高考数学-压轴题-放缩法技巧全总结(最强大).pdf

高考数学 -压轴题 -放缩法技巧全总结(最强大 ) 放缩技巧 （高考数学备考资料） 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、裂项放缩 例 1. (1)求证 : )2( )12(2 1 6 7 )12( 1 5 1 3 1 1 222 n nn (2)求证 : nn4 1 2 1 4 1 36 1 16 1 4 1 2 (3)求证 : 112 2642 )12(531 642 531 42 31 2 1 n n n (4) 求证： ) 112(2 1 3 1 2 1 1)11(2n n n 解析 :(1)因为 12 1 12 1 2 1 ) 12)(12( 1 )12( 1 2 nnnnn ,所以 ) 12 1 3 1 ( 2 1 1) 12 1 3 1 ( 2 1 1 )12( 1 1 2 nni n i (2) ) 1 11( 4 1 ) 1 2 1 1( 4 1 4 1 36 1 16 1 4 1 222 nnn (3)先运用分式放缩法证明出 12 1 2642 )12(531 n n n ,再结合 nn n 2 2 1 进行裂项 ,最后就可以得到答案 (4)首先 nn nn n1 2 )1(2 1 ,所以容易经过裂项得到 n n 1 3 1 2 1 1) 11(2 再证 2 1 2 1 2 1212 22 )1212(2 1 nn nn nn n 而由均值不等式知道这是显然成立的， 所以 )112(2 1 3 1 2 1 1n n 例 2. (1)求 n kk1 2 14 2 的值 ; (2)求证 : 3 51 1 2 n kk . 解析 :(1)因为 12 1 12 1 )12)(12( 2 14 2 2 nnnnn ,所以 12 2 12 1 1 14 2 1 2 n n nk n k (2)因为 12 1 12 1 2 14 4 4 1 11 2 2 2 nnn n n ,所以 3 5 3 2 1 12 1 12 1 5 1 3 1 21 1 1 2 nnk n k 奇巧积累 : (1) 12 1 12 1 2 14 4 4 41 222 nnnnn (2) ) 1( 1 ) 1( 1 ) 1() 1( 21 21 1 nnnnnnnCC nn (3) )2( 1 1 1 ) 1( 1 ! 11 )!( ! !1 1 r rrrrrnrnr n n CT rr r nr (4) 2 5 ) 1( 1 23 1 12 1 11) 1 1( nnn n (5) nnnn 2 1 12 1 ) 12(2 1 (6) nn n 2 2 1 (7) )1(2 1 )1(2nn n nn (8) nnn nnnn2)32( 1 2)12( 1 2 1 32 1 12 2 1 (9) knnkknnnkknknk1 11 1 1 )1( 1 , 1 11 1 1 )1( 1 (10) !) 1( 1 ! 1 !)1(nnn n (11) 2 1 2 1 2 1212 22 )1212(2 1 nn nn nn n (11) )2( 12 1 12 1 )12)(12( 2 )22)(12( 2 )12)(12( 2 ) 12( 2 11 1 2 n nnnn n nn n nn n n n (12) 11 1 ) 1( 1 )1( 1 )1)(1( 111 23 nnnnnnnnnnnn 1 1 1 1 2 11 1 1 1 1 nnn nn nn (13) 3 2 12 1 3 2 122) 12(332) 13(222 1 n n n nnnnnn (14) !)2( 1 !)1( 1 )!2()!1(! 2 kkkkk k (15) )2(1 ) 1( 1 nnn nn (15) 1 11)11)( 11 2222 22 22 ji ji jiji ji ji ji 例 3.求证 : 3 51 9 1 4 1 1 )12)(1( 6 2 nnn n 解析 : 一方面 : 因为 12 1 12 1 2 14 4 4 1 11 2 2 2 nnn n n ,所以 3 5 3 2 1 12 1 12 1 5 1 3 1 21 1 1 2 nnk n k 另一方面 : 11 1 1 ) 1( 1 43 1 32 1 1 1 9 1 4 1 1 2 n n nnnn 当3n时, ) 12)(1( 6 1nn n n n ,当1n时, 2 1 9 1 4 1 1 ) 12)(1( 6 nnn n , 当2n时, 2 1 9 1 4 1 1 ) 12)(1( 6 nnn n , 所以综上有 3 51 9 1 4 1 1 ) 12)(1( 6 2 nnn n 例 4.(2008 年全国一卷 )设函数 ( )lnf xxxx.数列 n a 满足 1 01a. 1 () nn afa.设 1(1)ba， ， 整数 1 1ln ab k ab .证 明: 1kab. 解析 : 由数学归纳法可以证明 n a 是递增数列 , 故若存在正整数 km, 使bam, 则baa kk 1 , 若 )(kmbam,则由10 1 baa m 知 0lnlnln 11 baaaaa mmm , k m mmkkkk aaaaaaa 1 11 lnln , 因为 )ln(ln 1 1 bakaa k m mm ,于是bababakaak)(|ln| 11111 例 5.已知 mmmm m nSxNmn321, 1,求证 : 1)1() 1( 11m n m nSmn. 解析 :首先可以证明 :nxx n 1)1( n k mmmmmmmm kknnnnn 1 11111111 )1(01)2()1()1( 所以要证 1) 1()1( 11m n m nSmn 只要证 : n k mmmmmmmmm n k m n k mm kknnnnnkmkk 1 1111111111 11 11 )1(2) 1() 1(1)1()1() 1( 故只要证 n k mm n k m n k mm kkkmkk 1 11 11 11 )1()1()1( , 即等价于 mmmmm kkkmkk 111 ) 1()1() 1(, 即等价于 11 ) 1 1 ( 1 1 ,) 1 1 ( 1 1 mm kk m kk m 而正是成立的,所以原命题成立. 例 6.已知 nn n a24, n n n aaa T 21 2 ,求证 : 2 3 321n TTTT . 解析 : )21(2) 14( 3 4 21 )21(2 41 )41(4 )222(4444 21321nn nn nn n T 所以 123)2(2 2 2 3 2234 23 2 3 2 3 4 2 22 3 4 3 4 2 )21 (2) 14( 3 4 2 211 1 1 1 1 nn n nn n n n n n n n nn n n T 12 1 12 1 2 3 ) 12)(122( 2 2 3 1nnnn n 从而 2 3 12 1 12 1 7 1 3 1 3 1 1 2 3 1 321 nn n TTTT 例 7.已知1 1 x, ),2( 1 ), 12( Zkknn Zkknn xn ,求证 : *)(11(2 111 4 122 4 54 4 32 Nnn xxxxxx nn 证明 : nn nn nnxx nn 2 2 2 1 4 1 14 1 ) 12)(12( 11 4242 44 122 , 因为12nnn ,所以 )1(2 1 2 2 21 4 122 nn nnnxx nn 所以 *)(11(2 111 4 122 4 54 4 32 Nnn xxxxxx nn 二、函数放缩 例 8.求证： )( 6 65 3 3 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2ln * Nn n n n n . 解析 :先构造函数有 xx x xx 1 1 ln 1ln ,从而 ) 3 1 3 1 2 1 (13 3 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2ln n n n n cause nnnn 3 1 12 1 2 1 9 1 8 1 7 1 6 1 5 1 4 1 3 1 2 1 3 1 3 1 2 1 6 5 3 3 32 3 27 9 18 9 9 3 6 3 6 5 1 1 1 n n n n n 所以 6 65 3 6 5 13 3 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2lnnn nn n n 例 9.求证 :(1) )2( ) 1(2 12ln 3 3ln 2 2ln ,2 2 n n nn n n 解析 :构造函数 x x xf ln )( ,得到 2 2 lnln n n n n ,再进行裂项 ) 1( 1 1 1 1 ln 22 2 nnnn n ,求和后可以得到答案 函数构造形式: 1lnxx,)2(1lnnn 例 10.求证 : n n n 1 2 1 1) 1ln( 1 1 3 1 2 1 解析 :提示 : 2ln 1 ln 1 ln 1 2 1 1 ln) 1ln( n n n n n n n n n 函数构造形式: x xxx 1 1ln,ln 当然本题的证明还可以运用积分放缩 如图 ,取函数 x xf 1 )( , 首先 : n in ABCF x S 1 ,从而 , )ln(ln|ln 11 innx x i n n in n in 取1i有, )1ln(ln 1 nn n , 所 以 有 2ln 2 1 , 2ln3ln 3 1 , , ) 1ln(ln 1 nn n , nn n ln)1ln( 1 1 , 相 加 后 可 以 得 到 : )1ln( 1 1 3 1 2 1 n n 另一方面 n in ABDE x S 1,从而有 )ln(ln|ln 11 innx x i in n in n in 取1i有, ) 1ln(ln 1 1 nn n , 所以有 n n 1 2 1 1)1ln( ,所以综上有 n n n 1 2 1 1)1ln( 1 1 3 1 2 1 例 11.求证 : e n ) ! 1 1() ! 3 1 1)( ! 2 1 1( 和 e n) 3 1 1() 81 1 1)( 9 1 1 ( 2 .解析 :构造函数后即可证明 例 12.求证 : 32 )1(1)321()211( n enn解析 : 1)1( 3 2 1) 1(ln nn nn ,叠加之后就可以得到答案 函数构造形式: )0( 1 3)1ln(1 )0( 1 3 2) 1ln(x xx x x x x (加强命题 ) 例 13.证明 : )1*,( 4 )1( 1 ln 5 4ln 4 3ln 3 2ln nNn nn n n 解析 :构造函数) 1( 1) 1() 1ln()(xxxxf,求导 ,可以得到 : 1 2 1 1 1 )( ' x x x xf ,令0)( ' xf 有21x,令 0)( ' xf 有2x, 所以 0)2()(fxf ,所以 2) 1ln(xx ,令1 2 nx有 ,1ln 22 nn 所以 2 1 1 lnn n n,所以 )1*,( 4 ) 1( 1 ln 5 4ln 4 3ln 3 2ln nNn nn n n F E D C BA n-in y x O 例 14. 已知 11 2 11 1,(1). 2 nn n aaa nn 证明 2 n ae. 解析 : n nn nn a nn a nn a) 2 1 ) 1( 1 1( 2 1 ) ) 1( 1 1 ( 1 , 然后两边取自然对数,可以得到 n n n a nn aln) 2 1 ) 1( 1 1ln(ln 1 然后运用 xx)1ln( 和裂项可以得到答案) 放缩思路： nnn a nn a) 2 11 1( 21 n n n a nn aln) 2 11 1ln(ln 2 1 n n nn a 2 11 ln 2 。 于是 n nn nn aa 2 11 lnln 2 1 ， .2 2 11 2 2 1 1 ) 2 1 (1 1 1lnln) 2 11 ()ln(ln 1 1 2 1 1 1 1 1 n n n i n i ii n i nn aa ii aa 即 .2lnln 2 1 eaaa nn 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(2nnn n 来放缩： ) 1( 1 ) ) 1( 1 1( 1 nn a nn a nn) 1)( ) 1( 1 1(1 1nn a nn a . )1( 1 ) ) 1( 1 1ln()1ln() 1ln( 1 nnnn aa nn 1 1 1) 1ln() 1ln( )1( 1 )1ln()1ln( 2 1 2 1 1 2 n aa ii aa n n i ii n i ， 即 .133ln1) 1ln( 2 eeaa nn 例 16.(2008 年福州市质检 )已知函数 .ln)(xxxf 若 ).()(2ln)()(:, 0,0bfbafbaafba证明 解析 :设函数( )( )(), (0)g xf xf kxk ( )ln,( )ln()ln(), 0.( )ln1ln()1ln, 2 ( )0,10. 2 f xxxg xxxkxkx x xkgxxkx kx xxkk gxxk kxkx Q Q 令则有 函数k k xg, 2 )(在）上单调递增，在 2 , 0( k 上单调递减 . )(xg 的最小值为 ) 2 ( k g， 即总有). 2 ()( k gxg 而 , 2ln)()2ln(ln 2 ln) 2 () 2 () 2 (kkfkk k k k kf k f k g ,2ln)()(kkfxg 即.2ln)()()(kkfxkfxf 令,bxkax 则 . bak .2ln)()()()(babafbfaf).()(2ln)()(bfbafbaaf 例 15.(2008 年厦门市质检 ) 已知函数 )(xf 是在 ),0( 上处处可导的函数,若 )()( 'xfxfx 在 0x上恒成立 . (I)求证：函数 ), 0( )( )(在 x xf xg 上是增函数；(II) 当 )()()(:,0,0 212121 xxfxfxfxx证明时 ； (III) 已知不等式 01)1ln(xxxx且在 时恒成立， 求证： ).( )2)(1(2 )1ln( ) 1( 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 *2 2 2 2 2 2 2 2 Nn nn n n n 解析 :(I) 0 )()( ' )( ' 2 x xfxxf xg ,所以函数 ), 0( )( )(在 x xf xg 上是增函数 (II) 因为 ),0( )( )(在 x xf xg 上是增函数 ,所以 )()( )()( 21 21 1 1 21 21 1 1 xxf xx x xf xx xxf x xf )()( )()( 21 21 2 2 21 21 2 2 xxf xx x xf xx xxf x xf 两式相加后可以得到 )()()( 2121xxfxfxf (3) )()( )()( 21 21 1 1 21 21 1 1 n nn n xxxf xxx x xf xxx xxxf x xf )()( )()( 21 21 2 2 21 21 2 2 n nn n xxxf xxx x xf xxx xxxf x xf )()( )()( 21 2121 21 n n n n n n n n xxxf xxx x xf xxx xxxf x xf 相加后可以得到: )()()()( 2121nn xxxfxfxfxf 所以 )ln()(lnlnlnln 2121332211nnnn xxxxxxxxxxxxxx 令 2 )1( 1 n x n ,有 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 1ln( ) 1( 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 n n 2222222 ) 1( 1 3 1 2 1 ln ) 1( 1 4 1 3 1 2 1 nn nnn) 1( 1 23 1 12 1 ln ) 1( 1 3 1 2 1 222 )2)(1(22 1 2 1 1 1 nn n nn 所以 ).( )2)(1(2 ) 1ln( ) 1( 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 *2 2 2 2 2 2 2 2 Nn nn n n n (方法二 ) 2 1 1 1 4ln )2)(1( 4ln )2)(1( ) 1ln( ) 1( ) 1ln( 2 2 2 nnnnnn n n n 所以 )2(2 4ln 2 1 2 1 4ln) 1ln( ) 1( 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n 又 1 1 14ln n ,所以 ).( )2)(1(2 )1ln( )1( 1 4ln 4 1 3ln 3 1 2ln 2 1 *2 2 2 2 2 2 2 2 Nn nn n n n 三、分式放缩 姐妹不等式 : )0, 0(mab ma mb a b 和 )0, 0(mba ma mb a b 记忆口诀 ” 小者小 ,大者大 ” 解释 :看 b,若 b 小,则不等号是小于号,反之 . 例 19. 姐妹不等式 : 12) 12 1 1() 5 1 1)( 3 1 1)(11(n n 和 12 1 ) 2 1 1() 6 1 1)( 4 1 1)( 2 1 1( n n 也可以表示成为 12 )12(531 2642 n n n 和 12 1 2642 )12(531 n n n 解析 : 利用假分数的一个性质 )0,0(mab ma mb a b 可得 12 2 5 6 3 4 1 2 n n n n 2 12 6 7 4 5 2 3 )12( 2 12 6 5 4 3 2 1 n n n 12) 12 2 5 6 3 4 1 2 ( 2 n n n 即 .12) 12 1 1() 5 1 1)( 3 1 1)(11 (n n 例 20.证明 : . 13) 23 1 1() 7 1 1)( 4 1 1)(11( 3 n n 解析 : 运用两次次分式放缩: 13 3 8 9 5 6 . 2 3 23 13 7 8 4 5 1 2 n n n n (加 1) n n n n 3 13 9 10 6 7 . 3 4 23 13 7 8 4 5 1 2 (加 2) 相乘 ,可以得到 : )13( 13 23 8 7 5 4 2 1 13 13 8 10 5 7 . 2 4 23 13 7 8 4 5 1 2 2 n n n n n n n 所以有 .13) 23 1 1() 7 1 1)( 4 1 1)(11( 3 n n 四、分类放缩 例 21.求证 : 212 1 3 1 2 1 1 n n 解析 : ) 2 1 2 1 2 1 2 1 () 4 1 4 1 ( 2 1 1 12 1 3 1 2 1 1 3333n 2 ) 2 1 1 ( 22 1 ) 2 1 2 1 2 1 ( nn nnnnn 例 22.(2004 年全国高中数学联赛加试改编) 在平面直角坐标系 xoy中 , y轴正半轴上的点列 n A 与曲线 xy2（x0 ） 上的点列 n B 满足 n OBOA nn 1，直线 nnB A在 x 轴上的截距为 n a .点 n B 的横坐标为 n b ,Nn. (1)证明 n a 1n a4， Nn; (2)证明有 Nn0 ， 使得对 0 nn 都有 n n n n b b b b b b b b 1 12 3 1 20,b0,求证： .1 2 nnn ba 解析 : 因为 a+b=1,a0,b0,可认为 ba, 2 1 , 成等差数列，设 dbda 2 1 , 2 1 ， 从而 n nn nn ddba 1 2 2 1 2 1 例 47.设 Nnn, 1 ， 求证 ) 2)(1( 8 ) 3 2 ( nn n . 解析 : 观察 n ) 3 2 ( 的结构，注意到 nn ) 2 1 1() 2 3 ( ， 展开得 8 6)2)(1( 8 )1( 2 1 2 1 2 1 2 1 1) 2 1 1 ( 3 3 2 21nnnnn CCC nnn n ， 即 8 )2)(1( ) 2 1 1( nn n ， 得证 . 例 48.求证 : nnn 2ln ) 2 1 1ln( 2ln3ln . 解析 :参见上面的方法,希望读者自己尝试!) 例 42.(2008 年北京海淀5 月练习 ) 已知函数 * ( ),yf xxyNN， 满足： 对任意 * ,a babN， 都有)()()()(abfbafbbfaaf ； 对任意 * nN都有 ( )3ff nn. （ I）试证明：)(xf为 * N上的单调增函数； （ II）求 )28()6() 1(fff ； （III ）令 * (3 ), n n afnN ， 试证明： . 12 1111 424 n n naaa L 解析 :本题的亮点很多,是一道考查能力的好题. (1)运用抽象函数的性质判断单调性: 因为 )()()()(abfbafbbfaaf ,所以可以得到 0)()()()(bfbaafba , 也就是0)()()(bfafba,不妨设ba,所以 ,可以得到)()(bfaf,也就是说)( xf为 * N上的 单调增函数 . (2)此问的难度较大,要完全解决出来需要一定的能力! 首先我们发现条件不是很足,尝试探索看看按(1)中的不等式可以不可以得到什么结论,一发现就 有思路了 ! 由(1)可知0)()()(bfafba,令) 1(, 1fab,则可以得到 0)1()1 ()(1)(fffxf,又3)1( ff,所以由不等式可以得到3) 1(1f,又 *)1 (Nf,所以可以得到2)1 (f 接下来要运用迭代的思想: 因为2) 1(f,所以3)1()2(fff,6)2()3(fff,9)3()6(fff 18)6()9(fff,27)9()18(fff,54)18()27(fff,81)27()54(fff 在此比较有技巧的方法就是: 2754275481,所以可以判断55)28(f 当然 ,在这里可能不容易一下子发现这个结论,所以还可以列项的方法,把所有项数尽可能地列出 来,然后就可以得到结论. 所以 ,综合有)28()6() 1 (fff=662955 (3)在解决 n a 的通项公式时也会遇到困难. nn nnnnn aafffffff3),3(3)3()3(,3)3( 1 11 ,所以数列 * (3 ), n nafnN 的方程为 n n a32, 从而 ) 3 1 1( 4 1111 21 n naaa , 一方面 4 1 ) 3 1 1 ( 4 1 n ,另一方面1222)21 (3 1100 nCC nn nn 所以 2412 2 4 1 ) 12 1 1( 4 1 ) 3 1 1 ( 4 1 n n n n n n ,所以 ,综上有 12 1111 424 n n naaa L . 例 49. 已知函数f x 的定义域为 0,1 ， 且满足下列条件： 对 于 任 意x0,1 ，总 有 3fx，且 14f ； 若 1212 0,0,1,xxxx 则 有 1212()3.fxxfxf x （）求f 0 的值；（）求证： f x 4 ； （）当 1 11 (,(1,2,3,) 33 nn xn 时，试证明：( )33fxx. 解析 : （）解：令 12 0xx， 由对于任意x0,1， 总有3fx，(0)3f 又由得(0)2 (0)3,ff即(0)3;f(0)3.f （）解：任取 12 ,0,1,x x 且设 12, xx 则 2121121()()()()3,f xf xxxf xf xx 因为 21 0xx ， 所以 21 ()3f xx ， 即 21 ()30,fxx 12 ()()fxfx. 当x0,1时，( )(1)4f xf. （）证明：先用数学归纳法证明： 11 11 ()3(*) 33 nn fnN （1）当 n=1 时， 00 11 ()(1)4133 33 ff ， 不等式成立； （2）假设当 n=k 时， 11 11 ()3(*) 33 kk fkN 由 1 1111111 ()()()()3 3333333 kkkkkkk ffff 111 ()()()6 333 kkk fff 得 11 111 3()()69. 333 kkk ff 即当 n=k+1 时，不等式成立 由（ 1） 、 （2）可知，不等式 11 11 ()3 33 nn f 对一切正整数都成立. 于是，当 1 11 (,(1,2,3,) 33 nn xn 时， 11 111 33333() 333 nnn xf ， 而x0,1， fx 单调递增 1 11 ()() 33 nn ff 所以， 1 1 ( )()33. 3 n fxfx 例 50. 已知： 12 1,0 ni aaaaL )2, 1(ni求证： 2222 1 12 122311 1 2 nn nnn aaaa aaaaaaaa L 解析 :构造对偶式：令 1 2 1 2 1 32 2 2 21 2 1 aa a aa a aa a aa a A n n nn n 1 2 1 1 2 32 2 3 21 2 2 aa a aa a aa a aa a B nnn n 则 1 2 1 2 1 22 1 32 2 3 2 2 21 2 2 2 1 aa aa aa aa aa aa aa aa BA n n nn nn BAaaaaaaaa nnn ,0)()()()( 113221 又 )( 2 1 22 ji ji ji aa aa aa （)2, 1,nji 1 2 1 2 1 22 1 32 2 3 2 2 21 2 2 2 1 )( 2 1 )( 2 1 aa aa aa aa aa aa aa aa BAA n n nn nn 2 1 )()()()( 4 1 113221aaaaaaaannn 十一、积分放缩 利用定积分的保号性比大小 保号性是指，定义在 ,a b 上的可积函数 0fx ， 则 0 b a fx dx . 例 51.求证： e e. 解析 : lnln ee e e ， ln lnlnln e e exx d exx 2 1ln e x dx x ， ,xe 时， 2 1ln 0 x x ， 2 1ln 0 e x dx x ，ln ln e e ， e e . 利用定积分估计和式的上下界 定积分产生和应用的一个主要背景是计算曲边梯形的面积，现在用它来估计小矩形的面积和. 例 52. 求证： 111 1211 23 n n L ， 1,nnN . 解析 : 考虑函数 1 fx x 在区间 ,1i i1,2,3,inL 上的定积分 . 如图，显然 1 111 1 i i dx iix - 对i求和， 1 11 11 nn i i ii dx ix 1 1 1 n dx x 1 1 2 n x21 1n . 例 53. 已知 ,4nN n .求证： 11117 123210nnnn L . 解析 :考虑函数 1 1 fx x 在区间 1,ii nn 1,2,3,inL 上的定积分 . 1 ni 11 1 in n 1 1 1 i n i n dx x - 1 1 n i ni 1 11 1 n i i n n 1 1 1 1 i n n i i n dx x 1 1 0 0 1 ln 1 1 dxx x 7 ln 2 10 . 例 54. （2003 年全国高考江苏卷）设 0a ， 如图，已知直线 axyl : 及曲线 C： 2 xy，C上的点 1 Q的横 坐标为 1 a（ aa10 ）.从C上的点 1 n Qn 作直线平行于x轴，交直线l于点 1n P， 再从点 1n P作直线平行 于y轴，交曲线C于点 1n Q . 1,2, n QnnL 的横坐标构成数列 na . （）试求 1n a 与 n a的关系，并求 n a的通项公式； （）当 2 1 , 1 1 aa 时，证明 n k kkk aaa 1 21 32 1 )( ； （）当1a时，证明 12 1 1 () 3 n kkk k aaa . 解析 : 1 2 1 () n n a aa a （过程略） . 证明（ II） ：由1a知 2 1nn aa ， 1 1 2 a ， 23 11 , 416 aa . 当1k时， 23 1 16 k aa ， 12111 11 111 ()()() 161632 nn kkkkkn kk aaaaaaa . 证明（ ） ：由 1a知 2 1kk aa. 2 1211 ()() kkkkkk aaaaaa 恰表示阴影部分面积， 显然 1 22 11 () k k a kkk a aaax dx 2 1211 11 ()() nn kkkkkk kk aaaaaa 1 2 1 k k n a a k x dx 1 2 0 a x dx 3 1 11 33 a . 奇巧积累 : 将定积分构建的不等式略加改造即得“ 初等 ” 证明，如： 1 11 i i dx ix 21ii ； 1 ni 1 1 1 i n i n dx x 1 ln 1ln 1 ii nn ； 1 2 1 sinsin 1sin ii i 1 sin 1 2 sin 1 1 i i iidx x ； 1 2233 111 1 () 3 k k a kkkkk a aaax dxaa . 十二、部分放缩(尾式放缩 ) 例 55.求证 : 7 4 123 1 123 1 13 1 1n 解析 : 1211 23 1 23 1 28 11 123 1 7 1 4 1 123 1 123 1 13 1 nnn 7 4 84 48 84 47 2 1 1 4 1 3 1 28 11 例 56. 设 a n a 2 1 1. 2, 1 3 1 a n aa 求证： .2 na 解析 : a n a 2 1 1. 1 3 1 2 1 1 1 3 1 222 nn aa 又2),1( 2 kkkkkk （只将其中一个k变成1k， 进行部分放缩） ， kkkkk 1 1 1 )1( 11 2 ， 于是 ) 1 1 1 () 3 1 2 1 () 2 1 1(1 1 3 1 2 1 1 222 nnn an.2 1 2 n 例 57.设数列 n a 满足 Nnnaaa nnn 1 2 1 ， 当 3 1 a 时 证明对所有, 1n有2)(nai n ； 2 1 1 1 1 1 1 1 )( 21n aaa ii 解析 : )(i用数学归纳法：当1n 时显然成立，假设当kn时成立即2kak ， 则当1kn时 312)2(1)2(1)( 1 kkkkakaaa kkkk ， 成立。 )(ii利用上述部分放缩的结论12 1kk aa来放缩通项，可得 )1(21 1kk aa . 2 1 1 1 242) 1(21 1 11 1 1 k k kkk k a aa . 2 1 2 1 1 ) 2 1 (1 4 1 2 1 1 1 1 11 n i n i i n ia 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 12 1kk aa 十三、三角不等式的放缩 例 58.求证 : )( |sin|Rxxx . 解析 :(i) 当0x时, |sin|xx (ii) 当 2 0x 时,构造单位圆 ,如图所示 : 因为三角形AOB 的面积小于扇形OAB 的面积 所以可以得到 |sin|sinxxxx 当 2 x 时 |sin|xx 所以当0x时xxsin有 |sin|xx (iii) 当0x时, 0x,由(ii) 可知 : |sin|xx 所以综上有 )( |sin|Rxxx T P B A O y x 十四、使用加强命题法证明不等式 (i)同侧加强 对所证不等式的同一方向( 可以是左侧,也可以是右侧)进行加强.如要证明 Axf)( ,只要证明 )0()(BBAxf,其中B通过寻找分析,归纳完成 . 例 59.求证 :对一切 *)(Nnn ,都有 3 1 1 n kkk . 解析 : 11 1 ) 1( 1 )1( 1 )1()1( 1 ) 1( 111 23 kkkkkkkkk kkk kk 2 11 1 1 1 11 11 1 )1( 1 ) 1( 1kk kkkkkkkkk 1 1 1 1 2 2 1 1 1 11 kk k kkk 从而 3 1 11 2 2 1 1 1 1 1 5 1 3 1 4 1 2 1 3 1 1 1 1 1 1kkkkkk n k 当然本题还可以使用其他方法,如 : kk kk kkk k kkkkkkkkk 1 1 1 1 11 1 11 ) 1( 1 1 1 1 11 2 kk 1 1 1 2 所以 3) 1 1 (21 1 1 1 21kkkkk n k n k . (ii) 异侧加强 (数学归纳法 ) (iii) 双向加强 有些不等式 ,往往是某个一般性命题的特殊情况,这时 ,不妨 ” 返璞归真 ” ,通过双向加强还原其本来面 目,从而顺利解决原不等式.其基本原理为 : 欲证明BxfA)(,只要证明 :),0()(BACCBxfCA. 例 60.已知数列 n a 满足 : n nn a aaa 1 , 1 11 ,求证 :).2(2312nnan n 解析 : 2 12 1 2 1 1 2 k n nn a a aa ,从而 2 2 1 2 nnaa ,所以有 121)1(2)()()( 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 22 nnaaaaaaaa nnnnn ,所以 12nan 又 3 12 1 2 1 1 2 k n nn a a aa ,所以 3 2 1 2 nnaa ,所以有 231)1(3)()()( 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 22 nnaaaaaaaa nnnnn 所以 23nan 所以综上有 ).2(2312nnan n 引申 :已知数列 n a 满足 : n nn a aaa 1 , 1 11 ,求证 : 12 1 1 n a n k k . 解析 :由上可知 12nan ,又 2 3212 12 nn n ,所以 3212 3212 2 12 11 nn nnnan 从而 )2(12321235131 1 1 nnnn a n k k 又当1n时, 1 1 1 a ,所以综上有 12 1 1 n a n k k . 同题引申 : (2008 年浙江高考试题)已知数列 n a,0 na ,0 1 a,)(1 2 1 2 1 ? Nnaaa nnn . 记 nnaaaS21 , )1()1)(1( 1 )1)(1( 1 1 1 21211n n aaaaaa T .求证 :当 ? Nn 时. (1) 1