數(shù)列放縮法技巧

1、數(shù)列放縮法技巧證明數(shù)列型不等式，因其思維跨度大、構(gòu)造性強，需要有較高的放縮技巧而充滿思考性 和挑戰(zhàn)性，能全面而綜合地考查學(xué)生的潛能與后繼學(xué)習(xí)能力，因而成為高考壓軸題及各級各 類競賽試題命題的極好素材。這類問題的求解策略往往是：通過多角度觀察所給數(shù)列通項的 結(jié)構(gòu)，深入剖析其特征，抓住其規(guī)律進行恰當?shù)胤趴s；其放縮技巧主要有以下幾種： 一、裂項放縮求證:yk23n例1.(1)求藝的值;k4k2 -1解析：(1)因為一2一4n -1(2n -1)(2n+1) _2n -1 2n+1k4k【1-22n-2n +14n2 -1=22n-1 2n +1 丿,所以送k 二k21+5+I 2n-1 2n + 1

2、丿技巧積累:(1)4n2=2 4n2-1I2n-1 2n+1 丿cLc：(n +1)n(n -1)n(n 1) n(n+1)Tr+=cnn!nr r!( n r)!11 2)r T r(1十1)n1 +1 + L +2x1 3x2n(n -1)33Jn +2 Jn + 2 - Vnn, n .、n . n2 (2 -1)2-12 2(Jn +1 - 禹)c 丄 2(Vn - Jn -1)(9)(8)l2n+1 2n + 3丿 2“(2n +1)(2n + 3) ”2k(n +1 -k)+ 1)丄In +1-k k 丿 n+1n(n +1+k) k+1l nn +1+k 丿(10)(11)(n

3、+1)! n! (n +1)!1 需 ME-Jf ms(12)2n2n2n(2n -1)2(2n -1)(21(21)(22)-(21)(2n- -1)1(2 2)(13)Tn3Jn -n2(14)(15)(16)(17)例 2.(1)Jn(n -1)(n +1)Jn(n -1)Jn(n +1)丿 Jn +1 - Jn -11、Jn +1 + Jn -1Jn -1Jn +1 丿2n 2，丫 =(3-1)k +22扁2n a3= 3(2nk!+(k +1)! +(k +2)! (k +1) !.92n12n一3(k +2) !(i - j)2 +1 + Jj2 +1)Ji2 +1 + Jj2 +

4、12)1求證：-4求證：2+丄十丄+丄16364n22 4n1+口 +匕3丄衛(wèi)匕丈丁2百_1求證：2(Jn +1-1) (2n-1)(2 n+1)21 1 1+ 一 + 一41636+14n2先運用分式放縮法證明出 c Vn +2 - Jn 進行 Jn +2裂項，最后就可以得到答案再證廠Vn0-1 2n +1 丿(1-亠2 3 2n-10221 ) (1 +1 -)4nn21 3 5 *(2 n-1)2 ”4 Q- 2n 2( J n+1 - Jn)=Jn +1 中 Vn,所以容易經(jīng)過裂項得到2(7 -1) 1 + 丄+2 + 1V2 J3 V2(J2n +1 - J2n-1)=22J2n +

5、1 + J2n -1而由均值不等式知道這是顯然成立的，所以1+士+士V2 J31 72(j2 n+1-1)例3.求證:6n(n +1)(2 n +1)11解析:一方面：因為4n4n2 -12n+1丿,所以n 1Z k2k =1 k1+25j12n 1 2n +1 丿+23=5-3111另一方面：rr-v33x4+亠=1n(n+1)n +1當n$時，亠6n,當n=1時,6nn+1(n +1)(2 n+1)(n +1)(2 n +1)當2時，（n+n+DE1*，所以綜上有6n蘭1+1+1十+1(n+1)(2n+1)49 n23例4.(2008年全國一卷)設(shè)函數(shù)f(x)=x-xl nx.數(shù)列a滿足0

6、 Q 9.證明：a b.a1 ln b解析：由數(shù)學(xué)歸納法可以證明a,是遞增數(shù)列,故存在正整數(shù)m b ,則a ak b ,否則若 am c b(m k),則由 0 c 印 a + k 丨 In b 卜印 + (b- aj = bm 4例 5.已知 n, m 亡 N + x -1,Sm = 1m +2m +3m +求證：nmM (m + 1)Sn 1 + nxm -frm + z八 m-h I z八 m-K #m-H 丄-n =n -(n T)+(n-1)-(n-2)+n+ 1m* -0 =2 km J(k-1)mr所以要kT證 nmF (m+1)Sn V (n +1)m -1 只要證:nnZ k

7、m + (k T)巧 (m +1)W km v(n +1廣十 T =(n +1嚴 一nk妊kTn=Z (k +1)m+_km+k壬m-Km-K八 m+ 亠 . mHf 1m-|f+ n(n 1)十 +2-nn故只要證 2 km+-(k-1)m+ v(m+1)W kmkWn2 (k + 1)mF-km+,即等價于k ,m+1 八 八 m+1, 丄,、k -(kT)(m + 1)k八丄八m +1. m (k + 1)- k即等價于1+m+1 （1+1）m+1-m+1 （1-5+ 而正是成立的,所以原命題成立. kkkk例 6.已知 an =4n -2n, Tn =2n4 + a2 +an求證：T1

8、+ T2+T3+ 吒？2解析：Tn =41+43 卄 +4n -(21 +22 卄 +2n)1-41-2Tn2n2n2n所以4- 4n +(4n 1)+2(1-2n)434 +2 _2卡34n + 2_2訐33 2n2n4n+_32n+22n32 2 (2n)2 -3201n(2 ”2-1)(2 -1)I n2 l2-12n*一1丿+2n -1例 7.已知 X- = 1 , xn求證:#X2 X3證明:n(n = 2k -1,kin -1(n =2k,k+Z)Z)Vx2nX2n +丁 X2nX2n +-1)(n 壬 N*)#(2n -1)(2n +1)如2 _14n + Jn +1 ,所以-J

9、=VX2nX2n 十+0X4 X+、函數(shù)放縮2需=72(Jn +1Vx2nX2n*1)(n 迂 N*)例 8.求證：12+ 123+11+ln2L 3n2343n唇nW).6解析：先構(gòu)造函數(shù)有l(wèi)n X蘭X-1= M1-丄，從而昨+空+竺卡因為 1 +1 + +丄 =1 +1+ 1 +1 +丄+丄+丄+丄+ + 2 33nl23 丿 l45678+ 3+(2+_9_i +27 J32122n +1l69 丿 l18l2 325n所以也+空+啤/233n5n n 5n + 6 1 =3 6例9.求證：(1) aln解析：構(gòu)造函數(shù)可以得到答案2n2-n -12(n+1) 22)ln X 何本Inln

10、f(x)=,得到X2,再進行裂項n2n21 1 1,求和后n(n +1)函數(shù)構(gòu)造形式：lnx x-1, lnn2)1例10.求證：一 + -21n +1 ln(n +1) 1十丄十十丄2 n解析：提示：ln(n +1)n +1 =lnnin丄n n 1函數(shù)構(gòu)造形式：ln X c X, In X A1 - 一X當然本題的證明還可以運用積分放縮1如圖，取函數(shù)f(X)=,xn 11首先：Sabcf V f-,從而，彳nixnn 1J = In X in_i = ln n Tn(n -i) nX1取 i =1 有，一lnnn -ln(n -1),1所以有-2ln 2J1 ln 3-1n 231 1 -

11、 ln n Tn(n -1) n，c ln(n +1) -ln n,相加后可以得到:n+1 f=l nx|n=l nn-ln(n-i)取 i =1 A lnn -ln(n -1),所以有卄)1十e23解析：訕待行，疊加之后就可以得到答案函數(shù)構(gòu)造形式：In(x+1)2-丄(x0)u End丄(X 0)(加強命題) X+1Xx + 1例 13.證明：IinZ+ -(丄)2(+兮u In an In 心1 V 十2 =2一寸 an2即 In an Tn 印 v2= a e .注：題目所給條件In(1+x)wx( XA0)為一有用結(jié)論，可以起到提醒思路與探索放縮方向的 作用；當然，本題還可用結(jié)論2n

12、A n(n -1)(n3 2)來放縮：an+0 有 1 x2,令 f(x) 2, X -1X -1In nn +1T)所以 f(X) f (2) = 0,所以 In( X -1) X - 2 ,令X = n + 1 有，In n2 蘭 n2 -1所以 Jnnq,所以 In2 + In3 + In4+n +123451例14.已知/齊總2ae .1解析:an(1 +時)an1+ 廠+1) 2)an，然后兩邊取自然對數(shù)，可以得到 Inan八1n(1 + n(n+1)21+)+I nan然后運用In(1 + x)和裂項可以得到答案)放縮思路:1an + (1 +n1 1 + t)an 二 In an

13、+In(1 + 2亠 十n 2n 十n1 1 1J%八1nan+齊+班。于是In an+ -In an1,1 n_Ln_L/，Z(Inai + Inai)Zi ztI 壬iiIn (an 申 +i) -I n(an +i)蘭 ln( i.n(n-i)n(n-i)nn_lii=送In (a +1) - I n(ai +1)=In (an +1) - In (a2 +1) ci -一 1，iz2id i(i -1)n即 ln(an +i) i +1 n 3= a3e -i c e2.例15.（2OO8年廈門市質(zhì)檢）已知函數(shù)f（x）是在（0,訟）上處處可導(dǎo)的函數(shù),若x.f（x）A f（x）在xaO上

14、恒成立.（I） 求證：函數(shù)g（x）=丄兇在（0,母）上是增函數(shù);X(II)(III)已知不等式In(1 +x) 0,所以函數(shù)g（x）=丄兇在（0,代）上是增函數(shù)XX2(II)因為g（x）型在（0,母）上是增函數(shù)，所以Xf(X卄 XiXi +X2XiXi +X2f (兒 +X2)f (x2)f(xx2)八2丄 =f(X2)f(Xi +X2)X2Xi中X2X2Xi +X2當 Xi A 0, X2 A 0時，證明:f (Xi ) + f(X2) C f (Xi + X2)；兩式相加后可以得到(3)f(Xi)二 f (Xi +x2+XiXi + X2 十+XnXiXi +X2+ Xf(xi)g+”+X

15、n)f(X2) f (Xi +X2 十+Xn)XnX2Xi +X2 十+X2Xi +X2 十+計(Xi +X2 十中 Xn), Xnf (Xn)” f (Xi+X2 十+Xn)、-F*XnXi +X2 十+Xnf(Xn) Ji+X2-+Xn討(Xi +X2 十+Xn)相加后可以得到：f(Xi) + f(X2 )+ f (Xn) V f(Xi + X2 + Xn)所以 x1 ln x. +x2ln X2 +X31n X3 中 + xn ln Xn :(旨 +X2 + xn) l門(旨 +X2 + + xn)令XnI2+孑1f 12121212 1=1 2 ,有-IrIn2 +刃n3 +7X4 十

16、n(n+1) 25 +1)(n +2)匚 N，2（方法二）冊2ln(n +1)(n +1) (n +2) (n +1) (n +2)= ln4J屮+1 n +2丿所以和22+*ln32 話n42i+擊1n(n+i)2ln1、 nln4丿2(n+2)又 ln 4 a1 丄,n +1n*(n迂 N ). 2(n +1) (n +2)所以 12 ln 22 + 1 In32 + 12 In42 十+1 2 ln(n +1)2 223242(n +1)2例 16.(2008 年福州市質(zhì)檢)已知函數(shù) f(x)=xl nx.若 a：0,bA0,證明：f(a)+(a+b)l n 2 (a+b) - f (b

17、).解析：設(shè)函數(shù) g(x) = f(X)+ f (k - X), (k 0)丁 f(X)=xln x,”g(X)=x In X + (k -x) In(k -x), ”0 0,則有一 1= 2xko = k-xk-x f (a + b)-(a + b) In 2.” f (a) +(a +b)l n2 f (a +b) - f(b).例 17.設(shè)函數(shù) f(x)=xlog2x + (1-x)log2(1-x) (0wx0, f(x)在區(qū)間(丄,1)是增函數(shù).2 211所以f (X)在X =時取得最小值，f=-1，22(n)證法一：用數(shù)學(xué)歸納法證明.(i )當n=1時，由(I)知命題成立.(ii

18、)假定當n =k時命題成立，即若正數(shù)P1, P2,P2k滿足P1+ P2+P2k=1 ,P2kX則qi,q2,q2k為正數(shù)，且qi十q?+ 則 P1 log 2 P1 + P2 log 2 p2 + p2k log 2 p2 -k.,k當 n =k 41 時，若正數(shù) P1, P2,，P2k 審滿足 P1 + P2 屮+p 2k + =1,令 X = P1 + P2 屮+P2k,q1 =,q2 鼻XX由歸納假定知 q1 log 2 P1 + P2 log2 P2 +q2k log2 q2 -k.P1 log2 P1 + P2log2 P2 + P2k log2 P2x(q1 log291 +q2

19、log2 q2 +q2k log? q2k+ Iog2 X)H x(-k) + xlog2 x, 同理，由P25 + P2k七+P2k +=1-X 可得 Pzkjog? p 25 + + P2 log 2 P2k 十x(1-x)(-k) +(1 -x)log2(1-x).綜合、兩式 P1 log 2 P1 + P2 log 2 P2 + P21 log 2 P2x + (1 x)( k) + xlog2 X + (1 x)log2(1 X) (k + 1).即當 n = k + 1 時命題也成 立.根據(jù)(i )、( ii)可知對一切正整數(shù)n命題成立.證法二：令函數(shù) g(x) = xlog2 x

20、 + (c- x)log2(c - x)(常數(shù)c 0, x 忘(0,c),那么g(x)噸log +(1)log2(1-)+log2C, cc利用(I)知，當x 1c-=-(即X=c)時，函數(shù)g(x)取得最小值.c 22對任意x1 0,X2 0,都有.,.X1 +X2 , X1x1 log 2 x1 + X2 log 2 X2 - 2log2 2 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論.(i、當n=1時，由(I)知命題成立.(ii、設(shè)當n=k時命題成立，即若正數(shù)+ Xo廠=(X1+X2)log2(X1+X2)-1.P1, P 2,P2k 滿足 P1 + P 2 中+ P 2k = 1,有Pi log2 Pi

21、+ P2 log2 P2 中+ P2k log2 p2 -k. 當門=k+1 時,Pi, P 2,，P 2k 4滿足 Pi + P2 + P2k+ = 1.令 H = P1 log2 P1 + P2 log2 P2 中+ P2klog2中 Pzlog? P2*+由得到H 啟(卩1+卩 2)log2(P1 + P2)T+(P 2k+j+ P2k+)log2(P2k + j+ P2k+)-1,因為(卩1中卩2)中中(P2k+j中P2k+)=1,由歸納法假設(shè)81+ P2)lOg2(Pi + P 2)+(卩2九 + P2k + )log 2(P 2k J + P2k + ) X 得到H k -(Pi

22、+ P2 屮+p2k+i + P2k+)=-(k +1).即當n = k+1時命題也成立. 所以對一切正整數(shù)n命題成立.例18.設(shè)關(guān)于X的方程X2 -mx-1=0有兩個實根 JP，且。 P，定義函數(shù)f(x) = 2：m.若X +1；n + UBLlfv + i B人卩為正實數(shù)，證明不等式：|f( 一 )-f()|vp-P|.扎+ P入+卩八I解析：f(X)= 2X2一f(X) _2(x2 +1) ：(2x ：m) 2x _ _2(x2 _mx 一1)(X2 +1)2(X2+1)2當 X 迂(a , P )時，X2 - mx - 1 = (x,a )(x - P ) c 0 /.f （X）二f

23、(x)在 , P)上為增函數(shù)幾，4壬R且Ctg + kP /jot +4p -仏+ P)a4(P a) -a =一0入+卩_加+ 仏+內(nèi)pP)a 沁 + Ma+卩 Cid 卩P由可知f（a）蘭 f “）同理可得 f（aM ： f（P）Att + kPPa + Z.Pf)-f)(b a 0,m0)和一aa + ma3(aAbA0,m0)a + m記憶口訣”小者小，大者大”解釋:看b,若b小,則不等號是小于號,反之.111例 19.姐妹不等式：(1 +1)(1 + )(1 +)(1 +35)J2n中1和2n-1(1 -2)(1 -1)。-1)(1 +?-)= 也可以表示成為2462n J2n+12

24、 4 62n J2芮和1 w-叭13 5：-(2n1)2 4 6 2nV2n + 1解析:利用假分數(shù)的一個性質(zhì)6壬亠5 2n 12 4b b + m a a2n+1(b a A 0, m0)可得+ m=丄2n 26T(2n+1)2nQ11丁r2 2n+1 即(1+1)(1 y)(1 氣)(1 2n 135例20.證明:11 1(1+1)(1+;)(1+亍(1+_473n2解析：運用兩次次分式放縮：3n-13 6 93n-2 2.5 83n3n1加1)21相乘，可以得到:3n -14 7 10 .-3 693n -23n +13n加2)22 5 8 3n -1、J 4 r 3n -2丿4 7 1

25、0.T2 5 83n+13n1_12陽2 *)2n1-1+12n 11(44)(23+丄)n 22(1- 1 2n 2 (n) 7例22.(2004年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試改編)在平面直角坐標系xoy中，y軸正半軸上的點列a 與曲線y *2x ( X 0) 上的點列 竝滿足|0An|=0Bn| =-，直線An Bn在X軸上的截 n距為an.點Bn的橫坐標為bn, n- N：(1)證明anan,14,代N*；證明有n0環(huán)性使得對n0都有一屮 Sn0 401p1=2008.anb.2 n何)1n聲 1-2 n2bn1=bn +2+J2bn +4”. an = 2 +1 +1 +j2+1n2bn 顧顯

26、然，對于1 ,丄n Xn+1R，有片 an+4, n 亡 N證明：設(shè)Cn=1虹，n-N*，bnCn212n +1-M +1(.十1)2Jp-1ln（卄=n22（卄）寫(2n +1 )(n+ 2)2(n +1 ) =n 0/. c,n Nn +2k設(shè) Sn =& +C2 十+Cn,n 迂 N*，貝y當 n = 2 N* )時,c1丄1Sn3 蔦1 + j+n削土知2k -1 2kl34 丿 l22+12* + 22kA對Pn An。都有:故有色十詈n_2008成立。b1 b2bn A例23.（2007年泉州市高三質(zhì)檢）已知函數(shù)f（X）=x2 +bx +c（b k1,c- R），若f（X）的定義域

27、為1, 0，值域也為1, 0.若數(shù)列bn滿足bn-C n-N*），記數(shù)列bn的前n項和為nn2 +2nn3Tn，問是否存在正常數(shù)A,使得對于任意正整數(shù)n都有Tn C A ?并證明你的結(jié)論。解析：首先求出f（x）=x2+2x, 0=翌n Tn = bi +b2 +b3 +bn 1344256781=2,故當 n 2k 時，Tnk遼+1,n 22m時，必有為an .設(shè)Sn =1 1+ +an + a n 屯a2n1 ,當n餐時，求證：丄+丄+丄+a1 a2 a31 7n+11 a?36因此，對任何常數(shù) A,設(shè)m是不小于A的最小正整數(shù)，則當故不存在常數(shù)A使T#對所有n 2的正整數(shù)恒成立.X 0,例2

28、4.（2008年中學(xué)教學(xué)參考）設(shè)不等式組Jy_0,表示的平面區(qū)域為Dn,設(shè)Dn內(nèi)整數(shù)坐y - + （n -1） = n ,所以原命題得證. 2 2 2 2 2 12 12五、迭代放縮解析:通過迭代的方法得到|Xn -2| n恒有:11 s+k sin解析:is&1嚴2叮1專2）*4佇）1sin(n +1)! sin(n +2)!. sin(n +k)1 F 1c n421丨2 n*1 邑11ck) J22W 2n += 21n(?2122211屮+屮)=n (122又 2n =(1+1)n =C0+C1丄+丄十+丄2門屮2門卡2門*所以|Sn卡Sn 1弓 +六、借助數(shù)列遞推關(guān)系例 27.求證：

29、1 +1：3 + 1352+解析：設(shè)an2 42 4 613 5(2n -1)+ 13，5，(2n-1)2 *4 6 :2 n72 n + 2 -12 4 6 .2n則2n +1_ 2(n +1)11313 5+ J2n +2 -1例28.求證:+解析:設(shè)an2n +1 an 卅一 2(n +1)an 二2(n +1) +1an = (2n + 1冋 + 務(wù)勺,從而an 卅珂2( n + 1)+1anF-(2 n + 1)an,相加后就可以得到a1 +a2+an13I=(2n +1)an+ 3a1 v(2n +1)- 4 ,有丄+丄a4a5+173且n為奇數(shù)時J 2, n 13 2 一 +2

30、一4且m為偶數(shù)時丄a4很難直接放縮，考慮分項討論：13,11、3an+2(2n，+12121 . 12口+召)(減項放縮),于是亠1a5a m3 1+ - ”一 （1 -2 4a412 m_42 +222n+2n-221 +（丄 + 丄）+（丄 + 丄）am amas a6,1372 8 81當m 4且m為奇數(shù)時a4十a(chǎn)5丄Ja4 as丄+丄 am a mH!(添項放縮)由知丄+丄a4 a5+丄丄.由得證。am -X 8m Um -1八、線性規(guī)劃型放縮2x +1例31.設(shè)函數(shù)f(x)=.若對一切X亡R , -3af(x) + b3，求a-b的最大值。x +2解析：由(f(X)+1)( f(1)

31、-1)=2 2Tx 十?(X；1)知(f(x)+丄)(鮒)-1)0 即 l(x +2)21二蘭f(x)蘭1由此再由f(x)的單調(diào)性可以知道f(x)的最小值為1，最大值為1因此對一切X迂R， af(x) +b3的充要條件是,t1!3 a+b3 （23 a + b 3a+ b3,a+b 3,-a+b 3I 225.九、均值不等式放縮例 32.設(shè) Sn十+Jn(n +1).求證 n(n 十1)11 +4X 1 +4x1+ (1 -)十+(1-2X221 1r(xHO)= f(1)+ f(n) :(1)2 2X2X2111 1 112x2422n2計2例34.已知a,b為正數(shù)，且丄+丄=1，試證：對每

32、一個n亡N*，(a + b) - a - b 2” - 2“岀 a b解析:由丄+丄 得 ab=a +b，又(a + b)(- +)=2 + a + b 4，故 ab=a +b4，而 a ba bba(a + b)n =C：an +C；anb 中+C；bn，令 f(n) =(a+b)n -a： b：，則 f (nrdab 屮+ Caf，因為C： =c：3，倒序相加得2 f (n) =c1(an% +abn)+cn(a2br +arbn)+C：rab2 +anb)，而 an%+abZ 丄 n= aZbr +arb2 二=ab2 +a2b 2J苻 2 42 =2曲則 2f (n) =(c+ cn

33、卄 +Cn2)(arbZ %)=(2n -2)(arbn匕2用(2n -2) :“勺所以 f (n) 3(2n -2)公，即對每一個 n- N 審，(a + b)n - an - bn 22n - 2勺nJ例 35.求證 C：+C3 +cn n 2 2 (n 1, n 迂 N)解析：不等式左 C1 +C； + C； + + C： = 2 1 + 2 + 22 + 2A/1 2 2- 2n=nnJ2-，原結(jié)論成立.解析：此數(shù)列的通項為 ak = Jk(k+1),k =1,2,，n k Jk(k +1) /. Z k vSn S (k +1),即 n(1sn n(1-2n+22n +1 ky時取到

34、等號.所以2&丙二+喬丙二乙4n (k -1)n+nk -1n + nk-1所以所以n+丄+丄十+亠n+1 n+2 nkT解析：心心）（宀占）=嚴召召嚴+1114所以(X + yX + h 34,所以一+ ,當且僅當n 經(jīng)過倒序相乘，就可以得到f十”f(3) :f(n)(en*+1)xyxyx +y 例 37.已知 fg-x+J 求證：f (1)十(2)”f(3)”f (2 n)2n( n+1)nx解，匚11k2n +1 k1析:(k +)(2n +1 -k +) =k(2n +1 -k) +2(2n +1-k) +2k2n +1-k2n +1-kkk(2 n+1-k)其中：k =1,2,3,

35、，2n,因為k 2n +k(1-k)-2n =(k-1)(2n-k) 0= k(2n+1-k) 2n1 1 所以(k +-)(2n +1 -k +k從而f(1) ”f(2廠f(3)L”f(2n) (2n+2),所以 f (1) f (2) f (3 f (2n) 2n(n + 1)n.11113例 38.若 k :7,求證：Sn = + -.n n+1 n+2 n k12解析:2S-e nkb) +(;n+化)+ Vr nkb)卄 +(沽 V) 119因為當 x0, y0 時，x + y 2 Jxy, j=x y Jxy16例 39.已知 f(X)=a(x -x/x -X2),求證：f (0) f (1)2解析：f(0) f(1)=a2x1(1-x1)x2(1-X2)2n(2n-2).解析:2由已知得 fX)= 2x + -(X 0)，X(1)當n=1時，左式=(2x +2) _(2x +2) =0右式=0.二不等式成立. XXn 2,左式=f