放缩法

放缩法

总结使用放缩法的常见公式和放缩方式。

常见公式

①删减项放缩：\(2-a<2(a>0)\)或\(2+a>2(a>0)\)，常常针对最终结果删减项放缩。

②指数式放缩：\(\cfrac{1}{2^n-1}\leq \cfrac{1}{2^{n-1}}\)；常常针对每一项先放缩，这样就和等比数列求和相关，

③平方式放缩：由于\(n(n-1)<n^2<n(n+1)\)，由倒数法则得到\(\cfrac{1}{n(n+1)}<\cfrac{1}{n^2}<\cfrac{1}{n(n-1)}\)；

从而得到\(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}=\cfrac{1}{n(n+1)}<\cfrac{1}{n^2}<\cfrac{1}{n(n-1)}=\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n-1}\)

常常针对每一项先放缩，和裂项相消法关联。

④平方式放缩：\(\cfrac{1}{n^2}<\cfrac{1}{n^2-1}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})\)，常针对每一项先放缩，和裂项相消法关联。

⑤根式放缩：\(2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})<\cfrac{1}{\sqrt{n}}<2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})\)，常常针对每一项先放缩，和裂项相消法关联。

⑥指数到多项式放缩 \(e^x\geq x+1\)

⑦多项式到对数放缩 \(x-1\geq \ln x\)

⑧利用\((1+x)^n\)的二项展开式进行放缩。对展开式的结果删减项放缩。

放缩模式

①先求和后放缩；利用等差、等比先求得结果，再针对结果通过删减项放缩；

②先放缩后求和；先利用放缩公式对每一项放缩，然后利用等差、等比求和公式或裂项相消求和或累加法求和。

③先放缩后求和再放缩；前两个模式的综合。

④相关方法：裂项求和法，等差数列求和公式，等比数列求和公式，累加法，累乘法，不等式，

典例剖析

【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第19题改编】已知数列 \(\{a_n\}\) 和数列 \(\{b_n\}\) 满足 \(a_1=1\)，\(b_1=0\)，\(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4\)，\(4b_{n+1}=3b_n-a_n-4\)，\(n\in N^{*}\)

(1).求 \(\{a_n\}\) 和 \(\{b_n\}\) 的通项公式；

解析：由题设可知\(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4\)①，\(4b_{n+1}=3b_n-a_n-4\)②，

由①+②得到，\(4(a_{n+1}+b_{n+1})=2(a_n+b_n)\)；即\(a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)\)；

又由于\(a_1+b_1=1\neq 0\)，所以数列\(\{a_n+b_n\}\)是首项为\(1\)，公比为\(\cfrac{1}{2}\)的等比数列；

则 \(a_n+b_n=1\times (\cfrac{1}{2})^{n-1}=\cfrac{1}{2^{n-1}}\)③，

由①-②得到，\(4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8\)；即\(a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2\)；

又由于\(a_1-b_1=1\)，所以数列\(\{a_n-b_n\}\)是首项为\(1\)，公差为\(2\)的等差数列；

则 \(a_n-b_n=1+(n-1)\times 2=2n-1\)④；

由③+④，变形整理得到，\(a_n=\cfrac{1}{2^n}+n-\cfrac{1}{2}\)，\(n\in N^*\)；

由③-④，变形整理得到，\(b_n=\cfrac{1}{2^n}-n+\cfrac{1}{2}\)，\(n\in N^*\)；

(2). 设数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_n\)，证明： \(\cfrac{1}{S_1+a_1}+\cfrac{1}{S_2+a_2}+\cfrac{1}{S_3+a_3}+\cdots+\cfrac{1}{S_n+a_n}<2\).

解析：由于 数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_n\)，\(a_n=\cfrac{1}{2^n}+n-\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2^n}+\cfrac{2n-1}{2}\)，

则 \(S_n=\cfrac{1}{2}(1+3+\cdots+2n-1)+(\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2^2}+\cdots+\cfrac{1}{2^n})\)

\(=\cfrac{n^2}{2}+\cfrac{\frac{1}{2}(1-\cfrac{1}{2^n})}{1-\frac{1}{2}}=\cfrac{n^2}{2}+1-(\cfrac{1}{2})^n\)

则 \(S_n+a_n=\cfrac{n^2}{2}+1-(\cfrac{1}{2})^n+\cfrac{1}{2^n}+\cfrac{2n-1}{2}=\cfrac{(n+1)^2}{2}\)

所以 \(\cfrac{1}{S_n+a_n}=\cfrac{2}{(n+1)^2}<\cfrac{2}{n(n+1)}=2(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})\)解释：由于 \(n^2\)\(+\)\(2n\)\(+\)\(1\)\(>\)\(n^2\)\(+\)\(n\)，故 \(\frac{2}{n^2+2n+1}\)\(<\)\(\frac{2}{n(n+1)}\)

所以 \(\cfrac{1}{S_1+a_1}+\cfrac{1}{S_2+a_2}+\cfrac{1}{S_3+a_3}+\cdots+\cfrac{1}{S_n+a_n}\)

\(<2[(\cfrac{1}{1}-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{4})+\cdots+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]\) [逐项放缩再求和]

\(=2(\cfrac{1}{1}-\cfrac{1}{n+1})<2\)

【2017宝鸡中学第一次月考第21题改编】已知函数满足\(f(n)-f(n-1)=4(n-1)\)，\(n\in N^*\)，且\(f(0)=1\)；

①求\(f(n)\)的表达式；

分析：如果能意识到\(a_n=f(n)\)，则应该想到用累加法求解，得到\(f(n)=2n^2-2n+1\)

②求证：\(\cfrac{1}{f(1)}+\cfrac{1}{f(2)}+\cfrac{1}{f(3)}+\cdots+\cfrac{1}{f(n)}<\cfrac{3}{2}\)；

证明：由于\(\cfrac{1}{f(n)}=\cfrac{1}{2n^2-2n+1}<\cfrac{1}{2n^2-2n}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n})\)

第一项保持不动，\(\cfrac{1}{f(1)}=1\)，

\(\cfrac{1}{f(2)}<\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{1}-\cfrac{1}{2})\)；

\(\cfrac{1}{f(3)}<\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})\)；

\(\cdots\)

\(\cfrac{1}{f(n)}<\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n})\)；

故\(\cfrac{1}{f(1)}+\cfrac{1}{f(2)}+\cfrac{1}{f(3)}+\cdots+\cfrac{1}{f(n)}\)

\(=1+\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots+(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n})]\)

\(=1+\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{n})=\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2n}<\cfrac{3}{2}\)；

【2017全国卷2，理科第15题高考真题改编】已知等差数列 \(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_3=3，S_4=10\)，数列\(\{\cfrac{1}{S_n}\}\)的前\(n\)项和为\(T_n=\sum\limits_{k=1}^n{ \cfrac{1}{S_k}}\)，证明：\(1\leq T_n<2\)

分析：由\(a_1+2d=3\)和\(4a_1+6d=10\)，

容易计算出\(a_n=n\)，故\(S_n=\cfrac{n(n+1)}{2}\)，

则有\(\cfrac{1}{S_n}=\cfrac{2}{n(n+1)}=2(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})>0\)，

故\(\sum\limits_{k=1}^n {\cfrac{1}{S_k}}=2[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots +(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]\)

\(=2(1-\cfrac{1}{n+1})<2\)。

又由于\(\cfrac{1}{S_n}=\cfrac{2}{n(n+1)}>0\)，故数列\(\{\cfrac{1}{S_n}\}\)的前\(n\)项和\(T_N\)单调递增，

故\(T_n\ge T_1=1\)，故\(1\leq T_n<2\)

解后反思：

1、本题目先求和后放缩的证明模式，高考考查的重点。

2、这类题目的求和方法常常和裂项相消法关联；

3、利用的放缩原理：左边界利用单调性，右边界利用放缩法。

【改编】设数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{2^n-1}\)，其前\(n\)项和为\(S_n\)，求证：\(1\leq S_n<2\)；

证明：由于\(2^n-1\ge 2^{n-1}\)(当\(n=1\)时取等号，其他都取大于号)

故\(a_n=\cfrac{1}{2^n-1}\leq \cfrac{1}{2^{n-1}}\)(当\(n=1\)时取等号，其他都取大于号) 即

\[a_1=1 \]

\[a_2<\cfrac{1}{2^1} \]

\[a_3<\cfrac{1}{2^2} \]

\[\cdots \]

\[a_n<\cfrac{1}{2^{n-1}} \]

故\(S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n\)

\(<1+\cfrac{1}{2^1}+\cfrac{1}{2^2}+\cdots+\cfrac{1}{2^{n-1}}\)

\(=\cfrac{1\cdot(1-\cfrac{1}{2^n})}{1-\cfrac{1}{2}}\)

\(=2(1-\cfrac{1}{2^n})<2\)，即\(S_n<2\)。

又\(a_n>0\)，则\(\{S_n\}\)单调递增，故\(S_n\ge S_1=a_1=1\)，

故\(1\leq S_n<2\)；

解后反思：

1、本题目需要先将每一项恰当放缩，然后利用等比数列求和公式求和，再利用放缩法证明不等式；先放缩后求和的证明模式，高考考查的次重点；

2、这类题目的难点在于第一步，到底怎样的放缩是恰当的，这需要一定的数学素养；

【2015\(\cdot\)高考安徽卷】设\(n\in N^*\)，\(x_n\)是曲线\(y=x^{2n+2}+1\)在点\((1，2)\)处的切线与\(x\)轴交点的横坐标。

(1)、求数列\(\{x_n\}\)的通项公式。

分析：\(y'=(x^{2n+2}+1)'=(2n+2)x^{2n+1}\)，

则曲线\(y=x^{2n+2}+1\)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\(x_n=1-\cfrac{1}{n+1}=\cfrac{n}{n+1}\)，

所以数列\(\{x_n\}\)的通项公式为\(x_n=\cfrac{n}{n+1}\)。

(2)、记\(T_n=x_1^2x_3^2\cdots x_{2n-1}^2\)，证明：\(T_n\ge \cfrac{1}{4n}\)。

分析：由题设和(1)中的计算结果可知，

\(T_n=x_1^2x_3^2\cdots x_{2n-1}^2=(\cfrac{1}{2})^2\cdot (\cfrac{3}{4})^2\cdots (\cfrac{2n-1}{2n})^2\)，

当\(n=1\)时，\(T_1=\cfrac{1}{4}\)；

当\(n\ge 2\)时，由于\(x_{2n-1}^2=(\cfrac{2n-1}{2n})^2=\cfrac{(2n-1)^2}{(2n)^2}\)

\(>\cfrac{(2n-1)^2-1}{(2n)^2}=\cfrac{2n-2}{2n}=\cfrac{n-1}{n}\)；

所以，\(T_n>(\cfrac{1}{2})^2\times \cfrac{1}{2}\times \cfrac{2}{3}\times \cdots \cfrac{n-1}{n}=\cfrac{1}{4n}\)；

综上可知，对任意的\(n\in N^*\)，均有\(T_n\ge \cfrac{1}{4n}\)。

求证：\(2<(1+\cfrac{1}{n})^n<3\)，其中\(n\in N^*\)，\(n\ge 2\)。

分析：由二项展开式可知

\[(1+\cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1\cdot \cfrac{1}{n}+C_n^2\cdot \cfrac{1}{n^2}+\cdots+C_n^n\cdot \cfrac{1}{n^n} \]

由于各项均为正数，且\(n\in N^*\)，删减项放缩法得到，

则\((1+\cfrac{1}{n})^n>1+C_n^1\cdot \cfrac{1}{n}=2\)；

又由于\((1+\cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1\cdot \cfrac{1}{n}+C_n^2\cdot \cfrac{1}{n^2}+\cdots+C_n^n\cdot \cfrac{1}{n^n}\)

\(=1+1+\cfrac{1}{2!}\cdot \cfrac{n-1}{n}+\cfrac{1}{3!}\cdot \cfrac{(n-1)(n-2)}{n^2}+\cdots+\cfrac{1}{n!}\cdot \cfrac{(n-1)\times (n-2)\times \cdots\times 2\times 1}{n^{n-1}}\)

\(<1+1+\cfrac{1}{2!}+\cfrac{1}{3!}+\cdots +\cfrac{1}{n!}\)

\(<1+1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2^2}+\cdots +\cfrac{1}{2^{n-1}}\)

$=1+\cfrac{1-\cfrac{1}{2^n}}{1-\cfrac{1}{2}} $

\(=3-\cfrac{1}{2^{n-1}}<3\)，

故\(2<(1+\cfrac{1}{n})^n<3\)，证毕。

反思：也可以考虑使用数学归纳法证明。

【2016衡水金卷】已知函数\(f(x)=lnx-ax^2\)，且函数\(f(x)\)在点\((2，f(2))\)处的切线的一个方向向量是\((2，-3)\).

(1)若关于\(x\)的方程\(f(x)+\cfrac{3}{2}x^2=3x-b\)在区间\([\cfrac{1}{2}，2]\)上恰有两个不相等的实数根，求实数\(b\)的取值范围。

分析：\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-2ax\)，由函数\(f(x)\)在点\((2，f(2))\)处的切线的一个方向向量是\((2，-3)\)，

即\(f'(2)=\cfrac{1}{2}-4a=-\cfrac{3}{2}\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)，方程\(f(x)+\cfrac{3}{2}x^2=3x-b\)变形为\(lnx+x^2-3x=-b\)，

令\(g(x)=lnx+x^2-3x\)，\(h(x)=-b\)。\(g'(x)=\cfrac{(2x-1)(x-1)}{x}\)，

故函数\(g(x)\)在\((\cfrac{1}{2}，1)\)上单调递减，在\((1，2)\)上单调递增，

又\(g(\cfrac{1}{2})=-ln2-\cfrac{5}{4}\)，\(g(1)=-2\)，\(g(2)=ln2-2\)，

又\(g(\cfrac{1}{2})-g(2)=-2ln2+\cfrac{3}{4}<0\)，

故\(g(\cfrac{1}{2})<g(2)\)，在同一坐标系中作出函数\(g(x)\)和\(h(x)\)的大致图像如右，

由图可知要使两个函数有两个交点，则\(-2<-b\leq -ln2-\cfrac{5}{4}\)，

即\(ln2+\cfrac{5}{4}\leq b<2\)，故\(b\in [\cfrac{5}{4}+ln2，2)\)。

(2)证明：\(\sum\limits_{k=2}^n{(\cfrac{1}{\frac{1}{2}k^2+f(k)})^2}>\cfrac{n-1}{2(n+1)}(n\in N^*，n\ge 2)\)。

证明：由于\(f(k)=lnk-\cfrac{1}{2}k^2\)，则\(\cfrac{1}{2}k^2+f(k)=lnk\)，

设\(h(k)=x-lnx\)，则\(h'(x)=1-\cfrac{1}{x}=\cfrac{x-1}{x}\)，

当\(x>1\)时，\(h'(x)>0\)，故\(h(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，

又\(h(1)=1>0\)，\(k\ge 2\) ，可得\(h(k)=k-lnk>0\)，

即\(k>lnk>0\)，故\((lnk)^2<k^2\)，则\(\cfrac{1}{(lnk)^2}>\cfrac{1}{k^2}\)，

又\(\cfrac{1}{k^2}>\cfrac{1}{k(k+1)}=\cfrac{1}{k}-\cfrac{1}{k+1}\)，

故\(\sum\limits_{k=2}^n{(\cfrac{1}{\frac{1}{2}k^2+f(k)})^2}\)

\(=(\cfrac{1}{ln2})^2+(\cfrac{1}{ln3})^2+\cdots+(\cfrac{1}{lnn})^2\)

\(>\cfrac{1}{2^2}+\cfrac{1}{3^2}+\cdots+\cfrac{1}{n^2}\)

\(>\cfrac{1}{2\times3}+\cfrac{1}{3\times4}+\cdots+\cfrac{1}{n(n+1)}\)

\(=\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}\)

\(=\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n+1}\)

\(=\cfrac{n-1}{2(n+1)}(n\in N^*，n\ge 2)\)。