放缩法技巧全总结(非常精辟是尖子生解决高考数学最后一题之瓶颈之精华

放缩法技巧全总结(非常精辟是尖子生解决高考数学最后一题之瓶颈之精华内容摘要：

k N   时， 2 3 11 1 1 1 1 1 1 1 1 13 4 2 1 2 3 4 2 1 2 2 1 2n k k k kS                               21231 1 1 12 2 22 2 2 2k k k        。 所以，取 40090 22n ，对 0nn都有： 20202 14017111 012312      nnnn SSbbbbbb  故有nnnn bbbbbbbb 112312    2020n 成立。 例 23.(2020 年泉州市高三质检 ) 已知函数 ),1()( 2 Rcbcbxxxf  ，若 )(xf 的定义域为 [－ 1， 0]，值域也为 [－ 1， 0]. 若数列 }{nb 满足 )()(*3 Nnnnfbn ，记数列 }{nb 的前 n 项和为 nT ，问是否存在正常数 A，使得对于任意正整数 n 都有 ATn。 并证明你的结论。 解析 :首先求出 xxxf 2)( 2 ,∵nn nnnnfbn 12)( 323  ∴nbbbbT nn 131211321  ,∵214124131 ,218148171615 ,… 212122122 112 1 111   kkkkk ,故当 kn 2 时 , 12kTn, 因此，对任何常数 A，设 m 是不小于 A 的最小正整数， 则当 222  mn 时 ,必有 AmmTn  12 22. 故不存在常数 A 使 ATn 对所有 2n 的正整数恒成立 . 例 24.(2020年 中学教学参考 )设不等式组nnxyyx3,0,0 表示的平面区域为 nD,设 nD内整数坐标点的个数为 na .设nnnn aaaS 221 111   , 当 2n 时 ,求证 :36 1171111 2321  naaaa n. 解析 :容易得到 nan 3 ,所以 ,要证36 1171111 2321  naaaa n只要证12 11721312112  nS nn ,因为nnnnS 2122 112 1()81716151()4131(211 112    12 117)1(12723211 121 222   nnTTT n,所以原命题得证 . 五 、 迭代 放缩 例 25. 已知 1,14 11  xxxx nnn,求证 :当 2n 时 ,nni ix   11 22|2| 解析 :通过迭代的方法得到1212  nnx,然后相加就可以得到结论 例 26. 设nn nS 2 !sin2 !2sin2 !1sin 21  ,求证 :对任意的正整数 k,若 k≥n 恒有 :|Sn+k－ Sn|1n 解析 : |2 )s in(2 )!2s in(2 )!1s in(||| 21 knnnnkn knnnSS    knnnknnn knnn   2 12 12 1|2 )s i n(||2 )!2s i n(||2 )!1s i n(| 2121  nknkn 21)211(21)212121(21 2   又 nCCC nnnnnn  10)11(2 所以nSS nnkn 121||  六 、 借助数列递推关系 例 : 1222642 )12(531642 53142 3121    nnn 解析 : 设nnan 2642 )12(531   则 nnnnn anaananna   2)1(2)1(2 12 11,从而 nnn naana 2)1(2 1  ,相加后就可以得到 122 1)22(132 1)1(22)1(2 1121   nnnnaanaaa nn 所以 1222642 )12(531642 53142 3121    nnn 例 28. 求证 : 1122642 )12(531642 53142 3121    nnn 解析 : 设nna n 2642 )12(531   则 111 )12(]1)1(2[)1(2 12   nnnnn aanananna,从而 nnn anana )12(]1)1(2[ 11   ,相加后就可以得到 1122312 1)12(3)12( 1121   nnnaanaaa nn 例 29. 若 1,1 11   naaa nn ,求证 :)11(2111 21  naaa n 解析 : nnnnnnn aaaaanaa   21112 112 所以就有 2122111121121121   naaaaaaaaaaa nnnnn 七 、 分类讨论 例 }{na 的前 n 项和 nS 满足 .1,)1(2  naS nnn 证明：对任意的整数 4m ，有 8711154  maaa  解析 :容易得到  .)1(232 12   nnna, 由于通项中含有 n)1( ，很难直接放缩，考虑分项讨论： 当 3n 且 n 为奇数时1222 2223)12 112 1(2311 2132 12121     nnn nnnnnn aa )2 12 1(232 2223 1232 12    nnn nn（减项放缩），于是 ① 当 4m 且 m 为偶数时 maaa11154  )11()11(11654 mm aaaaa   .878321)2 11(412321)2 12121(2321 4243   mm ② 当 4m 且 m 为奇数时 maaa 111 54  154 111  mm aaa （添项放缩）由 ① 知 .871111 154  mm aaaa 由 ① ② 得证。 八 、 线性规划型放缩 例 31. 设函数221() 2xfxx  .若对一切 xR ， 3 ( ) 3af x b   ，求 ab 的最大值。 解析 :由 22221 ( 2 ) ( 1)( ( ) )( (1) 1)2 2 ( 2 )xxf x f x     知 1( ( ) )( (1) 1) 02f x f   即 1 ( ) 12 fx   由此 再由 ()fx的单调 性可以知道 ()fx的最小值为 12，最大值为 1 因此 对一切 xR ， 3 ( ) 3af x b   的充要条件是， 1332abab       即 a ， b 满足约束条件331 321 32abababab     ， 由线性规划得， ab 的最大值为 5． 九 、 均值不等式放缩 例 .)1(3221  nnS n 求证 .2 )1(2 )1( 2 nSnn n 解析 : 此数列的通项为 .,2,1,)1( nkkka k  212 1)1(  kkkkkk， )21(11    nknnk kSk， 即 .2 )1(22 )1(2 )1( 2 nnnnSnn n 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   nnnkS nkn，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 n aan aaaaaa n nnn nn22111111   其中， 3,2n 等的各式及其变式公式均可供选用。 例 bxaxf 21 1)( ，若54)1( f，且 )(xf 在 [0， 1]上的最小值为21， 求证： .212 1)()2()1( 1  nnnfff  解析 : )22 11()()1()0(22 1141 1141 4)(  nffxxf xxxx  .212 1)2 1211(41)22 11()22 11( 112   nnn nn  例 ba, 为正数，且 111 ba，试证：对每一个 Nn ， 12 22)(  nnnnn baba . 解析 : 由 111 ba得 baab  ，又 42)11)(( abbababa，故 4 baab ，而nnnrrnrnnnnnn bCbaCbaCaCba   110)( ， 令 nnn babanf  )()( ，则 )(nf = 1111   nnnrrnrnnn abCbaCbaC  ，因为 innin CC  ，倒序相加得)(2 nf = )()()( 111111 baabCbabaCabbaC nnnnrnrrrnrnnnn   ， 而 121111 2422   nnnnnnrnrrrnnn babaabbabaabba ， 则 )(2 nf = ))(22())(( 11 rrnrnrnrrnrnrnnrnn babababaCCC     )22( n 12n ，所以 )(nf  )22( n n2 ，即对每一个 Nn ， 12 22)(  nnnnn baba . 例 ),1(2 2 1321 NnnnCCCC nnnnnn   解析 : 不等式左  nnnnn CCCC 321 12 222112  nn n nn 12 2221  = 212 n ， 原结论成立 . 例 xx eexf )( ,求证 : 21 )1()()3()2()1( nnenffff   解析 : 11)1()1()()(2121122121221121   xxxxxxxxxxxxxx eeeeeeeeeeeexfxf 经过倒序相乘 ,就可以得到 21 )1()()3()2()1( nnenffff   例 xxxf 1)( ,求证 : nn nnffff )1(2)2()3()2()1(   解析 : 2)12(2)12( 11212)12()12 112)(1(  knknkk knkn kknkknknkk 其中 : nk 2,3,2,1  ,因为 nknkknknkknk 2)12(0)2)(1(2)1(2  所以 22)12 112)(1(  nknknkk 从而 nnnffff 22。