放缩法在解答数列题中的应用技巧(十一种放缩方法全归纳) 教师版

(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)根据<放缩再求和即可(1)因为==-，所以=-+-+...+-=(2)因为<==2-,所以≤1+2-+⋯+-<1+=2.求证:1+++⋯+>-(n≥2).根据>放缩后利用裂项相消求和即可22因为>=-，(n≥2)故>1+-+...+-=1+-= =故1+++⋯+>-(n≥2)3.求证:+++⋯+<-.由+++⋯+=1++⋯+<1+1-=-根据<得+⋯+<1-+-+⋯-=1-所以1++⋯+<1+1-=-4.求证:+++⋯+<2n+1-1 1+1+⋯+1<由2<所以1+1⋅3+⋯+1⋅要证++⋯+<2n+1-1，只需证++⋯+<2n+1-1，332k2k+12k+3-2k+3+1假设n=k时不等式成立，即1+1+⋯+那么当n=k+1时，++⋯++<2k+1-1+、要证<要证<2k+3-1，只需证2k+12k+3-2k+3+1<2k+32-2k+3，所以当n=k+1时不等式成立。综上所述，++⋯+<2k+1-15.求证：2(n+1-1)<1+、+⋯+<2(2n+1-1)缩可得<22n+1-2n-1，相加相消即可证明首先>=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).故得证.6.求证:≤1+++⋯+<.44一方面:因为<==2-,所以<1+2-+⋯+-<1+=另一方面:1+++⋯+>+++⋯+=1-=当n≥3时，=>，成立当n=1时，=1+++⋯+，当n=2时，<1+++⋯+，所以综上有≤1+++⋯+<,x>-1,Sm=1m+2m+3m+⋯+nm，求证:nm+1<(m+1)Sm<(n+1)m+1-1.由分析可知要证明的不等式等价于[km+1-(k-1)m+1[<(m+1)km<[(k+1)m+1-km+1[，只需证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对于n∈N+,x>-1恒成立，即可求证.首先可以证明:(1+x)n≥1+nx令h(x(=(1+x)n-1-nx，则h,(x(=n(1+x)n-1-n=n[(1+x)n-1-1[，当n≥2时，由y=(1+x)n-1可得y,=(n-1((1+x)n-2，因为x>-1，所以y,=(n-1((1+x)n-2>0，可得y=(1+x)n-1在(-1,+∞(单调递增，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(上单调递减，在(0,+∞(上单调递增，所以h(x(≥h(0(=0，即(1+x)n≥1+nx对于n∈N+,x>-1恒成立，因为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[，所以要证nm+1<(m+1)Sm<(n+1)m+1-1，只要证：[km+1-(k-1)m+1[<(m+1)km<[(k+1)m+1-km+1[，55只需证km+1-(k-1)m+1<(m+1)km<(k+1)m+1-km+1，m+1<<（1+m+1-1，m+1，所以原命题成立.n=4n-2n，Tn=，求证:T1+T2+T3+⋯+Tn<.由题意求出a1+a2+⋯+an=(4n-1)+2(1-2n)，通过化简、裂项求得Tn=-，进而可证明T1+T2+T3+⋯+T<.a1+a2+⋯+an=41+42+43+⋯+4n-(21+22+⋯+2n)=-=(4n-1)+2(1-2n)所以Tn=====⋅ nnn+1=⋅=-从而T1+T2+T3+⋯+Tn=1-+-+⋯+-<n=4x3+4x5+⋯+4x22n+1>2(n+1-42-1>4n2与2n<n+n+1放缩求==>==，因为2n<n+n+1，所以>>=2(n+1-n)6677所以++⋯+>2(n+1-1)(n∈N*)10.求证：l2+l3+l4+⋯+ln<3n-5n6(n∈N*).观察不等式，构造函数不等式lnx≤x-1，变形得lx≤1-，累加l2+l3+l4+⋯+ln<3n-1-++⋯+所以f(x)≤f(1)=0所以有lnx≤x-1⇒≤1-，从而l2+l3+l4+⋯+ln<3n-1-（++⋯+(++⋯+=++++++++⋯+++⋯+>++++（+⋯++31=所以l2+l3+l4+⋯+ln<3n-1-=3n-5n611.求证:α≥2,++⋯+构造函数f(x)=，得到<(n≥2).-n2≤1≤，再证明lnx≤x--n2≤1<1-n(n+1)构造函数f(x)=，则f(x)=，又n≥2，α≥2，α≥n2>e，)≤f(n2)，即≤，设g(x)=lnx-x，则g(x)=-1=，又n≥2时，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.构造函数先证明ln(x+1)>2-(x>0)，得到ln[1+nn+1[>2-，再叠加求和即构造函数fx=ln(x+1)+-2(x>0)，则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，则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-<根据>(b>a>0,m>0)放缩证明即可利用假分数的一个性质>(b>a>0,m>0)可得>2n+1.<< 2n+1，3n+1.运用两次次分式放缩: 2>.⋅3>⋅993>(3n+1)3n+1.15.求证:1+++⋯+>.根据++⋯+>++⋯+=×2n-1=放缩即可当n≥2时，++⋯+>++⋯+=×2n-1=，故1+++⋯+>1++++++++⋯+ ++⋯+-=+1->16.在平面直角坐标系xoy中，y轴正半轴上的点列{An{与曲线y=2xx≥0上的点列{Bn{满足OAn=OBn=，直线AnBn在x轴上的截距为an.点Bn的横坐标为bn，n∈N∗.n>an+1>4，n∈N∗;∀n>n0都有++⋯+bn-1+b1<n-2008.(1)根据y轴正半轴上的点列{An{与曲线y=2xx≥0上的点列{Bn{满足OAn=OBn=得n=+1-1,n∈N*，再根据直线AnBnn=1-b1,n*n=c1+c2+⋯+cn,n∈N*，证明当n=2k-2>1k∈N*时Sn>即可证明nnbnnn>0，由OBn=得：b+2bn=,∴bn=+1-1,n∈N*，又直线AnBn在x轴上的截距为an满足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*设Sn=c1+c2+⋯+cn,n∈N*，则当n=2k-2>1(k∈N*(时，Sn>++⋯++=+++⋯+++⋯+⋅+⋯+2k-1⋅=.+1-（+⋯+=Sn>Sn>401-1=2008故有++⋯+bn-1+b1<n-2008成立.n}都有Tn<A？并证明你的结论.首先计算出f(x)=x2+2x，再利用放缩法求出Tn.f(x(=x2+2xn==>∴Tn=b1+b2+b3+⋯+bn>1+++⋯+∵+>2×=，+++>4×=，⋯++⋯+>2k−1×=，故当n>2k时，Tn>+1，则当n>22m−2时，必有Tn>+1=m>A.故不存在常数A使Tn<A对所有n≥2的正整数恒成立.xyy>0, an+1>0,表示的平面区域为Dn，设Dn内整数坐标点的个数为an.设Sn= an+1++⋯+，当n≥2时，求证:+++⋯+≥.容易得到an=3n，所以，要证+++⋯+≥只要证1+++⋯+≥n≥S2=+=+=(n≥2,n∈N*(，进而记Tn=++⋯+，得Tn≥(n≥2,n∈N*(故1++++++++⋯+++⋯+=1++T2+T2+⋯+T2≥+(n-1)=，所以原命题得证因为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内整数坐标点在直线x=1和x=2上，所以y=-nx+3n与x=1的交点纵坐标为y1=2n，有整数点2n个，y=-nx+3n与x=2的交点纵坐标为y2=n，有整数点n个所以Dn内整数坐标点的个数为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*，记Tn=++⋯+，则Tn≥n≥2,n∈N*所以要证+++⋯+≥，即证1+++⋯+≥，所以只需证1+++⋯+≥，因为1+++⋯+=1++++++++⋯+++⋯+=1++T2+T2+⋯+T2≥+n-1=n≥2,n∈N*所以当n≥2时，求证:+++⋯+≥成立.:当n≥2时，xi-2≤2-21-n.≥2时，|xn-2|≤，结合等比数列的求和公式可证得结论成立.因为xn+1=，==(=-⋅，且=-，n=2+(-3n-1，所以，|xn-2|≤≤，当n≥2时，3n-1>0，=⋅n-，nn-当n≥2时，=⋅n-≥-=1，故3n-1≥2n+1，所以，|xn-2|≤≤=，i-2|≤1+ ++⋯+= ++⋯+==2-21-nn-11-.n=++⋯+，求证:对任意的正整数k，若k≥n恒有:|Sn+k-Sn|<.n+k-Sn，再根据<及放缩可得|Sn+k-Sn|<，再利用组合数的性质可得|Sn+k-Sn|=++⋯+≤++⋯+≤=++⋯+=⋅（1-<n=(1+1(n=C+C+⋯+C>nn+22n+n+22n+k所以|Sn+k-Sn|<<21.求证:+++⋯+<2n+2-1.-2nan。累加后放缩不等式可得证。2<⋅ 2n+3< 2n+3<设an=则an+1=an⇒2(n+1(an+1=2nan+an，从而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.求证:+++⋯+<2n+1-1++⋯+<2n+1-1即可.由2<所以1+1⋅3+⋯+要证++⋯+<2n+1-1， 只需证1+1+⋯+ 3 假设n=k时不等式成立，即1+1+⋯+1 那么当n=k+1时， 2k+12k+32k+32k+31+1+⋯+1+1<2k+1-1+1= 2k+12k+32k+32k+3要证<2k+3-1，要证<2k+3-1，√2k+3只需证(2k+1)(2k+3)-2k+3+1<(2k+3)2-2k+3，所以当n=k+1时不等式成立.综上所述，1+1+⋯+1所以++⋯+<2n+1-123.已知数列{an{的前n项和Sn满足Sn=2an+-1n，n≥1，证明：对任意的整数m>4，有++⋯+<⋯+<论，分析得出当n≥3且n为奇数时，+<⋅+，然后分m为奇数和偶数进行分n=2an+-1n可得Sn-1=2an-1+-1n-1=2an-1--1n，两式作差得an=2an-2an-1+2⋅-1n，即an=2an-1-2⋅-1n，设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[，<⋅=⋅+(减项放缩).①当m>4且m为偶数时，++⋯+=+++⋯++<+++⋯+=+=+⋅（1-<+=；②当m>4且m为奇数时，所以，+++⋯+<+++⋯++<+++⋯+=+=+1-=-<.因此，对任意的整数m>4，有++⋯+<.24.设函数f(x)=.若对一切x∈R，-3≤af(x)+b≤3，求a-b的最大值.(x)=，f,(x)>0f,(x)<0，故f(x)的极小值f(-2)=-，极大值f(1)=1.3n=1⋅2+2⋅3+⋯+n(n+1)(n∈N*(，求证：<an<.构造函数f(n)=an-，通过计算f(n+1)-f(n)判断单调性，可得f(n)≤f(1)，进而可得an< 2可得an>.证明构造函数f(n)=an-，则f(n+1)-f(n)=(n+1)(n+2)-+=(n+1)(n+2)-=-n+1-n+22<0，故f(n)单调递减，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+-.根据f(1)=，结合单调性与最值求得f(x)=，再根据f(x)=>1-放缩，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.根据+=1与基本不等式可得ab≥4，再根据二项展开式构造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，则f(n)=Can-1b+⋯+Can-rbr+⋯+C-1abn-1，因为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，则2f(n)≥2n+1(C+⋯+C+⋯+C-1)=(2n-2)2n+1，所以f(n)≥(2n-2)⋅2n，即对每一个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+.证明an<e2.分当n=1和n≥2时两种情况，当n≥2时，根据≤与≤进行放缩，得到ln(an+1+1)-ln(an+1)<再累加证明即可1+=2；当n≥2时，an+1≤1+an+⇒an+1+1≤（1+(an+1)⇒ln(an+1+1)-ln(an+1)≤ln1+.设f(x(=ln(x+1(-x,(x>0(，则f,(x(=-1=<0，故f(x(在(0,+∞(上单调递减，故f(x(=ln(x+1(-x<f(0(=0，故ln(x+1(<x.令x=，则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.设a=-d，b=+d，则an+bn=-dn++dn，所以=≥n=2-n，当且仅当-d=+d时取等号，即≥2-n，所以an+bn≥21-n.≥3，且f(1(=≥0,x2≥0,x1+x2≤1,则有f(x1+x2(≥f(x1(+f(x2)-3.f(x)<3x+3.f(x)≤f(1)=4，>3×+3=+3≥f，结合函数的单调性可得结论f(x(≥3，∴f(0)≥3又由②得f(0)≥2f(0)-3,即f(0)≤3;1<x2,则f(x2)=f[x1+(x2-x1)]≥f(x1)+f(x2-x1)-3,因为x2-x1>0，所以f(x2-x1)≥3，即f(x2-x1)-3≥0,)≤f(x2).f(x)≤f(1)=4.当n=1时，f=f(1)=4=1+3=+3，不等式成立；假设当n=k时，f≤+3(k∈N*)由f=f++≥f+f+-3≥f+f+f-6得3f≤f+6≤+9.f,f(x(单调递增∴f<f，所以，f(x)<f<3x+3.+a2+⋯+an=1,ai>0(i=1,2⋯n)，求证：++⋯++≥.通过构造对偶式：A=++⋯++，B=++⋯++，首先证明A=B，然后构造A=(A+B)，从而利用基本不等式证明.构造对偶式：令A=++⋯++，B=++⋯++，则A-B=++⋯+-+a-a则A-B=++⋯+-+a1+a2a2+a3an-1+anan+a1=(a1-a2)+(a2-a3)+⋯+(an-1-an)+(an-a1)=0，所以A=B，又因为≥(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.求证:++⋯+<.∴+++⋯+∴+++⋯+=+++⋯+<++⋯+=+++⋯+<++⋯+=+2+⋯+2n1-1=+2+⋯+2n1-1(=11+1×1-<11+1×=47<48=4n=1+++⋯+,a≥2.求证：an<2.利用放缩法得an=1+++⋯+≤1+++⋯+，又<=-，结合裂项相消求和法即可证明.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)中的结论结合等比数列求和可证得所证不等式成立.==-1=an-1 2an+1n⋯,2+1∗n=-，=-⋅+=--an（2+an≤an，得证；有a1+a2+⋯+an≥-取x=++⋯+==1-,所以，a1+a2+⋯+an≥ n2n+1 n=n2>1+1-n n2n+135.已知函数f(x)=ln(1+x)-x.若f(x)在区间[0,n](n∈N*)上的最小值为bn，令an=ln(1+n)-bn.求证:++⋯+aaa1<2an+1-1.确定an=ln(1+n)-bn=n，再证明=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)，由题意可得g(x)≥0对于x∈[0,+∞恒成立，求gx，分别讨论a≥、0<a<和a≤0时，g(x)=ax-f(x)的单调性与最值，即可求解.因为f(x)=，所以f(x)=cosx(sin2x=(2，则g(x)=a-f(x)=a-(2=a-23=a-+=3-2+a-，①当a≥时，g(x)≥0恒成立，g(x)=ax-f(x)在[0,+∞上单调递增， 3③当0 3故h(x)>h(0)=0，即sinx>3ax，f(x)=>>ax，所以0<a<不符合题意；37.若0<xi<arccos3a，其中i=1,2,3,⋯,n且0<a<，x1+x2+x3+⋯+xn=arccos3a，求证:tan+tan+tan+⋯+tan>arccos3a.由三角恒等变换的公式化简得到tan>，令h(x)=sinx-由tan===>， 3当0 3x(>0，所以h(x(单调递增，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)，因为x1+x2+x3+⋯+xn=arccos3a，所以tan+tan+tan+⋯+tan>arccos3a到结论.(x)=e-ax，f(0)=1；f(x0)<f(0)=1；-ax≥1，∴f(x)=e-ax≥>1.f(x)>1.39.证明:+++⋯+<(n∈N*,n>1).构造函数f(x)=ln(x-1)-(x-1)+1(x>1)，求导分析单调性可证明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+.证明an<e2.分当n=1和n≥2时两种情况，当n≥2时，根据≤与≤进行放缩，得到ln(an+1+1)-ln(an+1)<再累加证明即可1+=2；当n≥2时，an+1≤1+an+⇒an+1+1≤（1+(an+1)⇒ln(an+1+1)-ln(an+1)≤ln1+.设fx=lnx+1-x,x>0，则f,x=-1=<0，故fx在0,+∞上单调递减，故fx=lnx+1-x<f0=0，故lnx+1<x.令x=，则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.已知函数f(x)=xlnx，若a>0,b>0,证明f(a)+(a+b)ln2≥f(a+b)-f(b)根据题意，设函数g(x(=f(x(+f(k-x),k>0，得到g(x)=xlnx+(k-x)ln(k-x)，利用导数求得函数的单调性与最小值，得到g(x)≥g，进而得到g(x)≥f(k)-kln2，再令x=a,k-x=b，代入即设函数g(x(=f(x(+f(k-x),k>0，因为f(x)=xlnx，所以g(x)=xlnx+(k-x)ln(k-x)，则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(的最小值为g，即总有g(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，则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当x1>0，x2>0时,证明:f(x1(+f(x2(<f(x1+x2(;(Ⅱ)已知不等式ln(x+1)<x在x>-1且x≠0时恒成立,求证:ln22+ln32+ln42+⋯+ln(n+1)2>,(n∈N*(时,x1+x2>x1,且x1+x2>x2,得>,>,从中解出fx1、fx2即可证得结论;(II)构造一个符合条件的函数f(x)=xlnx,利用(I)的结论,得x1lnx1+x2lnx2+⋯+xnlnxn< x1+x2+⋯+xnlnx1+x2+⋯+xn(n≥2),令xn=,再将Sn=x1+x2+⋯xn=++⋯+放缩,即可证得所证不等式从而有g(x)=在(0,+∞)上是增函数.有>,>,于是有:fx1<fx1+x2,fx2<fx1+x2,两式相加得:fx1+fx2<fx1+x21+fx2<fx1+x2x1>0,x2>0恒成立由数学归纳法可知:xi>0(i=1,2,3,⋯,n)时,有:fx1+fx2+fx3+⋯+fxn<fx1+x2+x3+⋯xn(n≥2)恒成立设f(x)=xlnx,则,则xi>0(i=1,2,3,⋯,n)时,x1lnx1+x2lnx2+⋯+xnlnxn<x1+x2+⋯+xnlnx1+x2+⋯+xn(n≥2)恒成立令xn=,记Sn=x1+x2+⋯xn=++⋯+n<++⋯+