放缩法技巧及经典例题讲解

放缩法技巧及经典例题讲解一．放缩技巧所谓放缩的技巧：即欲证AB，欲寻找一个（或多个）中间变量C，使ACB，由A到C叫做“放”，由B到C叫做“缩”.常用的放缩技巧（1）若0,,tataata（2）1nn，21nnn，111nn，2(1)nnnn（3）21111111(1)1(1)(1)1nnnnnnnnnn（4）22122(1)2(1)11nnnnnnnnnnn（5）若,,abmR，则,aaaambbmbb（6）21111111112!3!!222nn（7）2221111111111(1)()()232231nnn（因为211(1)nnn）（7）1111111112321111nnnnnnnnn或11111111123222222nnnnnnnnn（8）111111123nnnnnnn，（9）)1(11)1(12kkkkk，！！（！kkk1)11211（10）12112kkkkk【经典回放】例1、设数列na的前n项和为nS.已知11a,2121233nnSannn,*nN.(Ⅰ)求2a的值；(Ⅱ)求数列na的通项公式；(Ⅲ)证明:对一切正整数n,有1211174naaa.【解析】(Ⅰ)依题意,12122133Sa,又111Sa,所以24a；(Ⅱ)当2n时,32112233nnSnannn,321122111133nnSnannn两式相减得2112213312133nnnananannn整理得111nnnanann,即111nnaann,又21121aa故数列nan是首项为111a,公差为1的等差数列,所以111nannn,所以2nan.(Ⅲ)当1n时,11714a；当2n时,12111571444aa；当3n时,21111111nannnnn,此时222121111111111111111434423341naaannn11171714244nn综上,对一切正整数n,有1211174naaa.例2：【经典例题】例1、设数列na满足12,311naaann（1）求na的通项公式；（2）若11111,1,1nnnnnnnccdnaccbc求证：数列nndb的前n项和31nS分析：（1）此时我们不妨设)(2)1(1BAnaBnAann即BAAnaann21与已知条件式比较系数得.0,1BA)(2)1(1nanann又}{,211naan是首项为2，公比为2的等比数列。nanannnn2,2即.（3）由（1）知nnnnbna21,2.当2n时,.21221121121...21211......1)(...)()(112121123121nnnnnnnbbbcccccccc当n=1时，1c=1也适合上式，所以1212nnc，故)12)(22(1)21212121(21111nnnnnnndb方法一：nn2221，3121n(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.)31)211(31211)21(161231...231231,2312nnnnnnnSdb.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:121)]221121(...)301151()14171[(31121221...1511417161617131)12()22(1...15141761321111111nnnnnnnnnnSSS我们可重新加括号得这样由前二项会得到...310121,022112111也易让学生接受步想法这样也实现了我们的初得证故显然nnnns易验证当n=1，2时31ns.综上31ns例2、已知正项数列na满足*21111,1Nnanaaannn（1）判断数列na的单调性；（2）求证：2111112111naannnn分析：（1）nnnnaanaa1210)1(1故，即nnaa1故数列{na}为递增数列.(2)不妨先证21)1(111naann.)1(1)1(1)1(1121212111naanaanaaaaaaannnnnnnnnnn再证：1112111nnaann原解答中放缩技巧太强，下面给出另一种证法111111...3121211).)1(1)1(1()1(1...321211)1(1...3121)11(...)11()11(1122221322111nnnnnnnnnaaaaaaaannn这种常用的放缩手段用到了累差迭加法及11121221111)1(1])1(1[)1(11nnnnnnnnnnnnnnnaaaaaanaaanaaanaana])1(1[)1(1)1(1)1(221212nanaanaanannnnnn.,)11)(1(1也易让学生接受的这种证法还是比较自然nannn.当2n时，11nanann2111)2)(1(1111nnnnaann.易验证当n=1时,上式也成立.综上,故有21)1(1112111naannnn成立.经典方法归纳：一．先求和后放缩例1．正数数列na的前n项的和nS，满足12nnas，试求：（1）数列na的通项公式；（2）设11nnnaab，数列nb的前n项的和为,nB，求证：21nB解：（1）由已知得2)1(4nnaS，2n时，211)1(4nnaS，作差得：1212224nnnnnaaaaa，所以0)2)((11nnnnaaaa，又因为na为正数数列，所以21nnaa，即na是公差为2的等差数列，由1211aS，得11a，所以12nan（2）)121121(21)12)(12(111nnnnaabnnn，所以21)12(2121)1211215131311(21nnnBn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{}na满足条件nfaann1）求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和．例2、已知*21().nnanN求证：*122311...().23nnaaannNaaa证明：111211111111.,1,2,...,,2122(21)23.222232kkkkkkkkakna1222311111111...(...)(1),2322223223nnnnaaannnaaa*122311...().232nnaaannnNaaa若多项式中加上一些正的值，多项式的值变大，多项式中加上一些负的值，多项式的值变小。由于证明不等式的需要，有时需要舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证明的目的。本题在放缩时就舍去了22k，从而是使和式得到化二．先放缩再求和1．放缩后成等差数列，再求和例1．已知各项均为正数的数列na的前n项和为nS,且nnnasaa22.(1)求证：4221naaSnn；(2)求证：2121321nnnssssss解：（1）在条件中，令1n，得1112122aSaa，1011aa，又由条件nnnSaa22有11212nnnSaa，上述两式相减，注意到nnnSSa11得0)1)((11nnnnaaaa001nnnaaa∴11nnaa所以，nnan)1(11，(1)2nnnS所以42)1(212)1(21222nnnaannnnS（2）因为1)1(nnnn，所以212)1(2nnnn，所以2)1(23222121nnSSSn212322n2122312nSnn；222)1(2222121nnSnnnSSS例2．已知数列na满足：3,2,121,111nanaannn．求证:11213nnnnaa.证明：因为nnnana)21(1，所以1na与na同号，又因为011a，所以0na，即021nnnnanaa，即nnaa1．所以数列{}na为递增数列，所以11aan，即nnnnnnanaa221，累加得：121212221nnnaa．令12212221nnnS，所以nnnS2122212132，两式相减得：nnnnS212121212121132，所以1212nnnS，所以1213nnna，故得11213nnnnaa．2．放缩后成等比数列，再求和例2．（1）设a，n∈N*，a≥2，证明：nnnaaaa12；（2）等比数列{an}中，211a，前n项的和为An，且A7，A9，A8成等差数列．设nnnaab12，数列{bn}前n项的和为Bn，证明：31nB．解：（1）当n为奇数时，an≥a，于是，nnnnnaaaaaa)1()1()(2．当n为偶数时，a－1≥1，且an≥a2，于是nnnnnnnaaaaaaaaaaa)1()1)(1()1()1()(22．（2）∵9789AAaa，899AAa，899aaa，∴公比9812aqa．∴nna)21(．nnnnnnb231)2(41)21(141．∴nnbbbB2131)211(31211)211(213123123123122nn．3．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32111nnn的逆序数为an，如排列21的逆序数11a，排列321的逆序数.63a．（1）求a4、a5，并写出an的表达式；（2）令,11nnnnnaaaab，证明,32221nbbbnn2,1n解（1