高考数学-压轴题-放缩法技巧全总结(最强大).

2020年10月6日发(作者：邹春阳)

放缩技巧
（高考数学备考资料）

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

例1
.(1)求
?
k?1
n
2
4k
2
?1
2
4n
2
?1
1
?
n
2
n
的值; (2)求证:
?
1
?
5
.
2
k?1
k< br>3
解析:(1)因为
?
211
,所以
n
212n
??
?1??
?
2
(2n?1)(2n?1)2n?12n? 1
2n?12n?1
k?1
4k?1
4
(2)因为
n
1111
?
25

1
?
,所 以
?
1
?1?2
?
?
1
??????1??
??
2
?
2
?2
?
?
?
2n?12n? 1
?
33
?
35
k?1
k
1
4n?1?
2n?12n?1
?
n
2
?
4
1
奇 巧积累

: (1)
1441
?

?
1
?
2
?
2
?2
?
?
?
2
n4n4n?1
?
2n? 12n?1
?
r?1
r
?C
n
?
(2)
1211

???
2
CC
n
(n?1)n( n?1)n(n?1)n(n?1)
1
n?1

(3)
T
1n!11111
??
r
????(r?2)

r
r!(n?r)!
n
r!r(r?1)r?1r
n
(4)
(1?
1
)
n
?1?1?
1
?
1< br>???
n2?13?2
15
?

n(n?1)2
1
?n?2?n

n?2
?
2n?12n?3
?
2
11
?
n?1< br>(2n?1)?2(2n?3)?2
n
(5)
111
?
n
?
nnn
2(2?1)2?12
(6)
21
?
1
(7)
2(n?1?n)?
1
?2(n?n?1)
(8)
?
?
??
?
n
?

n
(9)
111
?
111
?
11
??

?
?
?
?
,?
?
?
?
k(n?1 ?k)
?
n?1?kk
?
n?1n(n?1?k)k?1
?
nn?1?k
?
n11

??
(n?1)!n!(n?1)!
(10) (11)
1
n
?2(2n?1?2n?1)?
22
2n?1?2n? 1
?
n?
2
11
?n?
22

(11)
(12)

(13)
(14)
2
n
2
n
2
n
2
n?1
11

????
n?1
?
n
(n?2)
n2nnnnnn?1
(2?1)(2?1)(2?1)(2?1)(2? 2)(2?1)(2?1)2?12?1
1
n
3

?
1
n?n
2
?
??
1111

?
??
?
?
??
n(n?1)(n?1)
?
n(n ?1)n(n?1)
?
n?1?n?1

1
?
n?1?n?1
?
1
?
?
??
?
?
n?1
?
2n
?
n?1
2
n?1nnn
11

?
n?1n?1
nn


1
?n?n?1(n?2)
< br>n(n?1)
2
n
12
n
?2?2?(3?1)?2?3?3 (2?1)?2?2?1??
n
?
32?13
k?211

??
k!?(k?1)!?(k?2)!(k?1)!(k?2)!
(15)
22
(15)
i?1?j?1
?
i< br>2
?j
2
(i?j)(i?1?
2
i?j
j?1)< br>2
?
i?j
i?1?
2
j?1
2
?1

例2
.( 1)求证:
1?
11171
?
2
?????(n?2)
< br>22
62(2n?1)
35(2n?1)
(2)求证:
1
?< br>1
?
1
???
1
?
1
?
1

2
41636
4n
24n
(3)求证:
1
?1?3
?
1?3?5
???
1?3?5???(2n?1)
?2 n?1?1

22?42?4?62?4?6???2n
n
(4) 求证：< br>2(n?1?1)?1?
1
?
1
???
1
?2(2n ?1?1)

23
解析:(1)因为
111
?
11
?
,所以 < br>??
?
?
?
2
(2n?1)(2n?1)2
?
2n?12n?1
?
(2n?1)
?
(2i?1)
i?1
n
1
2
111111

?1?(?)?1?(?)
232n?1232n?1
(2)
1
?
1
?
1
???
1
?
1
(1?
1
???
1
)?
1
(1?1?
1
)

222
41636
4n
4
2n
4n
(3)先 运用分式放缩法证明出
1?3?5???(2n?1)
?
2?4?6???2n
1
2n?1
,再结合
1
n?2
?n?2?n
进行裂项,最 后就可以得到答案
(4)首先
再证
1
n
1
n
?2(n?1?n)?
2
n?1?n
22
,所以容易经过裂项得到
2 (n?1?1)?1?
1
?
1
???
1

23n
而由均值不等式知道这是显然成立的，
?2(2n?1?2n?1)?
2n?1?2n?1
?
n?
2
11
?n?
22
所 以
1?
1
?
1
???
1
?2(2n?1?1)
23n

例3.求证:
6n1115
?1?????
2
?

(n?1)(2n?1)49n3
1
?
n
2
1
??
1
?
2
?2
?
?
?
1
4n?1
2 n?12n?1
?
2
?
n?
4
14
解析: 一方面: 因为,所以
?
k
k?1
n
1
2
11?
25

?
11
?1?2
?
?????
?
?1??
2n?12n?1
?
33
?
35
另一方面:
1?
1
?
1
???
1
?1?
1
?
1
???
2
49n2?33?4
11n

?1??
n(n?1)n?1n?1
当
n?3
时,
当
n?2
时,
所以综上有

6n111
n6n
,当
n?1
时,
?1?????
2
?
(n?1)(2n?1)49n
n?1(n?1)(2n?1)
,
6n111
?1?????
2
,
(n?1)(2n?1)49n
6n1115
?1?????
2
?

(n?1)(2 n?1)49n3
例4.
(2008年全国一卷)设函数
f(x)?x?xlnx.数列
?
a
n
?
满足
0?a
明:
a< br>k?1
?b
.
1
1)
，整数
k
≥
a
1
?b
?1
.
a
n?1
?f(a
n)
.设
b?(a
1
，
.证
a
1
lnb
解析: 由数学归纳法可以证明
?
a
n
?
是递增数列, 故 若存在正整数
m?k
, 使
a
m
?b
, 则
a
k?1
?a
k
?b
,
若
a
m
?b(m?k)
,则由
0?a
1
?a
m
?b?1
知
a
m
lna
m
?a
1
lna
m
?a
1
lnb?0
,
a?a?alna?a?
k
a lna
,
?
mmk?1kkk1
m?1
因为

?
a
m?1
k
m
lna
m
?k(a
1
lnb)
,于是
a
k?1
?a
1
?k|a
1lnb|?a
1
?(b?a
1
)?b

例5
.已知
n,m?N
?
,x??1,S
m
?1< br>m
?2
m
?3
m
???n
m
,求证: n
m?1
?(m?1)S
n
?(n?1)
m?1
?1< br>.
解析:首先可以证明:
(1?x)
n
?1?nx


n
m?1
?n
m?1
?(n?1)
m ?1
?(n?1)
m?1
?(n?2)
m?1
???1
m? 1
?0?
n
[k
m?1
?(k?1)
m?1
]所以要证
?
k?1

n
m?1
?(m?1) S
n
?(n?1)
m?1
?1
只要证:
?
[k
m?1
?(k?1)
m?1
]?(m?1)
?
k
m
?(n?1)
m?1
?1?(n?1)
m?1
?n
m?1< br>?n
m?1
?(n?1)
m?1
???2
m?1
?< br>1m?1
?
?
[(k?1)
m?1
?k
m?1
]
k?1k?1k?1
nnn

故只要证
?[k
k?1
n
m?1
?(k?1)
m?1
]?(m?1 )
?
k?
?
[(k?1)
m?1
?k
m?1
]
,
m
k?1k?1
nn
即等价于
k
m?1< br>?(k?1)
m?1
?(m?1)k
m
?(k?1)
m?1< br>?k
m
,
即等价于
1?
m?1
?(1?
1
)
m?1
,1?
m?1
?(1?
1
)
m? 1
而正是成立的,所以原命题成立.
kkkk

例6.已知< br>a
n
?4
n
?2
n
,
T?
n
2
n
a
1
?a
2
???a
n
,求证:< br>T?T?T???T?
3
.
123n
2
nn
解析:
T?4
1
?4
2
?4
3
???4
n
?(2
1
?2
2
???2
n
)?
4(1?4)< br>?
2(1?2)
?
4
(4
n
?1)?2(1?2n
)

n
1?41?23
所以
2
n
2
n
3?2
n
32
n
T
n
??
n? 1
?
n?1
?
n?1
??
4
n
4442< br>4?3?2
n?1
?222?(2
n
)
2
?3?2< br>n
?1
(4?1)?2(1?2
n
)
??2?2
n? 1
??2
n?1
3
3333
2
n

?
32
n
3
?
11
?

???
n
?
n?1
?
nn
2(2?2?1)(2?1)2< br>?
2?12?1
?
1111
从而
T?T?T???T ?
3
?
?
?
1??????
n
123n
2
?
3372?1
1
2
n?1
?
3

?
?
?1
?
2

例7.已知
x
1
?1
,
x?
?
n(n?2k?1,k?Z)
,求证:
?
n
?
n?1(n?2k,k?Z)
1
4
1
4< br>x
2
?x
3
?
?
1
1
4
x
4
?x
5
?
???
2
1
4
x2n
x
2n?1
?2(n?1?1)(n?N*)

证明: < br>4
1
x
2n
x
2n?1
?
(2n?1)(2 n?1)
?
1
4
4n?1
1
2
?
1
4
,


4n
2
2
2?n
2
2n
?2(n?1?n)
因为
2n?n?n?1
,所以
4< br>x
2n
x
2n?1
?
2n
?
n?n?1所以
4
1
x
2
?x
3
?
1
4
x
4
?x
5
???
1
4
x
2n< br>x
2n?1
?2(n?1?1)(n?N*)

二、函数放缩
例8.求证：
ln2
?
ln3
?
ln4
???
ln3
?3
n
?
5n?6
(n?N< br>*
)
.
n
23436
n
解析:先构造函数有< br>lnx?x?1?
lnx
?1?
1
,从而
ln2
?< br>ln3
?
ln4
??
xx
234
ln3
n< br>111

?
n
?3
n
?1?(????
n< br>)
23
33
n?1n?1
cause
1
?
1
??
23
?
39
?
3
1
?
11< br>??
111111
?
11
?
5
?
33
??
9
?
1
?
?
???
?
?
n
?
n
?
?
?
?
?
?
?????< br>?
???
?
n
?
n
???
n
???
?
?
?
?
?
n?1
?
32?13
?
6
?
69
??
1827
?
3
?
23
??
456789
??
2
?
2?3
?
5n

?
?
?
6
?
所以
ln2< br>?
ln3
?
ln4
???
ln3
?3
n?1?
5n
?3
n
?
5n?6

n
234
3
66
n

???
2
例9.求证:(1)
?
? 2,
ln2
?
ln3
???
lnn
?
2n?n?1
(n?2)

???
23n
2(n?1)
解析:构造函数
?
lnn
2
lnx
,得到
lnn
?
2
f(x)?
?
nn
x
2
,再进行裂项
l nn
?1?
1
?1?
22
nn
1
,求和后可以得到 答案
n(n?1)
函数构造形式:
lnx?x?1
,
lnn
?
?n
?
?1(
?
?2)

例10.求证:
1
?
1
???
1
?ln(n?1)?1 ?
1
???
1

23n?12n
解析:提示:
ln (n?1)?ln
n?1
?
n
???
2
?ln
n? 1
?ln
n
???ln2

nn?1
1

x
1nn?1
函数构造形式:
lnx?x,lnx?1?
y
当然本题的证明还可以运用积分放缩
如图,取函数
f(x)?
1
,
x
E
F
O
A
n-in
D
C
B
x
首先:
S
A BCF
1
?
?
x
n?i
n
n
n
, 从而,
1
?i?
1
?lnx|
n
?lnn?ln(n?i)

n?i
?
n
n?i
x
取
i?1
有,
1
?lnn?ln(n?1)
,
所以有
1
?ln2< br>2
,
1
?ln3?ln2
,…,
1
?lnn?ln( n?1)
,
3
n
1
?ln(n?1)?lnn
,相加后可以 得到:
n?1
111
?????ln(n?1)

23n?1另一方面
S
取
i?1
有,
ABDE
1
?
?
n?i
x
n
,从而有
1
?i?
n?i
1

?lnx|
n
n?i
?lnn?ln(n?i)
?n?i
x
n
1
?lnn?ln(n?1)
,
n?1
?
111

?ln(n?1)?1????
n?12 n
所以有
ln(n?1)?1?
1
???
1
,所以综上有< br>1
?
1
??
2n
23

例11.求证:(1?
1
)(1?
1
)???(1?
1
)?e
和
(1?
1
)(1?
2!3!n!
9
.解析:构造函数后即 可证明
11
)???(1?
2n
)?e
81
3
, 叠加之后就可以得到答案
3
n(n?1)?1

例12.求证:
( 1?1?2)?(1?2?3)???[1?n(n?1)]?e
2n?3
解析:
函数构造形式:

例13.证明:
ln2
?
ln3
?
ln4
???
345
31?ln(1?x)3
(x?0)??(x?0)< br>x?1xx?1
ln[n(n?1)?1]?2?
ln(x?1)?2?
(加强 命题)

lnnn(n?1)
?(n?N*,n?1)
n?14
f
'
(x)?0
有
1?x?2
,令
f
'
(x )?0
有
x?2
,
解析:构造函数
f(x)?ln(x?1)?(x?1)?1(x?1)
,求导,可以得到:

f
'
(x)?
12?x
,令
?1?
x?1x?1
所以
f(x)?f(2) ?0
,所以
ln(x?1)?x?2
,令
x?n
2
?1有,
lnn
2
?n
2
?1

所以
lnn
n?1
?
n?1
2
,所以
ln2
?
ln3
?
ln4
???
345
lnnn(n?1)
?(n?N*,n?1)
n?14

例14. 已知
a
1
?1,a
n?1
?(1?
11
证明
a?e
2
.
n
)a
n
?
n
.
n?n2
2
解析:
a
n?1
?(1?
,
1111
)a
n< br>?
n
?(1??
n
)a
n
n(n?1)n(n?1)
22
n?1
然后两边取自然对数,可以得到
lna?ln(1?

11
?
n
)?lna
n
n(n?1)
2

然后运用
ln(1?x)?x
和裂项可以得到答案)
放缩思路：
1 1
11
a
n?1
?(1?
n?n
2
?
2< br>n
)a
n
?
lna
n?1
?ln(1?
n? n
2
?
2
n
)?lna
n
?
?lnan
?
11
?
n
n?n2
2
n?1
i? 1
。于是
lna
n?1
?lna
n
?
11
?
n
n?n2
2
，

?
i?1
n?1
(lna
i?1
?lna
i
)?
?
111
(
2
?
i
)?lna
n
?lna
1
?1? ?
n
i?i2
1
1?()
n?1
11
2
? 2??
n
?2.
1
n
2
1?
2
即
lna
n
?lna
1
?2?a
n
?e
2
.

注：题目所给条件
ln(1?x)?x
（
x?0
）为一有 用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；
当然，本题还可用结论
2
n
?n(n?1)(n?2)
来放缩：

11
1
a?(1?)a? ?
n?1
n(n?1)
n
n(n?1)
a
n?1
? 1?(1?
n(n?1)
)(a
n
?1)?
ln(a
n?1
?1)?ln(a
n
?1)?ln(1?
n?1

n?1
，
11
11
?ln(a
n
?1)?ln( a
2
?1)?1??1
)?.
?
?
[ln(a
i? 1
?1)?ln(a
i
?1)]?
?
i(i?1)n
n(n ?1)n(n?1)
i?2i?2
即
ln(a
n
?1)?1?ln3 ?a
n
?3e?1?e
2
.



例16.(2008年福州市质检)已知函数
f(x)?xlnx.
若
a?0,b ?0,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)

Q
f(x)?xlnx,?g(x)?xlnx?(k?x)ln(k?x),

?0?x?k.
Q
g
?
(x)?lnx?1?ln(k?x)?1? ln
令g
?
(x)?0,则有
x

,
k?x
x2x?kk
?1??0??x?k.
k?xk?x2
k
k
k∴函数
g(x)在[,k
）上单调递增，在
(0,
k
]
上单调递减.∴
g(x)
的最小值为
g()
，即总有
g(x)?g( ).

2
2
2
2















而
g(
k
)?f(
k
)?f(k?
k< br>)?kln
k
?k(lnk?ln2)?f(k)?kln2,

2222
?g(x)?f(k)?kln2,

即
f(x)?f(k?x)?f(k)?kln2.

令
x?a,k?x?b,
则
k?a?b.

?f(a)?f(b)?f(a?b)?(a?b)ln2.

?f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).

例15.(2008年厦门市质检) 已知函数
f(x)
是在
(0,??)< br>上处处可导的函数,若
x?f'(x)?
(I)求证：函数
g(x)?
f(x)
上是增函数；
在(0,??)
x
f(x)
在
x?0
上恒成立.
(II)当
x
1
?0,x
2
?0时,证明:f(x
1
)?f(x
2
)?f(x
1
?x
2
)
；
(III)已知不等式
ln(1?x)?x在x??1且x?0
时恒成立，
求证：< br>1111n
ln2
2
?
2
ln3
2
?
2
ln4
2
???ln(n?1)
2
?
22
2( n?1)(n?2)
234(n?1)
(n?N
*
).

解析:(I)
g'(x)?
(II)因为

,所以函数上是增函数
f'(x)x?f(x)
f(x)
?0
g( x)?在(0,??)
2
x
x
g(x)?
f(x)
在(0, ??)
x
上是增函数,所以
f(x
1
)f(x
1
?x
2
)x
1

??f(x
1
)??f(x
1
?x
2
)
x
1
x
1
?x
2< br>x
1
?x
2
f(x
2
)f(x
1
? x
2
)x
2

??f(x
2
)??f(x
1
?x
2
)
x
2
x
1
?x
2x
1
?x
2
两式相加后可以得到
f(x
1)?f(x
2
)?f(x
1
?x
2
)

(3)
f(x
1
)
f(x
1
?x
2
???x
n
)
x
1
??f(x
1
)??f (x
1
?x
2
???x
n
)
x
1
x
1
?x
2
???x
n
x
1
?x
2
???x
n
f(x
2
)
f(x
1
?x< br>2
???x
n
)
x
2
……
??f(x2
)??f(x
1
?x
2
???x
n
)
x
2
x
1
?x
2
???x
n
x
1
?x
2
???x
n
f(x
n
)f(x
1
?x
2
???x
n
)x
n

??f(x< br>n
)??f(x
1
?x
2
???x
n
)x
n
x
1
?x
2
???x
n
x
1
?x
2
???x
n

相加后可以得到:
f(x
1
)?f(x
2
)?? ?f(x
n
)?f(x
1
?x
2
???x
n
)

所以
x
1
lnx
1
?x
2
lnx
2
?x
3
lnx
3
???x
n
ln x
n
?(x
1
?x
2
???x
n
)ln( x
1
?x
2
???x
n
)

令
x
n
?
1
(1?n)
2
,有
?
1111
?
1111
??
111
?
< br>2222
?
?
?
???
??????ln????
?
2
2
ln2?
3
2
ln3?
4
2
ln4???
(n?1)
2
ln(n?1)
?
?
?
?
222222
??
(n?1)
?
3(n?1)
2
?
??
?
234
??
2
?
1
??
11
?
n
?
111
?
?
111
?
?
?
????
????
?
??
?
?
??? ??ln????
?
?
2
2
3
2
2(n?1)(n ?2)
(n?1)n
?
(n?1)
2
?
?
?
n?1
??
2n?2
?
??
?
2?13?2

所以
1111n
ln2
2
?
2
ln32
?
2
ln4
2
???ln(n?1)
2
?< br>22
2(n?1)(n?2)
234(n?1)
ln(n?1)
2ln41
?

?
1
???ln4
?
?
?
(n?1)(n?2)(n?1)(n?2)
?
n?1n?2
?
( n?N
*
).

(方法二)
ln(n?1)
2
(n?1)
2
所以
11111
?
nln4
?
1
ln2
2
?
2
ln3
2
?
2
ln4
2
???ln( n?1)
2
?ln4
?
?
?
?
22
234 (n?1)
?
2n?2
?
2(n?2)

又
ln4?1?





1
,所以
1

111n
ln2
2
?
2
ln3
2
?
2
ln4
2
???ln(n?1)
2
?(n?N
*
).
22
n?1
2(n?1)(n ?2)
234(n?1)
三、分式放缩
姐妹不等式:
b
?
b?m
(b?a?0,m?0)
和
b
?
b?m
(a?b?0,m?0)

aa?m
aa?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,反之.
例19. 姐妹不等式:
(1?1)(1?
1
)(1?
1
)?(1?
1
)?2n?1
和 352n?1
1111
(1?)(1?)(1?)?(1?)?
2462n
1
2n?1
1
2n?1
也可以表示成为
和
1?3?5 ???(2n?1)
?
2?4?6??2n
?2n?1
2?4?6???2n
1?3?5???(2n?1)
a
解析: 利用假分数的一个性质
b
?
b?m
(b?a?0,m?0)
可得
a?m

2
?
4
?
6
?
2n?
1352n?1
?
(
2
?
4
?
6< br>?
3572n?1
1352n?1

????
????(2n ?1)
2462n
2462n
135
111
2n
2
)?2n?1.

)?2n?1
即
(1?1)(1?)(1?)?(1?352n?1
2n?1

111
例20.证明:
(1?1)(1 ?)(1?)?(1?)?
3
3n?1.

473n?2
解析: 运用两次次分式放缩:
2583n?13693n

??????.?????
1473n?22583n?1
(加1)
(加2)
2583n?147103n?1

??????.?????
1473n?23693n
相乘,可以得到:
3n?1
?
47103n?11473n?2
?
258
< br>???????(3n?1)
?
?????
?
?.?????
3n?2
?
2583n?12583n?1
?
147
2
所 以有
(1?1)(1?
1
)(1?
1
)?(1?
1
)?
3
3n?1.

473n?2

四、分类放缩
例21.求证:
1?
1
?
1
??
23
?
1n
?

2?1
2
n
解析:
1?
1
?
1
???
23
11111111
?1??(?)?(
3
?
3
?
3
?
3)???

244
2?12222
n
(
1111n1n

?? ??)???(1?)?
2
2
n
2
n
2
n
2
n
2
2
n
n
例22.(2004年全国高中数学联赛加试 改编) 在平面直角坐标系
xoy
中,
y
轴正半轴上的点列
?A
?
与曲线
y?2x
（
x
≥0）上的点列
?< br>B
n
?
满足
OA?OB?
1
，直线
A
n
B
n
在x轴上的截距为
a
n
.点
B
n
的横坐标为
b
n
,
n?N
?
.
nnn
(1)证明
a
n
>
a
n?1
>4，
n?N
?
; (2)证明有
n
0
?N
?
，使得对< br>?n?n
0
都有
b
2
?
b
3
???
b
n
?
b
n?1
<
n?2008
.
b
1
b
2
b
n?1
b
n
解析:(1) 依题设有：
A

b
n
2
? 2b
n
?
n
?
1
?
，由
OB?
1
得：
n
?
0,
?
,B
n
b
n< br>,2b
n
,
?
b
n
?0
?
n
?
n
?
??
,又直线
A
n
B
n
在
11
,?b
n
??1?1,n?N
*
22
nn< br>
a
n
?
b
n
x
轴上的截距为
a
n
满足

Q2n
2
b
n
?
a< br>n
?0
?
?
?

1
??
1
?
2b
n
?
?
?
?
0?
?
?b
n
?0
?
n
??
n
??
1?n2b
n
?1?n
2
b
n
2
?0,b
n
?2?
1
nb
n
2

?a
n
?
b
n
1?n2b
n
b
n
12
??
2
??b
n
?2?2b
n
?4
?a
n
?
1< br>2
?1?1?2?2
1
2
?1

2
nn1?2nb
n
nb
n
nb
n
1?n2b
n??

显然，对于
1
?
n
1
，有
a
n
?a
n?1
?4,n?N
*

?0
n?1
(2)证明：设
1
?1?
n
2
c
n
?1?
，则
b
n?1
,n?N< br>*
b
n
?1
?
11
?
?n
2
?
2
?
?
?
n
?
n?1
?
2< br>?
??
1
?1?1

n
2
11
?1 ??1
2
2
n
?
n?1
?
1
c
n
?
?
n?1
?
2
1
?1?1
n
2
??
1
?1?1
??
2
2n?1
n
2n? 1112n?1
??
????
222
?
n?1
?
2
1
?1
?
n?1
?
?
2
2
1?1
?
2
?
n?1
?
??
n
2
n
2
??
Q
?
2n?1
??
n?2
?< br>?2
?
n?1
?
?n?0,?c
n
?
21
,n?N
*

n?2
设
S
n?c
1
?c
2
?L?c
n
,n?N
*
，则当
n?2
k
?2?1
?
k?N
*
?
时 ，
1111
?
11
??
11
??
11
S
n
???
L
?
k
?
k
?
?
?
?
?
?
2
?
L
?
3
?
?
?
k?1
?
L
?
k
342?122
? ?
2?12
?
34
??
2?1
?2?
111k?1
。
?2
2
?
3
?L?2
k?1
?
k
?
2
2222
?

?
?
所以，取n
0
?2
4009
?2
，对
?n?n
0
都有：
?
b
n?1
?
?
b
2
??b
3
?
4017?1
??
????
1??1????1 ??S?S??2008

nn
?
b
??
b
?0
??
b
n
?
2
1
?
2
?? ?
?
故有
b
2
?
b
3
???
b< br>n
?
b
n?1
<
n?2008
成立。
b< br>1
b
2
b
n?1
b
n
例23.(2007年 泉州市高三质检) 已知函数
f(x)?x
2
?bx?c(b?1,c?R)
，若
f(x)
的定义域为[－1，0]，值域也
为[－1，0].若数列
{b
n
}
满足
b
n
?
f(n)
(n?N
*
)
，记数列
{b
n
}
的前
n
3
n
项和为
T
n
，问是否存在正常数A，使得对于
任意正整数
n
都有
T
n
?A
？并证明你的结论。
解析:首先求出
f(x)?x
2
?2x
,∵
b
n
?
f(n)n
2
?2n1
??
n
3
n
3n

∴
T
n
?b
1
?b
2
? b
3
???b
n
?1?
1
?
1
???1
,∵
1
?
1
?2?
1
?
1
,
1
?
1
?
1
?
1
?4?
1?
1
,…
23n
82
3442
5678
11 11
,故当
n?2
k
时,
k
k?1
????2??
T??1
,
n
2
k?1
?12
k?1
? 22
k
2
k
2
2
?
1
因此，对任何常数A ，设
m
是不小于A的最小正整数，
则当
n?2
2m?2
时 ,必有
T?
2m?2
?1?m?A
.
n
2
故不存 在常数A使
T
n
?A
对所有
n?2
的正整数恒成立. ?
x?0,
例24.(2008年中学教学参考)设不等式组
?
y?0,
表示的平面区域为
D
,
?
?
y??nx?3n
?
n
设
D
内整数坐标点的个数为
a
n
.设
S
n
?
1
?
1
???
1
, 当
n ?2
时,求证:
1
?
1
?
1
???
1?
7n?11
.
n
a
n?1
a
n?2a
2n
a
1
a
2
a
3
a
2< br>n
36
解析:容易得到
a
n
?3n
,所以,要证11117n?11
只要证
S
n
??????
2
a1
a
2
a
3
a
2
n
36
?1 ?
1117n?11
,因为
????
n
?
23212

S
2
n
?1?
1377n?11
,所以原命题得< br>1111111111
?(?)?(???)???(
n?1
?
n?1
???
n
?1??T
2
1
?T
2
2
???T
2
n?1
??(n?1)?
221212
2345678 2?12?22
证


五、迭代放缩
例25. 已知
x
n?1
?
x
n
?4
n
,x
1
?1
,求证:当
n?2
时,
?
|x
i
?2|?2?2< br>1?n

x
n
?1
i?1
解析:通过迭代的方法得到
x
n
?2?
1
,然后相加就可以得到结论
n?1
2
例26. 设
S
sin1!sin2!sinn!
,求证:对任意的正整数
?????
1
k,若k≥n恒有:|S
n+k
－S
n
|<
n
n
2
1
2
2
2
n
解析:
|S
n?k
?S
n
|?|
sin(n?1)!2
n?1
?
sin(n?2)!sin(n?k)

2
n?2
???
2
n?k
|

?|
sin(n?1)!
|?|
sin(n?2)!
|???
sin(n ?k)111

2
n?1
2
n?2
|
2
n ?k
|?
2
n?1
?
2
n?2
???
2< br>n?k

?
1
(
1
?
1
???
1111

2
n
2
2
2
2
k
)?
2
n
?(1?
2
k
)?
2
n
又
2< br>n
?(1?1)
n
?C
01n
n
?C
n???C
n
?n
所以
|S
11

n?k
?S
n
|?
2
n
?
n

六、借助数列递推关系
例27.求证:
1
?
1?3
?1?3?5?3?5???(2n?1)
22?42?4?6
???
1
2 ?4?6???2n
?2n?2?1

解析: 设
a
3?5???(2n?1)
n
?
1?
则
2? 4?6???2n
a
2n?1
n
?1
?a
n
?2( n?1)a
n?1
?2na
n
?a
n
,从而
2( n?1)
a
n
?2(n?1)a
n?1
?2na
n
,相加后就可以得到
a
1
?a
2
???a
n
?2 (n?1)a
n?1
?2a
1
?2(n?1)?
1
2n?3
?1?(2n?2)?
1
2n?2
?1

所以
1< br>?
1?3
?
1?3?5?3?5???(2n?1)
22?42?4? 6
???
1
2?4?6???2n
?2n?2?1


例28. 求证:
1
?
1?3
?
1?3?51?3?5?? ?(2n?1)
22?42?4?6
????2n?1?1

2?4?6???2n
解析: 设
a?
1?3?5???(2n?1)
则
n
2?4?6???2n
a
2n?1
n
?1
?
2(n?1)
a?[2(n? 1)?1]an?1)a
,从而
nn?1
?(2
n
?a
n ?1
a
n
?1
?[2(n?1)?1]a
n?1
?(2n? 1)a
n
,相加后就可以得到
a
1
?a
2
??? a
n
?(2n?1)a
n?1
?3a
1
?(2n?1)?< br>1
2n?1
?
3
2
?2n?1?1


例29. 若
a
1
?1,a
n?1
?a
n
?n?1
,求证:
1
?
1
a
???
1
?2 (n?1?1

1
aa
)
2n

解析:
a
n?2
?a
n?1
?n?2?a
n
?a
n?1
?1?
1
a
n?1
?a
n?2
?a
n

所以就有
1
a
1
?

111
?????a
n?1
?a
n
?a
2
?a
1
?2a
n?1
a
n
?a
2
?2n? 1?2
a
2
a
n
a
1

七、分类讨论 < br>例30.已知数列
{a
n
}
的前
n
项和
S< br>n
满足
S
n
?2a
n
?(?1)
n
,n?1.
证明：对任意的整数
m?4
，有
解析:容易得到
a
2
n?2
,
2?(?1)
n?1
.
3
1117

?????< br>a
4
a
5
a
m
8
n
?
??
由于通项中含有
(?1)
，很难直接放缩，考虑分项讨论：
当
n?3
且
n
为奇数时

?
n

1131132
n?2
?2
n?1
??(
n?2
?
n?1
)??
2n?3n?1n?2
an
a
n?1
2
2?12?1
2
2?2?2?1
32
n?2
?2
n?1
311
（减项放缩），于是
??? (
n?2
?
n?1
)
2n?3
22
222
①当
m?4
且
m
为偶数时
1
?
1
???< br>1
?
1
?(
1
?
1
)???(
1< br>?
1
)

a
4
a
5
a
6< br>a
4
a
5
a
m
7
??(
3
?
4
???
m?2
)????(1?
m?4
)???.
22
2
224288
222
a
m?1
am
②当
m?4
且
m
为奇数时
①②得证。

八、线性规划型放缩
（添项放缩）由①知
11
111
117
由
?????
1
?
1
???
1
?
1??????.
a
4
a
5
a
m
a
4< br>a
5
a
4
a
5
a
m
a
m? 1
8
a
m
a
m?1
例31. 设函数f(x)?
2x?1
.若对一切
x?R
，
?3?af(x)?b ?3
，求
a?b
的最大值。
x
2
?2
解析:由
1?(x?2)
2
(x?1)
2
(f(x)?)(f(1) ?1)?
22(x
2
?2)
2
知
(f(x)?
1< br>)(f(1)?1)?0
即
2

1
??f(x)?1
2
由此再由
f(x)
的单调性可以知道
f(x)
的最小值为
?
1
，最大值为
1

2
1
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??3
，
?
?3??a?b?3
2
?
?
?
?3?a?b?3
?
a?b?3
?
?
1
?
?a?b??3
?
2
?
1
?
?a?b?3
?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
S
n
?1?2?2?3???n(n?1).
求证
n(n ?1)
?S
2
n
?
(n?1)
2
.
2
解析: 此数列的通项为
a
k
?
?k?k(k?1) ?
k(k?1),k?1,2,?,n.

k?k?11
，
nn
1
，
?k?
?
?< br>k?S
n
?
?
(k?)
22
2
k?1k?1
即
n(n?1)
?S
2
n
?
n(n?1)n(n? 1)
2

??.
222
ab?
a?b
2
注 ：①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
k(k?1)?k?1
则 得
S?
?
(k?1)?
(n?1)(n?3)
?
(n?1)
n
22
k?1
n
2
，若放成
，就放过“度”了！
























②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

n
11
?? ?
a
1
a
n
?
n
a
1
?a
n
?
a
1
???a
n
?
n
2
a
1
2
???a
n
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)?
解析:

?(1?
1
，若且
f(x)
在[0，1]上的最小值为
1
，求证：< br>f(1)?f(2)???f(n)?n?
1
?
1
.

4
，
f(1)?
bx
2
1?a?2
2
n?12
5
4
x
111

f(x)??1??1?(x?0) ?f(1)???f(n)?(1?)
xxx
2?2
1?41?42?2
11 11111
)???(1?)?n?(1????
n?1
)?n?
n?1?.

2n
422
2?22?222
例34.已知
a, b
为正数，且
1
?
1
?1
，试证：对每一个
n?N
?
，
(a?b)
n
?a
n
?b
n
?2
2n
?2
n?1
.
ab
ab
0n1n?1r n?rrnn
(a?b)
n
?C
n
a?C
n
ab? ??C
n
ab???C
n
b
，
ab
解析: 由< br>1
?
1
?1
得
ab?a?b
，又
(a?b) (
1
?
1
)?2?
a
?
b
?4
， 故
ab?a?b?4
，而
ba
1n?1rn?rrn?1
in?i< br>，倒序相令
f(n)?(a?b)
n
?a
n
?b
n< br>，则
f(n)
=
C
n
ab???C
n
ab? ??C
n
ab
n?1
，因为
C
n
?C
n< br>1rn?1
加得
2f(n)
=
C
n
(a
n? 1
b?ab
n?1
)???C
n
(a
n?r
br
?a
r
b
n?r
)???C
n
(ab
n?1
?a
n?1
b)
，
而
ab?ab
n?1 n?1
???a
n?r
b?ab
rrn?r
???ab
n? 1
?a
n?1
b?2ab?2?4?2
n?1
，
nnn
2
1rn?1
则
2f(n)
=
(C
n
???C
n
???C
n
)(a
r
b
n?r
?a
n?r
b
r
)?(2
n
?2)(a
r
b
n?r
?a
n?r
b
r
)
?(2
n< br>?2)?
2
n?1
，所以
f(n)
?(2
n
?2)?
2
n
，即对每一个
n?N
?
，
(a?b)
n
?a
n
?b
n
?2
2n
?2
n ?1
.
3
n
n
n
n?1
2
例35.求证
C?C?C???C?n?2
1
n
2
n
(n?1,n?N)

n
n
解析: 不等式左
C?C?C???C?
2?1?1?2?2???2
原结论成立.
例36.已知
f(x)?e?e
,求证:
f(1)?f(2)?f(3)???f(n )?(e
解析:
f(x)?f(x
1
x
1
?< br>2
)?(e
1
n
2
n
3
n
n2n? 1
?n?1?2?2???2
n
2n?1
=
n?2
n?1< br>2
，
x?x
n?1
?1)

n
2
11e
x
1
e
x
2
1

x
2x
1
?x
2
)?(e?)?e??
x
1
?x
1
x
2
?e
x
1
?x
2
? 1
x
1
x
2
x
2
eeeee?e

n
经过倒序相乘,就可以得到
f(1)?f(2)?f(3)???f(n) ?(e
n?1
?1)
2

例37.已知
f(x)?x?1
,求证:
f(1)?f(2)?f(3)???f(2n)?2
n
(n ?1)
n

x
解析:
(k?
1
)(2n?1?k?
k
1k2n?1?k1

)?k(2n?1?k)????2(2n?1?k)?2
2n?1?k2n?1?kkk(2 n?1?k)
其中:
k?1,2,3,?,2n
,因为
k?2n ?k(1?k)?2n?(k?1)(2n?k)?0?k(2n?1?k)?2n

所以
(k?
1
)(2n?1?k?
k
1
)?2n?2

2n?1?k
从而
[f(1)?f(2)?f(3)???f(2n )]
2
?(2n?2)
2n
,所以
f(1)?f(2)?f(3)? ??f(2n)?2
n
(n?1)
n
.
例3 8.若
k?7
,求证:
S
n
?
1
?
1?
1
???
nn?1n?2
13
?
.
nk?12
解析:
2S
n
?(
1
?< br>n
1111111
)?(?)?(?)???(?)

nk?1n?1nk?2n?2nk?3nk?1n
xy
xy
因 为当
x?0,y?0
时,
x?y?2xy,
1
?
1
?
2
,所以
(x?y)(
1
?
1
)?4
, 所以
1
?
1
?
xyxy
4
,当且仅当
x? y
x?y
时取到等号.

所以
2S
所以
n
?
44444n(k?1)

??????
n?nk ?1n?1?nk?2n?2?nk?3n?nk?1n?nk?1
S
n
?
2 (k?1)2(k?1)43
??2??
1
k?1k?12
1?k?
n
所以
S
n
?
11113

??????
nn?1n?2nk?12
例39.已知
f(x)?a(x?x
1
)(x?x
2
)
,求证:
f(0)?f(1)?
a
2
16.
2
解析:
f(0)?f(1)?a
2
[x(1?x)][x(1?x)]?
a
.
1122
16
例40 .已知函数f(x)=x
2
－(－1)
k
·2lnx(k∈N*).k是奇数 , n∈N*时,
－
求证: [f’(x)]
n
－2
n
1
·f’(x
n
)≥2
n
(2
n
－2).
解析: 由已知得
f
?
(x)?2x?
2
(x?0)
， < br>x
(1)当n=1时，左式=
(2x?
2
)?(2x?
2)?0
右式=0.∴不等式成立.
xx
(2)
n?2
, 左式 =
[f
?
(x)]
n
?2
n?1
?f
?< br>(x
n
)?(2x?
2
)
n
?2
n?1?(2x
n
?
2
)

n
x
x

?2
n
(C
1
x
n?2
?C
2
x
n?4
???C
n?2
1
?C
n?1
1
) .

nnnn
n?4n?2
xx
令S?C
1
x
n?2
?C
2
x
n?4
? L?C
n?2
1
?C
n?1
1

nnnn
n?4n?2
xx
由倒序相加法得：

1
2S?C
n
(x
n?2
?
1
x
n?2
2
)?C
n
(x
n?4
?
1
xn?4
n?1
)???C
n
(
1
x
n?2?x
n?2
)

12n?1

?2(C
n
?C
n
???C
n
)?2(2
n
?2)
，
所以
S?(2
n
?2).

所以
[f
?
(x)]
n
?2
n?1
?f
?
(x
n
)?2
n
(2
n
?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)?a
x
?x(a?1)

（1）求函数
f(x)
的最小值，并求最小值小于0时的
a
取值范围；
1'2n?1'
（2）令
S(n)?C
n
f( 1)?C
n
f
'
(2)???C
n
f(n?1)
求 证：
S(n)?(2
n
?2)?f
'
(
n
)

?
2
(1)由f
'
(x)?a
x
lna?1, f
'
(x)?0,即：a
x
lna?1,?a
x
?
同理：f
'
(x)?0,有x??log
a
lna,
1
,又 a?1?x??log
a
lna
lna
所以f
'
(x)在( ??,?log
a
lna)上递减，在（?log
a
lna,??)上递增；
所以f(x)
min
?f(?log
a
lna)?
若f(x )
min
?0,即
1?lnlna
lna

1?lnlna 1
?0,则lnlna??1,?lna?
lnae
1
e
?a的取值 范围是1?a?e

12n?1
(2)S(n)?C
n
(aln a?1)?C
n
(a
2
lna?1)???C
n
(a
n?1
lna?1)
122n?1n?112n?1
?(C
n
a? C
n
a???C
n
a)lna?(C
n
?C
n???C
n
)
1
12n?1
?[C
n
(a?a
n?1
)?C
n
(a
2
?a
n?2
)?? ?C
n
(a
n?1
?a)]lna?(2
n
?2)
2

?a(2
n
?2)lna?(2
n
?2)
n< br>?(2?2)(alna?1)?(2
n
?2)f
'
(),
2
所以不等式成立。
n
n
2
n
2

★例42. (2008年江西高考试题)已知函数

解析:对任意给定的
a ?0
,
x?0
,由
11
f(x)???
1?x1?a
1
8
1?
ax
f
?
x
?
?
11 ax
,
x?
?
0,??
?
.对任意正数
a
??
ax?8
1?x1?a
,证明：
1?f
?
x
?
?2
．
,

若令
b?
8
，则
abx?8
① ,而
f
?
x
?
?
ax< br>（一）、先证
f
?
x
?
?1
；因为
111< br>??
1?x1?a1?b
②
11
，
1
1
，
1
，
1
?
?
?
1?x
1?x
1? b
1?b
1?a
1?a
又由
2?a?b?x?22a?2bx?4
4
2abx?8
，得
a?b?x?6
．
所以
f
?
x
?
?1
?
1
?
1
?
1
?
1
?1
?
3?2(a?b?x)?(ab?ax?bx)

(1?x)(1? a)(1?b)
1?x1?a1?b
1?x1?a1?b
?
9?(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 证
f
?
x
?
?2
；由①、②式中关于
x,a,b< br>的对称性，不妨设
x?a?b
．则
0?b?2

（ⅰ）、当< br>a?b?7
，则
a?5
，所以
x?a?5
，因为
1
?1
，
1?b
112
，此时
f
?x
?
?
1
?
1
?
1
?2
．
???1
1?x1?a1?b
1?x1?a1?5
（ⅱ）、当
a?b?7
③，由①得 ,
因为
同理得
今证明
x?
8
，
1
?
ab
1?x
ab
，
ab?8
1bb
2
b

?1???[1?]
22
1?b1?b4(1?b)2(1?b)
1a
⑤
?1?
2(1?a)
1?a
所以
1b
④
?1?
2(1?b)
1?b
，于是
1
?
abab
?
⑥
f
?
x
?< br>?2?
?
??2
?
2
?
ab?8
?
?
1?a1?b
?
abab
⑦,
??2
1?a1?bab?8
因为
a
?
b
?2
1?a1?b
ab
，
(1?a)(1?b)
只要证
abab
，即
ab?8?(1?a)(1?b)
，也即
a?b?7
，据③，此为显然．
?
(1?a)(1?b)ab?8
f(x)?2
． 因此⑦得证．故由⑥得
综上所述，对任何正数
a,x
，皆有
1?f
?
x
?
?2
．

例43.求证:
1?
111

?????2
n?1n?23n?1
解析:一方面:
1111
?< br>11
?
12
??????
?
?
?
???1< br>n?1n?23n?12
?
34
?
24

(法二 )
1111
?
?
11
??
11
?
1
?
?

?
1
??????
?
?
???
???
?
?
?
?
??
?
n?1n? 23n?12
?
?
n?13n?1
??
n?23n
??3n?1n?1
?
?
?
?

1
?
4n ?24n?24n?2
?
?
?
????
?
2
?(3n?1)(n?1)3n(n?2)(n?1)(3n?1)
?
?
?
?
2n?1
?
?
?
?
?
(2n?1)
2< br>111

?
??????1
222222
?
2
(2n?1)?(n?1)(2n?1)?n
?
(2n?1)
?
(2n?1 )?n
?
另一方面:

十、二项放缩
1112n?12n?2

???????2
n?1n?23n?1n?1n?1
1n
1

2
n
?(1?1)
n
?C
n
0
?C
n
,
2
n
?C
n
0
?C
n
?? ?C
n
?n?1
,
2

2
n
?C
0
?C
1
?C
2
?
n?n?2
2
n
?n(n?1)(n?2)

nnn
2
例44. 已知
a
1
?1,a
n?1?(1?
2
11
)a
n
?
n
.
证明< br>a
n
?e

n?n2
2
解析:
a
n?1
?(1?
11
1

)a
n
??
a
n?1
?1?(1?)(a
n
?1)?
n (n?1)n(n?1)
n(n?1)
ln(a
n?1
?1)?ln(an
?1)?ln(1?
n?1
11

n?1
，
11
)?.
?
?
[ln(a
i?1
?1)?ln(ai
?1)]?
?
?ln(a
n
?1)?ln(a
2?1)?1??1
n(n?1)n(n?1)
i(i?1)n
i?2i?2
即
ln(a
n
?1)?1?ln3?a
n
?3e?1?e
2
.

45.设
1
，求证：数列
{a
n
}
单调递增且
a
n
a
n
?(1?)
n
n?4.

解析: 引入一个结论：若
b?a?0
则
b
n ?1
?a
n?1
?(n?1)b
n
(b?a)
（证略） < br>整理上式得
a
n?1
?b
n
[(n?1)a?nb].
（
?
）
以
a?1?
1
,b?1?
1
代 入（
?
）式得
(1?
1
)
n?1
?
(1?
1
)
n
.

n?1n
n?1
n
即
{a
n
}
单调递增。
以
a?1,b?1?
1
代入（
2n
?
）式得
1?(1?
1
n
11
)??(1?)
2n
?4.

2n22n
n
此式对一切正整数
n
都成立，即对一切偶数有
(1?
1
)
n
?4
，又因为数列
{a
n
}
单调递增，所以对
一切正整数
n
有
(1?
1
)n
n
?4
。
注：①上述不等式可加强为
2?(1?
1
)
n
?3.
简证如下：
n
1
1
1
2n
1
利用二项展 开式进行部分放缩：
a
n
?(1?
1
)
n
?1?C
n
??C
n
?
2
???C
n
.
n
nn
nn
只取前两项有
a?1?C
1
?
1
?2.
对通项作如下放缩：
nn
n
1nn?1n?k?1111

k
1
Cn
????????.
nk!1?2?2
2
k?1
n
k
k!nn
n?1
故有
a
n
?1?1?< br>1
?
1
???
1
?2?
1
?
1?( 12)
?3.

2
2
2
21?12
2
n? 1
②上述数列
{a
n
}
的极限存在，为无理数
e
； 同时是下述试题的背景：已知
i,m,n
是正整数，且
1?i?m?n
（.
1）
ii
证明
n
i
A
m
；（2）证 明
(1?m)
n
?(1?n)
m
.
（01年全国卷理科第2 0题）
?m
i
A
n
简析 对第（2）问：用
1n
代替
n
得数列
{b
n
}:b
n
?(1 ?n)
n
是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法：
数列
{(1?n)}< br>递减，且
1?i?m?n,
故
(1?m)
1
n
1m
1
?(1?n)
n
,
即
(1?m)
1
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4 6.已知a+b=1,a>0,b>0,求证：
a
n
?b
n
?21?n.

解析: 因为a+b=1,a>0,b>0,可认为
a,
1< br>,b
成等差数列，设
a?
1
?d,b?
1
?d
，
2
22
从而




例47.设< br>n?1,n?N
，求证
(
2
)
n
?
3
8
.
(n?1)(n?2)
22

?
1
??< br>1
?
a
n
?b
n
?
?
?d
?
?
?
?d
?
?2
1?n
?
2
? ?
2
?
nn
解析: 观察
(
2
)
n
的结构，注意到
(
3
)
n
?(1?
1
)
n
，展开得
3
111nn(n?1)(n?1)(n?2)?6
，即
1
1
23
1(n?1)(n?2)
，得证.
(1?)
n
?1?C
n
??C
n
?
2
?C
n
?
3
???1???
(1?)
n
?
22288
22
28
例48.求证:
ln3?ln2
?ln(1?
1
)?< br>ln2
. 解析:参见上面的方法,希望读者自己尝试!)
n2nn
例42.(2008年北京海淀5月练习) 已知函数
y?f(x),x?N
*
,y?N
*
，满足：
① 对任意
a,b?N
*
,a?b
，都有
af(a)?bf(b)?af (b)?bf(a)
；
②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)
；
（III）令
a< br>n
?f(3
n
),n?N
*
，试证明：.
n1111
≤
??
L
??

4n?2a
1
a
2
a
n
4
*
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(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!
首先我们发 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(1)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(1)?2
①
接下来要运用迭代的思想:
因为
f(1)?2
,所以
f(2)? f[f(1)]?3
,
f(3)?f[f(2)]?6
,
f(6)?f[f( 3)]?9
②

f(9)?f[f(6)]?18
,
f(18)?f[f(9)]?27
,
f(27)?f[f(18)]?54
,
f(54)?f[f(27)]?81

在此比较有技巧的方法就是:

81?54?27?54?27
,所以可以判断
f(28)?55
③
*

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①②③有
f(1)?f(6)?f(28)
=
55?9?2?66

(3)在解决
{a
n
}
的通项公式时也会遇到困难.

f[f(3
n
)]?3
n?1
,f(3
n ?1
)?f{f[f(3
n
)]}?3f(3
n
),?a
n ?1
?3a
n
,所以数列
a
n
?f(3
n
),n?N
*
的方程为
a
n
?2?3
n
,
从而
1
?
1
???
1
?
1
(1?
1
)
,
n
a
1
a
2
a
n
43
1
一方面
1
(1?
1
)?
1
,另一方面
3
n
?(1?2)
n
?C
n
0
?2
0
?Cn
?2
1
?2n?1

n
434
所以
1
(1?
1
)?
1
(1?
n
434
112nn
,所以,综上有
)???
2n?142n?14n?2
n11 11
≤
??
L
??
.
4n?2a
1
a
2
a
n
4
例49. 已知函数f?x?的定义域为[0,1]，且满足下列条件：
① 对于任意
x?
[0 ,1]，总有
f
?
x
?
?3
，且
f
?1
?
?4
；② 若
x
（Ⅰ）求f?0?的值；（Ⅱ）求证：f?x?≤4；
（Ⅲ）当
x?(
1
,
1
](n?1,2,3,???)
时，试证明：
f(x )?3x?3
.
nn?1
33
1
?0,x
2
?0 ,x
1
?x
2
?1,
则有
f
?
x
1
?x
2
?
?f
?
x
1
?
?f( x
2
)?3.

解析: （Ⅰ）解：令
x
1
?x< br>2
?0
，由①对于任意
x?
[0,1]，总有
f
?< br>x
?
?3
， ∴
f(0)?3

又由②得
f(0)?2f(0)?3,
即
f(0)?3;
∴
f(0)?3.

（Ⅱ）解：任取
x
1
,x< br>2
?[0,1],
且设
x
1
?x
2
,
则
f(x
2
)?f[x
1
?(x
2< br>?x
1
)]?f(x
1
)?f(x
2
?x
1
)?3,

因为
x
2
?x
1< br>?0
，所以
f(x?x
1
)?3
，即
f(x
2
?x
1
)?3?0,

2
∴
f(x
1
)?f(x
2
)
.
∴当
x?
[0,1]时，
f(x)?f(1)?4
.
1
（Ⅲ）证明：先用数学归纳法证明：
f(
1
)?
n?1
?3(n?N *)

n?1
33
（1） 当n=1时，
f(
1
) ?f(1)?4?1?3?
1
?3
，不等式成立；
00
33
（2） 假设当n=k时，
f(
由
f(

11
)?
k?1
?3(k?N*)
33
k?1
11 1
1111111
)?f[
k
?(
k
?
k
)]?f(
k
)?f(
k
?
k
)?3

?f(
k
)?f(
k
)?f(
k
)?6

333
3333333
k?1
得
3f(
1
)?f(
3
k
11

)?6?
k?1
?9.
33< br>k?1
即当n=k+1时，不等式成立
由（1）、（2）可知，不等式
f(< br>于是，当
x?(
1
,
n
11
)?
n?1?3
对一切正整数都成立.
n?1
33
1
111
]( n?1,2,3,???)
时，
3x?3?3?
n
?3?
n?1?3?f(
n?1
)
，
33
333
n?1
而
x?
[0,1]，
f
?
x
?
单调递增 ∴
f(
1
)?f(
1
)
所以，
f(x)?
nn?1
33
f(
1
)?3x?3.

n?1
3

例50. 已知：
a
1
?a
2
?L?a
n
?1,a
i
?0

(i?1,2?n)
求证：
解析:构造对偶式：令
A?
a
1
2

B?
a
1
?a
2
a
2
?a
3?
22
2
a
n
a
n
a
1
2< br>a
2
1

?1
??
L
???
a1
?a
2
a
2
?a
3
a
n?1
?a
n
a
n
?a
1
2
22
2
a
n
a
n
a
2

?1
?????
a
1
?a
2
a
2
?a
3
a
n?1< br>?a
n
a
n
?a
1
22
2
a
3
a
n
a
2
a
1
2

???? ?
a
1
?a
2
a
2
?a
3
an?1
?a
n
a
n
?a
1
222222
22
则
A?B?
a
1
?a
2
?
a
2
?a
3
???
a
n?1
?a
n
?a
n
?a
1
＝
(a
1
?a
2
)?(a
2
?a
3
)???(a
n?1
?a
n)?(a
n
?a
1
)?0,?A?B

a
n? 1
?a
n
a
n
?a
1
又
?
ai
2
?a
2
j
a
i
?a
j
1

(a
i
?a
j
)
2
（
i,j?1,2?n)

22222
2
1
a
2< br>?a
3
a
n
a
n
?a
1
2
1
11
a
1
2
?a
2
?1
?a
n
?
?
(a
1
?a
2
)?(a
2
? a
3
)???(a
n?1
?a
n
)?(a
n
?a
1
)
?
?

?A?(A?B)?()?????42
22a
1
?a
2
a
2
?a
3a
n?1
?a
n
a
n
?a
1








十一、积分放缩
利用定积分的保号性比大小
保号性是指，定义在
?
a,b
?
上的可积函数
f
?
x
?
?
?
?
?
0
，则
例51.求证：
?
e
?e
?
.
解析:
?
e
?e
?
?
ln
?
?
lne
，∵
ln
?
?
lne
?
?
lnx< br>?
?
?
d
?
lnx
?
?
?
1?lnx
dx
，
??
?
e
?
??
?
e
?
ex
?
?
e
x
2
?
x
?
e
?
?
f
?
x
?
dx??
?
?
0
.
b
a
x?
?
e ,
?
?
时，
1?lnx
?0
，
x
2
?
?
e
1?lnx
，
dx?0
2
x
∴
ln
?
?
lne
，
?
e
?e
?
.
?
e
利用定积分估计和式的上下界
定积分产生和应用的一个主要背景是计算曲边梯形的面积，现在用它来估计小矩形的面积和.
例52. 求证：
1?
1
?
1
?L?
1
? 2
?
n?1?1
?
，
?
n?1,n?N
?
.
23n
解析: 考虑函数
f
?
x
?
?1
x
在区间
?
i,i?1
?
?
i?1,2,3 ,L,n
?
上的定积分.
如图，显然
1
?
1
?1 ?
i?1
1
dx
-①
?
i
iix
nn< br>对
i
求和，
?
1
?
?
i?1
1dx
?
n?1
1
dx

?
i
?
1
i?1
i
i?1
x
x
?
?2
?
?
?
2x
?
1
n?1
?
n?1?1
.
?

例53. 已知
n?N,n?4
.求证：
1
?
1
?
1
?
L
?
1
?
7
.
n?1n?2n?32n10
解析:考虑函数
f
?
x
?
?
1
在区间
?
i?1
1?x
i
?
,
??
?
nn
?
?
i?1,2,3,L,n
?< br>上的定积分.
∵
1
n?i
11
??
n
1?
i
n
?
?
i
n
i?1
n
1
dx
-②
1?x

∴
1
n
11
?
??
n?i
?
i?1
i?1
n
n
1?i
n
?
?
?
i?1
n
i
n
i ?1
n
1
1
1
1
dx
?
?
dx?
?
ln
?
1?x
?
?
??
0
0< br>1?x
1?x
?ln2?
7
.
10











例54. （2003年全国高考江苏卷）设
a?0
，如图，已知直线
l:y ?ax
及曲线
C
：
y?x
2
，
C
上的点< br>Q
1
的横坐
标为
a
1
（
0?a
1< br>?a
）.从
C
上的点
Q
n
?
n?1
?
作直线平行于
x
轴，交直线
l
于点
P
n?1，再从点
P
n?1
作直线平行于
y
轴，交曲线
C
于点
Q
n?1
.
Q
n
?
n?1,2,L,n?
的横坐标构成数列
?
a
n
?
.
（Ⅰ）试求
a
n?1
与
a
n
的关系，并求
?
a
n
?
的通项公式；
（Ⅱ）当
a?1,a?
1
时 ，证明
1
?
(a
n
2
k
?a
k?1
)a
k?2
?
k?1
1
32
；
n
1
（Ⅲ）当
a?1
时，证明
?
(ak
?a
k?1
)a
k?2
?
.
k?1
3
a
1
2
n?1
解析:
a
n
?a()< br>（过程略）.
a
证明（II）：由
a?1
知
a
n? 1
?a
n
2
，∵
a
∵当
k?1
时，
a
n
∴
?
(a
k?1
1
?
1
， ∴
11
.
a
2
?,a
3
?
2
4 16
k?2
?a
3
?
1
，
16
k
?a
k?1
)a
k?2
?
1
n
11
.
?
(a
k
?a
k?1
)?(a
1
?an?1
)?
16
k?1
1632
2
.
?a< br>k
证明（Ⅲ）：由
a?1
知
a
k?1
∴
(a
k
?a
k?1
)a
k?2
?(a
k
?a< br>k?1
)a
k
2
?1
恰表示阴影部分面积，
显然
∴
n
2
(a
k
?a
k?1
)a
k ?1
?
?
a
k
a
k?1
x
2
dx
④
?
(a
k?1
k
n
a
1
n< br>1
3
1
.
2
a
?a
k?1
)a< br>k?2
?
?
(a
k
?a
k?1
)a
k
2
?1
?
?
?
x
2
dx
??
0
xdx
?a
1
?
a
33
k?1< br>k?1
k
k?1
奇巧积累: 将定积分构建的不等式略加改造即得“初等”证明，如：

①
1
??< br>i?1
1
dx
?2
?
?
i
ix
i? 1?i
?
；
②
1
n?i
?
?
i
n
i?1
n
i
???
i?1
?
；
1dx
?ln
?
1?
?
?ln
?
1?
?
n
?
1?x
?
n
??
③
sin
?
i
?sin
?
i?1
?
1?sin
2
?< br>i?1
?
sin
?
i
1
1?x
2
s in
?
i?1
dx?
?
i
?
?
i?1；
④
(a
k
2
?a
k?1
)a
k? 1
?
?
a
k
a
k?1
x
2
dx?
1
3
.
3
a
k
?a
k
?
?1
?
3


十二、部分放缩(尾式放缩)
例55.求证:
解析:
1
?
3?1
1114
?????

n?1
3?13?2?1
3?2?1
7
1
111111111

? ????????????
11147484
n?1n?12n?1
4
3?2 ?1
3?2?1
47
3?2?1
28
3?23?2
???< br>1
???
283
1?
84847
2


例56. 设
a
n
?1?
11
1
???,a?2.
求证：
a
n
?2.

?
a
n
a
2
a
3
2
解析: a?1?
1
?
1
???
1
?1?
1
?
1
???
1
.

n
aa222
a
3n23n
又
k
2
?k?k?k(k?1),k?2
（只将其中一个
k
变成
k?1
，进 行部分放缩），
?
1
?
2
k
111
??
，
k(k?1)k?1k
于是
a
n
?1?
1
1111 1111
?2??2.

?????1?(1?)?(?)???(?)
22 2
n
223n?1n
23n
2
例57.设数列
?
a
n
?
满足
a
n?1
?a
n
?na
n
?1
?
n?N
?
?
，当
a
1
? 3
时
证明对所有
n?1,
有
(i)a
n
?n? 2
；
(ii)
1111
?????

1?a
1
1?a
2
1?a
n
2
解析: < br>(i)
用数学归纳法：当
n?1
时显然成立，假设当
n?k
时 成立即
a
k
?k?2
，则当
n?k?1
时
ak?1
?a
k
(a
k
?k)?1?a
k
(k? 2?k)?1?(k?2)?2?1?k?3
，成立。
利用上述部分放缩的结论
a
k?1
?2a
k
?1
来放缩通项，可得
a
k?1
?1?2(a
k
?1)?
a
k
?1???2
k?1
(a
1
?1)?2
k?1
?4?2
k?1
?
11
?
k?1
.

a
k
?1
2

?
i?1
n
1
?
?
1?a
i
i?1
n
1
1?()
n

11
2
?
1
.??
1
2
2
i?1
4
1?
2
注：上述证明
(i)
用到部分放缩 ，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：
a
k?1
?(k?2)(k?2?k)?1 ?k?3
；
证明就直接使用了部分放缩的结论
a
k?1
?2a
k
?1



十三、三角不等式的放缩
例58.求证:
|sinx|?|x|(x?R)
.
解析:(i)当
x?0
时,
|sinx|?|x|

(ii)当
0?x?
?
时,构造单位圆,如图所示:
2
y
P
A
因为三角形AOB的面积小于扇形OAB的面积
所以可以得到
sinx?x?|sinx|?|x|

O
T
B
x

当
x?
?
时
|sinx|?|x|

2
所以当
x?0
时
sinx?x
有
|sinx|?|x|

(iii)当
x?0
时,
?x?0
,由(ii)可知:
|sinx|?|x|

所以综上有
|sinx|?|x|(x?R)















十四、使用加强命题法证明不等式
(i)同侧加强
对所证不等式的同一方向(可以是左侧,也可以是右侧)进行加强.如要证明
f(x)?A
,只 要证明
f(x)?A?B(B?0)
,其中
B
通过寻找分析,归纳完成. < br>n
例59.求证:对一切
n(n?N*)
,都有
?
1
?3
.
k?1
kk
解析:
1
kk
?
1
k
3
?
1
k(k
2
?1)
?
??
1111

?
??
?
?
??
(k?1)k (k?1)
?
(k?1)kk(k?1)
?
k?1?k?1
??1111
?
11
?
k?1?k?1

?
??< br>?
???
??
?
?
(k?1)k
?
k?1? k?1
2
k(k?1)kk?1k?1
??
??
?
1
?
11
?
2k
??
??
?
2
k
?
k?1k?1
?
11

?
k?1k?1
从而?
k
k?1
n
1
k
?1?


??????????1????3
2
132435k?1k?1kk?1
当然本题还可以使用其他方法,如:
?

1111
?
kk?
kk?1
?
k?k?k?1
?
?
k(k?1)
?
?
1
?

?
1
1
?
11k? k?1
?
11
?
?
?
?2?
?
?
?
???
?
?
?
1
k?1k
k?k?1kk?1k
??
??
k
2
?
?
nn
所 以
?
1
?1?
?
1
?1?2(1?
1
)? 3
.
k?1
kk
k?2
kkk

(ii)异侧加强(数学归纳法)

(iii)双向加强
有些不等式,往往是某个一般性命题的特殊情况,这时,不妨”返璞归真”,通过双向加强还原其本来面
目,从而顺利解决原不等式.其基本原理为:
欲证明
A?f(x)?B
,只要证明:
A?C?f(x)?B?C(C?0,A?B)
.
例60.已知数列
{a
n
}
满足:
a?1,a?a?
1
,求证:2n?1?a
n
?3n?2(n?2).

1n?1n
a
n

解析:
?
1
?
,从而
a
n
2
?a
n?1
2
?2
,所以有
2
?
a
n
?
?
a??a?2
k?1
?
n?1
a
?
n?1
??
2
2
a
n
2
?(a
n
2
?a
n?1
2
)?(a
n?1
2
?a
n?2
2
)???(a
2
2
?a
1
2
)?a
1
2
?2(n?1)?1?2n?1
,所以
a
n
?2n?1

又
a
2
n
?
1
?
,所以< br>a
n
2
?a
n?1
2
?3
,所以有
2
?
?
?
a??a?3
n?1k?1
?
a
n?1
?
??
2

a
n
2
?(a
n
2
?a
n?1
2
)?(a
n?1
2
?a
n?2
2
)???(a
2
2
?a
1
2
)?a
1
2
?3(n?1)?1?3n?2
所以
a
n
?3n?2

所以综上有
2n?1?a
n
?3n?2(n?2).

引申:已知数 列
{a
n
}
满足:
a?1,a?a?
1
,求证:
n
1
1n?1n
?
a
a
n
k?1
?2n?1
.
12
2n?1?2n?3
k
解析:由上可知
a
n
?2n?1
,又
2n?1?
2n?1?2n?3
2,所以
1
a
n
?
2n?1
??2n?1?2n?3
n
从而
?
1
?1?3?1?5?3???2n ?1?2n?3?2n?1(n?2)

k?1
a
k
n
又当
n?1
时,
1
?1
,所以综上有
?
1
?2n?1
.
a
1
k?1
a
k

同题引申: (2008年浙江高考试题)已知数列
?
a
?
,
a
n
?0
,
a
1
?0
,
a
n? 1
2
?a
n?1
?1?a
n
2
(n?N
?
)
.
n
记
S
n
?a
1
?a2
???a
n
,
T
(1)
a
n
?a< br>n?1
;
n
?
.求证:当
n?N
?
时.
111
????
1?a
1
(1?a
1
)(1?a< br>2
)(1?a
1
)(1?a
2
)?(1?a
n
)
★(3)
T
n
?3
. (2)
S
n
?n?2
;
解析:(1)
a< br>n?1
2
?a
n
2
?1?a
n?1
,猜想< br>a
n
?1
,下面用数学归纳法证明:
(i)当
n?1
时,
a
1
?1
,结论成立;
(ii)假设当
n?k(k?1)
时,
a
k
?1
,则
n?k?1(k?1)
时,
a
k?1
2
?a
k?1
?1?a
k
2

从而
a
k?1
2
?a
k?1
?2?a
n?1
?1
,所以
0?ak?1
?1

所以综上有
0?a
n
?1
,故
a
n?1
2
?a
n
2
?0?a
n?1
?a
n

(2)因为
an?1
2
?a
n
2
?1?a
n?1
则
a
2
2
?a
1
2
?1?a
2
,
a
3
2
?a
2
2
?1?a
3
,…,
a
n?1
2
?a
n
2
?1?a
n?1
, 相加后可以得
到:
a
n?1
2
?a
1
2
?n?(a
2
?a
3
???a
n?1
)?S
n?1
?n?a
n?1
2
,所以
S
n
?n?1?an
?n?2
,所以
S
n
?n?2

2
(3)因为
a
n?1
2
?a
n?1
?1?a
n2
?2a
n
,从而
a

n?1
? 1?
2a
n
,有
1
a
?
n?1
,所以有
a
n?1
1?a
n?1
2a
n
aaaa
1
?
n?1
?
n
?
3
?
n?
n1
?1
,从而
(1?a
3
)?(1?a
n
) (1?a
n?1
)2a
n
2a
n?1
2a
2
2a
2
aa
?1
,所以
11
?
n?
n
1
?1
??
n
(1?a
1
)(1?a
2< br>)(1?a
3
)?(1?a
n
)(1?a
n?1
)< br>2a
2
1?a
2
2
n?1
aa
,所以 11
?
n21
n
??
n
n
(1?a
1
)(1?a
2
)(1?a
3
)?(1?a
n
)2a
2
1?a
2
2
?2

T
n< br>?1?
aa
a
111112
?
3
?
4
???
n
n
?1???
2
???
n?2
??1? 1?3

2?2
1?a
2
2
2
1?a
2< br>2
222
5?1
所以综上有
T
n
?3
.















例61.(2008年陕西省高考试题)已知数列
{a
n
}
的首项
(1)证明:对任意的
x?0
,
a≥
1?
n
1?x
2
(2)证明:
a?a?
L
?a?
n
.
12n
a< br>1
?
3
,
a
n?1
5
?
3a
n
,
n?1，2，L
．
2a
n
?1
1
?
2
?
2，L
;
?x
?
,
n?1，
2
?
n
(1?x)?
3
?
n?1
n
解析:(1)依题,容易得到< br>a
n
?
3
2?3
n
?1?
2
,要证
x?0
,
11
?
2
?
2，L
,
a
n
≥??x
?
,
n?1，
n
2
?
n
3
1?x(1?x)
?
3
?
即证
1?
2
?
1
?
n
3
1?x
1
?
222 1
?
?x?1?1
?
??
n
?
2
?
n2
(1?x)
?
3(1?x)
2
?
1?x
3( 1?x)

n
即证
2
?
2?3
n
1?x< br>3(1?x)
2
3
n
?
2
,设
t?
1
所以即证明
?
(t)??
2?3
n
?t
2
?2t?
2
?1?0(0?t?1)

?1?0
1?x
3
n
3
n
3
n
2
,这是显然成立的.
?1 ?0
n
3
≥
11
?
2
?
,
n?1 ，2，L
??x
?
2
?
n
1?x(1?x)
?3
?
从而
?
(1)?0
,即
?
2?3
n
?2?
所以综上有对任意的
x?0
,
a
(法二)


n
11
?
2
?
2
?

??x?
?
1
?
1
2
?
?1?1?x
?2
?
n
?
n
1?x(1?x)
?
3
?
1?x(1?x)
?
3
?
2
21
?
1?
1
?
1
≤a
n
?
??
???a?(1?x)
n
?
?a
n
?
??
1?x
a(1?x)
2
a1?x
a
?
n
n
?
?
n
?
?
11
?
1?x(1?x)
2
,?
原不等式成立．
(2)由(1)知，对任意的
x?0
，有
a
1
?a
2?
L
?a
n
≥
11
?
2
?
1 1
?
211
?
2
??
??x
?
???x< br>?
?
L
???x
?

2
?
2
?
22
?
n
1?x(1?x)
?
3
?
1 ?x(1?x)
?
31?x(1?x)
?
3
??
?
n1
?
222
?
．
??
2
?
L
?
n
?nx
?
2
?
1?x(1?x)
?
3 33
?
?
取
2
?
1
?
，
1?< br>n
?
1
?
222
?
3
?
1
?
3
?
1
?
?
x?
?
?
2
?
L
?
n
?
??
?
1?
?
n< br>?
333
?
?
1
?
n
?
3
n
?
n
?
1?
?
?
3
?

< br>则
nn
2
n
2
a
1
?a
2
?
L
?a
n
≥
??
1
n?1
1
?
1
?
1?
?
1?
n
?
n?1?
n
3
n
?
3
?
．
?
原不等式成立．














十四、经典题目方法探究
探究1.( 2008年福建省高考)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
b
n
,
令
a
n
?ln(1?n)?b
n
.求证:
a
1
?
a
1
?a
3
???
a
1
?a
3
?a
5
???a
2n?1
?2a?1?1
.
n
a
2
a
2
?a
4
a
2
?a
4
?a
6
???a
2n
证明:首先:可以得到
a
n
?n
n
.先证明
1?3?5???(2n?1)
?
2?4 ?6???2n
4
1

2n?1
2n?12n?1
2
(方法一)
?
1? 3?5???(2n?1)
?
?
1?3
?
3?5
???(2n?1)(2n?1)
?
1
?
1
所以
1?3?5 ???(2n?1)
?
222
??
?
2?4?6???2n
?
22?134
2(2n)
2?4?6???2n
1

2n?1
(方法二)因为
1
?
1?1
?
2
,
3
?
3?1
?
4
,?,
2n?1
?
2n?1?1
?
4?152n2n?1
2
2n
,相乘得 :
2n?1

1
.
2n?1
1
,从而
1?3?5???(2n?1)
?
1?3?5???(2n?1)
?
?
?
2?4?6???2n
?
?
2n?1
2?4?6???2n??
(方法三)设A=
1?3?5???(2n?1)
,B=
2?4? 6???2n
2?4?6???2n
,因为
3?5?7???(2n?1)
2
A2
1
.
2n?1
所以
?
1?3?5???(2n?1)
?
?
??
?
2?4?6???2n
?
1
,
2n?1
从而
1?3?5? ??(2n?1)
?
2?4?6???2n
下面介绍几种方法证明
a
1
?
a
1
?a
3
???
a
1
?a
3
?a
5
???a
2n?1
?2a?1?1
n
a
2
a
2
?a
4
a
2
?a
4
?a
6
???a
2n
(方法一)因为

2n?1?
2n?1?2n?1
,所以
1
,所以有
?2n ?1?2n?1
2
2n?1
n
11?31?3?5???(2n?1)

?????
?
2k?1?2n?1?1
22?42?4?6???2n< br>k?1
(方法二)
n?2?n?
2
,因为
1
,所以< br>1

2
?n?2?n
?
n?2?n
n?2
n ?2n?2?n
1
2n?1
?2n?1?2n?1
令
n?2n?1
,可以得到,所以有
n

11?31?3?5?? ?(2n?1)
?????
?
2k?1?2n?1?1
22?42?4?6? ??2n
k?1
(方法三)设
a?
1?3?5???(2n?1)
, a?
2n?1
a
所以
2(n?1)a
n?1
?a
n ?1
?(2n?1)a
n
?a
n?1
,
nn?1n
2?4?6???2n2n?2

从而
a
n?1
?[2(n? 1)?1]a
n?1
?(2n?1)a
n
,从而
a
n
?(2n?1)a
n
?(2n?1)a
n?1

a
1?a
2
?a
3
???a
n
?(2n?1)a
n
?(2n?1)a
n?1
?(2n?1)a
n?1
?(2n?3)a
n?2
???5a
2
?3a
1
?(2n?1)a
n
?
3
又
a
n
?
2
1
,
2 n?1
所以
a?a?a???a?2n?1?
3
?2n?1?1

123n
2
(方法四)运用数学归纳法证明:
(i)当
n?1时,左边=
1
3
?
k?1
n
1
2k?1
?2n?1?1

,右边=
3?1?
2
3?1
?
1
3?1
2
显然不等式成立;
(ii)假设
n?k(k?1)时,
所以要证明
k?1
i?1
?
i?1
k
1< br>2i?1
?2k?1?1
,则
n?k?1
时,
1
3
?
1
5
???
1
2k?1
?
1
2 k?3
?2k?1?1?
1
2k?3
,
?
1
2i ?1
?2k?3?1
,只要证明
2k?1?
1
2k?3
?2 k?3?
1
2k?3
?2k?3?2k?1?
1
2k?3?2k?1
2
,这是成立的.
这就是说当
n?k?1
时,不等式也成立,所以 ,综上有
a
1
a
2
?

a
1
?a
3
a?a?a???a
2n?1
???
135
?2a
n
?1?1
a
2
?a
4
a
2
?a
4
?a
6
???a
2n
探究2.(2008年全国二卷)设函数< br>f(x)?
解析:因为
f(x)?
设
g(x)?f(x)?ax
,则
sinx
.如果对任何
x
≥
0
，都有
f(x)
≤
ax
，求
2?cosx
a< br>的取值范围．
sinx
,所以
cosx(2?cosx)?sin
2
x1?2cosx
f'(x)??
2?cosx
(cosx?2)
2
(cosx?2)
2
g'(x)?f'(x)?a?

,
g(0)?0
1?2cosxcosx?2?cosx?2?1?223
?a??a???a< br>222
(cosx?2)(cosx?2)cosx?2(cosx?2)
因为
|cosx|?1
,所以
(i)当
a?
1
时,
3
g'(x)?0
231
?

?
??
?< br>?1,
?
2
cosx?2(cosx?2)3
??
恒成立,即
g(x)?g(0)?0
,所以当
a?
1
时,
f(x)
≤
ax
恒成立.
3
(ii)当< br>a?0
时,
f(
?
)?
1
?0?a?(
?< br>)
,因此当
a?0
时,不符合题意.
222
(iii)当
0?a?
1
时,令
h(x)?sinx?3ax
，则< br>h
?
(x)?cosx?3a
故当
x?
?
0，arc cos3a
?
时,
h
?
(x)?0
.
3
因此
h(x)
在
?
0，
arccos3a)
时,
h (x)?h(0)?0
,
arccos3a
?
上单调增加.故当
x?(0，
即
sinx?3ax
.于是，当
x?(0，arccos3a)
时，
f (x)?
所以综上有
a
的取值范围是
?
1
?

?
3
,??
?
??
sinxsinx

??ax
2?cosx3
变式：若
0?x
i
?arccos3a
,其中
i?1,2,3,?,n

1
且
0?a?
,
x
1
?x
2
?x
3
???x
n
?arccos3a
,求证:
3
xx
xx
3a
tan
1
?tan
2
?tan
3
???tann
?arccos3a
.
22222
xsinx
i
s inx
i
证明：容易得到
tan
i
?

?
2cosx
i
?12
由上面那个题目知道
sinx
i
?3a x
i

就可以知道
tan

xx
x
1
x
3a
?tan
2
?tan
3
???t an
n
?arccos3a

22222
★同型衍变:(2006年全国一卷)已知函数
f(x)?
1?x
e
?ax
.若对任意 x∈(0,1) 恒有 f (x) >1, 求 a的取值范围.
1?x
解析:函数f (x)的定义域为(-∞, 1)∪(1, +∞), 导数为
f
?
(x)?
ax
2
?2?a
e
?ax
.
(1?x)
2
(ⅰ) 当0< a≤2时, f (x) 在区间 (-∞, 1) 为增函数, 故对于任意x∈(0, 1) 恒有 f (x) > f (0) =1, 因
而这时a满足要求.
(ⅱ) 当a>2时, f (x) 在区间 (-
x
0
?
1
2
a?2
,
a
a?2
,
a
a?2
a
)为减函数, 故在区间(0,
a?2
a
) 内任取一点, 比如取
就有 x
0
∈(0, 1) 且 f (x
0
) < f (0) =1, 因而这时a不满足要求.
(ⅲ) 当a≤0时, 对于任意x∈(0, 1) 恒有
f(x)?
1?x
e
?ax
≥
1?x
?1
, 这时a满足要求.
1?x
1?x