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高考数学


放缩技巧
(高考数学备考资料) 高考数学备考资料) 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 ? 1
2

的值;

(2)求证:

∑k
k =1

n

1
2

<

5. 3

2 1 1 ,所以 n 2 1 2n 解析:(1)因为 = = ? 2 ∑ 4k 2 ? 1 = 1 ? 2n + 1 = 2n + 1 4n ? 1 (2n ? 1)( 2n + 1) 2n ? 1 2n + 1 k =1

2

(2)因为

1 < n2

1 n2 ? 1 4

=

n 1 ? ,所以 ∑ 1 < 1 + 2? 1 ? 1 + L + 1 ? 1 ? < 1 + 2 = 5 ? 1 ? ? 2 = 2? ? ? 2n ? 1 2n + 1 ? 3 3 ?3 5 k =1 k 4n 2 ? 1 ? 2n ? 1 2n + 1 ?

4

奇巧积累
: (1)
1 4 4 1 ? ? 1 = < = 2? ? ? n 2 4 n 2 4n 2 ? 1 ? 2n ? 1 2n + 1 ?
r +1 r = Cn ?

(2)

1 2 1 1 = = ? 2 C C n ( n + 1)n( n ? 1) n( n ? 1) n( n + 1)
1 n +1

(3) T

1 n! 1 1 1 1 1 = ? < < = ? ( r ≥ 2) r r!(n ? r )! n r r! r (r ? 1) r ? 1 r n

(4) (1 + 1 ) n < 1 + 1 + 1 + 1 + L +
n 2 ×1 3× 2

1 5 < n( n ? 1) 2

(5)

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

(6)

1 < n+2 ? n n+2
? 2n + 1 2n + 3 ? 2 1 1 ? (2n + 1) ? 2 n ?1 ( 2n + 3) ? 2 n

(7) 2( n + 1 ? n ) < 1 < 2( n ? n ? 1)
n

(8) ? 2 ? 1 ? ? 1 = ? ? n

(9)

1 1 1? 1 1 1 ?1 1 ? ? =? + ? , = ? ? ? k ( n + 1 ? k ) ? n + 1 ? k k ? n + 1 n( n + 1 + k ) k + 1 ? n n + 1 + k ?
n 1 1 = ? (n + 1) ! n ! (n + 1) !

(10)

(11)

1 n

< 2 ( 2n + 1 ? 2n ? 1) =

2 2 2n + 1 + 2n ? 1

=

2 1 1 n+ + n? 2 2

(11) (12)

2n 2n 2n 2 n ?1 1 1 = n < n = n = ? ( n ≥ 2) 2 n n (2 ? 1) (2 ? 1)(2 ? 1) (2 ? 1)(2 ? 2) (2 ? 1)(2 n ?1 ? 1) 2 n ?1 ? 1 2 n ? 1
n

1 n3

=

1 n ? n2

<

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

? ? 1 1 1 ?? =? ? ? n(n ? 1) n(n + 1) ? n + 1 ? n ? 1 ? ?
1 n ?1 ? 1 n +1

1 ? n +1 + n ?1 ? 1 =? ? < ?? n +1? 2 n ? n ?1

(13) (14)

2 n +1 = 2 ? 2 n = (3 ? 1) ? 2 n > 3 ? 3(2 n ? 1) > 2 n ? 2 n ? 1 >
k+2 1 1 = ? k!+( k + 1)! + (k + 2)! (k + 1) ! (k + 2) !

2n 1 2n ? n < 3 2 ?1 3

(15)

1 < n ? n ? 1(n ≥ 2) n(n + 1)

(15)

i2 + 1 ? j2 + 1 i2 ? j2 = i? j (i ? j )( i 2 + 1 +

j + 1)
2

=

i+ j i +1 +
2

j2 +1

<1

例 2.(1)求证:1 + 1 + 1 + L + 2 2
3 5

1 7 1 > ? ( n ≥ 2) 2 6 2(2n ? 1) (2 n ? 1)

(2)求证: 1 + 1 + 1 + L + 1 < 1 ? 1 2
4 16 36 4n 2
2?4 2?4?6

4n

(3)求证: 1 + 1 ? 3 + 1 ? 3 ? 5 + L + 1 ? 3 ? 5 ? L ? (2n ? 1) < 2n + 1 ? 1
2 2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n
n

(4) 求证: 2( n + 1 ? 1) < 1 + 1 + 1 + L + 1 < 2 ( 2n + 1 ? 1)
2 3

解析:(1)因为

1 1 1? 1 1 ? ,所以 > = ? ? ? (2n ? 1) 2 (2n ? 1)(2n + 1) 2 ? 2n ? 1 2n + 1 ?

∑ (2i ? 1)
i =1

n

1

2

1 1 1 1 1 1 > 1+ ( ? ) > 1+ ( ? ) 2 3 2n + 1 2 3 2n ? 1

(2) 1 + 1 + 1 + L + 1 = 1 (1 + 1 + L + 1 ) < 1 (1 + 1 ? 1 ) 2 2 2
4 16 36 4n 4 2 n 4 n

(3)先运用分式放缩法证明出 1 ? 3 ? 5 ? L ? (2n ? 1) <
2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n

1 ,再结合 1 进行裂项,最后就可以得到答案 < n+2 ? n 2n + 1 n+2

(4)首先 再证
1 n

1 n

> 2( n + 1 ? n ) =

2 n +1 + n
2 2

,所以容易经过裂项得到 2( n + 1 ? 1) < 1 + 1 + 1 + L + 1
2 3
2 n+ 1 1 + n? 2 2

n

而由均值不等式知道这是显然成立的,
< 2 ( 2 n + 1 ? 2 n ? 1) = 2n + 1 + 2n ? 1 =

所以1 + 1 + 1 + L + 1 < 2 ( 2n + 1 ? 1)
2 3 n

求证: 例 3.求证 求证 解析:

6n 1 1 1 5 ≤ 1+ + +L + 2 < n (n + 1)(2n + 1) 4 9 3
1 1 4 1 ? ? 1 < = = 2? ? ? n 2 n 2 ? 1 4n 2 ? 1 ? 2n ? 1 2n + 1 ? 4

一方面: 因为

,所以

∑k
k =1

n

1
2

1 1 ? 2 5 ?1 1 < 1 + 2? ? + L + ? ? < 1+ = 2 n ? 1 2n + 1 ? 3 3 ?3 5

另一方面: 1 + 1 + 1 + L + 1 > 1 + 1 + 1 + L + 2
4 9 n 2×3 3× 4

1 1 n = 1? = n(n + 1) n +1 n +1

当 n ≥ 3 时, 当 n = 2 时, 所以综上有

6n 1 1 1 n 6n ,当 n = 1 时, = 1+ + +L+ 2 > ( n + 1)(2n + 1) 4 9 n n + 1 (n + 1)(2n + 1)

,

6n 1 1 1 < 1+ + +L+ 2 , ( n + 1)(2n + 1) 4 9 n

6n 1 1 1 5 ≤ 1+ + +L + 2 < (n + 1)(2n + 1) 4 9 n 3

例 4.(2008 年全国一卷)设函数 f ( x) = x ? x ln x .数列 {an } 满足 0 < a
明: ak +1 > b . 解析:

1

1) < 1 . an +1 = f (an ) .设 b ∈ ( a1, ,整数 k ≥ a1 ? b

.证

a1 ln b

由数学归纳法可以证明 {an } 是递增数列, 故 若存在正整数 m ≤ k , 使 am ≥ b , 则 ak +1 > ak ≥ b ,

若 am < b(m ≤ k ) ,则由 0 < a1 ≤ am < b < 1 知 am ln am ≤ a1 ln am < a1 ln b < 0 , a = a ? a ln a = a ? k a ln a , ∑ m m k +1 k k k 1
m =1

因为

∑a
m =1

k

m

ln am < k (a1 ln b) ,于是 ak +1 > a1 + k | a1 ln b |≥ a1 + (b ? a1 ) = b

例 5.已知 n, m ∈ N + , x > ?1, Sm = 1m + 2m + 3m + L + nm ,求证:
解析:首先可以证明: (1 + x) n ≥ 1 + nx

n m +1 < (m + 1) S n < (n + 1) m +1 ? 1 .

n m +1 = n m +1 ? (n ? 1) m +1 + (n ? 1) m +1 ? (n ? 2) m +1 + L + 1m +1 ? 0 = ∑ [k m +1 ? (k ? 1) m +1 ] 所以要证
n k =1

n m +1 < (m + 1) S n < (n + 1) m +1 ? 1 只要证:

∑ [k
k =1

n

m +1

? (k ? 1) m +1 ] < (m + 1)∑ k m < (n + 1) m +1 ? 1 = (n + 1) m +1 ? n m +1 + n m +1 ? (n ? 1) m +1 + L + 2m +1 ?1m +1 = ∑ [(k + 1) m +1 ? k m +1 ]
k =1 k =1 m +1

n

n

故只要证

∑ [k
k =1

n

? (k ? 1) m +1 ] < (m + 1)∑ k m < ∑ [(k + 1) m +1 ? k m +1 ] ,
k =1 k =1

n

n

即等价于 k

m +1

? (k ? 1)
k

m +1

< (m + 1)k < (k + 1) m +1 ? k m ,
m

即等价于1 + m + 1 < (1 + 1 ) m +1 ,1 ? m + 1 < (1 ? 1 ) m +1
k k k

而正是成立的,所以原命题成立.

例 6.已知 an = 4 n ? 2 n , T = n

2n a1 + a2 + L + an

,求证: T + T + T + L + T < 3 . 1 2 3 n
2

n n 解析: T = 41 + 4 2 + 43 + L + 4 n ? (21 + 22 + L + 2n ) = 4(1 ? 4 ) ? 2(1 ? 2 ) = 4 (4 n ? 1) + 2(1 ? 2 n ) n

1? 4

1? 2

3

所以
Tn =

2n 2n 2n 3 ? 2n 3 2n = n +1 = n +1 = n +1 = ? 4 n 4 4 4 2 4 ? 3 ? 2 n +1 + 2 2 2 ? ( 2 n ) 2 ? 3 ? 2 n + 1 (4 ? 1) + 2(1 ? 2 n ) ? + 2 ? 2 n +1 + ? 2 n +1 3 3 3 3 3

=

3 2n 3? 1 1 ? ? = ? ? ? 2 ( 2 ? 2 n ? 1)(2 n ? 1) 2 ? 2 n ? 1 2 n + 1 ? 1 ?

从而 T + T + T + L + T = 3 ?1 ? 1 + 1 ? 1 + L + 1 ? ? 1 2 3 n n
2? 3 3 7 2 ?1

1 ? 3 ?< 2n +1 ? 1 ? 2

例 7.已知 x1 = 1 , x = ?n(n = 2k ? 1, k ∈ Z ) ,求证: ? n
?n ? 1(n = 2k , k ∈ Z )
1
4

4

1 + x2 ? x3

4

1 +L+ x4 ? x5

4

1 > 2 ( n + 1 ? 1)(n ∈ N *) x2 n x2 n +1

证明:
4

1 x2 n x2 n +1

=

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

=

1
4

4n 2 ? 1
1

>

1
4

4n 2
2 >

=

1 2? n
2

=

2 2 n

,

因为

2 n < n + n + 1 ,所以
4

x 2 n x 2 n +1 +

> 1

2 n

n + n +1 1
4

= 2( n +1 ? n)

所以
4

1 x2 ? x3

4

x4 ? x5

+L+

x2 n x2 n + 1

> 2 ( n + 1 ? 1)(n ∈ N *)

二、函数放缩
例 8.求证: ln 2 + ln 3 + ln 4 + L + ln 3 < 3n ? 5n + 6 (n ∈ N * ) . n
n

2

3

4

3
2

6

解析:先构造函数有 ln x ≤ x ? 1 ? ln x ≤ 1 ? 1 ,从而 ln 2 + ln 3 + ln 4 + L + ln 3 n
x x

3

4

3n

1 1 1 < 3n ? 1 ? ( + + L + n ) 2 3 3
n ?1 n ?1

cause 1 + 1 + L +
2 3

? 3 9 ? 3 1 ?1 1? ?1 1 1 1 1 1? 1 1 ? 5 ? 3 3? ? 9 ? 1 + ? +L+ ? = ? + ? + ? + + + + + ? +L+ ? n + n +L+ n ? > + ? + ? + ? ? 2 ? 3 n ?1 + 3 n n 3 2 +1 3 ? 6 ? 6 9 ? ? 18 27 ? ? 2 3? ? 4 5 6 7 8 9? ?2 ?

? 5n ?= ? 6 ?

所以 ln 2 + ln 3 + ln 4 + L + ln 3 < 3 n ? 1 ? 5n = 3n ? 5n + 6 n
n

2

3

4

3

6

6

α α α 2 例 9.求证:(1) α ≥ 2, ln 2 + ln 3 + L + ln n < 2n ? n ? 1 (n ≥ 2) α α α

2

3

n

2(n + 1)

解析:构造函数

f ( x) =

α ln n 2 ln x ,得到 ln n ≤ 2 α x n n

2 ,再进行裂项 ln n ≤ 1 ? 1 < 1 ? 2 2

n

n

1 ,求和后可以得到答案 n(n + 1)

函数构造形式: ln x ≤ x ? 1 , ln n ≤ n ? 1(α ≥ 2)
α α

例 10.求证: 1 + 1 + L + 1 < ln(n + 1) < 1 + 1 + L + 1
2 3 n +1 2 n
n n ?1

解析:提示: ln(n + 1) = ln n + 1 ? n ? L ? 2 = ln n + 1 + ln n + L + ln 2
n n ?1
1 x

1

函数构造形式:

ln x < x, ln x > 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 D C B n x

首先: S

ABCF

<

n ?i

∫x

n

1

,从而, 1 ? i <
n

n ?i

∫ x = ln x |

n

1

n n ?i

= ln n ? ln(n ? i )
O

F A n-i

取 i = 1 有, 1 < ln n ? ln( n ? 1) ,
n

所以有

1 < ln 2 2

, 1 < ln 3 ? ln 2 ,…, 1 < ln n ? ln(n ? 1) ,
3
n

1 < ln(n + 1) ? ln n , 相 加 后 可 以 得 到 : n +1

1 1 1 + +L+ < ln(n + 1) 2 3 n +1

另一方面 S 取 i = 1 有,

ABDE

>

1 ,从而有 1 ?i > n?i n ?i x



n

1 = ln x |n ? i = ln n ? ln( n ? i ) n n ?i x



n

1 > ln n ? ln( n ? 1) , n ?1
1 1 1 < ln(n + 1) < 1 + + L + n +1 2 n

所以有 ln(n + 1) < 1 + 1 + L + 1 ,所以综上有 1 + 1 + L +
2 n

2

3

例 11.求证: (1 + 1 )(1 + 1 ) ? L ? (1 + 1 ) < e 和 (1 + 1 )(1 +
2! 3! n!
9

.解析:构造函数后即可证明 1 1 ) ? L ? (1 + 2 n ) < e 81 3 解析:
,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) ? L ? [1 + n(n + 1)] > e 2n?3 函数构造形式:

ln[n(n + 1) + 1] > 2 ?

ln( x + 1) > 2 ?

3 1 + ln(1 + x) 3 ( x > 0) ? > ( x > 0) x +1 x x +1

(加强命题)

例 13.证明: ln 2 + ln 3 + ln 4 + L +
3 4 5

ln n n(n ? 1) < ( n ∈ N *, n > 1) n +1 4

解析:构造函数 f ( x) = ln( x ? 1) ? ( x ? 1) + 1( x > 1) ,求导,可以得到:
f ' ( x) = 1 2 ? x ,令 ?1 = x ?1 x ?1

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 = n 2 + 1 有, ln n 2 ≤ n 2 ? 1 所以 ln n
n +1 ≤ n ?1 2

,所以 ln 2 + ln 3 + ln 4 + L +
3 4 5

ln n n(n ? 1) < (n ∈ N *, n > 1) n +1 4

例 14. 已知 a

1

= 1, an +1 = (1 +

1 1 证明 a < e 2 . n ) an + n . n2 + n 2

解析:

a n +1 = (1 +

, 1 1 1 1 )a n + n < (1 + + )a n n(n + 1) n(n + 1) 2 n 2
ln a n +1 < ln(1 + 1 1 + ) + ln a n n(n + 1) 2 n

然后两边取自然对数,可以得到

然后运用 ln(1 + x) < x 和裂项可以得到答案) 放缩思路: 1 1 1 1
a n +1 ≤ (1 + n2 + n + 2n )a n ?

ln a n+1 ≤ ln(1 +

n2 + n

+

2n

) + ln a n ?

≤ ln a n +

1 1 + n2 + n 2n
n ?1 i =1

。于是

ln a n +1 ? ln a n ≤

1 1 + n2 + n 2n




i =1

n ?1

(ln ai +1 ? ln ai ) ≤ ∑ (

1 1 1 + ) ? ln a n ? ln a1 ≤ 1 ? + n i + i 2i
2

1 1 ? ( ) n ?1 1 1 2 = 2 ? ? n < 2. 1 n 2 1? 2

即 ln a n ? ln a1 < 2 ? a n

< e2.

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:
a n +1 ≤ (1 + 1 1 )a n + ? a n +1 + 1 ≤ (1 + 1 )(a n + 1) ? n(n ? 1) n(n ? 1) n(n ? 1)
n ?1 n ?1 , 1 1 1 1 ? 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=2 i=2

ln(a n +1 + 1) ? ln(a n + 1) ≤ ln(1 +

即 ln(a n + 1) < 1 + ln 3 ? a n < 3e ? 1 < e 2 .

例 16.(2008 年福州市质检)已知函数 f ( x) = x ln x. 若 a > 0, b > 0, 证明 : f (a ) + (a + b) ln 2 ≥ f (a + b) ? f (b). 解析:设函数 g ( x) = f ( x) + f (k ? x), (k > 0)
Q f ( x) = x ln x,∴ g ( x) = x ln x + (k ? x) ln(k ? x), ∴ 0 < x < k .Q g ′( x) = ln x + 1 ? ln(k ? x) ? 1 = ln 令g ′( x) > 0, 则有 x , k?x

x 2x ? k k >1? > 0 ? < x < k. k?x k?x 2

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 ) = k ln k = k (ln k ? ln 2) = f (k ) ? k ln 2,
2 2 2 2

∴ g ( x ) ≥ f (k ) ? k ln 2, 即 f ( x ) + f ( k ? x ) ≥ f ( k ) ? k ln 2. 令 x = a, k ? x = b, 则 k = a + b. ∴ f ( a ) + f (b) ≥ f ( a + b) ? ( a + b ) ln 2.

∴ f ( a ) + ( a + b) ln 2 ≥ f ( a + b) ? f (b).

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) > (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 x1 > 0, x 2 > 0时, 证明 : f ( x1 ) + f ( x 2 ) < f ( x1 + x 2 ) ;

(III)已知不等式 ln(1 + x) < x在x > ?1且x ≠ 0 时恒成立, 求证:
1 1 1 1 n ln 2 2 + 2 ln 3 2 + 2 ln 4 2 + L + ln(n + 1) 2 > 2(n + 1)(n + 2) 22 3 4 (n + 1) 2 (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,+∞ ) x2 x
g ( x) = f ( x) 在(0,+∞) x

上是增函数,所以

f ( x1 ) f ( x1 + x2 ) x1 < ? f ( x1 ) < ? f ( x1 + x 2 ) x1 x1 + x 2 x1 + x2
f ( x 2 ) f ( x1 + x 2 ) x2 < ? f ( x2 ) < ? f ( x1 + x 2 ) x2 x1 + x 2 x1 + x 2

两式相加后可以得到 f ( x1 ) + f ( x2 ) < f ( x1 + x2 ) (3)
f ( x1 ) f ( x1 + x 2 + L + x n ) x1 < ? f ( x1 ) < ? f ( x1 + x 2 + L + x n ) x1 x1 + x 2 + L + xn x1 + x2 + L + x n

f ( x2 ) f ( x1 + x 2 + L + x n ) x2 …… < ? f ( x2 ) < ? f ( x1 + x 2 + L + x n ) x2 x1 + x2 + L + xn x1 + x2 + L + xn

f ( x n ) f ( x1 + x 2 + L + x n ) xn < ? f ( xn ) < ? f ( x1 + x 2 + L + x n ) xn x1 + x 2 + L + x n x1 + x 2 + L + x n

相加后可以得到:

f ( x1 ) + f ( x 2 ) + L + f ( x n ) < f ( x1 + x 2 + L + x n )

所以 x1 ln x1 + x 2 ln x2 + x3 ln x3 + L + xn ln x n < ( x1 + x 2 + L + x n ) ln( x1 + x 2 + L + x n ) 令
xn = 1 (1 + n) 2

,有

? 1 ? ? 1 1 1 1 1 1 1 ? ? 1 1 1 ? ? ? 2 ln 2 2 + 2 ln 32 + 2 ln 4 2 + L + ln(n + 1) 2 ? < ? 2 + 2 + 2 + L + ? ? ln? + + L + ? ?2 ? ?2 3 4 (n + 1) 2 3 4 (n + 1) 2 ? ? 2 2 3 2 (n + 1) 2 ? ? ? ? ? ? ?

n ? 1 1 1 ? ? 1 1 1 ? < ? ? 1 ?? 1 ? 1 ? = ? ?? ? ? ? ln? ? ? < ? 2 + 2 +L+ + +L+ ?2 2( n + 1)(n + 2) (n + 1)n ? ? n + 1 ?? 2 n + 2 ? 3 (n + 1) 2 ? ? 2 × 1 3 × 2 ? ? ? ?

所以

1 1 1 1 n ln 2 2 + 2 ln 3 2 + 2 ln 4 2 + L + ln(n + 1) 2 > 2(n + 1)(n + 2) 22 3 4 (n + 1) 2
> ln(n + 1) 2 ln 4 1 ? ? 1 ≥ = ln 4? ? ? (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) ? n +1 n + 2 ?

(n ∈ N * ).

(方法二) ln(n + 1) 2
(n + 1)
2

所以

1 1 1 1 1 ? n ln 4 ?1 ln 2 2 + 2 ln 32 + 2 ln 4 2 + L + ln( n + 1) 2 > ln 4? ? ?= 22 3 4 ( n + 1) 2 ? 2 n + 2 ? 2( n + 2)

又 ln 4 > 1 >

1 ,所以 1 1 1 1 n ln 2 2 + 2 ln 3 2 + 2 ln 4 2 + L + ln( n + 1) 2 > (n ∈ N * ). n +1 2(n + 1)(n + 2) 22 3 4 (n + 1) 2

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)
a a+m 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,反之.

例 19. 姐妹不等式: (1 + 1)(1 + 1 )(1 + 1 ) L (1 + 1 ) > 2n + 1 和
3 5 2n ? 1
1 1 1 1 (1 ? )(1 ? )(1 ? ) L (1 + ) < 2 4 6 2n 1 2n + 1
1 2n + 1

也可以表示成为

和 1 ? 3 ? 5 ? L ? (2n ? 1) < 2 ? 4 ? 6 L ? 2n > 2n + 1 2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n 1 ? 3 ? 5 ? L ? ( 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 ? ? L > 3 ? 5 ? 7 L 2n + 1 = 1 ? 3 ? 5 L 2n ? 1 ? ( 2n + 1) 1 3 5 2n ? 1 2 4 6 2n 2 4 6 2n
? ( 2 ? 4 ? 6 L 2n ) 2 > 2n + 1 即 (1 + 1)(1 + 1 )(1 + 1 )L (1 +

1 3 5

2n ? 1

3

5

1 ) > 2n + 1. 2n ? 1

1 1 1 例 20.证明: (1 + 1)(1 + )(1 + ) L (1 + ) > 3 3n + 1. 4 7 3n ? 2 解析: 运用两次次分式放缩:
2 5 8 3n ? 1 3 6 9 3n ? ? ?L? > . ? ?L ? ? 1 4 7 3n ? 2 2 5 8 3n ? 1
2 5 8 3n ? 1 4 7 10 3n + 1 ? ? ?L? > . ? ?L? ? 1 4 7 3n ? 2 3 6 9 3n

(加 1) (加 2)

相乘,可以得到:
3n ? 1 ? 4 7 10 3n + 1 1 4 7 3n ? 2 ?2 5 8 = ? ? ?L? ? (3n + 1) ? ? ? ?L? ? > . ? ?L?? 3n ? 2 ? 2 5 8 3n ? 1 2 5 8 3n ? 1 ?1 4 7
2

所以有 (1 + 1)(1 + 1 )(1 + 1 ) L (1 + 1 ) > 3 3n + 1.
4 7 3n ? 2

四、分类放缩
例 21.求证:1 + 1 + 1 + L +
2 3 1 n > 2n ? 1 2

解析: 1 + 1 + 1 + L +
2 3

1 1 1 1 1 1 1 1 >1+ + ( + ) + ( 3 + 3 + 3 + 3 ) +L+ 2 4 4 2n ? 1 2 2 2 2

(

1 1 1 1 n 1 n + + L + n ) ? n = + (1 ? n ) > 2 2 2n 2n 2 2 2
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 上的点列 {Bn }满足 OA = OB = 1 , 直线 y = 2 x( x ≥0) n n n

An Bn 在 x 轴上的截距为 a n .点 Bn 的横坐标为 bn , n ∈ N ? .
b1 b2 bn?1 bn

(1)证明 a n > an +1 >4, n ∈ N ? ; (2)证明有 n0 ∈ N ? ,使得对 ?n > n0 都有 b2 + b3 + L + bn + bn+1 < n ? 2008 . 解析:(1) 依题设有: A
bn 2 + 2bn =

n

? 1? ,由 OB = 1 得: n ? 0, ? , Bn bn , 2bn , ( bn > 0 ) n ? n?

(

)

,又直线 An Bn 在 1 1 ,∴ bn = 2 + 1 ? 1, n ∈ N * n2 n
1? ? 1? 2bn ? ? = ? 0 ? ? ( bn ? 0 ) n? ? n?

x 轴上的截距为 an 满足
Q 2n 2bn = 1 ? n 2bn 2 > 0, bn + 2 = 1 n 2bn

? ( an ? 0 ) ? ?

an =

bn 1 ? n 2bn

∴ an =

bn 1 + n 2bn bn 1 2 = = 2 + = bn + 2 + 2bn + 4 ∴ an = 12 + 1 + 1 + 2 + 2 12 + 1 2 n n 1 ? 2n bn n bn n bn 1 ? n 2bn

(

)

显然,对于 1 >
n

1 ,有 an > an +1 > 4, n ∈ N * >0 n +1

(2)证明:设
1 +1 ? n2

cn = 1 ?

,则 bn +1 , n∈ N* bn
+1 ? 1 1 ? =n ? 2 ? ? ? n ( n + 1)2 ? ? ?
2

1

cn =

( n + 1)

2

1 +1 ?1 n2

1 +1 +1 n2 1 1 +1 + +1 2 n2 ( n + 1)

>

2n + 1

( n + 1)

2

? ? 1 +1 +1 ? 2n + 1 ? 1 1 2n + 1 n2 ? + ?> = 2 2 1 ( n + 1) ? 2 2 1 + 1 ? 2 ( n + 1) 2 2 +1 ? ? 2 n n ? ?
2

Q ( 2n + 1)( n + 2 ) ? 2 ( n + 1) = n > 0,∴ cn >

1 ,n∈ N* n+2

设 S n = c1 + c2 + L + cn , n ∈ N * ,则当 n = 2 k ? 2 > 1( k ∈ N * ) 时,
1 1 1 1 ?1 1? ? 1 1 ? ? 1 1 ? Sn > + + L + k + = ? + ?+? + L + 3 ? + ? k ?1 +L+ k ? 3 4 2 ? 1 2k ? 3 4 ? ? 22 + 1 2 ? ? 2 +1 2 ?
> 2? 1 1 1 k ?1 。 + 2 2 ? 3 + L + 2k ?1 ? k = 22 2 2 2

所以,取 n0 = 24009 ? 2 ,对 ?n > n0 都有:
? b2 ? ? b3 ?1 ? ? + ?1 ? ? b ? ? b 1 ? 2 ? ? ? b ? ? 4017 ? 1 ? + L + ?1 ? n +1 ? = S n > S n0 > = 2008 ? ? ? bn ? 2 ? ?

故有 b2 + b3 + L + bn + bn +1 < n ? 2008 成立。
b1 b2 bn ?1 bn

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 {bn } 满足 b
n

=

f ( n) ( n ∈ N * ) ,记数列 {bn } 的前 n 项和为 Tn ,问是否存在正常数 n3

A,使得对于

任意正整数 n 都有 Tn < A ?并证明你的结论。 解析:首先求出 f ( x) = x 2 + 2 x ,∵ b
= f ( n) n 2 + 2n 1 = > n3 n3 n

n

∴ Tn = b1 + b2 + b3 + L + bn > 1 + 1 + 1 + L + 1 ,∵ 1 + 1 > 2 × 1 = 1 , 1 + 1 + 1 + 1 > 4 × 1 = 1 ,… 2 3 n 8 2 3 4 4 2 5 6 7 8
1 2
k ?1

k 1 1 1 1 k + L + k > 2 k ?1 × k = ,故当 n > 2 时, Tn > + 1 , +1 2 + 2 2 2 2 2

+

k ?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 2 m ?2 时,必有 T > 2m ? 2 + 1 = m > A . n
2

故不存在常数 A 使 Tn < A 对所有 n ≥ 2 的正整数恒成立. 例 24.(2008 年中学教学参考)设不等式组 ? y > 0,
? x > 0,

? ? y ≤ ?nx + 3n ? 设 D 内整数坐标点的个数为 a n .设 S n = 1 + 1 + L + 1 , a n +1 a n + 2 a 2n
n

表示的平面区域为 D ,
n

当 n ≥ 2 时,求证: 1 + 1 + 1 + L + 1 ≥ 7n + 11 .
a1 a2 a3 a2 n 36
=1+ 1 1 1 7n + 11 ,因为 + +L+ n ≥ 2 3 2 12

解析:容易得到 an = 3n ,所以,要证 1
a1

+

1 1 1 7n + 11 只要证 S n + + L+ ≥ 2 a 2 a3 a 2n 36

S2 n = 1 +

1 3 7 7n + 11 ,所以原命题得 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + ( + ) + ( + + + ) + L + ( n ?1 + + L + n = 1 + + T21 + T2 2 + L + T2 n ?1 ≥ + (n ? 1) = 2 3 4 5 6 7 8 2 + 1 2n ?1 + 2 2 2 2 12 12



五、迭代放缩 例 25. 已知 x = xn + 4 , x = 1 ,求证:当 n ≥ 2 时, n +1 1 ∑| x
n

xn + 1

i =1

i

? 2 | ≤ 2 ? 21? n

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

n

=

sin 1! sin 2! sin n! + 2 + L + n ,求证:对任意的正整数 21 2 2
| S n +k ? S n |=| sin( n + 1)! sin( n + 2)! sin( n + k ) + +L+ | 2 n +1 2 n +2 2 n+ k

k,若 k≥n 恒有:|Sn+k-Sn|<

1 n

解析:
≤|

sin( n + 1)! sin( n + 2)! sin( n + k ) 1 1 1 |+| | +L+ | |≤ n +1 + n + 2 + L + n + k 2 n +1 2 n+2 2 n+k 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 ( + + L + k ) = n ? (1 ? k ) < n 2n 2 22 2 2 2 2
0 1 n = (1 + 1) n = C n + C n + L + C n > n

=

又 2n

所以 | S

n+ k

? S n |<

1 1 < 2n n

六、借助数列递推关系 例 27.求证: 1 + 1 ? 3 + 1 ? 3 ? 5
2 2?4 2?4?6
=

+L+

1 ? 3 ? 5 ? L ? ( 2n ? 1) < 2n + 2 ? 1 2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n

解析: 设 a
a n +1 =

n

1 ? 3 ? 5 ? L ? (2 n ? 1) 则 2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n

2n + 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
a1 + a 2 + L + a n = 2(n + 1)a n+1 ? 2a1 < 2( n + 1) ? 1 2n + 3 ? 1 < ( 2n + 2) ? 1 2n + 2 ?1

所以 1 + 1 ? 3 + 1 ? 3 ? 5
2 2?4

2?4?6

+L+

1 ? 3 ? 5 ? L ? ( 2n ? 1) < 2n + 2 ? 1 2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n

例 28. 求证: 1 + 1 ? 3 + 1 ? 3 ? 5
2 2?4

2?4?6

+L+

1 ? 3 ? 5 ? L ? ( 2n ? 1) < 2n + 1 ? 1 2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n

解析: 设 a = 1 ? 3 ? 5 ? L ? (2n ? 1) 则 n
2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n
a n +1 = 2n + 1 ,从而 a n ? [2(n + 1) + 1]a n +1 = (2n + 1)a n + a n +1 2(n + 1)

a n +1 = [2(n + 1) + 1]a n+1 ? (2n + 1)a n ,相加后就可以得到
a1 + a 2 + L + a n = ( 2n + 1)a n +1 ? 3a1 < (2n + 1) ? 1 2n + 1 ? 3 < 2n + 1 ? 1 2

例 29. 若 a1 = 1, an+1 ? a n = n + 1 ,求证: 1
a1

+

1 1 +L+ ≥ 2( n + 1 ? 1) a2 an

解析:

a n + 2 ? a n +1 = n + 2 = a n ? a n +1 + 1 ?

1 = an+2 ? an a n +1

所以就有 1
a1

+

1 1 1 +L+ = + a n +1 + a n ? a 2 ? a1 ≥ 2 a n +1 a n ? a 2 = 2 n + 1 ? 2 a2 a n a1

七、分类讨论 例 30.已知数列 {an } 的前 n 项和 S n 满足 Sn = 2an + (?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
n

1 1 1 7 + +L + < a 4 a5 am 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
<
1 1 3 1 1 3 2 n?2 + 2 n?1 + = ( n?2 + n?1 ) = ? 2n?3 an an+1 2 2 + 1 2 ? 1 2 2 + 2 n?1 ? 2 n? 2 ? 1

3 2 n ? 2 + 2 n ?1 3 1 1 (减项放缩) ,于是 ? = ? ( n ? 2 + n ?1 ) 2 2 2 2 2 n?3 2

①当 m > 4 且 m 为偶数时 1 + 1 + L + 1 = 1 + ( 1 + 1 ) + L + ( 1 + 1 )
a4 a5 a6 a 4 a5 am 1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 3 7 < + ( 3 + 4 + L + m ? 2 ) = + ? ? (1 ? m ? 4 ) < + = . 2 2 2 2 2 4 2 8 8 2 2 2 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 1 1 1 1 1 1 1 7 由 + +L + < 1 + 1 +L + 1 + 1 + +L + + < . a4 a5 a m a 4 a5 a 4 a5 a m a m +1 8 a m a m+1

例 31. 设函数 f ( x) = 2 x + 1 .若对一切 x ∈ R , ?3 ≤ af ( x ) + b ≤ 3 ,求 a ? b 的最大值。
x2 + 2

解析:由

1 ?( x + 2)2 ( x ? 1)2 ( f ( x) + )( f (1) ? 1) = 2 2( x 2 + 2)2

知 ( f ( x) + 1 )( f (1) ? 1) ≤ 0
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
? 因此对一切 x ∈ R , ?3 ≤ af ( x ) + b ≤ 3 的充要条件是, ??3 ≤ ? 1 a + b ≤ 3 即 a , b 满足约束条件 ?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 + L + n( n + 1) . 求证 n(n + 1) < S
2
n

<

(n + 1) 2 . 2

解析: 此数列的通项为 ak

= k (k + 1) , k = 1,2,L , n.

k + k +1 1, n n 1 , Q k < k (k + 1) < =k+ ∴ ∑ k < S n < ∑ (k + ) 2 2 2 k =1 k =1

即 n(n + 1) < S
2

n

<

n(n + 1) n (n + 1) 2 + < . 2 2 2
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 2 2 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 1 1 +L+ a1 an ≤ n a1 L a n ≤ a1 + L + a n ≤ n
2 a12 + L + 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 ?
f ( x) =

1 , 若 且 1]上的最小值为 1 , 求证:f (1) + f (2) + L + f (n) > n + 1 ? 1 . 4 , f (x ) 在[0, f (1) = 2 1 + a ? 2 bx 2 n +1 2 5
4x 1 1 1 ( x ≠ 0) ? f (1) + L + f (n) > (1 ? =1 ? >1? ) 2× 2 1 + 4x 1+ 4x 2 ? 2x

1 1 1 1 1 1 1 ) + L + (1 ? ) = n ? (1 + + L + n ?1 ) = n + n +1 ? . 4 2 2 2 × 22 2 × 2n 2 2

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 .
a b

解析:
n

由 1 + 1 = 1 得 ab a b
0 n n 1 n n ?1

= a + b ,又 (a + b)( 1 + 1 ) = 2 + a + b ≥ 4 ,故 ab = a + b ≥ 4 ,而
a b b a
r n n?r

(a + b) = C a + C a
n

b +L+ C a
n

b +L+ C b ,
r n n n

1 令 f (n) = (a + b) ? a ? b ,则 f (n) = C n a n ?1b + L + C nr a n ? r b r + L + C nn ?1 ab n ?1 ,因为 C ni = C nn ?i ,倒序相 1 加得 2 f ( n) = C n ( a n ?1b + ab n ?1 ) + L + C nr ( a n ? r b r + a r b n ? r ) + L + C nn ?1 ( ab n ?1 + a n ?1b) ,

n

而 a n ?1b + ab n ?1 = L = a n ?r b r + a r b n ?r = L = ab n?1 + a n?1b ≥ 2 a n b n ≥ 2 ? 4 2 = 2 n +1 ,
1 则 2 f ( n) = (C n + L + C nr + L + C nn?1 )(a r b n ?r + a n? r b r ) = (2 n ? 2)(a r b n ?r + a n? r b r )

n

≥ (2 n ? 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 2 n ? 2 n +1 .
n ?1 2

1 3 例 35.求证 C n + C n2 + C n + L + C nn > n ? 2

(n > 1, n ∈ N )
n ?1 2

1 2 3 n 解析: 不等式左 C n + C n + C n + L + C n = 2 n ? 1 = 1 + 2 + 2 2 + L + 2 n ?1 > n ? n 1 ? 2 ? 2 2 ? L ? 2 n ?1 = n ? 2



原结论成立. 例 36.已知 f ( x) = e x + e ? x ,求证: f (1) ? f (2) ? f (3) ? L ? f (n) > (e n+1 + 1) 2 解析: f ( x ) ? f ( x
1 2

n

) = (e x1 +

1 1 e x1 e x2 1 ) ? (e x2 + x2 ) = e x1 + x2 + x2 + x1 + x1 x2 > e x1 + x2 + 1 e x1 e e e e ?e
n

经过倒序相乘,就可以得到 f (1) ? f (2) ? f (3) ? L ? f (n) > (e n +1 + 1) 2 例 37.已知 f ( x) = x + 1 ,求证: f (1) ? f (2) ? f (3) ? L ? f (2n) > 2n (n + 1)n
x

解析: (k + 1 )(2n + 1 ? k +
k

1 k 2n + 1 ? k 1 ) = k ( 2n + 1 ? k ) + + + > 2( 2 n + 1 ? k ) + 2 2n + 1 ? k 2n + 1 ? k k k (2 n + 1 ? k )

其中: k = 1,2,3,L,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) ? L ? f (2n)]2 > (2n + 2)2 n ,所以 f (1) ? f (2) ? f (3) ? L ? f (2n) > 2n (n + 1)n . 例 38.若 k > 7 ,求证: S n = 1 + 1 + 1 + L +
n n +1 n+2 1 3 > . nk ? 1 2

解析: 2 Sn = ( 1 +
n

1 1 1 1 1 1 1 )+( + )+( + ) +L+ ( + ) nk ? 1 n + 1 nk ? 2 n + 2 nk ? 3 nk ? 1 n

因为当 x > 0, y > 0 时, x + y ≥ 2 xy , 1 + 1 ≥ 2 ,所以 ( x + y )( 1 + 1 ) ≥ 4 ,所以 1 + 1 ≥
x y xy
x y x y

4 ,当且仅当 x = y x+ y

时取到等号.

所以 2S 所以

n

>

4 4 4 4 4n(k ? 1) + + +L+ = n + nk ? 1 n + 1 + nk ? 2 n + 2 + nk ? 3 n + nk ? 1 n + nk ? 1

Sn >

2( k ? 1) 2(k ? 1) 4 3 > = 2? > 1 k +1 k +1 2 1+ k ? n

所以

Sn =

1 1 1 1 3 + + +L+ > n n +1 n + 2 nk ? 1 2

例 39.已知 f ( x) = a ( x ? x1 )( x ? x2 ) ,求证:

f (0) ? f (1) ≤

a2 16

.
a2 . 16

解析: f (0) ? f (1) = a 2[ x (1 ? x )][ x
1 1

2

(1 ? x2 )] ≤

例 40.已知函数 f(x)=x2-(-1)k·2lnx(k∈N*).k 是奇数, n∈N*时, - 求证: [f’(x)]n-2n 1·f’(xn)≥2n(2n-2). 解析: 由已知得 f ′( x) = 2 x + 2 ( x > 0) ,
x

(1)当 n=1 时,左式= (2 x + 2 ) ? (2 x + 2 ) = 0 右式=0.∴不等式成立.
x x

(2) n ≥ 2 , 左式= [ f ′( x)] n ? 2 n ?1 ? f ′( x n ) = (2 x + 2 ) n ? 2 n?1 ? (2 x n + 2 ) x xn
1 n = 2 n (C n x n ? 2 + C n2 x n ? 4 + L + C n ? 2

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

令 S = C1 x n ? 2 + C 2 x n ? 4 + L + C n ? 2 1 + C n ?1 1 n n n n n? 4 n?2
x x

由倒序相加法得:
1 2S = C n ( x n ?2 +

1 1 1 2 n ) + C n ( x n ?4 + n? 4 ) + L + C n ?1 ( n? 2 + x n ? 2 ) x n? 2 x x

1 2 n ≥ 2(C n + C n + L + C n ?1 ) = 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 (2)令 S (n) = C n f ' (1) + C n2 f ' (2) + L + C nn ?1 f ' (n ? 1) 求证: S (n) > (2 n ? 2) ? f ' ( n )

+

2

(1)由f ' ( x) = a x ln a ? 1, f ' ( x) > 0, 即:a x ln a > 1,∴ a x > 同理:f ' ( x) < 0, 有x < ? log a ln a,

1 , 又a > 1∴ x > ? log a ln a ln a

所以f ' ( x)在(?∞,? log a ln a )上递减,在( ? log a ln a,+∞)上递增; 所以f ( x) min = f ( ? log a ln a) = 若f ( x) min < 0, 即 1 + ln ln a ln a

1 + ln ln a 1 < 0, 则 ln ln a < ?1,∴ ln a < ln a e
1

∴ a的取值范围是1 < a < e e

1 2 n (2) S (n) = C n (a ln a ? 1) + C n (a 2 ln a ? 1) + L + C n ?1 (a n ?1 ln a ? 1) 1 2 n 1 2 n = (C n a + C n a 2 + L + C n ?1 a n ?1 ) ln a ? (C n + C n + L + C n ?1 )

1 1 2 n = [C n (a + a n ?1 ) + C n (a 2 + a n ? 2 ) + L + C n ?1 (a n ?1 + a )] ln a ? (2 n ? 2) 2
n

≥ a 2 (2 n ? 2) ln a ? (2 n ? 2) n = (2 n ? 2)(a 2 ln a ? 1) = (2 n ? 2) f ' ( ), 2 所以不等式成立。
★例 42. (2008 年江西高考试题)已知函数 f
n

( x) =

1 1+ x

+

1 1+ a

+

ax , x ∈ ( 0, + ∞ ) .对任意正数 ax + 8

a ,证明:1 < f ( x ) < 2 .

解析:对任意给定的 a > 0 , x > 0 ,由
f ( x) =

,
1 1 + + 1+ x 1+ a 1 1+ 8 ax

若令 b = 8 ,则 abx = 8 ① ,而
ax

f ( x) =

1 1 1 + + 1+ x 1+ a 1+ b



(一) 、先证 f ( x ) > 1 ;因为

1 1+ x

>

1 , 1 1 , 1 , 1 > > 1+ x 1+ a 1+ a 1+ b 1+ b

又由 2 + a + b + x ≥ 2 2a + 2 bx ≥ 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+ x 1+ a 1+ b 1+ x 1+ a 1+ 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 的对称性,不妨设 x ≥ a ≥ b .则 0 < b ≤ 2 (ⅰ) 、当 a + b ≥ 7 ,则 a ≥ 5 ,所以 x ≥ a ≥ 5 ,因为
1 1+ x + 1 1+ a ≤ 2 1+ 5 <1

1 < 1, 1+ b

,此时 f ( x ) =

1 1 1 . + + <2 1+ x 1+ a 1+ b
ab , ab + 8

(ⅱ) 、当 a + b < 7 ③,由①得 , x = 因为 同理得 今证明 只要证

8 , 1 = ab 1+ x

1 b b2 b < 1? + = [1 ? ]2 1+ b 1 + b 4(1 + b) 2 2(1 + b)

所以

1 b ④ < 1? 2(1 + b) 1+ b

⑤ 1 a < 1? 2(1 + a) 1+ a

,于是

1? a b ab ? ⑥ f ( x) < 2 ? ? + ?2 ? ? ab + 8 ? 2 ? 1+ a 1+ b ?

a b ab ⑦, + >2 1+ a 1+ b ab + 8

因为

a b ab + ≥2 1+ a 1+ b (1 + a )(1 + b )



ab ab ,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 <

1 1 1 + +L+ <2 n +1 n + 2 3n + 1
1 1 1 1 ?1 1? 1 2 + +L+ ≥ +? + ? > + =1 n +1 n + 2 3n + 1 2 ? 3 4 ? 2 4

解析:一方面:

(法二)

1 1 1 1 ?? 1 1 ? ? 1 1? 1 ?? ? 1 + +L+ = ? ? + + ? +L+ ? + ?+? ?? n +1 n + 2 3n + 1 2 ?? n + 1 3n + 1 ? ? n + 2 3n ? ? 3n + 1 n + 1 ?? ?

=

? 1 ? 4n + 2 4n + 2 4n + 2 ? ?? + +L+ 2 ? (3n + 1)(n + 1) 3n( n + 2) ( n + 1)(3n + 1) ? ? ?

? ? (2n + 1) 2 1 1 1 = (2n + 1) ? ? ? ( 2n + 1) 2 ? n 2 + ( 2n + 1) 2 ? (n ? 1) 2 + L + ( 2n + 1) 2 ? n 2 ? > (2n + 1) 2 = 1 ? ? ?

另一方面:

1 1 1 2n + 1 2 n + 2 =2 + +L+ < < n +1 n + 2 3n + 1 n + 1 n +1

十、二项放缩
0 1 n 1 2 n = (1 + 1) n = C n + C n + L + C n , 2 n ≥ C n0 + C n = n + 1 ,

0 1 2 2n ≥ Cn + Cn + Cn =

n2 + n + 2 2

2 n > n( n ? 1)( n ≥ 2)

例 44. 已知 a

1

= 1, an +1 = (1 +

2 1 1 )an + n . 证明 an < e n2 + n 2

解析:

a n +1 ≤ (1 +

1 1 1 ? a n +1 + 1 ≤ (1 + )a n + )(a n + 1) ? n(n ? 1) n(n ? 1) n( n ? 1)

ln(a n +1 + 1) ? ln( a n + 1) ≤ ln(1 +

n ?1 n ?1 1 1 , 1 1 )< . ? ∑ [ ln( a i +1 + 1) ? ln( a i + 1)] < ∑ ? ln( a n + 1) ? ln( a 2 + 1) < 1 ? < 1 n(n ? 1) n(n ? 1) i (i ? 1) n i=2 i =2

即 ln(a n + 1) < 1 + ln 3 ? 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) 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 +1 n

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 1 1 ) ? ? (1 + ) 2 n < 4. 2n 2 2n
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 < 4 。
n

注:①上述不等式可加强为 2 ≤ (1 + 1 ) n < 3. 简证如下:
n
1 利用二项展开式进行部分放缩: a n = (1 + 1 ) n = 1 + C n ? 1 + C n2 ? 1 + L + C nn 1 . 2 n

n

n

n

n

只取前两项有 a ≥ 1 + C 1 ? 1 = 2. 对通项作如下放缩: n n
k n

n 1 1 n n ?1 n ? k +1 1 1 1 C k = ? ? ?L < ≤ = k ?1 . k! n n n k! 1 ? 2L 2 2 n n ?1 故有 a n < 1 + 1 + 1 + 1 + L + 1 = 2 + 1 ? 1 ? (1 / 2) < 3. 2 n ?1 2 2 2 1 ? 1/ 2 2

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, 1 < i ≤ m < n(1) 且 .
i 证明 n i Am < m i Ani ; (2)证明 (1 + m) n > (1 + n) m . (01 年全国卷理科第 20 题)

简析 对第 (2) 问: 1 / n 代替 n 得数列 {bn } : bn 用 数列 {(1 + n) } 递减,且 1 < i ≤ m < n, 故 (1 + m)
1 n
1 m 1

1

= (1 + n) n
n

是递减数列; 借鉴此结论可有如下简捷证法:

> (1 + n) n , 即 (1 + m)

> (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 46.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 , b 成等差数列,设 a = 1 ? d , b = 1 + d , 2 2 2 从而 a n + b n = ? 1 ? d ? n + ? 1 + d ? n ≥ 21? n
? ?2 ? ? ? ?2 ? ?

例 47.设 n > 1, n ∈ N ,求证 ( 2 ) n <
3

8 . ( n + 1)( n + 2)

3 2 2 1 n 1 1 n n(n ? 1) (n + 1)(n + 2) + 6 ,即 1 1 2 3 1 (n + 1)( n + 2) ,得证. (1 + ) = 1 + C n ? + C n ? 2 + C n ? 3 + L ≥ 1 + + = (1 + ) n > 2 2 2 8 8 2 2 2 8

解析: 观察 ( 2 ) n 的结构,注意到 ( 3 ) n = (1 + 1 ) n ,展开得

例 48.求证: ln 3 ? ln 2 ≤ ln(1 + 1 ) < ln 2 .
n 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 ∈ 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 an = f (3n ), n ∈ N* ,试证明:.
n 1 1 1 1 ≤ + +L + < 4n + 2 a1 a2 an 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 {an } 的通项公式时也会遇到困难.
f [ f (3n )] = 3n +1 , f (3n +1 ) = f { f [ f (3n )]} = 3 f (3n ), ? an +1 = 3an , 所以数列 an = f (3n ), n ∈ N* 的方程为 an = 2 ? 3n ,

从而 1 + 1 + L + 1 = 1 (1 ? 1 ) , n
a1 a2 an 4 3
1 一方面 1 (1 ? 1 ) < 1 ,另一方面 3n = (1 + 2) n ≥ Cn0 ? 20 + Cn ? 21 = 2n + 1 n

4

3

4

所以 1 (1 ? 1 ) ≥ 1 (1 ? n
4 3 4

1 1 2n n ,所以,综上有 )= ? = 2n + 1 4 2n + 1 4n + 2

n 1 1 1 1 ≤ + +L + < . 4n + 2 a1 a2 an 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 , f (1) = 4 ; 若 x 且 ② (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 . n n ?1
3 3
1

≥ 0, x2 ≥ 0, x1 + x2 ≤ 1, 则有

f ( x1 + x2 ) ≥ f ( x1 ) + f ( x2 ) ? 3.

解析: (Ⅰ)解:令 x1 = x2 = 0 ,由①对于任意 x ∈ [0,1],总有 f ( x ) ≥ 3 , ∴ f (0) ≥ 3 又由②得 f (0) ≥ 2 f (0) ? 3, 即 f (0) ≤ 3; (Ⅱ)解:任取 x1 , x2 ∈ [0,1], 且设 x1 < x2 , 因为 x2 ? x1 > 0 ,所以 f ( x
? x1 ) ≥ 3 ,即 f ( x2 ? x1 ) ? 3 ≥ 0,

∴ f (0) = 3. 则 f ( x2 ) = f [ x1 + ( x2 ? x1 )] ≥ f ( x1 ) + f ( x2 ? x1 ) ? 3, ∴ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) .

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?1 ) ≤ n?1 + 3(n ∈ N *) n 3 3

(1) 当 n=1 时, f ( 10 ) = f (1) = 4 = 1 + 3 = 10 + 3 ,不等式成立;
3 3

(2) 假设当 n=k 时, f ( 由 f(

1 1 ) ≤ k ?1 + 3(k ∈ N *) 3k ?1 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) = f [ k + ( k + k )] ≥ f ( k ) + f ( k + k ) ? 3 ≥ f ( k ) + f ( k ) + f ( k ) ? 6 3k ?1 3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 ) + 6 ≤ k ?1 + 9. 3k ?1 3

得3f ( 1 ) ≤ f (
3k

即当 n=k+1 时,不等式成立 由(1)(2)可知,不等式 f ( 、 于是,当 x ∈ ( 1 ,
1 1 ) ≤ n ?1 + 3 对一切正整数都成立. 3n ?1 3

1 1 1 1 ](n = 1,2,3, ???) 时, 3x + 3 > 3 × n + 3 = n ?1 + 3 ≥ f ( n ?1 ) , 3n 3n ?1 3 3 3

而 x ∈ [0,1], f ( x ) 单调递增 例 50. 已知: a1 + a2 + L + an = 1, ai > 0 解析:构造对偶式:令 A = a12
B=
a1 + a 2 +

∴ f(1 )<
3n

f(

1 ) 3n ?1

所以, f ( x) <

f(

1 ) < 3x + 3. 3n ?1

(i = 1,2 L n)

求证:

2 2 2 a12 a2 an ?1 an 1 + +L + + > a1 + a2 a2 + a3 an ?1 + an an + a 1 2

2 2 2 a n ?1 an a2 +L+ + a 2 + a3 a n ?1 + a n a n + a1

2 2 2 a3 an a2 a12 + +L+ + a1 + a 2 a 2 + a 3 a n ?1 + a n a n + a1

2 2 2 2 2 2 2 2 则 A ? B = a1 ? a 2 + a 2 ? a3 + L + a n ?1 ? a n + a n ? a1 = (a1 ? a 2 ) + (a 2 ? a3 ) + L + (a n ?1 ? a n ) + (a n ? a1 ) = 0,∴ A = B

a1 + a 2

a 2 + a3
2 j

a n ?1 + a n

a n + a1

又Q a

2 i

?a

ai + a j



1 ( ai + a j ) 2

( i, j = 1,2 L n)

∴A=

2 2 2 2 1 a 2 ? a3 a 2 ? a n a n ? a12 1 1 1 a 2 ? a2 ≥ [( a1 + a 2 ) + ( a 2 + a3 ) + L + ( a n ?1 + a n ) + ( a n + a1 )] = ( A + B) = ( 1 )+ 2 + L + n ?1 + 4 2 2 2 a1 + a 2 a2 + a3 a n ?1 + a n a n + a1

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: π e < eπ . 解析: π e < eπ ? ln π < ln e ,∵ ln π ? ln e = ? ln x ? = π d ? ln x ? = π 1 ? ln x dx , ? ∫e ? x ? ∫e x 2 ? x ? π e e π ? ?e ?
π

∫ f ( x ) dx ≥ ( ≤ ) 0 .
b a

x ∈ ( e, π ) 时, 1 ? ln x < 0 ,
x
2



π

e

1 ? ln x , dx < 0 x2

∴ ln π < ln e , π e < eπ .
π
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 ) .
2 3 n

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
i i x

对 i 求和, ∑ 1 > ∑ i +1 1 dx = n +1 1 dx ∫1 ∫i
i =1

n

n

i

i =1

x

x

= ?2 x ? = 2 ? ?1

n +1

(

n +1 ?1 .

)

例 53. 已知 n ∈ N , n ≥ 4 .求证: 1 + 1 + 1 + L + 1 < 7 .
n +1 n + 2 n+3 2n 10

解析:考虑函数 f ( x ) = 1 在区间 ? i ? 1
1+ x

i? ? n , n? ? ?

( i = 1, 2,3,L, n ) 上的定积分.



1 n+i

1 1 = ? n 1+ i n

< ∫in 1 ?
n

i

1 dx -② 1+ x



1 n ∑ n+i = ∑1? 1 i =1 i i =1 n
1+ n

n

< ∑ ∫in 1 ?
i =1 n

n

i

1 1 1 1 dx = ∫ dx = ?ln (1 + x ) ? 0 ? ? 0 1+ x 1+ x

= ln 2 <

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 Q1 的横坐 标为 a1 ( 0 < a1 < a ).从 C 上的点 Qn ( n ≥ 1) 作直线平行于 x 轴,交直线 l 于点 Pn +1 ,再从点 Pn +1 作直线平行于 y 轴,交曲线 C 于点 Qn +1 . Qn ( n = 1, 2,L , n ) 的横坐标构成数列 {an } . (Ⅰ)试求 an +1 与 an 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 =1

k

? a k +1 )a k + 2 <

1 ; 32

n (Ⅲ)当 a = 1 时,证明 ∑ (a ? a ) a < 1 . k k +1 k +2 k ?1

3

解析: an = a (

a1 2 ) (过程略). a
n ?1
1

证明(II) :由 a = 1 知 an+1 = an2 ,∵ a ∵当 k ≥ 1 时, a
n ∴ ∑ (a k =1



1 ,∴ 1 1 . a2 ≤ , a3 ≤ 2 4 16

k +2

≤ a3 ≤

1 , 16

k

? ak +1 )ak + 2 ≤

1 n 1 1 . ∑ (ak ? ak +1 ) = ( a1 ? an +1 ) < 16 k =1 16 32
2 = ak .

证明(Ⅲ) :由 a = 1 知 a

k +1

∴ ( ak ? ak +1 ) ak + 2 = (ak ? ak +1 ) ak2+1 恰表示阴影部分面积, 显然 ∴
∑ (a
k ?1 n

(ak ? ak +1 ) ak2+1 < ∫
n

ak

ak +1

x 2 dx


n

k

2 ? ak +1 ) ak + 2 = ∑ ( ak ? ak +1 ) ak +1 < ∑ ∫ k ?1
k ?1

ak

ak +1

2 x 2 dx < ∫0 x dx =

a1

1 3 1. a1 < 3 3

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 => i+1 1 dx = 2 ( ∫i
i x
i +1 ? i

);

② 1

i ? i? ? i ?1 ? ; 1 n = ln ?1 + ? ? ln ?1 + ? n + i < ∫i ?1 1 + x dx n ? ? n? ? n

③ sin θi ? sin θ i ?1 <
1 ? sin 2 θ i ?1



sin θ i

1 1 ? x2

sin θi ?1

dx = θ i ? θ i ?1 ;

④ (a

k

2 ? ak +1 )ak +1 < ∫

ak

ak +1

x 2 dx =

1 3 ( ak ? ak3+1 ) . 3

十二、部分放缩(尾式放缩) 例 55.求证: 解析:
1 1 1 4 + +L+ < 3 +1 3× 2 +1 3 ? 2 n?1 + 1 7

1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 + +L+ = + +L+ < + +L+ 11 1 47 48 4 3 +1 3× 2 +1 3 ? 2 n ?1 + 1 4 7 3 ? 2 n ?1 + 1 28 3 ? 2 2 3 ? 2 n ?1 < + ? 4 1 = < = 28 3 1? 84 84 7 2

例 56. 设 a

n

= 1+

1 1 1 + a + L + a , a ≥ 2. 求证: a n < 2. n 2a 3
2

解析: a = 1 + 1 + 1 + L + 1 ≤ 1 + 1 + 1 + L + 1 . n a a a 2 2 2 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
3 n 2 3 n

1 1 1 = ? , k (k ? 1) k ? 1 k

于是 a

n

≤1+

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + L + 2 < 1 + (1 ? ) + ( ? ) + L + ( ? ) = 2 ? < 2. 2 n 2 2 3 n ?1 n 2 3 n

2 例 57.设数列 {a n } 满足 a n +1 = a n ? na n + 1(n ∈ N + ) ,当 a1 ≥ 3 时

证明对所有 n ≥ 1, 有 (i )a n ≥ n + 2 ; (ii ) 1 + 1 + L + 1 ≤ 1
1 + a1 1 + a2 1 + an

2

解析: (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 a k +1 = a k ( a k ? k ) + 1 ≥ a k (k + 2 ? k ) + 1 ≥ (k + 2) ? 2 + 1 > k + 3 ,成立。
(ii ) 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 ≥ L ≥ 2 k ?1 ( a1 + 1) ≥ 2 k ?1 ? 4 = 2 k +1 ?
n n 1 1 1 ≤∑ = ? 1 + a i i =1 2 i +1 4

1 1 ≤ . a k + 1 2 k +1


i =1

1 1? ( ) n 2 ≤ 1. 1 2 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 (ii ) 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: | sin x |≤| x | ( x ∈ R ) . 解析:(i)当 x = 0 时, | sin x |=| x |
(ii)当 0 < x < π 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 sin x < x ?| sin x |<| x | 当 x ≥ π 时 | sin x |<| x |
2

O

T

B

x

所以当 x > 0 时 sin x < x 有 | sin x |<| x | (iii)当 x < 0 时, ? x > 0 ,由(ii)可知: | sin x |<| x | 所以综上有 | sin x |≤| 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.
n 例 59.求证:对一切 n(n ∈ N *) ,都有 ∑ 1 < 3 . k =1

k k

解析:

1 k k

=

1 k
3

<

1 k ( k ? 1)
2

=

? ? 1 1 1 1 ? =? ? ( k ? 1)k ? k ( k + 1) ? ? k + 1 ? k ? 1 (k ? 1)k (k + 1) ? ?

? ? 1 1 1 1 ? 1 1 ? k +1 + k ?1 ?? =? ? = ? ? ?? ? (k ? 1)k ? k +1 ? k ?1 2 k (k + 1) ? k ? k ?1 k +1 ? ?

<

1 ? 1 1 ? 2k ? = ? ?? 2 k ? k ?1 k +1 ?

1 1 ? k ?1 k +1

从而

∑k
k =1

n

1 k

< 1+

1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 ? + ? + ? +L+ ? = 1+ ? ? <3 2 1 3 2 4 3 5 k ?1 k +1 k k +1

当然本题还可以使用其他方法,如:
1 1 < = k k k k ?1 ? 1 1 1 =? ? k ? k ? k ? 1 ? k (k ? 1) k2 ? ? 1 ? ? 1 1 1 k + k ?1 ? 1 1 ? ?? ? ? = ? ?? ? ? < 2?? ? k ? k ?1 k? 1 k k? ? k ?1 ? k ?1 ?

n n 所以 ∑ 1 = 1 + ∑ 1 < 1 + 2(1 ? 1 ) < 3 . k =1

k k

k =2

k k

k

(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 {an } 满足: a = 1, a = a + 1 ,求证: 2n ? 1 < an < 3n ? 2 (n > 2). 1 n +1 n
an

解析:

2 2 ? 1 ? 2 ? > ak ?12 + 2 ,从而 a n ? an ?1 > 2 ,所以有 an = ? an ?1 + ? ? an ?1 ? ?

2

a n = ( a n ? a n?1 ) + ( a n?1 ? a n ?2 ) + L + (a 2 ? a1 ) + a1 > 2(n ? 1) + 1 = 2n ? 1 ,所以 a n > 2 n ? 1
2 2 2 2 2 2 2 2

又a
2

2 n

2 2 ? 1 ? ? < a k ?1 2 + 3 ,所以 a n ? a n ?1 < 3 ,所以有 = ? a n ?1 + ? a n ?1 ? ? ?

2

a n = (a n ? a n ?1 ) + (a n ?1 ? a n ? 2 ) + L + (a 2 ? a1 ) + a1 < 3( n ? 1) + 1 = 3n ? 2 所以 a n < 3n ? 2
2 2 2 2 2 2 2

所以综上有 2n ? 1 < an < 3n ? 2 (n > 2). 引申:已知数列 {an } 满足: a = 1, a = a + 1 ,求证: n 1 n +1 n 1 ∑a a
n
k =1

≤ 2n ? 1

.
1 2 2n ? 1 + 2n ? 3

k

解析:由上可知 an > 从而

2n ? 1 ,又

2n ? 1 >

2n ? 1 + 2 n ? 3 2

,所以 1
an

<

2n ? 1

<

= 2n ? 1 ? 2n ? 3

∑a
k =1

n

1
k

< 1 + 3 ? 1 + 5 ? 3 + L + 2n ? 1 ? 2n ? 3 = 2n ? 1(n ≥ 2)

n 又当 n = 1 时, 1 = 1 ,所以综上有 1 ≤ 2n ? 1 . ∑

a1

k =1

ak

同题引申: (2008 年浙江高考试题)已知数列 {a n }, a n ≥ 0 , a1 = 0 , a n +1 2 + a n+1 ? 1 = a n 2 (n ∈ N ? ) . 记 S n = a1 + a 2 + L + a n , T (1) a n < a n+1 ; (2) S n
n

=

.求证:当 n ∈ N ? 时. 1 1 1 + +L+ 1 + a1 (1 + a1 )(1 + a 2 ) (1 + a1 )(1 + a 2 ) L (1 + a n ) ★(3) Tn < 3 .

> n ? 2;

解析:(1) a n+12 ? an 2 = 1 ? an +1 ,猜想 a n < 1 ,下面用数学归纳法证明: (i)当 n = 1 时, a1 < 1 ,结论成立; (ii)假设当 n = k (k ≥ 1) 时, a k < 1 ,则 n = k + 1(k ≥ 1) 时, ak +12 + ak +1 = 1 + ak 2 从而 a k +12 + ak +1 < 2 ? a n+1 < 1 ,所以 0 ≤ ak +1 < 1 所以综上有 0 ≤ a n < 1 ,故 a n+12 ? an 2 > 0 ? a n+1 > a n (2)因为 a n+12 ? an 2 = 1 ? an +1 则 a2 2 ? a12 = 1 ? a2 , a3 2 ? a 2 2 = 1 ? a3 ,…, a n+12 ? an 2 = 1 ? an +1 ,相加后可以得 到: a n+12 ? a12 = n ? (a 2 + a3 + L + a n+1 ) ? S n+1 = n ? an +12 ,所以
S n = n ? 1 ? a n > n ? 2 ,所以 S n > n ? 2
2

(3)因为 a n+12 + a n+1 = 1 + a n 2 ≥ 2a n ,从而 a

n +1

+1 ≥

2an ,有 1 a ≤ n+1 ,所以有 a n+1 1 + an +1 2an

a a a a 1 ≤ n +1 ? n L 3 = n +1 ,从而 (1 + a3 )L(1 + a n )(1 + a n+1 ) 2a n 2an ?1 2a 2 2 n?1 a 2 a a 1 1 ≤ n+1 ? = n +1 ,所以 (1 + a1 )(1 + a 2 )(1 + a3 )L (1 + a n )(1 + a n+1 ) 2 n ?1 a2 1 + a 2 2 n?1 a a 1 1 ≤ n 21n ? = nn 2 ,所以 (1 + a1 )(1 + a 2 )(1 + a3 )L (1 + an ) 2 a 2 1 + a 2 2 ? Tn ≤ 1 + a a a 1 1 1 1 1 2 + 3 + 4 + L + nn 2 < 1 + + + 2 + L + n?2 < +1+1 < 3 2 ? 1 + a2 2 2 2 1 + a2 2 2 2 5 +1

所以综上有 Tn < 3 .

例 61.(2008 年陕西省高考试题)已知数列 {an } 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 . 1 2 n

a1 =

3,a n +1 5

=

3an , n = 1, L . 2, 2an + 1

1 ? 2 ? , n = 1, L ; 2, ? ? x? (1 + x) 2 ? 3n ?

n +1

n 解析:(1)依题,容易得到 a n = 3

2 + 3n

= 1?

2 ,要证 x > 0 , 1 1 ? 2 ? , n = 1, L , 2, an ≥ ? ? ? x? 3n 1 + x (1 + x) 2 ? 3n ?

即证1 ? 2 ≥ 1 ? n
3 1+ x

1 ? 2 2 2 1 ? ? n ? ? ? x ? 1 + 1? = 2 (1 + x ) 2 ? 3 n (1 + x ) 2 ? 1 + x 3 (1 + x )
2

n 即证 2 ? 2 + 3 n

1+ x

3 (1 + x)
3n

+

1 所以即证明 2 2 + 3n 2 ? 1 ≤ 0 ,设 t = ? (t ) = ? n ? t 2 + 2t + n ? 1 ≤ 0(0 < t < 1) n 1+ x 3 3 3
2 ,这是显然成立的. ?1 ≤ 0 3n
≥ 1 1 ?2 ? , n = 1, L 2, ? ? ? x? 1 + x (1 + x)2 ? 3n ?

从而 ? (1) ≤ 0 ,即 ? 2 + 3 n

+2+

所以综上有对任意的 x > 0 , a (法二)

n

1 1 ?2 ? 1 1 ?2 ? ? ? ? ? x? = ? +1?1? x ? 1 + x (1 + x ) 2 ? 3n ? 1 + x (1 + x)2 ? 3n ?

=

2 2 1 ? 1? 1 1 1 ?1 ≤ an ? ? ? ? (1 + x) ? = 1 + x ? a (1 + x ) 2 = ? a ? 1 + x ? an ? + an 1 + x (1 + x) 2 ? an ? n n ? ?

,∴ 原不等式成立.

(2)由(1)知,对任意的 x > 0 ,有
a1 + a2 +L+ an ≥ 1 1 ?2 ? 1 1 ?2 1 1 ?2 ? ? ? ? ? ? ? x? + ? ? x ? +L+ ? ? x? 1+ x (1+ x)2 ? 3 ? 1+ x (1+ x)2 ? 32 ? 1+ x (1+ x)2 ? 3n ?
= n 1 ?2 2 2 ?. ? ? + + L + n ? nx ? 1 + x (1 + x) 2 ? 3 32 3 ?
2? 1? , ?1 ? ? 1? ? 3 ? 3n ? 1 ? = = ?1 ? n ? ? ? n ?1 ? 1 ? n ? 3 ? ? ? ? 3?

∴取

1?2 2 2 x = ? + 2 +L + n n?3 3 3


a1 + a2 + L + an ≥ n 1? 1 1 + ?1 ? n n? 3 ? ? ? = n2 n +1? 1 3n > n2 n +1



∴ 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 bn , 令 an = ln(1 + n) ? bn .求证: a1 + a1 ? a3 + L + a1 ? a3 ? a5 ? L ? a2 n ?1 < 2a + 1 ? 1 . n
a2 a 2 ? a4 a 2 ? a4 ? a6 ? L ? a2 n

证明:首先:可以得到 an = nn .先证明 1 × 3 × 5 × L × (2n ? 1) p
2 × 4 × 6 × L × 2n
4

1 2n + 1
2n + 1 2n + 1

2 (方法一) ?1× 3 × 5 × L × (2n ? 1) ? = 1× 3 × 3 × 5 × L × (2n ? 1)(2n + 1) × 1 < 1 2 2 2 ? ?

? 2 × 4 × 6 × L × 2n ?
2 +1

2

(2n)

所以 1 × 3 × 5 × L × (2n ? 1) p
2 × 4 × 6 × L × 2n

1 2n + 1

(方法二)因为 1 < 1 + 1 = 2 , 3 < 3 + 1 = 4 , L , 2n ? 1 < 2n ? 1 + 1 =
2 3 4 4 +1 5 2n 2n + 1
2

2n ,相乘得: 2n + 1

1 ,从而 1 × 3 × 5 × L × ( 2n ? 1) ?1 × 3 × 5 × L × (2n ? 1) ? p ? 2 × 4 × 6 × L × 2n ? < 2 n + 1 2 × 4 × 6 × L × 2n ? ?

1 . 2n + 1

(方法三)设 A= 1 × 3 × 5 × L × (2n ? 1) ,B=
2 × 4 × 6 × L × 2n

2 × 4 × 6 × L × 2n ,因为 3 × 5 × 7 × L × (2n + 1)
2

A<B,所以 A2<AB,
1 . 2n + 1

所以 ?1 × 3 × 5 × L × (2n ? 1) ? < ? ?
? 2 × 4 × 6 × L × 2n ?

1 , 2n + 1

从而 1 × 3 × 5 × L × (2n ? 1) p
2 × 4 × 6 × L × 2n

下面介绍几种方法证明 a1 + a1 ? a3 + L + a1 ? a3 ? a5 ? L ? a2 n ?1 < 2a + 1 ? 1 n
a2 a2 ? a4 a2 ? a4 ? a6 ? L ? a2 n

(方法一)因为

2n + 1 >

2n + 1 + 2n ? 1 ,所以 1 ,所以有 < 2 n + 1 ? 2n ? 1 2 2n + 1

n 1 1? 3 1 ? 3 ? 5 ? L ? (2 n ? 1) + +L+ < ∑ 2k + 1 < 2 n + 1 ? 1 2 2?4 2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n k =1

(方法二) n + 2 ? n =

2 ,因为 n+2 + n

1 < n+2

2 n+2 + n

,所以

1 < n+2? n n+2

令 n = 2n ? 1 ,可以得到

1 < 2n + 1 ? 2n ? 1 2n + 1

,所以有

n 1 1? 3 1 ? 3 ? 5 ? L ? ( 2 n ? 1) + +L+ < ∑ 2k + 1 < 2 2?4 2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n k =1

2n + 1 ? 1

(方法三)设 a = 1 × 3 × 5 × L × (2n ? 1) , a = 2n + 1 a 所以 2( n + 1)an +1 + an +1 = (2n + 1)an + an +1 , n n +1 n
2 × 4 × 6 × L × 2n 2n + 2

从而 an +1 = [2(n + 1) + 1]an +1 ? (2n + 1)an ,从而 a n = (2n + 1)a n ? (2n ? 1)a n?1
a1 + a 2 + a3 + L + a n = (2n + 1)a n ? (2n ? 1)a n?1 + (2n ? 1)a n ?1 ? (2n ? 3)a n ?2 + L + 5a 2 ? 3a1 = (2n + 1)a n ? 3又 an p 2
1 2n + 1

,

所以 a + a + a + L + a < 2n + 1 ? 3 < 2n + 1 ? 1 1 2 3 n
2

(方法四)运用数学归纳法证明:


k =1

n

1 2k + 1

< 2n + 1 ? 1

(i)当 n = 1 时,左边=

1 3

,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 2i + 1

< 2k + 1 ? 1

,则 n = k + 1 时,

1 3

+

1 5

+L+

1 2k + 1

+

1 2k + 3

< 2k + 1 ? 1 +

1 2k + 3

,



1 2i + 1

< 2k + 3 ? 1

,只要证明
2k + 1 + 1 2k + 3 < 2k + 3 ? 1 2k + 3 < 2k + 3 ? 2k + 1 = 1 2 k + 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 a1
a2

+

a1 ? a3 a ? a ? a ? L ? a2 n ?1 +L+ 1 3 5 < 2 an + 1 ? 1 a2 ? a4 a2 ? a4 ? a6 ? L ? a2 n

探究 2.(2008 年全国二卷)设函数 f ( x) = 解析:因为 f ( x) = 设 g ( x) =
f ( x) ? ax ,则

sin x .如果对任何 x ≥ 0 ,都有 f ( x) ≤ ax ,求 2 + cos x

a 的取值范围.

sin x ,所以 cos x( 2 + cos x) + sin 2 x 1 + 2 cos x f ' ( x) = = 2 + cos x (cos x + 2) 2 (cos x + 2) 2
g ' ( x) = f ' ( x ) ? a =

g (0) = 0 1 + 2 cos x cos x + 2 + cos x + 2 ? 1 ? 2 2 3 ?a= ?a= ? ?a (cos x + 2 ) 2 (cos x + 2) 2 cos x + 2 (cos x + 2) 2

,

因为 | cos x |≤ 1 ,所以 (i)当 a ≥ 1 时,
3
g ' ( x) ≤ 0

2 3 1? ? ? ∈ ? 1, ? cos x + 2 (cos x + 2) 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 a ≤ 0时, f ( π ) = 1 > 0 ≥ a ? ( π ) ,因此当 a ≤ 0时,不符合题意.
2 2 2

(iii)当 0 < a < 1 时,令 h( x) = sin x ? 3ax ,则 h′( x) = cos x ? 3a 故当 x ∈ [0, 3a ) 时, h′( x) > 0 . arccos
3

因此 h( x ) 在 [0, 3a ) 上单调增加.故当 x ∈ (0, arccos 3a ) 时, h( x) > h(0) = 0 , arccos 即 sin x > 3ax .于是,当 x ∈ (0, arccos 3a ) 时, f ( x) = 所以综上有 a 的取值范围是 ? 1
? ? 3 ,+∞ ? ? ?

sin x sin x > > ax 2 + cos x 3

变式:若 0 < x i < arccos 3a ,其中 i = 1,2,3,L , n

1 且 0 < a < , x1 + x 2 + x 3 + L + x n = arccos 3a ,求证: 3
x1 x x x 3a + tan 2 + tan 3 + L + tan n > arccos 3a . 2 2 2 2 2 证明:容易得到 tan xi = sin xi > sin xi 2 cos xi + 1 2 tan
由上面那个题目知道 sin xi > 3axi 就可以知道 tan

x1 x x x 3a + tan 2 + tan 3 + L + tan n > arccos 3a 2 2 2 2 2

★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 (x0 = 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 x0∈(0, 1) 且 f (x0) < 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 ? ax ≥ 1 + x , 这时 a 满足要求. e >1 1? x 1? x

综上可知, 所求 a 的取值范围为 a≤2.


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