高中數(shù)學(xué)放縮詳解

1、高中數(shù)學(xué)放縮詳解2011高考數(shù)學(xué)備考之 放縮技巧證明數(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(dāng)?shù)胤趴s；其放縮技巧主要有以下幾種： 一、裂項放縮nn15. 例1.(1)求å2的值; (2)求證:<å224k-13kk=1k=1解析:(1)因為24n2-11<n2=211,所以n212n =-=1-=å2(2n-1)(2n+1)2

2、n-12n+12n+12n+1k=14k-14(2)因為n1111ö25 1ö,所以å1<1+2ææ1-+L+-<1+=ç÷2=2=2ç-÷2n-12n+1ø33è35k=1k14n-1è2n-12n+1øn2-41 奇巧積累:(1)1441ö æ1=2<2=2ç-÷2n4n4n-1è2n-12n+1ør+1r=Cn×(2)1211=-2CCn(n+1)n(n-1)n(n-1)n

3、(n+1)1n+1 (3)T1n!11111=×r<<=-(r³2) rr!(n-r)!nr!r(r-1)r-1rn(4)(1+1)n<1+1+1+1+L+n2´13´215<n(n-1)21<n+2- n+2è2n+12n+3ø211-n-1(2n+1)×2(2n+3)×2n(5)111=n-nnn2(2-1)2-12(6)21ö1 (7)2(n+1-)<1<2(n-n-1) (8) æ-ç÷×n= n(9)111

4、6;111æ11æö =ç+÷,=ç-÷k(n+1-k)èn+1-kkøn+1n(n+1+k)k+1ènn+1+køn11 =-(n+1)!n!(n+1)!(10) (11)1n<(-)=222n+1+n-1=n+211+n-22 (11) (12)2n2n2n2n-111 =<=-(n³2)(2-1)(2-1)(2-1)(2-1)(2-2)(2-1)(2-1)2-12-11n3=1n×n2<æö1111 ÷×

5、;=ç-n(n-1)(n+1)çn(n+1)÷èn(n-1)øn+1-n-1 1 =æçèn-1-1ön+1+n-1<÷×+1ø2n11-n-1n+1 (13) (14)2n+1=2×2n=(3-1)×2n>3Þ3(2n-1)>2nÞ2n-1>2n12nÞn<32-13k+211 =-k!+(k+1)!+(k+2)!(k+1)!(k+2)!(15)1<n-1(n³2) n(n+1)

6、i+j22(15) i+1-j+1=i2-j2(i-j)(i2+1+j2+1)i-j=i2+1+j2+1<1 例2.(1)求證:1+1+1+L+2235171>-(n³2) 262(2n-1)(2n-1)(2)求證:1+1+1+L+1<1-1 (3)求證:1+1×3+1×3×5+L+1×3×5×L×(2n-1)<2n+1-12416364n224n22×42×4×62×4×6×L×2n(4) 求證：2(+1-1)<1

7、+1+1+L+1<2(n+1-1)n解析:(1)因為111æ11ö,所以 >=-ç÷(2n-1)(2n-1)(2n+1)2è2n-12n+1øå(2i-1)i=1n12111111 >1+(-)>1+(-)232n+1232n-1(2)1+1+1+L+1=1(1+1+L+1)<1(1+1-1)222416364n42n4n(3)先運用分式放縮法證明出1×3×5×L×(2n-1)<2×4×6×L×2n12n+1,

8、再結(jié)合1n+2<+2-n進行裂項,最后就可以得到答案(4)首先再證11n>2(n+1-n)=2n+1+n2,所以容易經(jīng)過裂項得到2(n+1-1)<1+1+1+L+12n而由均值不等式知道這是顯然成立的，<2(2n+1-2n-1)=+=n+2+n-22所以1+1+1+L+1<2(2n+1-1)2n 例3.求證:6n1115£1+L+2<(n+1)(2n+1)49n31<n21öæ1=2=2ç-÷14n-12n-12n+1ø2èn-414解析: 一方面: 因為,所以åkk=1n

9、1211ö25 æ11<1+2ç-+L+-÷<1+=2n-12n+1ø33è35另一方面: 1+1+1+L+1>1+1+1+L+249n2´33´411n=1-=n(n+1)n+1n+1當(dāng)n³3時,當(dāng)n=2時,所以綜上有 6n111n6n,當(dāng)n=1時,=1+L+2>(n+1)(2n+1)49nn+1(n+1)(2n+1),6n111<1+L+2,(n+1)(2n+1)49n6n1115£1+L+2<(n+1)(2n+1)49n3例4.(2008年全國一卷)設(shè)函

10、數(shù)f(x)=x-xlnx.數(shù)列an滿足0<a1<1.an+1=f(an). 設(shè)bÎ(a1，1)，整數(shù)ka1-b.證明:ak+1>b.a1lnb解析: 由數(shù)學(xué)歸納法可以證明an是遞增數(shù)列,故 若存在正整數(shù)m£k, 使am³b, 則ak+1>ak³b,若am<b(m£k),則由0<a1£am<b<1知amlnam£a1lnam<a1lnb<0,a因為 例5.已知n,mÎN+,x>-1,Sm=1m+2m+3m+L+nm,求證: nm+1<(m+1)S

11、n<(n+1)m+1-1.解析:首先可以證明:(1+x)n³1+nxnm+1=nm+1-(n-1)m+1+(n-1)m+1-(n-2)m+1+L+1m+1-0=nkm+1-(k-1)m+1所以要證åk=1k+1=ak-aklnak=a1-åamlnam,m=1kåam=1kmlnam<k(a1lnb),于是ak+1>a1+k|a1lnb|³a1+(b-a1)=bnm+1<(m+1)Sn<(n+1)m+1-1只要證:åkm+1-(k-1)m+1<(m+1)åkm<(n+1)m+1-1=

12、(n+1)m+1-nm+1+nm+1-(n-1)m+1+L+2m+1-1m+1=å(k+1)m+1-km+1k=1k=1k=1nnn 故只要證åkk=1nm+1-(k-1)m+1<(m+1)åk<å(k+1)m+1-km+1,mk=1k=1nn即等價于km+1-(k-1)m+1<(m+1)km<(k+1)m+1-km,即等價于1+m+1<(1+1)m+1,1-m+1<(1-1)m+1 而正是成立的,所以原命題成立.kkkk 例6.已知an=4n-2n,T=n2na1+a2+L+an,求證:T+T+T+L+T<3.

13、123n2nn解析:T=41+42+43+L+4n-(21+22+L+2n)=4(1-4)-2(1-2)=4(4n-1)+2(1-2n)n1-41-23所以2n2n3×2n32nTn=n+1=n+1=n+1=×n44424-3×2n+1+222×(2n)2-3×2n+1(4-1)+2(1-2n)-+2-2n+1+-2n+1333332n =32n3æ11ö ×=-ç÷2(2×2-1)(2-1)2è2-12-1ø1111 從而T+T+T+L+T=3æ-

14、31;1-+-+L+n123n2è3372-1ö3÷<2n+1-1ø21 例7.已知x1=1,x=ìn(n=2k-1,kÎZ),求證:ínîn-1(n=2k,kÎZ)14111+L+>2(n+1-1)(nÎN*)4xxx2×x34x4×x52n2n+1=1×2+1=2=2(+1-n)證明:412n2n+1=14n-112>1, 4n2因為2<+,所以x2nx2n+1>2>所以4111+L+>2(n+1-1)(nÎN

15、*)4xxx2×x34x4×x52n2n+1 二、函數(shù)放縮例8.求證：ln2+ln3+ln4+L+ln3<3n-5n+6(nÎN*).n23432n6解析:先構(gòu)造函數(shù)有l(wèi)nx£x-1Þlnx£1-1,從而ln2+ln3+ln4+L+ln3nxx343n111 <3n-1-(+L+n)233cause1+1+L+231æ11öæ111111ö11æ1=ç+÷+ç+÷+L+çn+n+L+nn32+13è23ø

16、è456789øè2n33ö>5+æ3+3ö+æ9+9ö+L+æç+ç÷ç÷÷n-1ç2×33nø6è69øè1827øèn-1n-1ö5n÷÷=6ø所以ln2+ln3+ln4+L+ln3<3n-1-5n=3n-5n+6n234366 aaa2例9. 例10.111 <ln(n+1)<1+L+n+12n所

17、以有l(wèi)n(n+1)<1+1+L+1,所以綜上有1+1+L+2n23 例11.求證:(1+1)(1+1)×L×(1+1)<e和(1+1)(1+2!3!n!9.解析:構(gòu)造函數(shù)后即可證明 11)×L×(1+2n)<813,疊加之后就可以得到答案 3n(n+1)+1 例12.求證:(1+1´2)×(1+2´3)×L×1+n(n+1)>e2n-3 解析: 例13.證明:ln2+ln3+ln4+L+345lnn(n+1)+1>2-lnnn(n-1)<(nÎN*,n>

18、1)n+14解析:構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln(x-1)-(x-1)+1(x>1),求導(dǎo),可以得到:f(x)=12-x,令-1=x-1x-1f(x)>0有1<x<2,令f(x)<0有x>2,所以f(x)£f(2)=0,所以ln(x-1)£x-2,令x=n2+1有,lnn2£n2-1 所以lnnn+1£n-12,所以ln2+ln3+ln4+L+345lnnn(n-1) <(nÎN*,n>1)n+14 例14. 已知a1=1,an+1=(1+11證明a<e2. n)an+n.n+n22解析: an+1

19、=(1+, 1111)an+n<(1+n)ann(n+1)n(n+1)22lnan+1<ln(1+然后兩邊取自然對數(shù),可以得到 11+n)+lnann(n+1)2然后運用ln(1+x)<x和裂項可以得到答案) 放縮思路：1111an+1£(1+n+n+2)anÞlnan+1£ln(1+n+n+2)+lnanÞ£lnan+11+n+n2n-1i=1。于是lnan+1-lnan£11+nn+n22， åi=1n-1(lnai+1-lnai)£å111(2+i)Þlnan-lna1&

20、#163;1-+ni+i211-()n-111=2-n<2.1n21-2即lnan-lna1<2Þan<e2.注：題目所給條件ln(1+x)<x（x>0）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(dāng)然，本題還可用結(jié)論2n>n(n-1)(n³2)來放縮：111an+1£(1+n(n-1)an+n(n-1)Þan+1+1£(1+n(n-1)(an+1)Þln(an+1+1)-ln(an+1)£ln(1+n-1 n-1， 1111Þln(an+1)-ln(a2+1)<1

21、-<1)<.Þåln(ai+1+1)-ln(ai+1)<åi(i-1)nn(n-1)n(n-1)i=2i=2即ln(an+1)<1+ln3Þan<3e-1<e2. 例16.(2008年福州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=xlnx.若a>0,b>0,證明:f(a)+(a+b)ln2³f(a+b)-f(b). 解析:設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)+f(k-x),(k>0)Qf(x)=xlnx,g(x)=xlnx+(k-x)ln(k-x),0<x<k.Qg¢(x)=lnx+1-ln(k-

22、x)-1=ln令g¢(x)>0,則有x ,k-xx2x-kk>1Þ>0Þ<x<k.k-xk-x2kkk函數(shù)g(x)在,k）上單調(diào)遞增，在(0,k上單調(diào)遞減.g(x)的最小值為g()，即總有g(shù)(x)³g(). 2222 而g(k)=f(k)+f(k-k)=klnk=k(lnk-ln2)=f(k)-kln2, 2222g(x)³f(k)-kln2, 即f(x)+f(k-x)³f(k)-kln2. 令x=a,k-x=b,則k=a+b. f(a)+f(b)³f(a+b)-(a+b)ln2. f(a)+(

23、a+b)ln2³f(a+b)-f(b). 例15.(2008年廈門市質(zhì)檢) 已知函數(shù)f(x)是在(0,+¥)上處處可導(dǎo)的函數(shù),若x×f(x)>(I)求證：函數(shù)g(x)=f(x)上是增函數(shù)； 在(0,+¥)xf(x)在x>0上恒成立. (II)當(dāng)x1>0,x2>0時,證明:f(x1)+f(x2)<f(x1+x2)； (III)已知不等式ln(1+x)<x在x>-1且x¹0時恒成立， 求證：1111nln22+2ln32+2ln42+L+ln(n+1)2>222(n+1)(n+2)234(n+1)(n

24、ÎN*).解析:(I)g(x)=(II)因為,所以函數(shù)上是增函數(shù) f(x)x-f(x)f(x)>0g(x)=在(0,+¥)2xxg(x)=f(x)在(0,+¥)x上是增函數(shù),所以x1 ×f(x1+x2)x1+x2 f(x1)<f(x1+x2)Þf(x)<1x1x1+x2f(x2)f(x1+x2)x2 <Þf(x2)<×f(x1+x2)x2x1+x2x1+x2兩式相加后可以得到f(x1)+f(x2)<f(x1+x2)(3) f(x1)f(x1+x2+L+xn)x1<Þf(x1

25、)<×f(x1+x2+L+xn)x1x1+x2+L+xnx1+x2+L+xnf(x2)f(x1+x2+L+xn)x2 <Þf(x2)<×f(x1+x2+L+xn)x2x1+x2+L+xnx1+x2+L+xnf(xn)f(x1+x2+L+xn)xn <Þf(xn)<×f(x1+x2+L+xn)xnx1+x2+L+xnx1+x2+L+xn相加后可以得到: f(x1)+f(x2)+L+f(xn)<f(x1+x2+L+xn)所以x1lnx1+x2lnx2+x3lnx3+L+xnlnxn<(x1+x2+L+xn)

26、ln(x1+x2+L+xn) 令xn=1(1+n)2,有 æ1111æ1111öæ111ö 2222ö÷-çln2+ln3+ln4+L+ln(n+1)<ç÷ç÷+L+×ln+L+ç22÷ç223242ç2323242(n+1)2(n+1)2÷(n+1)2÷èøèøè2ø1öæ11ön æ111ö

27、;æ111ö<æç-÷ç-÷=-÷ç÷<ç+L+×ln+L+222çç22(n+1)(n+2)(n+1)n÷3(n+1)÷øèn+1øè2n+2øèøè2´13´2所以1111nln22+2ln32+2ln42+L+ln(n+1)2>222(n+1)(n+2)234(n+1)>ln(n+1)2ln41ö

28、æ1³=ln4ç-÷(n+1)(n+2)(n+1)(n+2)èn+1n+2ø(nÎN*). (方法二)ln(n+1)2(n+1)2所以11111önln4æ1ln22+2ln32+2ln42+L+ln(n+1)2>ln4ç-÷=22234(n+1)è2n+2ø2(n+2) 又ln4>1> 1,所以1 111nln22+2ln32+2ln42+L+ln(n+1)2>(nÎN*).22n+12(n+1)(n+2)234(n+1)三、分式

29、放縮姐妹不等式:b>b+m(b>a>0,m>0)和b<b+m(a>b>0,m>0)aa+maa+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. 例19. 姐妹不等式:(1+1)(1+1)(1+1)L(1+351111(1-)(1-)(1-)L(1+)<2462n12n+112n+11)>2n+1和 2n-1也可以表示成為 和1×3×5×L×(2n-1)<2×4×6L×2n>2n+12×4×6×L&#

30、215;2n1×3×5×L×(2n-1)a解析: 利用假分?jǐn)?shù)的一個性質(zhì)b>b+m(b>a>0,m>0)可得a+m2×4×6L2n>1352n-11352n-13572n+11352n-1 ××L=××L×(2n+1)2462n2462nÞ(2×4×6L2n)2>2n+1即(1+1)(1+1)(1+1)L(1+351)>n+1. 2n-1 111例20.證明:(1+1)(1+)(1+)L(1+)>3n+1.47

31、3n-2解析: 運用兩次次分式放縮:2583n-13693n ×××L×>.××L××1473n-22583n-1(加1) (加2) 2583n-147103n+1 ×××L×>.××L××1473n-23693n相乘,可以得到:3n-1ö47103n+11473n-2æ258 =×××L××(3n+1)ç×××L&

32、#215;÷>.××L××3n-2ø2583n-12583n-1è1472所以有(1+1)(1+1)(1+1)L(1+1)>3n+1.473n-2 四、分類放縮例21.求證:1+1+1+L+231n> 2-12n解析: 1+1+1+L+2311111111>1+(+)+(+)+L+2442n-123232323(1111n1n+n+L+n)-n=+(1-n)> n2222222n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(biāo)系xoy中, y軸正半軸上的點列A與曲線x0）上的點列B

33、n滿足OA=OB=1，直線y=nnnAnBn在x軸上的截距為an.點Bn的橫坐標(biāo)為bn,nÎN*.b1b2bn-1bn(1)證明an&gt;an+1&gt;4，nÎN*; (2)證明有n0ÎN*，使得對"n>n0都有b2+b3+L+bn+bn+1&lt;n-2008. 解析:(1)依題設(shè)有：A bn2+2bn=næ1ö，由OB=1得：nç0,÷,Bnbn,(bn>0)nènø(,又直線AnBn在1,bn1,nÎN*2n anx軸上的截距為an滿足Q2

34、n2bn(an-0) 1öæ1ö÷=ç0-÷(bn-0)nøènø=1-n2bn2>0,bn+2=1nbn2 bn1+1an=bn+2an1221-2nbnnbn(顯然，對于1>n1，有an>an+1>4,nÎN* >0n+1(2)證明：設(shè)cn=1-，則bn+1,nÎN*bnæ11n2ç-çn(n+1)ècnæöç÷2n+112n+1ç>22(n+1)ç

35、;22(n+1)çèQ(2n+1)(n+2)-2(n+1)=n>0,cn>21,nÎN* n+2設(shè)Sn=c1+c2+L+cn,nÎN*，則當(dāng)n=2k-2>1(kÎN*)時，1111æ11öæ11öæ11Sn>+L+k+k=ç+÷+ç2+L+3÷+çk-1+L+k342-12è34øè2+12øè2+12>2×11k-1。 2k-11+2×+L+2&

36、#215;=22232k2ö ÷ø所以，取n0=24009-2，對"n>n0都有：æbn+1öæb2öæb3ö4017-1çç÷ç÷1-+1-+L+=2008 çb÷çb÷ç1-b÷÷=Sn>Sn0>21ø2ønøèèè故有b2+b3+L+bn+bn+1&lt;n-2008成立。b1b2bn-

37、1bn例23.(2007年泉州市高三質(zhì)檢) 已知函數(shù)f(x)=x2+bx+c(b³1,cÎR)，若f(x)的定義域為1，0，值域也為1，0.若數(shù)列bn滿足bn=f(n)(nÎN*)，記數(shù)列bn的前n項和為Tn，問是否存在正常數(shù)3nA，使得對于任意正整數(shù)n都有Tn<A？并證明你的結(jié)論。解析:首先求出f(x)=x2+2x,bn=f(n)n2+2n1 =>n3n3nTn=b1+b2+b3+L+bn>1+1+1+L+1,當(dāng)m>4且m為奇數(shù)時得證。 八、線性規(guī)劃型放縮（添項放縮）由知11111117由+L+<1+1+L+1+1+L+<.a

38、4a5ama4a5a4a5amam+18amam+1例31. 設(shè)函數(shù)f(x)=2x+1.若對一切xÎR，-3£af(x)+b£3，求a-b的最大值。x2+2解析:由1-(x+2)2(x-1)2(f(x)+)(f(1)-1)=22(x2+2)2知(f(x)+1)(f(1)-1)£0 即2-1£f(x)£12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121因此對一切xÎR，-3£af(x)+b£3的充要條件是，ì 即a，b滿足約束條件ìa+b³-3， 

39、39;-3£-a+b£32íïî-3£a+b£3ïa+b£3ïï1í-a+b³-3ï2ï1ï-a+b£3î2由線性規(guī)劃得，a-b的最大值為5九、均值不等式放縮例32.設(shè)Sn=×2+×3+L+(n+1).求證n(n+1)<S2n<(n+1)2.2 解析: 此數(shù)列的通項為ak=Qk<(k+1)<+,k=1,2,L,n.k+k+11，nn1， =k+åk<Sn&l

40、t;å(k+)222k=1k=1即n(n+1)<S2n<n(n+1)n(n+1)2 +<.222ab£a+b2注：應(yīng)注意把握放縮的“度”：上述不等式右邊放縮用的是均值不等式k(k+1)<k+1則得S<(k+1)=(n+1)(n+3)>(n+1)ån22k=1n2，若放成，就放過“度”了！根據(jù)所證不等式的結(jié)構(gòu)特征來選取所需要的重要不等式，這里 n+L+a1an£1Lan£a1+L+an£n2a12+L+ann其中，n=2,3等的各式及其變式公式均可供選用。例33.已知函數(shù)f(x)=解析:+(1-1，若

41、且f(x)在0，1上的最小值為1，求證：f(1)+f(2)+L+f(n)>n+1-1. 4，f(1)=bx21+a×22n+1254x111 f(x)=1->1-(x¹0)Þf(1)+L+f(n)>(1-)xxx2´21+41+42·21111111)+L+(1-)=n-(1+L+n-1)=n+n+1-. 2n4222´22´222例34.已知a,b為正數(shù)，且1+1=1，試證：對每一個nÎN*，(a+b)n-an-bn³22n-2n+1.ab解析: 由1+1=1得ab=a+b，又(a+b

42、)(1+1)=2+a+b³4，故ab=a+b³4，而ababba0n1n-1rn-rrnn(a+b)n=Cna+Cnab+L+Cnab+L+Cnb，1n-1rn-rrn-1in-i，倒序相令f(n)=(a+b)n-an-bn，則f(n)=Cnab+L+Cnab+L+Cnabn-1，因為Cn=Cn1rn-1加得2f(n)=Cn(an-1b+abn-1)+L+Cn(an-rbr+arbn-r)+L+Cn(abn-1+an-1b)，而ab+abn-1n-1=L=an-rb+abrrn-r=L=abn-1+ab³2ab³2×4=2n+1，n-1nnn2

43、1rn-1則2f(n)=(Cn+L+Cn+L+Cn)(arbn-r+an-rbr)=(2n-2)(arbn-r+an-rbr)³(2n-2)×2n+1，所以f(n)³(2n-2)×2n，即對每一個nÎN*，(a+b)n-an-bn³22n-2n+1.3nnnn-12例35.求證C+C+C+L+C>n×21n2n(n>1,nÎN)nnn2n-1解析: 不等式左C+C+C+L+C=2-1=1+2+2+L+2原結(jié)論成立.例36.已知f(x)=e+e,求證:f(1)×f(2)×f(3)

44、15;L×f(n)>(e 解析:f(x)×f(x1x1+2)=(e1n2n3n>n××2×2×L×2n2n-1=n×2n-12，x-xn+1+1)n211ex1ex21 x2x1+x2)×(e+)=e+x1+x1x2>ex1+x2+1x1x2x2eeeee×e n經(jīng)過倒序相乘,就可以得到f(1)×f(2)×f(3)×L×f(n)>(en+1+1)2 例37.已知f(x)=x+1,求證:f(1)×f(2)×f(3)

45、×L×f(2n)>2n(n+1)nx解析:(k+1)(2n+1-k+k1k2n+1-k1 )=k(2n+1-k)+>2(2n+1-k)+22n+1-k2n+1-kkk(2n+1-k)其中:k=1,2,3,L,2n,因為k×2n+k(1-k)-2n=(k-1)(2n-k)³0Þk(2n+1-k)³2n 所以(k+1)(2n+1-k+k1)³2n+22n+1-k從而f(1)×f(2)×f(3)×L×f(2n)2>(2n+2)2n,所以f(1)×f(2)×

46、;f(3)×L×f(2n)>2n(n+1)n. 例38.若k>7,求證:Sn=1+1+1+L+nn+1n+213>. nk-12解析:2Sn=(1+n1111111)+(+)+(+)+L+(+) nk-1n+1nk-2n+2nk-3nk-1n因為當(dāng)x>0,y>0時,x+y³2xy,1+1³2,所以(x+y)(1+1)³4,所以1+1³xyxyxyxy4,當(dāng)且僅當(dāng)x=yx+y時取到等號.所以2S所以n>44444n(k-1) +L+=n+nk-1n+1+nk-2n+2+nk-3n+nk-1n+nk-1

47、Sn>2(k-1)2(k-1)43>=2->k+1k+121+k-n所以Sn=11113+L+>nn+1n+2nk-12例39.已知f(x)=a(x-x1)(x-x2),求證:f(0)×f(1)£a216.2 解析:f(0)×f(1)=a2x(1-x)x(1-x)£a. 112216例40.已知函數(shù)f(x)=x2(1)k·2lnx(kN*).k是奇數(shù), nN*時,求證: f(x)n2n1·f(xn)2n(2n2).解析: 由已知得f¢(x)=2x+2(x>0)，x(1)當(dāng)n=1時，左式=(2x+

48、2)-(2x+2)=0右式=0.不等式成立.xx(2)n³2, 左式=f¢(x)n-2n-1×f¢(xn)=(2x+2)n-2n-1×(2xn+2) nxx11 1n-22n-4n-2n-1 =2n(Cnx+Cnx+L+Cn+Cn).n-4n-2xx令S=C1xn-2+C2xn-4+L+Cn-21+Cn-11 nnnnn-4n-2xx由倒序相加法得：12S=Cn(xn-2+1xn-22)+Cn(xn-4+1xn-4n-1)+L+Cn(1xn-2+xn-2)12n-1 ³2(Cn+Cn+L+Cn)=2(2n-2)，所以S³(2

49、n-2).所以f¢(x)n-2n-1×f¢(xn)³2n(2n-2)成立.綜上，當(dāng)k是奇數(shù)，nÎN時，命題成立例41. （2007年東北三校）已知函數(shù)f(x)=ax-x(a>1)（1）求函數(shù)f(x)的最小值，并求最小值小于0時的a取值范圍；12n-1 （2）令S(n)=Cnf(1)+Cnf(2)+L+Cnf(n-1)求證：S(n)>(2n-2)×f(n) +2(1)由f(x)=axlna-1,f(x)>0,即：axlna>1,ax>同理：f(x)<0,有x<-logalna,1,又a>1

50、x>-logalnalna所以f(x)在(-¥,-logalna)上遞減，在（-logalna,+¥)上遞增；所以f(x)min=f(-logalna)=若f(x)min<0,即1+lnlnalna 1+lnlna1<0,則lnlna<-1,lna<lnae1ea的取值范圍是1<a<e12n-1(2)S(n)=Cn(alna-1)+Cn(a2lna-1)+L+Cn(an-1lna-1)122n-1n-112n-1=(Cna+Cna+L+Cna)lna-(Cn+Cn+L+Cn)112n-1=Cn(a+an-1)+Cn(a2+an-2)

51、+L+Cn(an-1+a)lna-(2n-2)2 ³a(2n-2)lna-(2n-2)n=(2-2)(alna-1)=(2n-2)f(),2所以不等式成立。nn2n2 例42. (2008年江西高考試題)已知函數(shù)解析:對任意給定的a>0,x>0,由f(x)f(x)xÎ(0,+¥).對任意正數(shù)a,證明：1<f(x)<2,若令 b=8，則 abx=8 ,而f(x)ax（一）、先證f(x)>111， 11+x1+b1+a又由2+a+b+x³=8 ，得 a+b+x³6所以f(x)1+1+1=3+2(a+b+x)+(ab+a

52、x+bx)(1+x)(1+a)(1+b)1+x1+a1+b³9+(a+b+x)+(ab+ax+bx)1+(a+b+x)+(ab+ax+bx)+abx=1(1+x)(1+a)(1+b)(1+x)(1+a)(1+b)（二）、再證f(x)<2；由、式中關(guān)于x,a,b的對稱性，不妨設(shè)x³a³b則0<b£2（）、當(dāng)a+b³7，則a³5，所以x³a³5，因為 1，此時f(x)2 1（）、當(dāng)a+b<7，由得 ,x=因為 今證明 8ab1bb2b2 所以<1=121+b1+b4(1+b)2+(1b)b1-2

53、(1+b) a1-2(1+a)，于是1æab f(x)<2-ç+-ç2è1+a1+bab, +>1+a1+b因為a+b³1+a1+b，只要證abab，即 ，此為顯然 ab+8>(1+a)(1+b)，也即 a+b<7，據(jù)>(1+a)(+1b)ab+8f(x)<2因此得證故由得綜上所述，對任何正數(shù)a,x，皆有1<f(x)<2 例43.求證:1<111 +L+<2n+1n+23n+1解析:一方面:1111æ11ö12+L+³+ç+÷>+

54、=1n+1n+23n+12è34ø24(法二)1111éæ11öæ11ö1öù æ1+L+=×êç+÷+L+ç+÷+ç÷ún+1n+23n+12ëèn+13n+1øèn+23nøè3n+1n+1øû=ö 1æ4n+24n+24n+2÷×ç+L+ç2è(3n+1

55、)(n+1)3n(n+2)(n+1)(3n+1)÷øæö(2n+1)2111 ç÷>=(2n+1)×ç+L+=1222222÷2(2n+1)-(n-1)(2n+1)-nø(2n+1)è(2n+1)-n另一方面: 十、二項放縮 1112n+12n+2 +L+<<=2n+1n+23n+1n+1n+101n01 2n=(1+1)n=Cn,2n³Cn+Cn+L+Cn+Cn=n+1,2 2n³C0+C1+C2=n+n+2 2n>n(n-1)(n

56、9;2) nnn2例44. 已知a1=1,an+1=(1+211)an+n.證明an<en+n22解析: an+1£(1+111 )an+Þan+1+1£(1+)(an+1)Þn(n-1)n(n-1)n(n-1)ln(an+1+1)-ln(an+1)£ln(1+n-111 n-1， 11)<.Þåln(ai+1+1)-ln(ai+1)<åÞln(an+1)-ln(a2+1)<1-<1n(n-1)n(n-1)i(i-1)ni=2i=2即ln(an+1)<1+ln3

57、2;an<3e-1<e2.45.設(shè)a1=(1+)nnn，求證：數(shù)列an單調(diào)遞增且an<4.解析: 引入一個結(jié)論：若b>a>0則bn+1-an+1<(n+1)bn(b-a)（證略）整理上式得an+1>bn(n+1)a-nb.（Ä） 以a=1+1,b=1+1代入（Ä）式得(1+1)n+1>(1+1)n.n+1nn+1n即an單調(diào)遞增。 以a=1,b=1+1代入（Ä）式得1>(1+2n1n11)×Þ(1+)2n<4. 2n22nn此式對一切正整數(shù)n都成立，即對一切偶數(shù)有(1+1)n<4

58、，又因為數(shù)列an單調(diào)遞增，所以對一切正整數(shù)n有(1+1)nn<4。注：上述不等式可加強為2£(1+1)n<3.簡證如下：n1112n1 利用二項展開式進行部分放縮：an=(1+1)n=1+Cn×+Cn×2+L+Cn.nnnnn11 只取前兩項有an³1+Cn×=2.對通項作如下放縮：n1nn-1n-k+1111 k1Cn=×××L<£=.nk!1×2L22k-1nkk!nnn-1 故有an<1+1+1+1+L+1=2+1×1-(1/2)<3. 22221-

59、1/22n-1上述數(shù)列an的極限存在，為無理數(shù)e；同時是下述試題的背景：已知i,m,n是正整數(shù)，且1<i£m<n.（1）nmii；證明niAm（2）證明(1+m)>(1+n).（01年全國卷理科第20題） <miAn簡析 對第（2）問：用1/n代替n得數(shù)列b:bn1n=(1+n)nn是遞減數(shù)列；借鑒此結(jié)論可有如下簡捷證法：數(shù)列(1+n)遞減，且1<i£m<n,故(1+m)1n1m>(1+n)n,即(1+m)1>(1+n)m。當(dāng)然，本題每小題的證明方法都有10多種,如使用上述例5所提供的假分?jǐn)?shù)性質(zhì)、貝努力不等式、甚至構(gòu)造“分房問

60、題”概率模型、構(gòu)造函數(shù)等都可以給出非常漂亮的解決！詳見文1。 例46.已知a+b=1,a&gt;0,b&gt;0,求證：an+bn³21-n.1解析: 因為a+b=1,a&gt;0,b&gt;0,可認(rèn)為a,b成等差數(shù)列，設(shè)a=1-d,b=1+d， 222從而 例47.設(shè)n>1,nÎN，求證(2)n<33 æ1öæ1öan+bn=ç-d÷+ç+d÷³21-nè2øè2ønn8. (n+1)(n+2)22解

61、析: 觀察(2)n的結(jié)構(gòu)，注意到(3)n=(1+1)n，展開得111nn(n-1)(n+1)(n+2)+6，即11231(n+1)(n+2)，得證. (1+)n=1+Cn×+Cn×2+Cn×3+L³1+=(1+)n>222882228例48.求證:ln3-ln2£ln(1+1)<ln2. 解析:參見上面的方法,希望讀者自己嘗試!) n2nn例42.(2008年北京海淀5月練習(xí)) 已知函數(shù)y=f(x),xÎN*,yÎN*，滿足：對任意a,bÎN*,a¹b，都有af(a)+bf(b)>af(

62、b)+bf(a)；對任意nÎN*都有ff(n)=3n.（I）試證明：f(x)為N上的單調(diào)增函數(shù)；（II）求f(1)+f(6)+f(28)；（III）令an=f(3n),nÎN*，試證明：.n1111+L+<4n+2a1a2an4*解析:本題的亮點很多,是一道考查能力的好題.(1)運用抽象函數(shù)的性質(zhì)判斷單調(diào)性:因為af(a)+bf(b)>af(b)+bf(a),所以可以得到(a-b)f(a)-(a-b)f(b)>0,也就是(a-b)(f(a)-f(b)>0,不妨設(shè)a>b,所以,可以得到f(a)>f(b),也就是說f(x)為N上的單調(diào)增函數(shù).

63、(2)此問的難度較大,要完全解決出來需要一定的能力!首先我們發(fā)現(xiàn)條件不是很足,嘗試探索看看按(1)中的不等式可以不可以得到什么結(jié)論,一發(fā)現(xiàn)就有思路了!由(1)可知(a-b)(f(a)-f(b)>0,令b=1,a=f(1),則可以得到(f(x)-1)(f(f(1)-f(1)>0,又f(f(1)=3,所以由不等式可以得到1<f(1)<3,又f(1)ÎN*,所以可以得到f(1)=2 接下來要運用迭代的思想:因為f(1)=2,所以f(2)=ff(1)=3,f(3)=ff(2)=6,f(6)=ff(3)=9 f(9)=ff(6)=18,f(18)=ff(9)=27,f(

64、27)=ff(18)=54,f(54)=ff(27)=81在此比較有技巧的方法就是:81-54=27=54-27,所以可以判斷f(28)=55 當(dāng)然,在這里可能不容易一下子發(fā)現(xiàn)這個結(jié)論,所以還可以列項的方法,把所有項數(shù)盡可能地列出來,然后就可以得到結(jié)論.所以,綜合有f(1)+f(6)+f(28)=55+9+2=66(3)在解決an的通項公式時也會遇到困難.ff(3n)=3n+1,f(3n+1)=fff(3n)=3f(3n),Þan+1=3an,所以數(shù)列an=f(3n),nÎN*的方程為an=2×3n,*從而1+1+L+1=1(1-1),na1a2an4301 一方

65、面1(1-1)<1,另一方面3n=(1+2)n³Cn×20+Cn×21=2n+1 n434所以1(1-1)³1(1-n434112nn,所以,綜上有 )=×=2n+142n+14n+2n1111+L+<. 4n+2a1a2an4例49. 已知函數(shù)f(x)的定義域為0,1，且滿足下列條件： 對于任意xÎ0,1，總有f(x)³3，且f(1)=4； 若x（）求f(0)的值；（）求證：f(x)4；（）當(dāng)xÎ(1,1(n=1,2,3,×××)時，試證明：f(x)<3x+3.nn-1331³0,x2³0,x1+x2£1,則有f(x1+x2)³f(x1)+f(x2)-3.解析: （）解：令x1=x2=0，由對于任意xÎ0,1，總有f(x)³3， f(0)³3又由得f(0)³2f(0)-3,即f(0)£3; f(0)=3.（）解：任取x1,x2Î0,1,且設(shè)x1<x2, 則f(x2)=fx1+(x2-x1)³f(x1)+f(x2-x1)-3, 因為x2-x1>0，所以f(x-