高三数学数列放缩法

高三数学数列放缩法（通用6篇）

高三数学数列放缩法 篇1

教学目标：学会利用放缩法证明数列相关的不等式问题 教学重点：数列的构造及求和 教学难点：放缩法的应用

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： 例1求

k1n

24k

2

1的值例2.求证:1

2



1(2n1)





12(2n1)

(n2)

例3求证:1

4116

136



14n





14n

例4求证：1

4



1n



n

例5已知an4n2n,Tn

a1a2an,求证:T1T2T3Tn

.直接放缩

1、放大或缩小“因式”：

例1.设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记bn（I）求数列bn的通项公式；

（II）记cnb2nb2n1(nN*)，设数列cn的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn

例2.已知数列an满足a11,an12an1nN（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅲ）证明：

例3.设数列{an}满足a12,an1an

4an1an

*

(nN)。

32；

1a2



1a3



1an

1

nN3



1an

(n1,2,).证明an

2n1对一切正整数n成立

例4.已知数列an满足a1

4，an

an1

(1)an12

n

（n2,nN）。

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅲ）设cnansin

anN． 例5.数列xn由下列条件确定：x1a0，xn11xn,

2

xn

(2n1)，数列cn的前n项和Tn，求证：对nN,Tn

47。

（I）证明：对n2总有xn

圆锥曲线：

a

；(II)证明：对n2总有xnxn1

1.已知将圆xy8上的每一点的纵坐标压缩到原来的22

12,对应的横坐标不变,得到曲线C；设M(2,1)，平行于OM的直线l在y轴上的截距为m(m≠0),直线l与曲线C交于A、B两个不同点.(1)求曲线C的方程；(2)求m的取值范围.2.设椭圆C1：

xa

2

yb

1(ab0)，抛物线C2：xbyb.(1)若C2经过C1的两个焦点，求C1的离心率；(2)

设A(0,b),Q

54又M、N为C1与C2不在y轴上的两个交点，若AMN的垂心为B(0,b)，3

4且Qb)，MN的重心在C2上，求椭圆C1和抛物线C2的方程

3.已知椭圆C的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线y

（1）求椭圆C的方程；

x

2

（2）设A、B为椭圆上的两个动点，OAOB0，过原点O作直线AB的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程．

4.设双曲线C：

21（a＞0，b＞0）的离心率为e，若准线l与两条渐近线相交于P、Q两点，F为右焦点，2ab

△FPQ为等边三角形．

（1）求双曲线C的离心率e的值；

x

y

（2）若双曲线C被直线y＝ax＋b截得的弦长为

bea

2求双曲线c的方程．

课后作业： 1.求证：

2.已知数列{a}的前n项和S满足Sn2an(1),n1.n

n

1



3

1n



4n

（Ⅰ）写出数列{a}的前3项a1,a2,a3（Ⅱ）求数列{an}的通项公式

n

3.已知a为正实数，n为自然数，抛物线yx线在y轴上的截距，用a和n表示f(n)；

圆锥曲线作业： 1.已知椭圆

C1:

xa

a

n

与x轴正半轴相交于点A，设f(n)为该抛物线在点A处的切



yb

1(a＞b＞0)

与双曲线

C1:x

y

1

有公共的焦点，C1的一条渐近线与以

C1的长轴为直径的圆相

交于A,B两点，若

A．

a

C1

恰好将线段AB三等分，则（）

B．a13

132

C．

b

D．b2

=4:3:2，则曲线r的离心率等

2.设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足于()

1或3

PF1:F1F2:PF2

A．22B．3或2C．2

或

2D．3

或

3.若点O和点F(2,0)分别是双曲线的取值范围为()

xa



y1(a>0)的中心和左焦点,点P为双曲线右支上的任意一点,则OPFP

A.)

B.[3)C.[-

74,)D.[

74,)

4.已知双曲线E的中心为原点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(12,15),F(3,0)是E的焦点，则E的方程式为()(A)

x



y

61(B)

x



y

1(C)

x



y

1(D)

x



y

1

5.点A(x0,y0)在双曲线

x



y

1的右支上，若点A到右焦点的距离等于2x0，则x0

6.已知点A、B的坐标分别是(1,0)，(1,0).直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.(Ⅰ)求动点M的轨迹方程;

高三数学数列放缩法 篇2

一、放缩法在最值问题中的应用

例1若实数x, y满足|x|+|y|≤1, 求x2-xy+y2的最大值.

又∵|x±y|≤|x|+|y|≤1,

当x, y中一个为0, 另一个为1时, 上式等号成立.故x2-xy+y2的最大值为1.

通过以上问题的解决, 可以培养学生根据不等式的基本性质应用放缩法来解决最值问题的能力, 上面的问题还可以做如下的变式训练:

变式训练已知二次函数y=x2+ax+b的图像与x轴的两个交点的横坐标分别为m, n且|m|+|m|≤1, 设满足上述条件的b的最大值和最小值分别为P和Q, 求|P|+|Q|的值 (全国初中数学联赛) .

二、放缩法在不等式问题中的应用

例2设a1, a2, …, an是n (n>1) 个互不相同的正整数, 求证:

证明∵a1, a2, …, an是n个互不相同的正整数,

∴不妨设1≤a1

从而有a1≥1, a2≥2, …, an≥n.

通过以上的问题的解决, 可以培养学生根据问题的目标, 进行合情合理的放大和缩小的方法来解决不等式问题的能力, 进一步增强学生学习数学的兴趣.上面的问题还可以做如下的变式训练.

变式训练求证:n

三、放缩法在不定方程问题中的应用

解∵x+1

∵x为正整数, ∴x=1.

经检验:x=1满足题意, 即方程的正整数解为x=1.

以上的不定方程问题还可推广为如下问题:

例4已知x, y, z都是正整数, 且28x+30y+31z=364, 求x+y+z的值.

解∵28 (x+y+z) <28x+30y+31z<31 (x+y+z) ,

∴28 (x+y+z) <364<31 (x+y+z) .

解得:

∵x, y, z都是正整数, ∴x+y+z=12.

通过以上的问题的解决, 不但拓宽了学生的解题思路, 而且培养了学生的整体思想意识.以上问题还可以做如下的变式训练:

变式训练1若自然数x

变式训练2从1开始, 写出一组连续的正整数, 然后擦去一个数, 其余的平均数为求擦去的数是多少.

四、放缩法在完全平方数问题中的应用

例5求使得m2+m+7是完全平方数的所有正整数m的值.

解 (1) 当m≥7时, m+7≤2m,

于是m2

此时, m2+m+7介于两个连续整数的平方之间, 不是完全平方数.

(2) 当1≤m<7时, m=1, 2, 3, 4, 5, 6, 经检验, 只有当m=1和6时, m2+m+7才是完全平方数, 故m=1或6.

通过以上问题的解决, 不但学生掌握了判断一个正整数是否为完全平方数的方法, 而且培养了学生的分类讨论的数学思想.上面的问题还可以做这样的变式训练:

变式训练求使得m2+m+7是完全平方数的所有整数m的积.

通过以上四个方面问题的探讨, 并根据中学数学课标中指出“要培养学生分析问题和解决问题的能力”, 同时要注意数学思想方法的运用和创新意识的培养, 因此, 要把培养学生的“应用数学意识”落实到初中数学竞赛的教学中去, 使学生了解数学在各方面的广泛应用, 从而提高学生对数学竞赛学习的兴趣, 并逐步形成应用数学的良好习惯.

摘要：在初中数学竞赛中, 经常应用放缩法解决最值问题、不定方程问题以及不等式问题与完全平方数问题等.放缩法的灵活运用能激发学生学习数学的兴趣, 进一步提高学生应用数学方法分析问题和解决问题的能力.

关键词：放缩法,数学竞赛,应用

参考文献

[1]岑申, 玉而冶.数学竞赛阶梯训练[M].杭州:浙江教育出版社, 2002.

[2]王延文.2010我参加了初中生夏令营数学竞赛[J].中等数学, 2010 (11) .

[3]王延文.2008年全国初中数学联赛[J].中等数学, 2008 (9) .

放缩法解数列与不等式综合题 篇3

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].

高三数学数列放缩法 篇4

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

放缩法证明不等式例证 篇5

江苏省苏州市木渎第二高级中学母建军 21510

1近年来在高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，而不等式的证明是高中数学中的一个难点，它可以考察学生逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力。特别值得一提的是，高考中可以用“放缩法”证明不等式的频率很高，它是思考不等关系的朴素思想和基本出发点, 有极大的迁移性, 对它的运用往往能体现出创造性。“放缩法”它可以和很多知识内容结合，对应变能力有较高的要求。因为放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，放缩时要注意适度，否则就不能同向传递。下面结合一些高考试题，例谈“放缩”的基本策略，期望对读者能有所帮助。

1、添加或舍弃一些正项（或负项）

例

1、已知an21(nN).求证：n*an1a1a2...n(nN*).23a2a3an

1ak2k11111111k1.,k1,2,...,n, 证明： ak12122(2k11)23.2k2k2232k

aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n), a2a3an1232222322

3an1aan12...n(nN*).23a2a3an1

2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2k2，从而是使和式得到化简.2、先放缩再求和（或先求和再放缩）

例

2、函数f（x）=4x

14x，求证：f（1）+f（2）+…+f（n）>n+12n11(nN*).2证明：由f(n)= 4n

14n=1-111 nn1422

221得f（1）+f（2）+…+f（n）>11

122211

22n

111111n(1n1)nn1(nN*).424222

此题不等式左边不易求和,此时根据不等式右边特征, 先将分子变为常数，再对分母进

行放缩，从而对左边可以进行求和.若分子, 分母如果同时存在变量时, 要设法使其中之一变为常量，分式的放缩对于分子分母均取正值的分式。如需放大，则只要把分子放大或分母缩小即可；如需缩小，则只要把分子缩小或分母放大即可。

3、先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）

例

3、已知an=n，求证：∑ 证明：∑

k=

1nn

nk=1ak

k

n

＜3．

(k－1)k(k＋1)

=1k2n

ak

2=∑

k=

1n

＜1＋∑

k=2

＜１＋∑

k=2

(k－1)(k＋1)（k＋1 ＋k

－1)

=1＋ ∑（k=2

n

－)

(k－1)

(k＋1)

1=1＋1＋－ ＜2＋＜3．

(n＋1)2

2本题先采用减小分母的两次放缩，再裂项，最后又放缩，有的放矢，直达目标.4、放大或缩小“因式”；

n

1.例

4、已知数列{an}满足an1a,0a1,求证：(akak1)ak2322k

1n

证明 0a1

n

11112,an1an,a2a12,a3.当k1时,0ak2a3, 2416161n11(akak1)(a1an1).16k116

32(akak1)ak2

k1

本题通过对因式ak2放大，而得到一个容易求和的式子

5、逐项放大或缩小

(a

k

1n

k

ak1)，最终得出证明.n(n1)(n1)

2an例

5、设an2234n(n1)求证 22122n1

2证明：∵ n(n1)nnn(n1)(n)

2n

1n(n1)(n1)213(2n1)

∴ 123nan，∴

an

222

2n1

本题利用n，对an中每项都进行了放缩，从而得到可以求和的∴ n

n(n1)

数列，达到化简的目的。

6、固定一部分项，放缩另外的项； 例

6、求证：

11117 2222123n

4证明：

1

2nn(n1)n1n



11111111151171()().22222123n223n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。

7、利用基本不等式放缩

例

7、已知an5n

41对任何正整数m，n都成立.1，只要证

5amn1aman因为 amn5mn4，aman(5m4)(5n4)25mn20(mn)16，故只要证

5(5mn4)125mn20(mn)16 即只要证

20m20n37

因为aman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37，所以命题得证.本题通过化简整理之后，再利用基本不等式由aman放大即可.8、先适当组合, 排序, 再逐项比较或放缩

例

8、.已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.(1)证明：nAim＜mAin；(2)证明：(1+m)＞(1+n)

i

i

n

m

证明：(1)对于1＜i≤m，且Aim =m·…·(m－i+1)，Aimmm1Aimnn1mi1ni

1，,同理ii

mmmnnnmn

由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有

nkmk，

nm

AinAim

所以ii,即miAinniAim

nm

(2)由二项式定理有：

2n2n

(1+m)n=1+C1nm+Cnm+…+Cnm，22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+…+Cmn，由(1)知

mAin

i

＞nAim

i

(1＜i≤m＜n)，而

Cim

∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

AimiAin

= ,Cni!i!

00222211

高三数学数列放缩法 篇6

【学习目标】

能熟练运用反证法与放缩法来证明不等式。

【新知探究】

1．反证法的一般步骤：反设——推理——导出矛盾（得出结论）；

2．放缩法：欲证AB，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量使得，要注意放缩的适度，BB1,B1B2...A（或AA1,A1A2...B）

常用的方法是：①舍去或加上一些项；②将分子或分母放大（或缩小）．





1n21n(n1);1

n21n(n1)

【自我检测】

1．设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1； ②a+b=2；③a+b>2；④a2+b2>2；⑤ab>1，其中能推出:“a、b中至少有一个实数大于1”的条件是____________.2．A1

nN)的大小关系是．

【典型例题】

例1.已知x,y0,且xy2,求证：

变式训练：若a,b,c都是小于1的正数，求证：(1a)b,(1b)c,(1c)a不可能同时大于

–“学海无涯苦作舟，书山有路勤为径” 1x1y中至少一个小于2。,yx1

4例2.已知实数a,b,c，abc0,abbcca0,abc0,求证：a0,b0,c0.变式训练：课本P29页，习题2.3第4题 例3.已知a,b,cR,求证1aabdb

bcac

cbdd

dac2.变式训练：

xy

1xy

32设x0、y0，A例4．求证：1

122,B1n2x1xy1y，则A、B大小关系为________。2(nN)

例5．已知f(x)x2pxq，求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不少于 12。