放縮法在解答數(shù)列題中的應(yīng)用技巧(十一種放縮方法全歸納) 教師版

(1)=<=2-(2)==(3)Tr+1=C?=?<<1-n(n+1)=-(r≥2)1+n<1+1+++?+<3(5)=-(6)<n+2-n(7)2(n+1-n)<<2(n-n-1)(8)-?=-(9)=+,=-(10)=-=2n+1+2n-1 n++n-=<==-(n≥2)= n=< <2 n+1-n-1=-(<?n+1+n-1<n-1n+111n>3?3(2n-1)>2n?2n-1>?<(14)=-(15)<n-n-1(n≥2)i2+1-j2+1i2-j2i+j ==i-j(i-j)(i2+1+j2+1)i2+1+j2+1<1(2)根據(jù)<放縮再求和即可(1)因為==-，所以=-+-+...+-=(2)因為<==2-,所以≤1+2-+?+-<1+=2.求證:1+++?+>-(n≥2).根據(jù)>放縮后利用裂項相消求和即可22因為>=-，(n≥2)故>1+-+...+-=1+-= =故1+++?+>-(n≥2)3.求證:+++?+<-.由+++?+=1++?+<1+1-=-根據(jù)<得+?+<1-+-+?-=1-所以1++?+<1+1-=-4.求證:+++?+<2n+1-1 1+1+?+1<由2<所以1+1?3+?+1?要證++?+<2n+1-1，只需證++?+<2n+1-1，332k2k+12k+3-2k+3+1假設(shè)n=k時不等式成立，即1+1+?+那么當(dāng)n=k+1時，++?++<2k+1-1+、要證<要證<2k+3-1，只需證2k+12k+3-2k+3+1<2k+32-2k+3，所以當(dāng)n=k+1時不等式成立。綜上所述，++?+<2k+1-15.求證：2(n+1-1)<1+、+?+<2(2n+1-1)縮可得<22n+1-2n-1，相加相消即可證明首先>=2n+1-n所以1+、+?+>22-1+3-2+?+n+1-n=2n+1-1，累加相消，可得1+++?+<2(2n+1-1).故得證.6.求證:≤1+++?+<.44一方面:因為<==2-,所以<1+2-+?+-<1+=另一方面:1+++?+>+++?+=1-=當(dāng)n≥3時，=>，成立當(dāng)n=1時，=1+++?+，當(dāng)n=2時，<1+++?+，所以綜上有≤1+++?+<,x>-1,Sm=1m+2m+3m+?+nm，求證:nm+1<(m+1)Sm<(n+1)m+1-1.由分析可知要證明的不等式等價于[km+1-(k-1)m+1[<(m+1)km<[(k+1)m+1-km+1[，只需證km+1-(k-1)m+1<(m+1)km<(k+1)m+1-km+1，即1-（1-m+1<<1+x)n≥1+nx對于n∈N+,x>-1恒成立，即可求證.首先可以證明:(1+x)n≥1+nx令h(x(=(1+x)n-1-nx，則h,(x(=n(1+x)n-1-n=n[(1+x)n-1-1[，當(dāng)n≥2時，由y=(1+x)n-1可得y,=(n-1((1+x)n-2，因為x>-1，所以y,=(n-1((1+x)n-2>0，可得y=(1+x)n-1在(-1,+∞(單調(diào)遞增，由h,(x(=n[(1+x)n-1-1[>0可得(1+x)n-1>1=(1+0)n-1，可得x>0，所以h(x(=(1+x)n-1-nx在(-1,0(上單調(diào)遞減，在(0,+∞(上單調(diào)遞增，所以h(x(≥h(0(=0，即(1+x)n≥1+nx對于n∈N+,x>-1恒成立，因為nm+1=nm+1-(n-1(m+1+(n-1(m+1-(n-2(m+1+?+1m+1-0m+1=[km+1-(k-1(m+1[m+1-1=(n+1)m+1-nm+1+nm+1-(n-1)m+1+?+2m+1-1m+1=[(k+1)m+1-km+1[，所以要證nm+1<(m+1)Sm<(n+1)m+1-1，只要證：[km+1-(k-1)m+1[<(m+1)km<[(k+1)m+1-km+1[，55只需證km+1-(k-1)m+1<(m+1)km<(k+1)m+1-km+1，m+1<<（1+m+1-1，m+1，所以原命題成立.n=4n-2n，Tn=，求證:T1+T2+T3+?+Tn<.由題意求出a1+a2+?+an=(4n-1)+2(1-2n)，通過化簡、裂項求得Tn=-，進而可證明T1+T2+T3+?+T<.a1+a2+?+an=41+42+43+?+4n-(21+22+?+2n)=-=(4n-1)+2(1-2n)所以Tn=====? nnn+1=?=-從而T1+T2+T3+?+Tn=1-+-+?+-<n=4x3+4x5+?+4x22n+1>2(n+1-42-1>4n2與2n<n+n+1放縮求==>==，因為2n<n+n+1，所以>>=2(n+1-n)6677所以++?+>2(n+1-1)(n∈N*)10.求證：l2+l3+l4+?+ln<3n-5n6(n∈N*).觀察不等式，構(gòu)造函數(shù)不等式lnx≤x-1，變形得lx≤1-，累加l2+l3+l4+?+ln<3n-1-++?+所以f(x)≤f(1)=0所以有l(wèi)nx≤x-1?≤1-，從而l2+l3+l4+?+ln<3n-1-（++?+(++?+=++++++++?+++?+>++++（+?++31=所以l2+l3+l4+?+ln<3n-1-=3n-5n611.求證:α≥2,++?+構(gòu)造函數(shù)f(x)=，得到<(n≥2).-n2≤1≤，再證明lnx≤x--n2≤1<1-n(n+1)構(gòu)造函數(shù)f(x)=，則f(x)=，又n≥2，α≥2，α≥n2>e，)≤f(n2)，即≤，設(shè)g(x)=lnx-x，則g(x)=-1=，又n≥2時，n2>1)<g(1)，即lnn2-n2<-1，∴<1-<1-(n≥2)，∴<<1-，<<1-，?,<<1-，∴++?+<n-1---???-，∴++?+<n-1--+-???+-=n-1-，∴++?+<(n≥2)2n-3.構(gòu)造函數(shù)先證明ln(x+1)>2-(x>0)，得到ln[1+nn+1[>2-，再疊加求和即構(gòu)造函數(shù)fx=ln(x+1)+-2(x>0)，則fx=-=，故fx=lnx+1+-2≥f2=ln3-1>0，故fx=ln(x+1)+-2>0，所以ln(x+1)>2->2-，令x=nn+1，則ln[1+nn+1[>2-，故ln1+1×2+ln1+2×3+...+ln[1+nn+1[>2n-3++...+=2n-3+>2n-3，即ln1+1×2+ln1+2×3+...+ln[1+nn+1[>2n-32n-3姐妹不等式:>(b>a>0,m>0)和<(a>b>0,m>0)88（1-<根據(jù)>(b>a>0,m>0)放縮證明即可利用假分數(shù)的一個性質(zhì)>(b>a>0,m>0)可得>2n+1.<< 2n+1，3n+1.運用兩次次分式放縮: 2>.?3>?993>(3n+1)3n+1.15.求證:1+++?+>.根據(jù)++?+>++?+=×2n-1=放縮即可當(dāng)n≥2時，++?+>++?+=×2n-1=，故1+++?+>1++++++++?+ ++?+-=+1->16.在平面直角坐標(biāo)系xoy中，y軸正半軸上的點列{An{與曲線y=2xx≥0上的點列{Bn{滿足OAn=OBn=，直線AnBn在x軸上的截距為an.點Bn的橫坐標(biāo)為bn，n∈N?.n>an+1>4，n∈N?;?n>n0都有++?+bn-1+b1<n-2008.(1)根據(jù)y軸正半軸上的點列{An{與曲線y=2xx≥0上的點列{Bn{滿足OAn=OBn=得n=+1-1,n∈N*，再根據(jù)直線AnBnn=1-b1,n*n=c1+c2+?+cn,n∈N*，證明當(dāng)n=2k-2>1k∈N*時Sn>即可證明nnbnnn>0，由OBn=得：b+2bn=,∴bn=+1-1,n∈N*，又直線AnBn在x軸上的截距為an滿足an-0n-=0-bn-0故an== = n=1-n2b>0,bn+2=，n(=nbn+2? n==bn+2+ +1n+2=bn+2+2bn+4+1+2+2+1n>an+1>4,n∈N*n=1-b1,n*cn=+1- ++1- -1 +1-1 +1 -+1 +1 +1+1+1--1==+1++1( -- - +1+1=n2- +1+1+1++1=2n+1+1+1>(n+1(2+1++1 2n+1 +1+1(n+1(22+1=+>∵(2n+1((n+2(-2(n+1(2=n>0,∴cn>,n∈N*設(shè)Sn=c1+c2+?+cn,n∈N*，則當(dāng)n=2k-2>1(k∈N*(時，Sn>++?++=+++?+++?+?+?+2k-1?=.+1-（+?+=Sn>Sn>401-1=2008故有++?+bn-1+b1<n-2008成立.n}都有Tn<A？并證明你的結(jié)論.首先計算出f(x)=x2+2x，再利用放縮法求出Tn.f(x(=x2+2xn==>∴Tn=b1+b2+b3+?+bn>1+++?+∵+>2×=，+++>4×=，?++?+>2k?1×=，故當(dāng)n>2k時，Tn>+1，則當(dāng)n>22m?2時，必有Tn>+1=m>A.故不存在常數(shù)A使Tn<A對所有n≥2的正整數(shù)恒成立.xyy>0, an+1>0,表示的平面區(qū)域為Dn，設(shè)Dn內(nèi)整數(shù)坐標(biāo)點的個數(shù)為an.設(shè)Sn= an+1++?+，當(dāng)n≥2時，求證:+++?+≥.容易得到an=3n，所以，要證+++?+≥只要證1+++?+≥n≥S2=+=+=(n≥2,n∈N*(，進而記Tn=++?+，得Tn≥(n≥2,n∈N*(故1++++++++?+++?+=1++T2+T2+?+T2≥+(n-1)=，所以原命題得證因為x>0,y>0，y≤-nx+3n，所以-nx+3n>0，即0<x<3，所以x=1或x=2所以Dn內(nèi)整數(shù)坐標(biāo)點在直線x=1和x=2上，所以y=-nx+3n與x=1的交點縱坐標(biāo)為y1=2n，有整數(shù)點2n個，y=-nx+3n與x=2的交點縱坐標(biāo)為y2=n，有整數(shù)點n個所以Dn內(nèi)整數(shù)坐標(biāo)點的個數(shù)為an=3nn=++?+=++?+,所以Sn+1-Sn=+?+++-++?+=+-=+-=->0所以Sn+1-Sn>0，即Sn+1>Sn，所以Sn≥S2=+=+=n≥2,n∈N*，即++?+≥n≥2,n∈N*所以++?+≥n≥2,n∈N*，記Tn=++?+，則Tn≥n≥2,n∈N*所以要證+++?+≥，即證1+++?+≥，所以只需證1+++?+≥，因為1+++?+=1++++++++?+++?+=1++T2+T2+?+T2≥+n-1=n≥2,n∈N*所以當(dāng)n≥2時，求證:+++?+≥成立.:當(dāng)n≥2時，xi-2≤2-21-n.≥2時，|xn-2|≤，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式可證得結(jié)論成立.因為xn+1=，==(=-?，且=-，n=2+(-3n-1，所以，|xn-2|≤≤，當(dāng)n≥2時，3n-1>0，=?n-，nn-當(dāng)n≥2時，=?n-≥-=1，故3n-1≥2n+1，所以，|xn-2|≤≤=，i-2|≤1+ ++?+= ++?+==2-21-nn-11-.n=++?+，求證:對任意的正整數(shù)k，若k≥n恒有:|Sn+k-Sn|<.n+k-Sn，再根據(jù)<及放縮可得|Sn+k-Sn|<，再利用組合數(shù)的性質(zhì)可得|Sn+k-Sn|=++?+≤++?+≤=++?+=?（1-<n=(1+1(n=C+C+?+C>nn+22n+n+22n+k所以|Sn+k-Sn|<<21.求證:+++?+<2n+2-1.-2nan。累加后放縮不等式可得證。2<? 2n+3< 2n+3<設(shè)an=則an+1=an?2(n+1(an+1=2nan+an，從而an=2(n+1(an+1-2nan相加后就可以得到:a1+a2+?+an=2(n+1)an+1-2a1<2(n+1)?-1<(2n+2)?-1所以+++?+<2n+2-122.求證:+++?+<2n+1-1++?+<2n+1-1即可.由2<所以1+1?3+?+要證++?+<2n+1-1， 只需證1+1+?+ 3 假設(shè)n=k時不等式成立，即1+1+?+1 那么當(dāng)n=k+1時， 2k+12k+32k+32k+31+1+?+1+1<2k+1-1+1= 2k+12k+32k+32k+3要證<2k+3-1，要證<2k+3-1，√2k+3只需證(2k+1)(2k+3)-2k+3+1<(2k+3)2-2k+3，所以當(dāng)n=k+1時不等式成立.綜上所述，1+1+?+1所以++?+<2n+1-123.已知數(shù)列{an{的前n項和Sn滿足Sn=2an+-1n，n≥1，證明：對任意的整數(shù)m>4，有++?+<?+<論，分析得出當(dāng)n≥3且n為奇數(shù)時，+<?+，然后分m為奇數(shù)和偶數(shù)進行分n=2an+-1n可得Sn-1=2an-1+-1n-1=2an-1--1n，兩式作差得an=2an-2an-1+2?-1n，即an=2an-1-2?-1n，設(shè)an+x?(-1(n=2[an-1+x?(-1(n-1[，即an=2an-1-3x?(-1(n，所以，-3x=-2，得x=，所以，an+?(-1(n=2an-1+?(-1(n-1，n+?(-1(n-=，n+?(-1(n=?2n-1，故an=[2n-2+(-1(n-1[，<?=?+(減項放縮).①當(dāng)m>4且m為偶數(shù)時，++?+=+++?++<+++?+=+=+?（1-<+=；②當(dāng)m>4且m為奇數(shù)時，所以，+++?+<+++?++<+++?+=+=+1-=-<.因此，對任意的整數(shù)m>4，有++?+<.24.設(shè)函數(shù)f(x)=.若對一切x∈R，-3≤af(x)+b≤3，求a-b的最大值.(x)=，f,(x)>0f,(x)<0，故f(x)的極小值f(-2)=-，極大值f(1)=1.3n=1?2+2?3+?+n(n+1)(n∈N*(，求證：<an<.構(gòu)造函數(shù)f(n)=an-，通過計算f(n+1)-f(n)判斷單調(diào)性，可得f(n)≤f(1)，進而可得an< 2可得an>.證明構(gòu)造函數(shù)f(n)=an-，則f(n+1)-f(n)=(n+1)(n+2)-+=(n+1)(n+2)-=-n+1-n+22<0，故f(n)單調(diào)遞減，于是f(n)≤f(1)=2-2<0，即an<.g(n+1)-g(n)=n+1n+2-+=n+1(n+2-n+1)>0，+f(n)>n+-.根據(jù)f(1)=，結(jié)合單調(diào)性與最值求得f(x)=，再根據(jù)f(x)=>1-放縮，累加求=，故a>0=可得b=-2，故f(x)==，又f(x)==1->1-(x≠0)?f(1)+?+f(n)>（1-+（1-+?+1-=n-1++?+=n+-.?n-an-bn≥22n-2n+1.根據(jù)+=1與基本不等式可得ab≥4，再根據(jù)二項展開式構(gòu)造f(n)=(a+b)n-an-bn，倒序相加由+=1得ab=a+b，又(a+b)+=2++≥4，故aban+Can-1b+?+Can-rbr+?+Cbn，令f(n)=(a+b)n-an-bn，則f(n)=Can-1b+?+Can-rbr+?+C-1abn-1，因為C=C-i，倒序相加得2f(n)=C(an-1b+abn-1)+?+C(an-rbr+arbn-r)+?+C-1(abn-1+an-1b)，nn-rbr+arbn-r≥2anbn≥2?42=2n+1，則2f(n)≥2n+1(C+?+C+?+C-1)=(2n-2)2n+1，所以f(n)≥(2n-2)?2n，即對每一個n∈N?,(a+b)n-an-bn≥22n-2n+1.n=(1+1)n=C+C+?+C，2n≥C+C=n+1，n≥C+C+C=n2+n+22n>n(n-1)(n≥2)n+1=1+an+.證明an<e2.分當(dāng)n=1和n≥2時兩種情況，當(dāng)n≥2時，根據(jù)≤與≤進行放縮，得到ln(an+1+1)-ln(an+1)<再累加證明即可1+=2；當(dāng)n≥2時，an+1≤1+an+?an+1+1≤（1+(an+1)?ln(an+1+1)-ln(an+1)≤ln1+.設(shè)f(x(=ln(x+1(-x,(x>0(，則f,(x(=-1=<0，故f(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞減，故f(x(=ln(x+1(-x<f(0(=0，故ln(x+1(<x.令x=，則ln(an+1+1)-ln(an+1)<，?[ln(ai+1+1)-ln(ai+1)[<n+1)-ln(a2+1)<1-<1即ln(an+1)<1+ln3?an<3e-1<e2.n+bn≥21-n..理即可.設(shè)a=-d，b=+d，則an+bn=-dn++dn，所以=≥n=2-n，當(dāng)且僅當(dāng)-d=+d時取等號，即≥2-n，所以an+bn≥21-n.≥3，且f(1(=≥0,x2≥0,x1+x2≤1,則有f(x1+x2(≥f(x1(+f(x2)-3.f(x)<3x+3.f(x)≤f(1)=4，>3×+3=+3≥f，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可得結(jié)論f(x(≥3，∴f(0)≥3又由②得f(0)≥2f(0)-3,即f(0)≤3;1<x2,則f(x2)=f[x1+(x2-x1)]≥f(x1)+f(x2-x1)-3,因為x2-x1>0，所以f(x2-x1)≥3，即f(x2-x1)-3≥0,)≤f(x2).f(x)≤f(1)=4.當(dāng)n=1時，f=f(1)=4=1+3=+3，不等式成立；假設(shè)當(dāng)n=k時，f≤+3(k∈N*)由f=f++≥f+f+-3≥f+f+f-6得3f≤f+6≤+9.f,f(x(單調(diào)遞增∴f<f，所以，f(x)<f<3x+3.+a2+?+an=1,ai>0(i=1,2?n)，求證：++?++≥.通過構(gòu)造對偶式：A=++?++，B=++?++，首先證明A=B，然后構(gòu)造A=(A+B)，從而利用基本不等式證明.構(gòu)造對偶式：令A(yù)=++?++，B=++?++，則A-B=++?+-+a-a則A-B=++?+-+a1+a2a2+a3an-1+anan+a1=(a1-a2)+(a2-a3)+?+(an-1-an)+(an-a1)=0，所以A=B，又因為≥(ai+aj)，(i,j=1,2?n)所以A=(A+B)=++?++≥[(a1+a2)+(a2+a3)+?+(an-1+an)+(an+a1)[=(a1+a2+?+an(=，所以++?++≥.32.求證:++?+<.∴+++?+∴+++?+=+++?+<++?+=+++?+<++?+=+2+?+2n1-1=+2+?+2n1-1(=11+1×1-<11+1×=47<48=4n=1+++?+,a≥2.求證：an<2.利用放縮法得an=1+++?+≤1+++?+，又<=-，結(jié)合裂項相消求和法即可證明.n=1+++?+≤1+++?+，所以<=-，所以an≤1+++?+<1+（1-+-+?+-=2-<2.n≥--xn=1、2、?;+a2+?+an≥.(2)取x=++?+==1-，由(1)中的結(jié)論結(jié)合等比數(shù)列求和可證得所證不等式成立.==-1=an-1 2an+1n?,2+1?n=-，=-?+=--an（2+an≤an，得證；有a1+a2+?+an≥-取x=++?+==1-,所以，a1+a2+?+an≥ n2n+1 n=n2>1+1-n n2n+135.已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-x.若f(x)在區(qū)間[0,n](n∈N*)上的最小值為bn，令an=ln(1+n)-bn.求證:++?+aaa1<2an+1-1.確定an=ln(1+n)-bn=n，再證明=a1a3?a2n-1=a2a4?a2n 1<<<2n+1n=fn=ln1+n-n，an=ln1+n-bn=n，<5?(2n-1)< ,即有1?1)<2+1<2n+12n-1=2n+1-2n-1，∴++?a1<(3-1)+(5-3)+?+(2n+1-2n-1)=2n+1-1=2an+1-1.令g(x)=ax-f(x)，由題意可得g(x)≥0對于x∈[0,+∞恒成立，求gx，分別討論a≥、0<a<和a≤0時，g(x)=ax-f(x)的單調(diào)性與最值，即可求解.因為f(x)=，所以f(x)=cosx(sin2x=(2，則g(x)=a-f(x)=a-(2=a-23=a-+=3-2+a-，①當(dāng)a≥時，g(x)≥0恒成立，g(x)=ax-f(x)在[0,+∞上單調(diào)遞增， 3③當(dāng)0 3故h(x)>h(0)=0，即sinx>3ax，f(x)=>>ax，所以0<a<不符合題意；37.若0<xi<arccos3a，其中i=1,2,3,?,n且0<a<，x1+x2+x3+?+xn=arccos3a，求證:tan+tan+tan+?+tan>arccos3a.由三角恒等變換的公式化簡得到tan>，令h(x)=sinx-由tan===>， 3當(dāng)0 3x(>0，所以h(x(單調(diào)遞增，所以h(x)>h(0)=0，即sinx>3ax，可得sinxi>3axi，即tan>>，所以tan+tan+tan+?+tan>(x1+x2+?+xn)，因為x1+x2+x3+?+xn=arccos3a，所以tan+tan+tan+?+tan>arccos3a到結(jié)論.(x)=e-ax，f(0)=1；f(x0)<f(0)=1；-ax≥1，∴f(x)=e-ax≥>1.f(x)>1.39.證明:+++?+<(n∈N*,n>1).構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln(x-1)-(x-1)+1(x>1)，求導(dǎo)分析單調(diào)性可證明ln(x-1)≤x-2，再令x=n2f,(x)=-1=，令f,(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≤，故+++?+<++...+=，所以+++?+<(n∈N*,n>1)n+1=1+an+.證明an<e2.分當(dāng)n=1和n≥2時兩種情況，當(dāng)n≥2時，根據(jù)≤與≤進行放縮，得到ln(an+1+1)-ln(an+1)<再累加證明即可1+=2；當(dāng)n≥2時，an+1≤1+an+?an+1+1≤（1+(an+1)?ln(an+1+1)-ln(an+1)≤ln1+.設(shè)fx=lnx+1-x,x>0，則f,x=-1=<0，故fx在0,+∞上單調(diào)遞減，故fx=lnx+1-x<f0=0，故lnx+1<x.令x=，則ln(an+1+1)-ln(an+1)<，?[ln(ai+1+1)-ln(ai+1)[<n+1)-ln(a2+1)<1-<1即ln(an+1)<1+ln3?an<3e-1<e2.41.已知函數(shù)f(x)=xlnx，若a>0,b>0,證明f(a)+(a+b)ln2≥f(a+b)-f(b)根據(jù)題意，設(shè)函數(shù)g(x(=f(x(+f(k-x),k>0，得到g(x)=xlnx+(k-x)ln(k-x)，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與最小值，得到g(x)≥g，進而得到g(x)≥f(k)-kln2，再令x=a,k-x=b，代入即設(shè)函數(shù)g(x(=f(x(+f(k-x),k>0，因為f(x)=xlnx，所以g(x)=xlnx+(k-x)ln(k-x)，則0<x<k，可得g,(x)=lnx+1-ln(k-x)-1=ln，令g,所以g(x(在,k所以g(x(的最小值為g，即總有g(shù)(x)≥g,又由g=f+f（k-=kln=k(lnk-ln2)=f(k)-kln2,所以g(x)≥f(k)-kln2，即f(x)+f(k-x)≥f(k)-kln2，令x=a,k-x=b，則k=a+b.所以f(a)+f(b)≥f(a+b)-(a+b)ln2，即f(a)+(a+b)ln2≥f(a+b)-f(b).②當(dāng)x1>0，x2>0時,證明:f(x1(+f(x2(<f(x1+x2(;(Ⅱ)已知不等式ln(x+1)<x在x>-1且x≠0時恒成立,求證:ln22+ln32+ln42+?+ln(n+1)2>,(n∈N*(時,x1+x2>x1,且x1+x2>x2,得>,>,從中解出fx1、fx2即可證得結(jié)論;(II)構(gòu)造一個符合條件的函數(shù)f(x)=xlnx,利用(I)的結(jié)論,得x1lnx1+x2lnx2+?+xnlnxn< x1+x2+?+xnlnx1+x2+?+xn(n≥2),令xn=,再將Sn=x1+x2+?xn=++?+放縮,即可證得所證不等式從而有g(shù)(x)=在(0,+∞)上是增函數(shù).有>,>,于是有:fx1<fx1+x2,fx2<fx1+x2,兩式相加得:fx1+fx2<fx1+x21+fx2<fx1+x2x1>0,x2>0恒成立由數(shù)學(xué)歸納法可知:xi>0(i=1,2,3,?,n)時,有:fx1+fx2+fx3+?+fxn<fx1+x2+x3+?xn(n≥2)恒成立設(shè)f(x)=xlnx,則,則xi>0(i=1,2,3,?,n)時,x1lnx1+x2lnx2+?+xnlnxn<x1+x2+?+xnlnx1+x2+?+xn(n≥2)恒成立令xn=,記Sn=x1+x2+?xn=++?+n<++?+