数列放缩法技巧

1、附件数列放缩法技巧 证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧 而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因 而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略 往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律 进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： 一、裂项放缩 n 2 例1.求k1k的值; 求证: 15 2 k 1 k23 解析:因为 2 4n2 1 (2n 1)(2n1) 1 2n 1 1 2n -，所以 1 n 2 k 1 4k 1 2n 2n 2n 1 因为 1 2 n 4 4n2 2n 1 1

2、2n n 所以 1 k 1 k2 23 1 2n 2n 1 技巧积累：(1) 1 2 n 4 4n2 4 4n2 1 1 2n 1 1 2n 1 _1 CI 1C： (n 1)n(n 1) n(n 1) Tr 1 cn n! r!(n r)! 1 r! 1 r(r 1) Ar 2) n(n 1) 1 2n(2n 1) 1 2n 1 1 2n (7) 2(1 _1 Jn)亠 2( ； n n 1) 1 1 (8) 2n 1 2n 3 2n (2n 1) 2n 1(2n 3) 2n 1 (9) k( n 1 k) 1 1 1 1 1 1 1 n 1 k k n 1， n(n 1 k) k 1 n

3、n 1 k (10) n 1 1 (n 1)! n! (n 1)! 2 1 1 1 1 (12) 2n 2n 2n 2n1 11c、 (2n 1)2 (2n 1)(2n 1) (2n 1)(2n 2)(2n 1)(2n 1 1) 2n 1 1 2n 1 (13) 1 1 1 1 1 1 .n3. n n2 、n(n 1)(n 1) n(n 1)n(n 1) .n 1、n 1 (11) Tn 凤R 药7)/ J 1 1 n 1 n 1 1 1 -n 1 .n 1 2 n *n 1 .n 1 (14) n 1 n (3 1) 2 n 3(2 n八 n n 2n 1 2n 2 2 2 3 I 1)

4、2 2 1 一 n 3 213 (15) k 2 1 1 k! (k 1)! (k 2)! (k 1)! (k 2)! (16) 1 、n 、n 1(n 2) 、n(n 1) (17) i2 1. j2 1 2 i 2 j i j 4 i j (i j)( i2 1 j 2 1) i2 1. j2 1 1 例2.(1)求证 ：1丄 1 1 7 1 (n 2) (n 32 52 (2n 1)2 6 2(2 n 1) (2) 求证: 1 丄 丄 1 2 丄 丄 4 16 36 4n 2 4n 1 2 n 1 1 1 1 1 1 1 所以 2 1-(- )1 ( -) i 1 (2i 1) 3 2n

5、 1 2 32n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 2 2) -(1 1 - 4 16 36 4n J 2 422 n 4n 解析：(1)因为 1 2 (2n1) 1 (2n1)(2 n 1) 1 1_1 2 2n 1 2n 1 求证：1 口竺 22 42 4 6 135(2n 1) 2n 6 - 2n 求证：2( . n 1 1) 1 1 .3 1.2(.2n .n 1) 先运用分式放缩法证明出 13 5(2n 1) 2 4 6 2n 1 、2n 1 ,再结合 1 再证 、n 2( .2n 1. 2n 1) 一 2n 1 一 2n 1 n t 1 Jn 2 Jn 进行 n 2 裂

6、项，最后就可以得到答案 1 一o 首先2(. n 1)2,所以容易经过裂项得到 JnJn 1 Jn 2( n 11)11 v2 2 而由均 值不等式 知道这是显然成立的，所以 1 一 n .2(.2n 1) 例3.求证: 6n (n 1)(2 n1) 1 解析:一方面:因为丐 n 1 2 1 n _ 4 4 4n21 1 2n 1 2n 1 ,所以 1 1 n 1 k 1k2 2n 1 2n 1 另一方 1 n(n 1) 6n 时，(n 1)(2n 1) n 1 6n (n 1)(2n 1)当 n 1 2 , n 6n 当 n 2 时(n 1)(2n 1) 1 所以综上有 n 6n (n 1)

7、(2 n 1) 15 n23 例4.(2008年全国一卷)设函数f (x) xlnx.数列 an 满足 0 ai 1. am f(an).设 b (a,)，整数 k 电空.证明：ak 1 b. a l n b 解析：由数学归纳法可以证明an是递增数列，故存在正整数m k,使 am b,则 ak ! ak b, 否则若am b(m k), 则由0 a1amb 1知 am ln am ajn am a11n b 0, ak 1 ak k ak ln akcam ln am , m 1 k 因为 a m 1 m ln am k(ajnb),于是 ak 1 a1k | a1 l n b | a1 (b

8、aj b 例5. 已知n, m N ,x mm 1,Sm 12 3m 1m n , 求证 m 1 :n (m 1)Sn(n 1)m 1 1. 解析:首先可以证明：(1 x)n 1 nx n m 1 i (n 1) (n m 1m 1 1) (n 2) .m 1 1 km k 1 1 (k 1)m1所 以要证nm 1 (m 1)Sn (n 1)m 11只要证: n km1 k 1 n (k k 1 (k 1)m1 (m 1)m1 km1 故只要证 n km1 (k k 1 (k 1) k 1 km 1)m1 1)m 1 即等价于 (1 1)m1,1 k 例6.已知an 4n 2n ，Tn 41

9、43 4n T, 所以 4 n -(4n 1) 2(1 3 3 2n 4n 13 2n 12 2n) m 1 (n 1) (m (m a? 1 2 (2 2 3 2 2 (2n) m 1 (n 1) m 1m 11 m 1 (n 1) L 2 (2 2n 2n 1)(2n 1) 从而 T1t2 T3 例7.已知x1 Xn n 1) k 1 km m 1)k 2n n (k k 1 1)m 1,即等价于 (k 1)m 1 km, 而正是成立的 一,求证:T an 2n)4(1 4n) 2n _41 -2 2n 1 33 2n 2 3 2n 1 ,所以原命题成 Tn号. 4n1 3 1 2n 1

10、2* 1 n(n n 2k 1,k 1(n2k,k Z) Z) 1 求证: 4 X2 X3 4 X4 X5 1 4 X2nX2n 1 、2( . n 1 2(1 2n) 1 2 1)(nN*) 12,因为 证明: 4 X2nX2n 14 (2n 1)(2n 1) 4 2 、.4n 2；n x n . n 1 ,所以 一 1 2n X2n 1 、2 2n 所以 1 4 X2X3 1 4 X4X5 42( .、n 11)(nN*) 4 X2nX2n 1 、函数放缩 In 4 4 In 3n N ). 解析：先构造函数有in x In x X 1,从而 X 因为 1 1 1 1 1 2 3 3n 2

11、 3 5 3 3 9 9 6 6 9 18 27 所以 In 2 In 3 In 4 2 3 4 n 3 ln2 In3 2 T In 4 4 In3n 1 1 1 1 1 1 1 1 4 5 6 7 8 9 2 2 1 3n 1 3n 1 5n 2 3n1 3n 6 In 3n 3n 1 5n 3n 5n 6 3n 6 6 1 3 (1 例9.求证:(1)2,旦红 23 In n n 2n2 n 1 2(n1) (n 2) 2 解析：构造函数f (X) Sz ,得到叵 啤,再进行裂项 xn n In n2 2 n 1 2 n 1 -,求和后可以得到答案 n(n 1) 函数构造形式: In X

12、 X 1, In n n 1(2) 1 1 1 1 1 例10.求证 ln(n 1) 1 2 3 n 1 2 n 解析:提示: ln(n 1) n 1 n2 In n 1 In In In 2 n n 11 n n 1 函数构造形式：In x x,Inx 11 X 当然本题的证明还可以运用积分放缩 如图,取函数 f(x)-, X 首先:SabcF 1,从而, n ix n1 In X in i Inn ln(n i) In n ln(n 1), ix 所以有 1 ln2,3 In 3 In 2, In n ln(n In(n 1) Inn,相加 后可以得到： In(n 1) 另一方面Sabde

13、 1 ,从而有 x In x |! i In n In( n i)取 i 1 In n In(n 1), 所以有ln(n 1) 1,所以综上有 n In(n 1) 例11.求证:(1 1)(1丄) 2!3! (1 1 1 1 e和(19)(181)(1 护 解析:构造函数后即可证明 例 12.求证:(112) (1 3) 1 n(n 1)e2n 3 解析：l nn(n 1) 12 n(n 1) 1 ,叠加之后就可以得到答案 In 3 In 4 45 例13.证明： 3 函数构造形式：ln(x 1) 23 (x 0)1 ln(1 x) 3 (x 0)(加强命题) x 1xx 1 Inn n(n

14、1), (n N*, n 1) n 14 解析:构造函数f (x) ln(x 1) (x 1)1(x1),求导,可以得到: f(x)1 x 11 令 f(x) 2,令 f(x) 0有 x 2, 所以f (x) f (2)0,所以 ln(x 1) 2 ,令 x n2 1 有，ln n2 n21 所以 n ln n 1 n 1 T ,所以呼ln3 3 ln 4 -5 ln n n 1 n(n (n N*, n 4 1) 例14. 1,an 1(1 n)an 1 歹.证明 an 解析: an 1(1 (1 )an n(n 1) (1 n(n 1)2 )an,然后两边取自然对数，可 以得 到 ln a

15、n 1 ln(1- n(n 1) ln an 然后运用ln(1 x) x和裂项可以得到答案)放缩思路: an 1(1 是 ln an 1 ln an 丄)an n n 2 1 2 n ln an 1 ln(1 ln an n 1 (ln ai ! i 1 lnaj (亠 i i ln an In a 1 1i 2. 2 注：题目所给条件ln(1 x) x 索放缩方向的作用；当然， 1 an 1 (1)an n(n 1) 即 ln an ln a1 0)为一有用结论，可以起到提醒思路与探 本题还可用结论 (x ln(an 11) ln(an 1) 1 a an 1 n(n 1) 1 n 1 ln

16、佝 1 i 2 即 ln(an 1) 1)ln( ai 2n n(n 1)(n 1 (1)(an n(n 1) 1 2)来放缩: 1) ln(1) n(n 1) n 11 i 2 i(i 1) 3e 1 e2. n(n 1) 1) ln (a. 1) ln(a2 1 1) 1 1， n 1 ln3 an 例15.(2008年厦门市质检) 已知函数f (x)是在(0, )上处处可导的函数，若 x f(x) f (x)在x 0上恒成立.(I) 求证：函数g(x) 他在(0,)上 x 是增函数; i_ (II) 当 Xi 0, X20时，证明:f (Xi) f (X2)f (Xi X2)； 两式相加

17、后可以得到 f (Xi) f(X2) f(Xi X2) Xi f (x1 x 2 XiX2 Xn) Xn f (Xi) Xi XiX2 Xn f (Xi X2 Xn) f(X2) X2 f (Xi XiX2 X2 Xn) Xn f (X2) X2 XiX2 f (Xi X2 Xn Xn) f (Xn) Xn f(XiX2 XiX2 Xn) Xn f (Xn) Xn X2 f (Xi X2 Xn Xn) (III) 已知不等式ln( i x) x在xi且x 0时恒成立， 求证： 亦m22 41 n32 32 i2 昇n 4 42 -_ ln(n i)2 (n i)2 n 2(n i)(n 解析:

18、(I) g(X) f(X)X 2 x f (X) 2 0,所以函数g(x) 少在(0, X 数 (II) 因为g(X)() X 在(0,)上是增函数，所以 f (Xi) Xi f (Xi X2) Xi X2 f (Xi) f (XiX2) XiX2 f (X2) f (Xi X2) f (X2) X2f (xx ) X2 XiX2 T (Xi X2 ) XiX2 )上是增函 2) (n N ). 相加后可以得到： f (Xi) f (X2) f (Xn) f (Xi X2 Xn) 所以 Xi ln Xi X2 In X2X3 In X3 Xn ln Xn (Xi X2 Xn)l n(Xi X2

19、 Xn) 令Xn i (i n)2 gln42 42 i)2 i 丄 22 32 4 i (n i)2 i 32 i (n i)2 1 1 1 . 1 ln 1 1 孑 (n 1)2 2 1 3 2(n 1)n 1 1 1 n n 12 n 2 2(n 1)(n 2) 所以和22 i3 Al n42 42 (方法二) ln(n 1)2 (n 1)2 (n 1 1)2 ln( n 1)2 2(n n (nN) 1)(n 2) ln 4 1 ln4 n 1 1 (n 1)(n 2) n 2 ln(n 1)2 (n 1)(n 2) 又 In 41 所以R2 扣2 厶 ln(n 1)2In 4 - (

20、n 1)2 n 2 nln 4 2(n 2) I n42 42 1 (n 1)2 ln(n 1)2 n 2(n 1)(n 2) (n * N ). 例16.(2008年福州市质检)已知函数f(x) xlnx.若 a 0,b0,证明：f(a) (a b) ln2 f (a b) f (b). 解析：设函数g(x) f (x) f(k x), (k 0) f (x) xln x, g (x) xlnx (k x) ln(k x), 0 x k. X /.k g k 1 X n 1 k 函数g(x)在,k )上单调递增，在(0,?上单调递减. kk g(x)的最小值为g(专)，即总有g(x) gq)

21、. 而g( f(k 号) klnk 2 k(l nk ln2) f (k) kln2, g(x) f(k) kln2, 即 f (x) f(k x) f (k) kl n2. 令x a ,k x b,则k a b. f (a) f (b) f (a b) (a b) ln2. x 1)，求f (x)的最 P2n 1，证明 f(a) (a b)ln2 f (a b) f (b). 例 17.设函数 f(x) xlog2x (1 x)log2(1 x) (0 小值; p2n log 2 P2nn . (1 x)log2(1x) 设正数 Pi,P2,P3, , p2n 满足 Pl P2 P3 Pi

22、log 2 PiP2 log 2 P2 P3 log 2 P3 解析：对函数f (x)求导数：f (x) (xlog2 x) 111 log2 x log 2(1 x). log 2 x log 2(1 x).于是 f ()0. In 2 In 22 1 、 1 当 x , f (x) log2 x log2(1 x) 0, f (x)在区间(0,)是减函数， 1 1 当 x 2 时，f (x) log2X log2(1 x) 0, f(x)在区间(-,1)是增函数. 1 1 所以f (x)在x -时取得最小值，f()1 , (U)证法一：用数学归纳法证明. (i )当n=1时，由(I)知命题

23、成立. (ii )假定当n k时命题成立，即若正数 P1, P2, P2k 满足 P1 P2 P2k1 则 P1 log 2 P1P2 log2 P2 p2k 82 P2k k. 当n k 1时，若正数p1, p2, ,P 2k 1 满足 p1p2 P2k 1 1,令 PiP2P2k,q1 Bq , ,q2k xx P2k x 则q1,q2, ,q2k为正数，且 q1 q2 q?k 1. 由归纳假疋知q1 log 2 P1 p2 log 2 p2 q2k log2 q2kk. P1 log 2 P1P2 log 2 P2 P2k log 2 P2k x(q1 log 2 q1q? log 2

24、42 q2k log 2 q2 log2 x) x( k) xlog2 x, 同理，由p2k 1 P2k 2 p2k 11 x可得 P2k 1 log 2 P2k 1 p2k 1 log 2 p2k 1 (1x)( k) (1 x)log2(1 x). 综合、两式 P1 log 2 P1p2 log 2 p2p2k 1 log 2 p2k 1 x (1x)( k) xlog2 x (1 x)log2(1 x) (k 1).即当 n k 1时命题也成立. 根据(i )、(ii )可知对一切正整数n命题成立. 证法二： 令函数 g(x) xlog2 x (c x)log2(c x)(常数c 0,

25、x (0,c),那么 ,、.x . XX、. 一 X、., g(x) clog： (1 )log2(1 -)log 2 c, cc c c 利用（I）知，当 x 1 (即X E）时,函数g（x）取得最小值 c 2 2 对任意x.0, x2 0,都有 X1 X2 |X1 X2 片 log 2 x1 x2 log 2 x22log2 - 2 2 (X1 X2)log2(X1 X2) 1. 下面用数学归纳法证明结论. (i、当n=1时，由(I、知命题成立. (ii)设当n=k时命题成立，即若正数 P1, P2，P2k 满足 P1P2P2k1,有 P1 log2 P1 P2 log2 P2 LP2k

26、log2 P2kk. 当 nk 1 时，p1,p2,L , P2k 1 满足 P1 P2 LP2k 11. 令Hp. log2 P1 P2 log2 P2 L卩2厂1 log?卩2厂1 P2k1 log2P2k1 由得到 H(PiP2)log2(PiP2) 1 L(P2ki.P2ki)log2(P2ki.P2ki) 1, 因为(PiP2) L(P2k i .P2ki) 1, 由归纳法假设 (Pi P2)log2(Pi P2) L (P2k 1 i p2ki)log2(p2ki . P2ki) k,得到 H k (Pi P2 LP2k 11 P2k 1) (k 1). 即当n k 1时命题也成立

27、. 所以对一切正整数n命题成立. 例18. 设关于x的方程x2 mx 1 0有两个实根， ，且 ，定义函数 f(x) 2x m若 x21 .， 为正实数， 证明不等式： I f( )f( )I I I. 解析： 2x f (x)2 x m 1 f (x) 2( x2 1)(2x m) 2x (x2 1)2 2(x2 (x2 mx 1) 1)2 当x (,)时,X2 mx 1 (x, )(x)0 f (x) 0 f(x)在(, )上为增函数 ,R且 ( ) -()0, (_L J_) 0 a 由可知 f(a) f() f()同理可得 f(a) f () f () f( ) f( ) f () f

28、() f( ) f() I f() f()1 I f( ) f( )1 又由(I)知 1 1 f( ),f( ),1 I f( I f() 1 f( )I I- a f( )I I I所以 三、分式放缩 b 0, m 0)和一 a b b m (b a a m 记忆口诀”小者小，大者大” 解释:看b,若b小,则不等号是小于号 姐妹不等式： (a b 0,m0) a m 例19.姐妹不等式：(1 1)(1 1 1 5)(1 )vJ2n 1 和 2n 1 2bn (1 1)(1 1)(1 1) 246 (1 -1-),也可以表示成为 2n 2n 1 1和 (2n 1) 2n 1 .2n 1 解析：

29、 利用假分数的一个性质 b b m (b a a a m 2 4 62n357 2n 1 1 3 5 1 3 5 2n 12 4 6 2n 2 4 6 2 4 6 2n 1 3 5(2- 1) 0,m0)可得 2n 1 2n (2n 1) 2n )2 2n 1) 2n 1 即(1 1)(1 (1 33n 1. 11 例 20.证明:(1 1)(1 )(1 -) 47 (1 3n 2) 解析：运用两次次分式放缩 2 5 8 3n 1 3 6 9 3n ( 加1) 1 4 7 3n 2 2.5 8 3n 1 2 5 8 3n 1 4 7 10 3n 1 (加2) 1 4 7 3n 23. 6 9

30、3n 相乘,可以得到： 10一 8 7 4 一 2 1 2 3n3n 3n3n 2 1 3n3n 1 例21.求证: 1 1 1 1 2 3 2n 1 1 1 1 解析：1 2 3 2n 1 1 1 1、 ( - - n) 2 2 2 四、分类放缩 1) (1 1 -) 3 3n 1. 7 3n 2 n 2 1 1 1、 ,1 1 1 1、 1 (- -) (3333) 2 4 4 23 23 23 23 1 n 1 、 n n (1 n ) 2 2 2 2 所以有(1 1)(1丄)(1 4 在平面直角坐标系 例 22.(2004 年全国高中数学联赛加试改编) xoy中,y轴正 半轴上的点列A

31、n与曲线y . 2x ( x 0) 上的点列Bn满足OAn| |OBn -, n 直线An Bn在X轴上的截距为an .点Bn的横坐标为n N (1)证明anam4, n N ； (2)证明有no N，使得对n %都有 i i 2 2 b2ba b2 bi bn2 解析: 0 0 i,n i n i n ，Bn bn bn b bn ibn H n 2008. bn，、. 2b； , bn 0，由 OBn 得: N* ,又直线AnBn在X轴上的截距为an满足 an 0 2bn an bn i Q 2n2bn in2bn2 0,bn n 2 bn i n2bn i an an n2bn bn 2

32、 .2bn 4 证明: 显然，对于丄 n 设cn i Q 2n 设Sn 弘,n bn an an i 4, n N i 2 i n i 2n 2 i n 2n i n i n i C2 Cn,n 22 2k i 所以, 4009 取2 2n i 2 i 2 n 2 1 2 2 则当n i 2k 2k 2川 i 22 i no都有: 时, 1b bn 1 Sn 0 4017 1 Sn. 4017一1 2008 2 no 故有生色 b1 b2 bn bn 1 bn 1 一 n恒 sin(n k) 2“ k I sin(n k) 1 2* k 1 n 2 c： n 1 1 2 1 2 2 所以|Sn

33、 k Sn 六、借助数列递推关系 1 3 2 4 1 3 5 例27.求证：1 2 解析: an 1 an 2(n 1)an a1a? an 1 所以丄 2 1 3 5 2 4 6 (2n 5(2n 1) 2 4 6 2n 1 2 4 6 2n an 2(n 1)an1 2(n 1) 2nan，相加后就可以得到 2(n 1)an 1 2a12(n 1 3 5(2n 2 4 6 2nan an,从而 2) 2n 2 1 313 5 例28.求证：- 22 4 2 4 6 解析： 设an 1 3 5 (2n 则 2 4 62n 2n 1 an 1 an 2(n 2(n 1) an 1 2(n 1)

34、1am (2n a1 a2 an (2n 1)a n 1 3a1 1 3 5(2n 2n 11 2 4 6 2n 1)1an 1(2n1)an an 1)an,相加后就可以得到 例29. 若a1 1, an 1 1,求证: a1 an 解析: an 2 an an an an 2 an 1,从而 2( n 11) an 1 所以就有- a1 a2 an a1 an 1 an a2 a1 2 an Qna22 n 12 七、分类讨论 例30.已知数列an的前n项和满足 Sn 2an( n 1) ,n 1.证明：对任意的 1 1 整数m 4，有L a4a5 17 am8 解析:容易得到an討2 1

35、)01 由于通项中含有(1)n 当n 1 很难直接放缩, 考虑分项讨论: an an 1 3且n为奇数时 3亠 2(2n2 1 3 2n2 2 2 22n 3 1) 3 (六 2门22门1 22n 32n 12n 21 4)(减项放缩)，于是 2 丄 a5 当m 4且m为偶数时 丄丄(丄 ama4a5 2 2(23 24 1 ) a6 1 2 m 2 1 1 ( ) am 1 a m 1 3 1 (11 )1 2 2 4 (1 尹)？ 当m 4且m为奇数时 1 a4 3 7 8 8 1111 111 a5 a4 a5 a4 a5 (添项放缩)由知 am 1 1 a4 1 am 1 am 1 8

36、.由得证。 八、线性规划型放缩 例31.设函数f (x) 2x 2 x 1 -.若对一切 2 af (x) b 3，求 a b 的最 大值。 解析：由(f (x) 1 2)(f(1) 1) 2 2 (x 2) (x 1) 2(x2 2)2 1 知(f(x) -)(f(1) 1) 1 2 f(x) 1 由此再由f (x)的单调性可以知道f(x)的最小值为 最大值为 因此对一切x R,3 af(x) b 3的充要条件是, 即a，b满足约束条件 a b 1 a 2 3,a b 3 1 b 3, -a b 2 由线性规划得，a b 的最大值为5. 九、均值不等式放缩 例 32.设 Sn厂2 L求证弩

37、1) Sn (n 1)2 2 解析：此数列的通项为 ,k(1)，k 1,2, ak ,n. k .k(k 1) (n 1)2 2 x),即理 2 2 注：应注意把握放缩的“度”：上述不等式右边放缩用的是均值 不等式託，若放成k(k 1) k 1则得S n (k。S血3)旦主，就放过 ab 丁n k 122 “度”了！ 根据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式，这里 2- n a1 an Z 岂 丄 丄n a1an Sn (k k 1 Snn(n 2 2 a1an n 其中，n 2,3等的各式及其变式公式均可供选用 例33.已知函数f(x) a 2bx ，若 f(1) 4 ，且f (x)

38、在0,1上的最小值为 5 1 、 2，求证：f(1)f(2) f (n) 解析：f(x) r 14 (1 2 2 2) (1 1 r(x 0) 2?2 1 1 R n a(1 f(1) f(n) (1 例34.已知a,b为正数, ，试证：对每一个 (a b)nanbn22n 2n 十)n 丄) 2 2 1 2. 解析：由丄丄1得ab a a b 而(a b)n Can 令 f(n) (a f (n) =C：an 1b 2f (n) =c：(an 又(a 而 an1b abn1 则 C：a b)n 1b n1b n a C：an rbr 1) abn rbr bn b) a C：an 则 c；

39、C：(an b 1) b rbr 1 n ab r r abn -4，故ab a C：bn 因为cn a bn r) n i C n Cn ，倒序相加得 1(abn 1 an 1b) n 2 4 2n1， (2n 2) 2n 1，所以 f(n) (2n 2) 2n，即对每一 个nN， (a b)n an bn 22n 2 n 1 例35.求证C： C2 c； Cn n n 1 2v(n 1,n N) 解析：不等式左 c； cf C c； 2n n 1 1 1 2 22 2n 1 n n1 2 22 2n 1 =n 门， 原结论成立 例 36.已知 f (x) ex e x,求证： f(1) f

40、(2) f f (n) n (en1 俨 Cnn1)(arb n r nr r、 a b ) r 2f (n) =(C： C； (2n2)(arbn 解 X2ex1ex21ex1 x21 1 析:f(x1)g(ex1孑) %x9 e e e2 f(3) 例 37.已知 f(x) x 1,求证:f(1) f (2) f (3) x 经过倒序相乘，就可以得到 f(1) M2) f(n) f(2 n) (en1 2n(n n 1尸 1)n 解 析： 1 (k k)(2n 1k 2n 1 )k(2 门 1 k) 2n 1 k 2n 1 k(2 n 2(2n 1 k) 2 1 k) 其中: 1,2,3,

41、2n,因为 k 2n k(1 k) 2n (k 1)(2 nk) 0 k(2n 1 k) 2n 所以（k k 2n X) 2n 2 从而f (1) f (2) f(3) 2 f(2n) (2n2)2n, 所以 f (1) f (2) f(3) f(2n) nn 2 (n 1). 例38.若k 7,求证：Sn 1 nk 1 解析:2Sn ( n 1 nk 1) 1 nk 2) 1 (n 2 1 nk 3) 1 (nk 丄) n 因为当x 0, y 0 时，x 2 xy, 所以（x 1 1 y)(- x y 4,所以 x ,当且仅当 y时取到等号. 所以2Sn 4 n nk 1 4 n 1 nk

42、nk 3 n nk 1 4n(k 1) n nk 1 所以Sn 2(k 1) 2(k 1) 1 nk 1 例 39.已知 f (x) a(x x1)(x x2),求证:f (0) f(1) 16 a2 解析：f(0) f(1)a2x,(1 x1)x2(1 x2). 16 例 40.已知函数 f(x)=x2-( 1)k f (x) n 2-1 f (xn) 2n(2n 2lnx(k N*).k 2). 是奇数，n N*时，求证： 解析: 由已知得f (x) 2x -(x x 0)， (1) 当n=1时，左式= 22 = (2x) (2x)0 右式=0 xx .不等式成立. (2) n 2,左式=

43、f (x)n 2n1 f (xn)(2x 2、nn 1n2 )2(2xJ xx 2n(C：xn 2 C；xn4 n 21n Cnn 4Cn x 1 1) n 2 x 令S C：xn2 C；xn4 Lc： 2 1 LCnn x Cn 11 4Cnn 2 x 由倒序相加法得：2S cnx2 - 12) Cn(xn4 二)Cnn14 x：2) xxx 2(C： C2 C：1)2(2n 2), 所以 S (2n 2).所以f (x)n 2n 1 f (xn) 2n(2n 2)成立. 综上，当k是奇数，n N时，命题成立 例41.(2007年东北三校)已知函数f (x) ax x(a 1) (1) 求函

44、数f (x)的最小值，并求最小值小于 0时的a取值范围； (2) 令 S(n) C1f(1) Cn f(2) C： 1f(n 1)求证： S(n) (2n 2) f(2) 1 (1 由f (x) axlna 1,f (x) 0即: axlna 1, ax,又a 1 xlogjna,同理：f(x) 0, Ina 有xlocalna,所以f(x), localna)上递减，在(localna,)上递增；所以x)min f( localna) 1 lnlna，若f(x)min 0,即1 lnlna 0则nlna1, lna 丄 a的取值范围是 lnalnae 1 1 a ee (2)S(n) Cn(

45、alna 1) C；(a2lna 1) L (C：a C：a2 2【C：(a an n a2(2n 2)ln 1) Cnn 1a Cn(a2 (2n 2) 1 2 )lna (Cn Cn n 2n 1 a ) LCn (a C： n n石 (22)(a2l na 1) 例42. （2008年江西高考试题）已知函数 ax ,x ax 8 对任意正数a,证明：1 解析：对任意给定的 0,由 f(x) 若令 ，贝U abx ax 1 x Cx 1 Ca 11b （一）、先证f 又由2 a x 2、2a 所以f x 3 2(a 1(an 1l na 1) C：1) 2 bx 44 2abx b x)

46、(ab ax bx) (1 x)(1 a)(1 b) 1 (a b x) (ab ax bx) abx (1 x)(1a)(1 b) （二八再证f x 2 ；由、式中关于 a)ln a (2n 2) （2n 2”电）,所以不等式成立。 0, 1 1x 8，得 b x) (ab _1 、1 b 1 b， 9 (a (1 x)(1 a)(1 b) ax bx) x, a, b的对称性，不妨设x a b .则 2 (i)、当 a 所以x a 1 5，因为一=1， y/Tb 此时 1 .,1 x (ii)、当 a b 7，由得 8 ab 因为 b2 4(1 b)2 1 同理得 2(1 a) 于是 因为

47、 今证明 1 a ab 旦2 1 b (1 a)(1 b) ab (1 a)(1 b) 只要证 据，此为显然. 因此得证. 玉，即 ab 8 故由得 ab 8 (1 a)(1 b)，也即 f (x)2 .综上所述，对任何正数a, x, 皆有1 f x 2. 例43.求证：1 1 n 1 1 1 2 n 2 3n 1 解析: 一方面： 1 1 1 1 1 1 1 2 1 n 1 n 2 3n 1 2 3 4 2 4 (法 二) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 1 n 2 3n 12 n 1 3n 1 n 2 3n 3n 1 n 1 1 4n 2 4n 2 4n 2 2(3n 1)(n

48、1) 3n(n 2) (n 1)(3 n 1) 另一方面：11 1 2n 1 2n 2 2 丿丿l-L-U n 1 n 2 3n 1 n 1 n 1 J 、二项放缩 2n (11)n Cn C： Cn 2n C0 Cn C1 Cn n 1 2n 1 1 2 2 (2n 1)2 n2 1 2 2 (2n1)2 (n 1)2 1 2 2 (2n 1)2 n2 (2n 1)1 1 (2n 1) 2n Cn cn Cn 2n n(n 1)(n2) 2 例44. 已知a1 1,an 1 (1 1 2 n )an n 1 2 证明an 2 e 1 1 1 解析： a. 1 (1 ) an - an 11

49、(1)(an 1) n(n 1) n(n 1) n(n 1) 1 1 ln (an 1 1) In (an 1) ln(1 ) n(n 1) n(n 1) n 1 n 1 1 In (ai 1 1) ln(ai 1) 1 In (an 1) In(a2 1) i 2 i 2 i(i 1) 1 2 即 In(an 1) 1 ln 3an3e 1 e . 1 例45.设an (1)n，求证：数列an单调递增且an 4. n 解析：引入一个结论：若b a 0则bn 1 an 1 (n 1)bn(b a)(证略) 1 1 整理上式得an 1 bn(n 1)a nb.()以a 1, b 1 代入() n

50、 1n 1 1 式得(1厂 (1 )1即an单调递增。 n 1n 以a 1,b 1丄代入()式得1 (1 丄)n -(1 丄)2n 4. 2n2n22n 此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有(1丄广4，又因为数列an单调 n 递增，所以对一切正整数n有(1 !)n 4。 3.简证如下: n 注：上述不等式可加强为2(1-)n n 利用二项展开式进行部分放缩： an (1)n n n丄 Cn n n 只取前两项有an 1 Ck 11n Cn 丁 nkk!n 故有an 1 n 1 n 1 1 2 C1 1 n n k 1 n 1 尹 2.对通项作如下放缩: 上述数列an的极限存在, 已知i,m

51、,n是正整数，且1 i m n. ( 1) (1 m)n (1 n)m.( 01年全国卷理科第 1 1 k! 1 22 爲2 为无理数 证明niAm 20题) 1 2k 1 . 1 1 (1/2)n1 3 2 1 1/2 e ;同时是下述试题的背景: mA; (2)证明 简析对第(2)问：用1/n代替n得数列bn:b 1 (1 1 n)n是递减数列；借鉴 i m n,故 此结论可有如下简捷证法：数列(1 n)n递减，且1 1 1 (1 m)m (1 n)n,即(1 m)n (1 n)m。 当然，本题每小题的证明方法都有 10多种,如使用上述例5所提供的假分数 性质、贝努力不等式、甚至构造“分房

52、问题”概率模型、构造函数等都可以给 出非常漂亮的解决！详见文1。 例 46.已知 a+b=1, a0, b0,求证：an bn 21 n. 解析：因为a+b=1, a0, b0,可认为 a，2,b成等差数列，设 -d,b - d， 2 2 从而an bn n 21 n 例 47.设 n 1,n N， 求证(-)n 3 (n 1)(n 2) 2 解析：观察(-)n的结构，注意到 3 (1 1)n 1 C冷 c：右 即(1 1)n (n 1)(n 2)，得证. (3)n (1 2 3丄 Cn 3 ，展开得 n n(n 1) 2 (n 1)(n 2) 6 例 48.求证：ln3 ln2 ln(1右)

53、昨 2n n 解析:参见上面的方法，希望读者自己尝试!) 例42.(2008年北京海淀5月练习)已知函数y f(x),x N*,y 对任意 a,b N*,a b，都有 af (a) bf (b) af (b) N*，满足: bf (a)； 对任意n N*都有f f (n) 3n . (I )试证明：f(x)为N*上的单调增函数；(II )求 f(1) f(6) f(28); *n1111 (III )令 anf (3n),n N，试证明：. L - 4n 2a1 a2an4 解析：本题的亮点很多，是一道考查能力的好题 (1) 运用抽象函数的性质判断单调性： 因为af (a) bf(b) af

54、(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,不妨设a b,所以，可以得到 f (a) f (b),也就是说f(X)为 N*上的单调增函数. (2) 此问的难度较大，要完全解决出来需要一定的能力！ 首先发现条件不是很足,尝试探索看看按(1)中的不等式可以不可以得到 什么结论,一发现就有思路了 ！ 由 可知(a b)(f (a) f(b) 0,令b 1,a f (1),则可以得到 (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) N* ,所以可以得到f

55、(1)2 接下来要运用迭代的思想： 因为f (1)2,所以 f(2)ff(1)3, f(3)ff(2) 6, f(6) f f (3)9 f (9) ff (6) 18, f(18) f f (9) 27, f(27) f f(18) 54, f(54)f f (27) 81 在此比较有技巧的方法就是：81 54 27 54 27,所以可以判断 f (28)55 当然,在这里可能不容易一下子发现这个结论，所以还可以列项的方法，把 所有项数尽可能地列出来，然 后就可以得到结论.所以，综合有f(1)f(6)f(28)=55 9 266 (3) 在解决和的通项公式时也会遇到困难. ff(3n) 3n1, f(3n1)fff(3n) 3f(3n),%i 3%, 所以数列 anf(3n),n N 的方程为an2 3n,从而 a? 1 1 1 an4(1 R 1 一方面4（1 1 -,另一方面3n 4 (1 2)nC： 20 Cn 212n 1 所以4（1扌） 1)1 2n 2n 14 2n 1 4n 2所以综上有 n 4n 2 丄丄L ai a2 1 1 an 4 例49. 已知函数f x的定义域为0,1,且满足下列条件： 对于任意x 0,1，总有f x 3，且f 14 ； 若 x10,x20,x1x2 1,则有 fXtx2fx1f(x2)3. (l) 求f