高中數(shù)學放縮法(詳解)

高中數(shù)學放縮法(詳解)高中數(shù)學放縮法(詳解)高中數(shù)學放縮法(詳解)放縮技巧放縮法：將不等式一側適合的放大或減小以達證題目的的方法，叫放縮法。放縮法的方法有：⑴增添或舍去一些項，如：a21a；n(n1)n⑵將分子或分母放大〔或減小〕⑶利用根本不等式，如：log3lg5(lg3lg5)2lg15lg16lg4；2n(n1)n(n1)2⑷利用常用結論：Ⅰ、k1k11；k1k2kⅡ、1111；1111〔程度大〕k2k(k1)k1kk2k(k1)kk1Ⅲ、1k2111(11)；〔程度小〕k21(k1)(k1)2k1k11.假定a,b,c,d+abcd2R，求證：1abdbcacdbdac【巧證】：記m=abcdabdbcacdbdac∵a,b,c,dR+∴mabcd1abcdabcacdabdabcmabcd2babcddca∴1<m<2即原式建立2.當n>2時，求證：logn(n1)logn(n1)1【巧證】：∵n>2∴l(xiāng)ogn(n1)0,logn(n1)0Wisdom&Love第1頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三2logn(n2222logn(n1)logn(n1)1)lognn1∴l(xiāng)ogn(n1)logn(n1)222∴n>2時,logn(n1)logn(n1)13.求證：11112122232n2【巧證】：111)n11n2n(n1n∴11111111111212122232n2223n1nn巧練一：設x>0,y>0,a1xy,bxxy，求證：a<bxy11y巧練一：【巧證】：xyxyxy1xy1xy1xy1x1y巧練二：求證：lg9?lg11<1lg92lg9922巧練二：【巧證】：lg9lg11lg1121222巧練三：logn(n1)logn(n1)1logn(n22lognn22巧練三：【巧證】：logn(n1)logn(n1)1)122巧練四：假定a>b>c,那么1140bbccaa111224巧練四：【巧證】：22abbcb)(bc)(ab)(bc)ac(a巧練五：11n111(nR,n2)nn12n2Wisdom&Love第2頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三巧練五：【巧證】：左邊11111n2n1nn2n2n2nn2巧練六：111112n1n22n巧練六：【巧證】：1n中式1n1n12nnnn(巧練七：a,,>0,且a2+2=c2，求證：+<≥3,*)bcbabcnnR∵a2b2巧練七：【巧證】：1，又a,b,c>0,cc∴an2n2∴anna,bbb1cccccc證明數(shù)列型不等式，因其思想跨度大、結構性強，需要有較高的放縮技巧而充滿思慮性和挑戰(zhàn)性，能全面而綜合地考察知識的潛能與后繼能力，因此成為壓軸題及各級各種比賽試題命題的極好素材。這種問題的求解策略常常是：經過多角度觀察所給數(shù)列通項的結構，深入分析其特點，抓住其規(guī)律進行適合地放縮；其放縮技巧主要有以下幾種：一、裂項放縮1.(1)求n2的值;(2)求證:n15.k14k21k1k23分析:(1)因為2211,4n21(2n1)(2n1)2n12n1所以n2112nk14k212n12n1(2)因為114211,212nn24n12n12n14所以n1121111125k1k235332n12n1奇巧累積:(1)144211n24n24n212n12n1Wisdom&Love第3頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三(2)1211Cn11Cn2(n1)n(n1)n(n1)n(n1)(3)Tr1Cnr1n!r)!11r(r1111(r2)nrr!(nnrr!1)rr(4)(11)n112111211)5n3n(n2(5)1112n(2n1)2n12n(6)1n2nn2(7)2(n1n)12(nn1)n(8)211112n12n32n(2n1)2n1(2n3)2n(9)1111,1111k(n1k)n1kkn1n(n1k)k1nn1k(10)n111222(n1)!n!(n1)!2(2n12n1)n2n12n111n2n2(11)2n2n2n2n111(n2)(2n1)2(2n1)(2n1)(2n1)(2n2)(2n1)(2n11)2n112n1(12)111111n3nn2n(n1)(n1)n(n1)n(n1)n1n111n1n111n1n12nn1n1(13)2n122n(31)2n33(2n1)2n2n12n12n32n13(14)k21111)nn1(n2)k!(k1)!(k2)!(k1)!(k2)!n(n(15)i21j21i2j2ij1ij(ij)(i21j21)i21j212.證明:(11)(11)(11)(13n1)33n1.472Wisdom&Love第4頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三分析:運用兩次次分式放縮:2583n13.693n1473n22583n12583n14.7103n11473n23693n相乘,能夠獲得:

(加1)(加2)2583n1247103n11473n21473n2.83n12583n(3n1)251所以有(11)(11)(11(11)33n1.4)3n72(1)求證:11111)2711)(n2)3252(2n62(2n(2)求證:111111416364n224n(3)求證:1131351356(2n1)2n11224246242n(4)求證：2(n11)11112(2n11)23n分析:(1)因為11111,(2n1)2(2n1)(2n1)22n12n1所以n11111111()1()i1(2i1)2232n1232n1(2)1111111)1(111416364n2(122n24)4n(3)先運用分式放縮法證明出135(2n1)1,2462n2n1再聯(lián)合1n2n進行裂項,最后就能夠獲得答案n2(4)第一12(n1n)2,所以簡單經過裂項獲得nn1n2(n11)111123nWisdom&Love第5頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三12(2n12n1)222n2n12n111而由均值再證nn22不等式知道這是明顯建立的，所以11112(2n11)23n3.求證:6n1115(n1)(2n1)19234n114211212分析:一方面:因為nn24n12n12n1,4所以n1121111125k1k2352n12n133另一方面:1111111111n4922334n(n1)n1n1n當n3時,n1(n6n1),當n1時,(n6n1)1111,n1)(2n1)(2n49n2當n2時,6n1111,所以綜上有(n1)(2n1)49n26n11115(n1)(2n1)49n234.設函數(shù)f(x)xxlnx.數(shù)列a知足0a1.af(a).設b(a1，1)，整數(shù)k≥a1b.證n1na1lnb:ak1b.分析:由數(shù)學概括法能夠證明a是遞加數(shù)列,故存在正整數(shù)mk,使amb,那么nak1akb,否那么假定amb(mk),那么由0a1amb1知a1lnb0,ak1akkamlnama1lnamaklnaka1amlnam,m1因為kamlnamk(a1lnb),于是ak1a1k|a1lnb|a1(ba1)bm15.n,mN,x1,Smmmmm,求證:m1(m1)Sn(n1)m1.123nn1Wisdom&Love第6頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三分析:第一能夠證明:(1x)n1nxnnm1nm1(n1)m1(n1)m1(n2)m11m10[km1(k1)m1]k1所以要證nm1(m1)Sn(n1)m11只需證:nnn[km1(k1)m1](m1)km(n1)m11(n1)m1nm1nm1(n1)m12m11m1[(k1)m1km1]k1k1k1故只需證nm1(km1(m1)nkmn[(km1m1,即等價于[k1)]1)k]k1k1k1km1(k1)m1(m1)km(k1)m1km,即等價于1m1(11)m1,1mk1(11)m1kkk而正是建立的,所以原命題建立.6.an4n2n,Tn2n,求證:TT2T3Tn3.a1a2an12分析:T4142434n(21222n)4(14n)2(12n)4(4n1)2(12n)n14123所以Tn2n2n2n32n32n4(4n1)2(12n)4n1422n14n122n14n132n1222(2n)232n1333333n31122(22n1)(2n1)22n12n11進而T1T2T3Tn311112n1113233712n127.x11,xnn(n2k1,kZ),求證:1x31x512(n11)(nN*)n1(n2k,kZ)4x24x44x2nx2n1證明:111112,4x2nx2n14(2n1)(2n1)44n2144n22n2n因為2nnn1,所以1222(n1n)4x2nx2n12nnn11112(n11)(nN*)所以4x2x34x4x54x2nx2n1Wisdom&Love第7頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三二、函數(shù)放縮8.求證：ln2ln3ln4ln3n3n5n6(nN*).2343n6分析:先結構函數(shù)有l(wèi)nxx1lnx11,xx進而ln2ln3ln4ln3n3n1111)n(n2342333因為11111111111111233n234567892n2n13n533993n13n15n669182723n13n6所以ln2ln3ln4ln3n3n5nn5n62343n13669.求證:(1)2,ln2ln3lnn2n2n1(n2)23n2(n1)分析:結構函數(shù)f(x)lnx,獲得lnnlnn2,再進行裂項lnn2111,xnn2n21n2n(n1)乞降后能夠獲得答案函數(shù)結構形式:lnxx1,lnnn1(2)10.求證:111ln(n1)11123n12n分析:

y提示:ln(n1)lnn1n2lnn1lnnln2nn11nn1函數(shù)結構形式:1EDlnxx,lnx1FCxABO自然本題的證明還能夠運用積分放縮n-inx如圖,取函數(shù)f(x)1,x第一:n1,進而,1in1nilnnln(ni)SABCFixnnixlnx|nn取i1有,1lnnln(n1),nWisdom&Love第8頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三所以有1ln2,1ln3ln2,?,1lnnln(n1),1ln(n1)lnn,相加23nn1后能夠獲得:111ln(n1)23n1另一方面n1,進而有1n1SABDEinlnnln(ni)ixnxlnx|ninini取i1有,1lnnln(n1),n1所以有l(wèi)n(n1)111,所以上有11n11ln(n1)1112n232n(11)(11)(11)e(1111e和)(1)(12n).11.求:2!3!n!9813分析:結構函數(shù)后即可明12.求:(112)(123)[1n(n1)]e2n3ln[n(n1)1]23n(n1,疊加以后就能夠獲得答案分析:1)函數(shù)結構形式:ln(x1)23(x0)1ln(1x)x3(x0)(加命)x1x113.明:ln2ln3ln4lnnn(n1)(nN*,n1)345n14分析:結構函數(shù)f(x)ln(x1)(x1)1(x1),求,能夠獲得:f'(x)1112x,xx1令f'(x)0有1x2,令f'(x)0有x2,所以f(x)f(2)0,所以ln(x1)x2,令xn21有,lnn2n21所以lnnn1,所以ln2ln3ln4lnnn(n1)(nN*,n1)n12345n1414.a1,an1(11)an1.明ane2.1n2n2n分析:an1(111))an1(111)1)an,n(n2nn(n2n而后兩取自然數(shù),能夠獲得ln(111)lnanlnan1n(n1)2nWisdom&Love第9頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三而后運用ln(1x)x和裂項能夠獲得答案)放縮思路：an1(111)anlnanln(111)lnanlnan11。n2n2n12n2nn2n2nn于是lnan1lnan1n1，n22n(1)n1n1n1111111(lnai1lnai)()lnanlna11222.2i2in1n2ni1i1i12即lnanlna12ane2.注：題目所給條件ln(1x)x〔x0〕為一實用結論，能夠起到提示思路與研究放縮方向的作用；自然，本題還可用結論2nn(n1)(n2)來放縮：an1(11)an1an11(11)(an1)n(nn(n1)n(n1)1)ln(an11)ln(an1)ln(11)1n(n1)n(n.1)n1n111，[ln(ai11)ln(ai1)]i(i1)ln(an1)ln(a21)11i2i2n即ln(an1)1ln3an3e1e2.15.函數(shù)f(x)是在(0,)上到處可導的函數(shù),假定xf'(x)f(x)在x0上恒建立.(I)求證：函數(shù)g(x)f(x)在(0,)上是增函數(shù)；x(II)當x10,x20時,證明:f(x1)f(x2)f(x1x2)；(III)不等式ln(1x)x在x1且x0時恒建立，求證：12121212n*22ln232ln342ln4(n1)2ln(n1)2(n1)(n2)(nN).分析:(I)g'(x)f'(x)xf(x)0,所以函數(shù)g(x)f(x)在(0,)上是增函數(shù)x2x(II)因為上是增函數(shù),所以g(x)f(x)在(0,)xf(x1)f(x1x2)f(x1)x1f(x1x2)x1x1x2x1x2f(x2)f(x1x2)f(x2)x2f(x1x2)x2x1x2x1x2兩式相加后能夠獲得f(x1)f(x2)f(x1x2)(3)f(x1)f(x1x2xn)f(x1)x1f(x1x2xn)x1x1x2xnx1x2xnWisdom&Love第10頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三f(x2)f(x1x2xn)f(x2)x2f(x1x2xn)??x2x1x2xnx1x2xnf(xn)f(x1x2xn)f(xn)xnf(x1x2xn)xnx1x2xnx1x2xn相加后能夠獲得:f(x1)f(x2)f(xn)f(x1x2xn)所以x1lnx1x2lnx2x3lnx3xnlnxn(x1x2xn)lnx(1x2xn)令12,有1111xn(122ln222ln3242ln42(n1)2ln(n1)2n)31111ln111223242(n1)22232(n1)2111ln111111nn12n22(n1)(n2)2232(n1)22132(n1)n所以2ln222ln322ln4212ln(n1)2n(nN*).111234(n1)2(n1)(n2)(方法二)ln(n1)2ln(n1)2ln4ln411(n1)2(n1)(n2)(n1)(n2)n1n2所以1212121211nln422ln232ln342ln4(n1)2ln(n1)ln42n22(n2)又ln411,所以1ln221ln321ln421ln(n1)2n(nN*).n1223242(n1)22(n1)(n2)16.函數(shù)f(x)xlnx.假定a0,b0,證明:f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).分析:函數(shù)g(x)f(x)f(kx),(k0)f(x)xlnx,g(x)xlnx(kx)ln(kx),0xk.g(x)lnx1ln(kx)1lnx,kx令g(x)0,那么有x12xk0kxk.kxkx2∴函數(shù)g(x)在[k〕上增，在(0,k]上減.,k22∴g(x)的最小g(k)，即有g(x)kg( ).22Wisdom&Love第11頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三而g(k)f(k)f(kk)klnkk(lnkln2)f(k)kln2,2222g(x)f(k)kln2,即f(x)f(kx)f(k)kln2.令xa,kxb,那么kab.f(a)f(b)f(ab)(ab)ln2.f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).三、分式放縮不等式:bbm(ba0,m0)和bbm(ab0,m0)aamaam記憶口訣〞小者小,大者大〞解說:看b,假定b小,那么不等號是小于號,反之.17.不等式:(11)(111(11)2n1和)(1)1352n111(111也能夠表示成為(1)(1)(1))2n12462n2462n2n1和135(2n1)1135(2n1)2462n2n1分析:利用假分數(shù)的一個性質bbm(ba0,m0)可得aam2462n3572n11352n1(21)1352n12462n2462nn(2462n)22n1即(11)(11)(11)(11)2n1.1352n1352n118.證明:(111(11)33n1.1)(1)(1)3n472分析:運用兩次次分式放縮:2583n13693n(加1)1473n2.583n122583n14.7103n1(加2)1473n23693n相乘,能夠獲得:2583n124.7103n11473n2(3n1)1473n22583n12583n1Wisdom&Love第12頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三所以有(11)(11)(11)(11)33n1.473n2四、分類放縮19.求證:11111n232n2分析:1111111111123n11()(32333)2244222(111)1n(11nn2n2n2n22n)2220.在平面直角坐標系xoy中,y軸正半軸上的點列A與曲線y2x〔x≥0〕上的n點列Bn知足OAnOBn1，直線AnBn在x軸上的截距為an.點Bn的橫坐標為nbn,nN.(1)證明an>an1>4，nN;(2)證明有n0N，使得對nn0都有b2b3bnbn1<n2021.b1b2bn1bn分析:(1)依題設有：An0,1,Bnbn,2bn,bn0，由OBn1得：nn211*,又直線AnBn在x軸上的截距為an知足bn2bnn2,bnn211,nNan02bn101bn0anbn21n220,bn21nn1n2b2nbnbn2nbnnanbnbn1n2bn1222bn41n2bn12n2bnn2bnbnnbnan1112211n2n2明顯，對于1110，有anan14,nN*nn(2)證明：設cn1bn1,nN*，那么bnWisdom&Love第13頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三11111112n1211n2cnn21nn2n12111111n2n2n121112n1n22n1112n1n12211n1222112n12n2n21,nN*2n1n22n1n0,cn2n2Snc1c2cn,nN*，當n2k21kN*，Sn1111111111342k12k34221232k112k2121k11k1。22322k222所以，取n0240092，nn0都有：1b21b31bn1SnSn401712021b1b2bn02故有b2b3bnbn1<n2021建立。b1b2bn1bn21.函數(shù)f(x)x2bxc(b1,cR)，假定f(x)的定域[－1，0]，域也[－1，0].假定數(shù)列{bn}足bnf(n)(nN*)，數(shù)列{bn}的前n和Tn，能否存在正n3常數(shù)A，使得于隨意正整數(shù)n都有TnA？并明你的。分析:第一求出f(x)x22x,∵bnf(n)n22n1n3n3n∴Tnb1b2b3bn111123n,∵11211,1111411,?344256788211212k111,故當n2k,Tnk1,2k112k12k2k22所以，任何常數(shù)A，m是不小于A的最小正整數(shù)，Wisdom&Love第14頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三那么當n22m2時,必有T2m21mA.n2故不存在常數(shù)A使TA對全部n2的正整數(shù)恒建立.n22.設不等式組x0,表示的平面地區(qū)為Dn,設Dn內整數(shù)坐標點的個數(shù)為an.設y0,ynx3nSn111,an1ana2n2當n2時,求證:11117n11.a1a2a3a2n36分析:簡單獲得a3n,所以,要證11117n11na1a2a3a236只需證S2n11117n11,因為232n12S1111111(1111()()2n112n122n2234567811T21T22T2n1377n11,所以原命題得證.22(n1)1212五、迭代放縮xn1xn4,x11n2|221n23.2時,i|xixn1,求證:當n1分析:經過迭代的方法獲得xn21,而后相加就能夠獲得結論2n1sin1!sin2!sinn!124.設Sn,求證:對隨意的正整數(shù)k,假定k≥n恒有:|Sn+k－Sn|<n1222n2分析:|Snksin(n1)!sin(n2)!sin(nk)Sn||n1n2nk|222|sin(n1)!||sin(n2)!||sin(nk)|1112n12n22nk2n12n22nk11111112n(2222k)2n(12k)2n又2n(11)n01nn所以|Snk11CnCnCnSn|n2nWisdom&Love第15頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三六、借助數(shù)列遞推關系25.求證:1131351356(2n1)2n21224246242n分析:設an1356(2n1)那么an12n1an2(n1)an12nanan,242n2(n1)進而an2(n1)an12nan,相加后就能夠獲得a1a2an2(n1)an12a12(n1)11(2n2)112n32n2所以113135135(2n1)2n212242462462n26.求證:113135135(2n1)2n112242462462n分析:設an1356(2n1)那么242nan12n1an[2(n1)1]an1(2n1)anan1,進而2(n1)an1[2(n1)1]an1(2n1)an,相加后就能夠獲得a1a2an(2n1)an3a1(2n1)132n1112n1227.假定a11,an1ann1,求證:1112(n11)a1a2an分析:an2an1n2anan111an2anan1所以就有1111an1ana2a12an1ana22n12a1a2ana1七、分類議論28.數(shù)列{an}的前n項和Sn知足Sn證明：對隨意的整數(shù)m4，2an(1),n1.n有1117a4a5am8分析:簡單獲得an22n2(1)n1.,3因為通項中含有(1)n，很難直接放縮，考慮分項議論：Wisdom&Love第16頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三當n3且n為奇數(shù)時11311)32n22n1anan1(n212n12n32n12n212212232n22n13(11222n32n22n1)〔減項放縮〕，于是21(11)11)①當m4且m為偶數(shù)時111(a4a5ama4a5a6am1am13111)1311137.2(23242m222(12m4)28824②當m4且m為奇數(shù)時1111111〔添項放縮〕a4a5ama4a5amam1由①知11117.由①②得證。a4a5amam18八、線性規(guī)劃型放縮29.設函數(shù)f(x)2x1假定對全部xR，3af(x)b3，求ab的最大值。x22.分析:由(f(x)1)(f(1)1)(x2)2(x1)211f(x)122(x22)2知(f(x)2)(f(1)1)0即2由此再由f(x)的單一性能夠知道f(x)的最小值為11，最大值為231b3a所以對全部xR，33的充要條件是，2af(x)b3ab3ab3ab31ab3即a，b知足拘束條件21ab3，2由線性規(guī)劃得，ab的最大值為5．九、均值不等式放縮30.設Sn1223n(n1).求證n(n1)(n1)2.2Sn2分析:此數(shù)列的通項為akk(k1),k1,2,,n.kk1k1，kk(k1)22

nn1，kSn(k2)k1k1Wisdom&Love第17頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三即n(n1)Sn(n1)n(n1)2.2n222注：①應注意掌握放縮的“度〞：上述不等式右邊放縮用的是均值不等式abab，2假定放成k(k1)k1那么得Snn(k1)(n1)(n3)(n1)2，就放過“度〞了！k122②依據所證不等式的結構特點來選用所需要的重要不等式，這里nna1ana1ana12an211nna1an此中，n2,3等的各式及其變式公式均可供采用。31.函數(shù)f(x)1，假定4，且f(x)在[0，1]上的最小值為1，求證：1a2bxf(1)52f(1)f(2)f(n)n11.2n12分析:f(x)4x1111(x0)f(1)f(n)(11)14x14x22x221111111(1222)(122n)n4(122n1)n2n12.32.a,b為正數(shù)，且111，試證：對每一個nN，(ab)nanbn22n2n1.ab分析:由111得abab，又(ab)(11ab4，故abab4，aba)2abb而(ab)nCn0anCn1an1bCnranrbrCnnbn，令f(n)(ab)nanbn，那么f(n)=Cn1an1bCnranrbrCnn1abn1，iin2f(n)=Cn1(an1babn1)Cnr(anrbrarbnr)Cnn1(abn1an1b)，n而an1babn1anrbrarbnrabn1an1b2anbn2422n1，那么2f(n)=(Cn1CnrCnn1)(arbnranrbr)(2n2)(arbnranrbr)(2n2)2n1，所以f(n)(2n2)2n，即對每一個nN，(ab)nanbn22n2n1.Wisdom&Love第18頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三n133.求證Cn1Cn2Cn3Cnnn22(n1,nN)分析:不等式左Cn1Cn2Cn3Cnn2n112222n1n1nn12222n1=n22，原結論建立.34.f(x)exex,求證:f(1)(en1nf(2)f(3)f(n)1)2分析:f(x1)f(x2)(ex11x21x1x2ex1ex21x1x21x)(ex)exxxxee1e2e2e1e1e2經過倒序相乘,就能夠獲得f(1)(en1nf(2)f(3)f(n)1)235.f(x)x1,求證:f(1)f(2)f(3)f(2n)2n(n1)nx(k1)(2n1k1)k(2n1k)k2n1k12(2n1k)2分析:k2n1k2n1kkk(2n1k)此中:k1,2,3,,2n,因為k2nk(1k)2n(k1)(2nk)0k(2n1k)2n所以(k11k1)2n2)(2n1k2nk進而[f(1)f(2)f(3)f(2n)]2(2n2)2n,所以f(1)f(2)f(3)f(2n)2n(n1)n.36.假定k7,求證:Sn111213.nn1nnk12分析:2Sn(11)(11)(11)(11)nnk1n1nk2n2nk3nk1n因為當x0,y0時,xy2xy,112,xyxy所以(x114,所以114,當且僅當xy時取到等號.y)()xyxyxyWisdom&Love第19頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三所以2Sn44444n(k1)nnk1n1nk2n2nk3nnk1nnk1所以2(k1)2(k1)43所以S11113Sn12nnn1n2nk12k121kk1n),求證:f(0)f(1)a237.f(x)a(xx)(xx16.12分析:f(0)f(1)a2[x1(1x1)][x2(1x2)]a2.1638.函數(shù)f(x)=x2－(－1)k·2lnx(k∈N*).k是奇數(shù),n∈N*時,求證:[f’(x)]n－2n－1nnn－2).·f(x’)≥2(2分析:由得f(x)2x2(x0)，x(1)當n=1時，左式=(2x220右式=0.∴不等式建立.)(2x)xx(2)n2,左式=[f(x)]n2n1f(xn)n1n22n4n21n12(CnxCnxCnxn4Cn

(2x2)n2n1(2xn2n)xx1xn2).令SC1xn2C2xn4Cn21Cn11nnnxn4nxn2由倒序相加法得：2SCn1(xn21)Cn2(xn41)Cnn1(xn2)1xn2xn4xn22(Cn1Cn2Cnn1)2(2n2)，所以S(2n2).所以[f(x)]n2n1f(xn)2n(2n2)建立.綜上，當k是奇數(shù)，nN時，命題建立39.函數(shù)f(x)axx(a1)〔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；〔2〕令S(n)Cn1f'(1)Cn2f'(2)Cnn1f'(n1)求證：S(n)(2n2)f'(n)2Wisdom&Love第20頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三分析:(1)由f'(x)axlna1,f'(x)0,即：axlna1,ax1,又a1xlogalnalna同理：f'(x)0,有xlogalna,所以f'(x)在(,logalna)上遞減，在〔logalna,)上遞加；所以f(x)minf(logalna)1lnlnalna假定f(x)min0,即1lnlna0,那么lnlna1,lna1lnae1a的取值范圍是1aee(2)S(n)Cn1(alna1)Cn2(a2lna1)Cnn1(an1lna1)(Cn1aCn2a2Cnn1an1)lna(Cn1Cn2Cnn1)1[Cn1(aan1)Cn2(a2an2)Cnn1(an1a)]lna(2n2)2na2(2n2)lna(2n2)(2nn(2n2)f'(n),2)(a2lna1)2所以不等式建立?！?0.函數(shù)fx11aax,x0,.對隨意正數(shù)a,證明：1fx2．1x1ax8111f(x)1a8分析:對隨意給定的a0,x0,由1x1,ax假定令b8，那么abx8①,ax而111②fx1x1a1b〔一〕、先證因為

fx1；11，11，11，1x1x1a1a1b1b又由2abx22a2bx442abx8，得abx6．11111132(abx)(abax所以fxx1a1b1x1a1b(1x)(1a)(1b)19(abx)(abaxbx)1(abx)(abaxbx)abx(1x)(1a)(1b)(1x)(1a)(1b)

bx)1．Wisdom&Love第21頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三〔二〕、再證fx2；由①、②式中對于x,a,b的對稱性，不如設xab．那么0b2〔ⅰ〕、當ab7，那么a5，所以xa5，因為11，1b1121，此時fx1112．1x1a151x1a1b〔ⅱ〕、當ab7③，由①得,x8，1xab，ab1ab8因為同理得

1bb2b]2所以11b④1[11b1b1b4(1b)22(1b)2(1b)11a⑤，于是fx21abab⑥2(1a)21a1b281aab今證明abab⑦,因為abab，1a1b281a2(1a)(1b)ab1b只需證abab，即ab8(1a)(1b)，也即ab7，(1a)(1b)ab8據③，此為明顯．所以⑦得證．故由⑥得f(x)2．綜上所述，對任何正數(shù)a,x，皆有1fx2．41.求證:11n112n123n1分析:一方面:11111112n1n23n1234124(法二)1111111111n1n23n12n13n1n23n3n1n114n24n24n22(3n1)(n1)3n(n2)(n1)(3n1)2n1111(2n1)21(2n1)2n2(2n1)2(n1)2(2n1)2n2(2n1)2另一方面:1112n12n22n1n23n1n1n1十、二項放縮Wisdom&Love第22頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三2n(11)nCn0Cn1Cnn,2nCn0Cn1n1,2nCn0Cn1Cn2n2n22nn(n1)(n2)242.a1,a(11)an1.證明ane21n1n2n2n分析:an1(11)an1an11(11)(an1)n(n1)n(n1)n(n1)ln(an11)ln(an1)ln(11)1.n(n1)n(n1)，n1n111[ln(ai11)ln(ai1)]i(i1)ln(an1)ln(a21)11i2i2n即ln(an1)1ln3an3e1e2.43.設an(11)n，求證：數(shù)列{an}單一遞加且an4.n分析:引入一個結論：假定ba0那么bn1an1(n1)bn(ba)〔證略〕整理上式得an1bn[(n1)a].〔〕nb以a1n1,b11代入〔〕式得(11)n1(11)n.1nn1n即{an}單一遞加。以a1,b11代入〔〕式得1(11)n1(11)2n4.2n2n22n此式對全部正整數(shù)n都建立，即對全部偶數(shù)有1)n，又因為數(shù)列(14n{an}單一遞加，所以對全部正整數(shù)n有(11)n4。n注：①上述不等式可增強為2(11n3.簡證以下：n)利用二項睜開式進行局部放縮：1n1121n1an(1n)1CnCn2Cnn.1nnn只取前兩項有a1C12.對通項作以下放縮：nnnCnk11nn1nk1111.nkk!nnnk!1222k1故有an11111211(1/2)n13.2222n1211/2②上述數(shù)列{an}的極限存在，為無理數(shù)e；Wisdom&Love第23頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三同時是下述試題的背景：i,m,n是正整數(shù)，且1imn.〔1〕證明niAmimiAni；〔2〕證明(1m)n(1n)m.簡析對第〔2〕問：用1/n取代n得數(shù)列{bn}:bn(11n)n是遞減數(shù)列；借鑒此結論可111有以下簡捷證法：數(shù)列{(1n)n}遞減，且1即imn,故(1m)m(1n)n,(1m)n(1n)m。自然，本題每題的證明方法都有10多種,如使用上述所供給的假分數(shù)性質、貝努力不等式、甚至結構“分房問題〞概率模型、結構函數(shù)等都能夠給出特別美麗的解決！。44.a+b=1,a>0,b>0,求證：anbn21n.1,b成等差數(shù)列，分析:因為a+b=1,a>0,b>0,可以為a,2111n1nbndd21n設ad,bd，進而an222245.設n1,nN，求證(2)n(n8.31)(n2)分析:察看2n的結構，注意到(3n(11n，睜開得( )))322(11)n1112131nn(n1)(n1)(n2)6，2Cn2Cn22Cn231882即(11)n(n1)(n2)，得證.2846.求證:ln3ln2ln(11)ln2.分析:拜見上邊的方法,希望自己試試!n2nn47.函數(shù)yf(x),xN*,yN*，知足：①對隨意a,bN*,ab，都有af(a)bf(b)af(b)bf(a)；②對隨意nN*都有f[f(n)]3n.〔I〕試證明：f(x)為N*上的單一增函數(shù)；〔II〕求f(1)f(6)f(28)；〔III〕令anf(3n),nN*，試證明：.n≤11114n2a1a2an4Wisdom&Love第24頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三分析:本題的亮點好多,是一道考察能力的好題.(1)運用抽象函數(shù)的性質判斷單一性:因為af(a)bf(b)af(b)bf(a),所以能夠獲得(ab)f(a)(ab)f(b)0,也就是(ab)(f(a)f(b))0,不如設ab,所以,能夠獲得f(a)f(b),也就是說f(x)為N*上的單一增函數(shù).此問的難度較大,要完整解決出來需要必定的能力!第一我們發(fā)現(xiàn)條件不是很足,,試嘗試究看看按(1)中的不等式能夠不能夠得到什么結論,一發(fā)現(xiàn)就有思路了!由(1)可知(ab)(f(a)f(b))0,令b1,a那么能夠獲得(f(x)1)(f(f(1))f(1))0,又所以由不等式能夠獲得1f(1)3,又f(1)N*,所以能夠獲得f(1)2①

f(1),f(f(1))3,接下來要運用迭代的思想:因為f(1)2,所以f(2)f[f(1)]3,f(3)f[f(2)]6,f(6)f[f(3)]9②f(9)f[f(6)]18,f(18)f[f(9)]27,f(27)f[f(18)]54,f(54)f[f(27)]81在此比較有技巧的方法就是:8154275427,所以能夠判斷f(28)55③自然,在這里可能不簡單一下子發(fā)現(xiàn)這個結論,所以還能夠列項的方法,把所有項數(shù)盡可能地列出來,而后就能夠獲得結論.所以,綜合①②③有f(1)f(6)f(28)=559266(3)在解決{an}的通項公式時也會碰到困難.f[f(3n)]3n1,f(3n1)f{f[f(3n)]}3f(3n),an13an,所以數(shù)列anf(3n),nN*的方程為an23n,進而1111(11n),a1a2an43一方面111,另一方面nn00113(12)Cn2Cn22n1(13n)44所以1(111(1112nn,所以,綜上有43n)4)42n14n22n1n≤1111.4n2a1a2an448.函數(shù)fx的定義域為[0,1]，且知足以下條件：Wisdom&Love第25頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三①對于隨意x[0,1]，總有fx3，且f14；②假定x10,x20,x1x21,那么有fx1x2fx1f(x2)3.〔Ⅰ〕求f0的值；〔Ⅱ〕求證：fx≤4；〔Ⅲ〕當x111,2,3,)時，試證明：f(x)3x3.(n,n1](n33分析:〔Ⅰ〕解：令x1x20，由①對于隨意x[0,1]，總有fx3，∴f(0)3又由②得f(0)2f(0)3,即f(0)3;∴f(0)3.〔Ⅱ〕解：任取x1,x2[0,1],且設x1x2,那么f(x)f[x1(x2x)]f(x)f(xx)3,21121因為x2x10，所以f(x2x1)3，即f(x2x1)30,∴f(x1)f(x2).∴當x[0,1]時，f(x)f(1)4.〔Ⅲ〕證明：先用數(shù)學概括法證明：11f(3n1)3n13(nN*)〔1〕當n=1時，f(1)f(1)41313，不等式建立；33〔2〕假定當n=k時，f(1)13(kN*)3k13k1由f(1111111k1)f[k(k3k)]f(k)f(kk)3333333f(1)f(1)f(1)63k3k3k1)f(1619.得3f(kk1)k1333即當n=k+1時，不等式建立Wisdom&Love第26頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三由〔1〕、〔2〕可知，不等式f(n1)n13對全部正整數(shù)都建立.1133于是，當11時，111，x(3n,3n1](n1,2,3,)3x333n33n13f(3n1)而x[0,1]，fx單一遞加∴f(1)f(1)所以，f(x)f(1)3x3.3n3n13n149.：a1a2an1,ai0(i1,2n)求證：分析:結構對偶式：令

a2a2a21a2112nna1a2a2a3an1anana12Aa2a2a2a212n1na1a2a2a3an1anana1Ba22a32an2a12a1a2a2a3an1anana1那么ABa12a22a22a32an21an2an2a12a1a2a2a3an1anana1＝(a1a2)(a2a3)(an1an)(ana1)0,AB又ai2a2j1aj)〔i,j1,2n)aiaj(ai2A11a2a2a2a2a2a2a2a2(AB)(12)23n1nn122a1a2a2a3an1anana11(a1a2)(a2a3)(an1an)(ana1)142十一、積分放縮利用定積分的保號性比大小保號性是指，定義在a,b上的可積函數(shù)fx0，那么bfxdx0.a50.求證：ee.分析:eelnlne，∵lnlnelnxdlnx1lnxdx，eexxex2eexe,時，1lnx0，1lnxdx0，x2ex2∴l(xiāng)nlne，ee.eWisdom&Love第27頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三利用定積分預計和式的上下界定積分產生和應用的一個主要背景是計算曲邊梯形的面積，此刻用它來預計小矩形的面積和.51.求證：111n11，n1,nN.1322n分析:考慮函數(shù)fx1在區(qū)間i,i1i1,2,3,,n上的定積分.x如圖，明顯11i11iii

dx-①x對i乞降，

n

1

ni11dxn11dxi1

i

ix1xi12xn12n11.152.nN,n4.求證：112n117.n1n32n10分析:考慮函數(shù)fx1在區(qū)間i1ii1,2,3,,n上的定積分.1xn,n∵1i1-②11ndxi11nininx1nn1

1n11nii1n1in

ni11117.ni1xdxdxln1x0ln210i1n101x53.設a0，如圖，直線l:yax及曲線C：yx2，C上的點Q的橫坐標為a11〔0a1a〕.從C上的點Qnn1作直線平行于x軸，交直線l于點Pn1，再從點Pn1作直線平行于y軸，交曲線C于點Q.Qnn1,2,,n的橫坐標組成數(shù)列an.n1〔Ⅰ〕試求an1與an的關系，并求an的通項公式；Wisdom&Love第28頁〔共38頁〕2021〔Ⅱ〕當a1,a11時，證明2

n1；(akak1)ak232k1〔Ⅲ〕當a1時，證明n(akak1)ak21.k13分析:ana(a1)2n1〔過程略〕.a1知an1an，∵a1，∴a2證明〔II〕：由a1,a31.212416∵當k1時，ak2a31，16∴nak1)ak21n(akak1)1(a1an1)1.(ak16k132k116證明〔Ⅲ〕：由a1知ak1ak2.∴(akak1)ak2(akak1)ak21恰表示暗影局部面積，明顯(aa)a2akx2dx④kk1k1ak∴n)ana)a2naka12dx131.(aak2(akk1k12dx0xa133k1k1k1a奇巧累積:將定積分建立的不等式略加改造即得“初等〞證明，如：1i

i1i

1dx2i1i；x②1i1ii1；dxln1ln1ninnnn1x③sinsinsini1dx；ii11sin2i1sini11x2ii1④(aa)a2x2dx1a3a3.akkk1k1a3kk1十二、局部放縮(尾式放縮)54.求證:11143132132n117分析:111111111131321n1147n1128323n1323222Wisdom&Love第29頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三11114748442831184847255.設an1111,a2.求證：an2.2a3ana分析:an111111112a3ana222n2.3k變?yōu)閗1，進行局部放縮〕，又k2kkk(k1),k〔只將此中一個21111，k2k(k1)k1k于是an11111(11)(11)(11)212.2232n2223n1nn56.設數(shù)列an知足an1an2nan1nN，當a13時證明對全部n1,有(i)ann2；(ii)1111a11a21an21分析:(i)用數(shù)學概括法：當n1時明顯建立，假定當nk時建立刻akk2，那么當nk1時ak1ak(akk)1ak(k2k)1(k2)21k3，建立。(ii)利用上述局部放縮的結論ak12ak1來放縮通項，可得ak112(ak1)ak12k1(a11)2k142k1111k1.ak2n1n111(1)n121ai2i11.i1i14122注：上述證明(i)用到局部放縮，自然依據不等式的性質也能夠整體放縮：ak1(k2)(k2k)1k3；證明(ii)就直接使用了局部放縮的結論ak12ak1十三、三角不等式的放縮57.求證:|sinx||x|(xR).分析:(i)當x0時,|sinx||x|

yPA(ii)當0x時,結構單位圓,以下列圖:2Wisdom&Love第30頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三xOTB因為三角形AOB的面積小于扇形OAB的面積所以能夠獲得sinxx|sinx||x|當x時|sinx||x|2所以當x0時sinxx有|sinx||x|(iii)當x0時,x0,由(ii)可知:|sinx||x|所以綜上有|sinx||x|(xR)十四、使用增強命題法證明不等式(i)同側增強對所證不等式的同一方向(能夠是左邊,也能夠是右邊)進行增強.如要證明f(x)A,只需證明f(x)AB(B0),此中B經過找尋分析,概括達成.58.求證:對全部n(nN*),都有n13.k1kk分析:1111111kkk3k(k21)(k1)k(k1)(k1)kk(k1)k1k1111111k1k1(k1)kk(k1)k1k1kk1k121112k11kk1k12k1k1進而n111111111121131132435k1k12kk1k1kk自然本題還能夠使用其余方法,如:1111111kk111kkkk1kkk1k(k1)k2kk1k1k1k1121kkn1n113.所以k1k12(1)k1kk2kk異側增強(數(shù)學概括法)雙向增強有些不等式,常常是某個一般性命題的特別狀況,這時,不如〞洗盡鉛華〞,經過雙向增強還原其原來面目,進而順利解決原不等式.其根來源理為:Wisdom&Love第31頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三欲證明Af(x)B,只需證明:ACf(x)BC(C0,AB).59.數(shù)列{an}知足:a11,an1an1,求證:2n1an3n2(n2).an分析:12,進而an2an122,所以有2an1ak22anan11a2(an2a2)(a2an22)(a2a2)a22(n1)12n1,所以an2n1nn1n1211又an123,所以an223,所以有2an1ak12an1an1a2(an2a2)(a2a2)(a2a2)a23(n1)13n2所以an3n2nn1n1n2211所以綜上有2n1an3n2(n2).引申:數(shù)列{an}知足:a11,an1an1,求證:n12n1.ank1ak分析:由上可知a2n1,又2n12n3,n2n12所以1122n12n3an2n12n12n3進而n1131532n12n32n1(n2)k1ak又當n1時,11,所以綜上有n12n1.a1k1ak引申:數(shù)列an,an0,a10,an12an11an2(nN).記Sna1a2an,Tn111.求證:當nN時.1a1(1a1)(1a2)(1a1)(1a2)(1an)(1)anan1;(2)Snn2;★(3)Tn3.分析:(1)an12an21an1,猜想an1,下邊用數(shù)學概括法證明:當n1時,a11,結論建立;(ii)假定當nk(k1)時,ak1,那么nk1(k1)時,ak12ak11ak2Wisdom&Love第32頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三2ak12an11,所以0ak11進而ak1所以上有0an1,故an2an20an1an1(2)因a2a21aa22a121a2,a32a221a3,?,an12an21an1,n1nn1相加后能夠獲得:an12a12n(a2a3an1)Sn1nan12,所以Snn1an2n2n2,所以Sn(3)因a1an,進而a12a,有1a,所以有22an11an12an1an1ana3an1,進而(1a3)(1an)(1an1)2an2an12a22n1a21an11an1,所以(1a1)(1a2)(1a3)(1an)(1an1)2n1a21a22n11an1an,所以(1a1)(1a2)(1a3)(1an)2n21a21a22n2Tn11a3a4an1111121131a22222n21a22222n251所以上有Tn3.60.數(shù)列{a}的首a3,an3an,n1，2，．n1512an1(1)明:隨意的x0,a≥112x,n1，2，;n1x(1x)23n(2)明:a1a2ann2.n1分析:(1)依,簡單獲得ann2,2313n3n要x0,an≥1x(112x,n12，，,1x)23n即12112x112213n1x(1x)23n1x3n(1x)2(1x)2Wisdom&Love第33頁〔共38頁〕2021年9月19日禮拜三即證223n210,1x3n(1x)23n設t1所以即證明(t)23nt22t20(0t1)x3n113n進而(1)0,即23n2210,這是明顯建立的.3n3n所以綜上有對隨意的x0,an≥112x,n1，2，1x(1x)23n(法二)112x11211x1x(1x)23n1x(1x)23n11121112,(1x)anan1xan(1x)2an1x≤an1x(1x)2an原不等式建立．(2)由(1)知，對隨意的x0，有aaa≥112x112x112x12n1x(1x)231x(1x)2321x(1x)23nn(11222nx．1xx)23323n取2111，