不等式的证明 篇六

我们知道，“放”和“缩”是证明不等式时最常用的推证技巧，但经教学实践告诉我们，这种技巧却是不等式证明部分的一个教学难点。学生在证明不等式时，常因忽视“放”或“缩”的合理性或把握不住“放”或“缩”的“度”而导致解题失误甚至思维搁浅。本文以通过对几道实例的分析，就证明不等式的过程中如何进行“放”或“缩”作些浅谈。

例1设△ABC的三边长为a、b、c，且m为正数，求证：abc。mambmc解说：依题设知abc，因此证明的第一个目标就是考虑将待证不等式的左端适当

ababab„„„① mambmabmabmab

由于①式的分子、分母中都含有ab，不便于利用条件abc，据此可考虑处理掉分子

ab(mab)mm1的ab：„„„„② mabmabmab

在利用条件abc和不等式的性质便能达到“缩”的目的：

11∵ abc0，∴ mabmc0，∴，又∵m0，mabmc

mmmmm(mc)mc11∴，又∵1，mabmcmabmcmcmcmcabc于是。mambmc缩小，以出现ab：左

本题是高中数学教材第二册（上）（人教版）中不等式证明中的一道习题，主要利用了三角形的两边之和大于第三边和不等式的一些基本性质来对分母进行“放”或“缩”，以达到证明的目的。

例2：对于一切大于1的自然数n，证明(1)(1)(1

13151)2n12n1

2解说：本题的常见证明方法是数学归纳法。能否找到一种“放”或“缩”的方式直接证明呢？显然，待证不等式等价于22232n2212312n12n1„„„„„„① 2

①式的左端是形如2k（k2，3，„„，n）的n1个因数的乘积。如果能将每一个2k1

因数按照某种规律缩小后能“交叉”约分的话，可望收到化繁为简之效。注意到①式右端需要2n1，因此，对左端每一个因数缩小后应含有2k1，据此便不难找到可行的缩小方式：2k2k2k2k2k12k1，2k12k12k12k12k2k1

于是左2212312(n1)12n12n12n1。2.212312(n1)12n132

本题是95年上海的一道高考题，本题通过对待证式子的变形，然后在假分数的分子、分母上加上同一个常数，分数的值缩小，以达到能够约分的目的，进而得到所证的结果。

以上两个例中的“放”或“缩”的方式都是通过对待证不等式的结构特征进行分析才获得的“放”或“缩”的方法。然而，对有些不等式而言，合适的“放”或“缩”的方式的获得并非象上面两个例子那样顺利。

例3：求证：11111(nN)。325272(2n1)2

41（k1，2，„，n）的n项之和，不便于与右2(2k1)解说：不等式是左边是形如

边直接比较，于是想到将左边的每一项按照某种规律放大，求和后再与右边比较，我们先看下列放大方式：

11111111325272(2n1)22324252n

111111n1[1(1)n]1。3(12n1)122228424121

仅观其表，会认为无懈可击。问题在于这里采用的放大方式11 2k2(2k1)

2即(2k1)22k2(kN)是否合理。通过验证k的前几个特殊值可以发现，(2k1)22k2对k1，2，3，4成立，但对k5，6等不成立，其根源在于忽视了“当k增大时，指数函数2k2比幂函数(2k1)2增大得快”这一基本事实。我们再看下述放大方式：1111，22k(2k1)2k2k1(2k1)

左边<(111111)()()。23452n2n1

11的积，利用它2k12k1显然，这种放大方式是行不通的，因为它不能满足将左边各项放大后求和的要求，必须对其作些改进。如果将左边每一项放大后能出现一个常数与

将左边放大后就可“交叉”相消达到求和目的，基于这种想法，考虑放大方式：

11111()，(2k1)2(2k1)(2k1)22k12k1

左边<[(1)()()（由于12***1111)](1)。2n12n122n1211知这种放大方式的放大量偏大，但它却给我们提供了寻求放大方式的启示：24

使每一项放大后出现因数1。经尝试可得： 4

111111()，于是(2k1)24k24k14k(k1)4kk1

左边<[(1)()()(1

41212***)](1)。nn14n14

通过对放大方式的反复调整，终于成功了。

该例题表明在放、缩方式合理的前提下，放、缩方式是否适度，事先难以预料的，但在证明过程中可以通过对放、缩情况的审视逐步作出调整，选择适度的放缩方式改进证明。

例4： 设a、bR，ab1，求证：(a12125)(b)2„„„„„① ab

2解说：如果直接运用二元均值不等式缩小，即采用缩小方式a112a2„„„„„„„„„„„„„„② aa

b112b2„„„„„„„„„„„„„„„„„„③ bb

2225知，②、③处的缩小量太大。失败的根源在于②、③中的2

1等号无法取得。注意到①是非严格不等式，其中等号成立的条件是ab，因此，每一2将有左228，由8

次缩小都必须保证等号成立的条件得到满足。抓住这一点不难获得多种可行的缩小方式，组织多种证法。

121111)(b)2[(a)(b)]2 ab2ab

1ab2111125[(ab)](1)2[1]2 ab22ab2ab22()2

1212111ab1)2(ab2)证法2：(a)(b)2(a)(b)2(ababababbaab证法1：(a

1194911592[(ab)(4)]2(ab)2[(ab)]4ab4ab24ab4ab2

2(115

4ab)92(1215925159)=2(1)ab222242

7.高等数学数列放缩法 篇七

储曙晓

不等式的证明有多种方法，如放缩法、数学归纳法等，但是在运用这些方法时，往往又有一定的困难.下面举一例说明.证明：11117.(nN*)222423n

思路1采用放缩法

当n=1时，原不等式成立；

当n>1时，有两种途径：

(1)根据1111(k2,3,,n)，有 k2(k1)kk1k

111 1223(n1)n左边<1+

111111112，n223n1n

而217，当n>4时不成立，所以放缩过大!n4

(2)根据11111(k2,3,,n)，有 22kk12k1k1

111 2222131n1左边<1

1111111111111 23224235246

11111171117)，恰到好处!(2n2n2n1n142nn14

思路2能用数学归纳法证明吗?

第一步当n=1时原不等式成立，容易验证；

第二步假设当n=k(k∈N*)时命题成立，即1

则当n=k+1时,原不等式的左边=11117.222423k111171.222224(k1)23k(k1)

而11117717，从而不能证明.12222244(k1)423k(k1)

思路受阻！如何摆脱困境？ 这说明111117，放缩过大，需要调整.略小于2222423k(k1)

因为当n=1或2时，原不等式都成立，所以只要证：

11117*.(n3,nN)222423n

1***，右边=，而，22364312361223下面用数学归纳法证明一个预备命题：

证明： ① 当n=3时，命题的左边=1从而命题成立；

② 假设当nk(k3,kN*)时命题成立，即

111171； 2232k24k

那么，当n=k+1时，有

命题的左边=11111711，2232k2(k1)24k(k1)2而命题的右边=

271，4k12因为k2kk2k1，即k21111，,(k1)2kk1(k1)2k

从而71711，24k14k(k1)

即当n=k+1时命题也成立.由①②得证，预备命题成立，即

1

11171(n3,nN*).2224n23n

而7171117，所以1222.(n3,nN*)4n4423n

1117*又因为当n=1或2，上式也成立，所以1222.(nN)，从而原423n

8.放缩法、反证法证明不等式10 篇八

教学目标：

掌握放缩法和反证法证明不等式 教学难点：

放缩法和反证法 教学过程：

一、简要回顾已经学习过的几种不等式证明的方法

提出课题：放缩法与反证法

二、放缩法： 例

一、若a, b, c, dR+，求证：1证：记m =

abcd2

abdbcacdbdacabcd

abdbcacdbdac∵a, b, c, dR+

∴mabcd1

abcdabcacdabdabcabcd2 ababcddc

∴1 < m < 2

即原式成立

m例

二、当 n > 2 时，求证：logn(n1)logn(n1)

1证：∵n > 2

∴logn(n1)0,logn(n1)0

logn(n21)logn(n1)logn(n1) ∴logn(n1)logn(n1)

222lognn1

222

2∴n > 2时, logn(n1)logn(n1)1 例

三、求证：

证：

∴11112 122232n21111 n2n(n1)n1n11111111111122 2222223n1nn123n

三、反证法：

1例

四、设0 < a, b, c < 1，求证：(1  a)b,(1  b)c,(1  c)a,不可能同时大于

4111证：设(1  a)b >,(1  b)c >,(1  c)a >, 4441则三式相乘：ab <(1  a)b•(1  b)c•(1  c)a <

①

641(1a)a又∵0 < a, b, c < 1

∴0(1a)a 24同理：(1b)b11,(1c)c 4

与①矛盾 642以上三式相乘：(1  a)a•(1  b)b•(1  c)c≤∴原式成立

例

五、已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证：a, b, c > 0

证：设a < 0，∵abc > 0, ∴bc < 0

又由a + b + c > 0, 则b + c = a > 0 ∴ab + bc + ca = a(b + c)+ bc < 0

与题设矛盾

又：若a = 0，则与abc > 0矛盾，∴必有a > 0 同理可证：b > 0, c > 0

四、作业：证明下列不等式：

1． 设x > 0, y > 0,a2． lg9•lg11 < 1

xyxy, b，求证：a < b

1xy1x1y3．logn(n1)logn(n1)1

1140 abbcca111121(nR,n2)5．nn1n2n11111 6．2n1n22n7．设0 < a, b, c < 2，求证：(2  a)c,(2  b)a,(2  c)b,不可能同时大于1 4．若a > b > c, 则8．若x, y > 0，且x + y >2，则