资源简介

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
n
例 1.(1)求 2 的值; (2)
n
求证: 1 5 .
k 1 4k 2 1 k 2k 1 3
解析:(1)因为 2 2 1 1 n
2 ,所以 2 1 2n4n 1 (2n 1)(2n 1) 2n 1 2n 1 4k 2 1 k 1 1 2n 1 2n 1
(2)因为 n1 1 4 1 1 ,所以 1 1 1 1 1 2 5
2 2



2 1 2 1
n 1 4n2 1 2n 1 2n 1 k 1 k 3 5 2n 1 2n 1 3 3n2
4
技巧积累
: (1) 1 4 4 2 1 1 (2) 1 2 1 12 2 n 4n 4n2 1 2n 1 2n 1 C1n 1C 2n (n 1)n(n 1) n(n 1) n(n 1)
(3)T C r 1 n! 1 1 1 1 1r 1 n r (r 2)n r!(n r)! n r r! r(r 1) r 1 r
(4) (1 1 )n 1 1 1 1 1 5
n 2 1 3 2 n(n 1) 2
(5) 1 1 1 1
n n
(6) n 2 n
2 (2 1) 2n 1 2n n 2
(7) 2( n 1 1 n ) 2( n n 1) (8) 2 1 1 1 1 n n 2n 1 2n 3 2 (2n 1) 2n 1 (2n 3) 2n
(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
(10) n 1 1 (11)
(n 1) ! n ! (n 1) ! 1 2( 2n 1 2n 2 2 2 1)
n 2n 1 2n 1 n 1 n 1
2 2
(11) 2n 2n 2n 2n 1 1 1
n 2 n n n (n 2)(2 1) (2 1)(2 1) (2 1)(2n 2) (2n 1)(2n 1 1) 2n 1 1 2n 1
(12) 1 1 1 1 1 1


n3 n n2 n(n 1)(n 1) n(n 1) n(n 1) n 1 n 1
1 1 n 1 n 1 1 1
n 1 n 1 2 n n 1 n 1
(13) n n2n 1 2 2n (3 1) 2n 3 3(2n 1) 2n 2n 1 2 1 2 n 3 2 1 3
(14) k 2 1 1 1 (15) n n 1(n 2)
k! (k 1)! (k 2)! (k 1) ! (k 2) ! n(n 1)
1
(15) i2 1 j 2 1 i2 j 2 i j 1
i j (i j)( i2 1 j 2 1) i2 1 j 2 1
例 2.(1)求证:1 1 1 1 7 1 2 2 2 (n 2)3 5 (2n 1) 6 2(2n 1)
(2)求证: 1 1 1 1 1 1
4 16 36 4n 2 2 4n
(3)求证: 1 1 3 1 3 5 1 3 5 (2n 1) 2n 1 1
2 2 4 2 4 6 2 4 6 2n
(4) 求证： 2( n 1 1) 1 1 1 1 2( 2n 1 1)
2 3 n
解析:(1)因为 1 1 1 n 1 1 ,所以 1 1 1 (1 1 1 1 1 ) 1 ( )
(2n 1)2 (2n 1)(2n 1) 2 2n

1 2n 1 i 1 (2i 1)2 2 3 2n 1 2 3 2n 1
(2) 1 1 1 1 1 (1 1 1 1 1
4 16 36 4n2 4 22
2 ) (1 1 )n 4 n
(3)先运用分式放缩法证明出1 3 5 (2n 1) 1 ,再结合 1 进行裂项,最后就可以得到答案
2 4 6 2n n 2 n2n 1 n 2
(4)首先 1 2( n 1 n) 2 ,所以容易经过裂项得到 2( n 1 1) 1 1 1 1
n n 1 n 2 3 n
再证 而由均值不等式知道这是显然成立的，
1
2( 2n 1 2n 1) 2 2 2
n 2n 1 2n 1 n 1 n 1
2 2
所以1 1 1 1 2( 2n 1 1)
2 3 n
例 3.求证: 6n 1 1 1 1 5
(n 1)(2n 1) 4 9 n2 3
解析: 一方面: 因为 ,所以 n1 1 4 1 1 1 1 1 1 1 2 5 2 2 1 2

1
n2 1 4n2 1 2n 1 2n 1 k 1 k 3 5 2n 1 2n 1 3 3n2
4
另一方面: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
4 9 n2 2 3 3 4 n(n 1) n 1 n 1
当 n 3时, n 6n ,当 n 1时, 6n 1 1 1 1 ,
n 1 (n 1)(2n 1) (n 1)(2n 1) 4 9 n2
当 n 2时, 6n 1 1 1 1 ,
(n 1)(2n 1) 4 9 n2
所以综上有 6n 1 1 1 1 5
(n 1)(2n 1) 4 9 n2 3
例 4.(2008 年全国一卷)设函数 f (x) x x ln x .数列 a 满足n 0 a1 1. an 1 f (a ) .设 b (a，1) ，整数 k a1 b .证n 1 ≥
a1 ln b
明: ak 1 b .
解析: 由数学归纳法可以证明 a 是递增数列, 故 若存在正整数n m k , 使 am b , 则 ak 1 a ,k b
2
若 a b(m k) ,则由 km 0 a1 am b 1知 am lnam a1 lna a lnb 0 ,m 1 ak 1 ak ak lnak a1 am lna ,m
m 1
因为 k a lna k(a lnb) ,于是 ak 1 a1 k | a1 lnb | a (b a ) bm m 1 1 1
m 1
例 5.已知 n,m N , x 1,Sm 1m 2m 3m nm ,求证: nm 1 (m 1)Sn (n 1)m 1 1.
解析:首先可以证明: (1 x)n 1 nx
n
nm 1 nm 1 (n 1)m 1 (n 1)m 1 (n 2)m 1 1m 1 0 [km 1 (k 1)m 1]所以要证
k 1
nm 1 (m 1)S (n 1)m 1 1只要证:n
n n n
[km 1 (k 1)m 1] (m 1) km (n 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]
k 1 k 1 k 1
故只要证 n n n [km 1 (k 1)m 1] (m 1) km [(k 1)m 1 km 1] ,
k 1 k 1 k 1
即等价于 km 1 (k 1)m 1 (m 1)km (k 1)m 1 km ,
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.
k k k k
例 6.已知 a 4n 2n ,T 2
n
,求证:T 3 T T T .n n a a a 1 2 3 n1 2 n 2
解析: n nT 1 2 3n 4 4 4 4n (21 22 2n )
4(1 4 ) 2(1 2 ) 4
(4n 1) 2(1 2n )
1 4 1 2 3
所以
2n 2n 2nT 3 2
n 3 2n
n 4 n 1 n 1 n 1 n 1 4 4 n 2 n(4n 1) 2(1 2n )
3 2 2
n 1 4 2 2n 1 4 3 2 2 2 2 (2 ) 3 2 1
3 3 3 3
3 2n 3 1 1

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

1
从而T T T T 3 1 1 1 11 2 3 n
1 1 3

2 3 3 7 2n 1 2n 1 1 2
例 7.已知 x 1, n(n 2k 1,k Z )x ,求证:1 1 1 1n n 1(n 2k,k Z ) 2( n 1 1)(n N*) 4 x2 x 4 43 x4 x5 x2nx2n 1
证明: 1 1 1 1 1 2 ,

4 x 4 4 2 4 22n x2n 1 (2n 1)(2n 1) 4n 1 4n 2 n 2 n
因为 2 n n n 1 ,所以 1 2 2 2( n 1 n)
4 x2n x2n 1 2 n n n 1
所以 1 1 1
2( n 1 1)(n N*)
4 x x 4 42 3 x4 x5 x2nx2n 1
二、函数放缩
例 8.求证： ln 2 ln3 ln 4 ln3
n 5n 6
n * .
2 3 4 3n
3 (n N )
6
解析:先构造函数有 ln x x ln x 1 ln 2 ln 3 ln 4 ln 3
n 1 1 1
1 1 ,从而 3nn 1 ( )x x 2 3 4 3 2 3 3n
3
cause 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 3 3 9 9 3n 1 3n 1 5n


2 3 3n

2 3 4 5 6 7 8 9 2n 2n 1 3n 6 6 9 18 27 2 3n 1 3n

6
所以 ln 2 ln3 ln 4 ln3
n
3n 1 5n 3n 5n 6
2 3 4 3n 6 6
2
例 9.求证:(1) 2, ln 2 ln3
lnn 2n n 1
(n 2) 2 3 n 2(n 1)
2
解析:构造函数 ln x ,得到 ln n ln n2 ,再进行裂项 lnn 1 1f (x) 2 1 1
,求和后可以得到答案
x n n2 n n2 n(n 1)
函数构造形式: ln x x 1 , lnn n 1( 2)
例 10.求证: 1 1 1 ln(n 1) 1 1 1
2 3 n 1 2 n
解析:提示: ln(n 1) ln n 1 n 2 ln n 1 n ln ln 2
n n 1 1 n n 1
函数构造形式: yln x x, ln x 1 1
x
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
首先: nS 1
n
,从而, 1 1 CABCF i ln x |nn i ln n ln(n i) F
n ix n n ix O A
B
n-i n x
取 i 1有, 1 ln n ln(n 1) ,
n
所 以 有 1 1 ln 2 , ln 3 ln 2 ,…, 1 ln n ln(n 1) , 1 ln(n 1) ln n , 相 加 后 可 以 得 到 :
2 3 n n 1
1 1 1 ln(n 1)
2 3 n 1
n
另一方面 nS 1 ,从而有 1 i 1ABDE ln x |n ln n ln(n i)
n i x n i
n i
n i x
取 i 1有, 1 ln n ln(n 1) ,
n 1
所以有 ln(n 1 1 1) 1 ,所以综上有 1 1 1 ln(n 1) 1 1 1
2 n 2 3 n 1 2 n
例 11.求证: (1 1 )(1 1 1 ) (1 ) e和 1 1 1 .解析:构造函数后即可证明(1 )(1 ) (1 ) e
2! 3! n! 9 81 32n
例 12.求证: (1 1 2) (1 2 3) [1 n(n 1)] e2n 3 解析: 3 ,叠加之后就可以得到答案ln[n(n 1) 1] 2
n(n 1) 1
函数构造形式: 3 1 ln(1 x) 3 (加强命题)ln(x 1) 2 (x 0) (x 0)
x 1 x x 1
例 13.证明: ln2 ln3 ln4 lnn n(n 1)
(n N*,n 1)
3 4 5 n 1 4
4
解析:构造函数 f (x) ln(x 1) (x 1) 1(x 1) ,求导,可以得到:
,令 ' 有 ,令 ' 有
f '(x 1 2 x) 1 f (x) 0 1 x 2 f (x) 0 x 2 ,
x 1 x 1
所以 f (x) f (2) 0 ,所以 ln(x 1) x 2 ,令 x n2 1有, lnn2 n2 1
所以 lnn n 1,所以 ln 2 ln3 ln 4 lnn n(n 1) (n N*,n 1)
n 1 2 3 4 5 n 1 4
例 14. 已知 1 1 证明 a e2a1 1,an 1 (1 2 )a .
.
n
n n n 2n
解析: ,
a 1 1 1 1n 1 (1 )an(n 1) n
n (1 2 n(n 1) 2 n
)an
然后两边取自然对数,可以得到
ln a 1 1n 1 ln(1 n ) ln an(n 1) 2 n
然后运用 ln(1 x) x和裂项可以得到答案)
放缩思路： 1 1
an 1 (1
1 1
2 )a lnan 1 ln(1 ) lnan n n 2n n n2 n 2n
ln a 1 1 。于是 1 1 ，n 2 n ln an n 2 n 1 ln an 2 n n 2n
1 n 1
n 1 n 1 1 ( )
(ln ai 1 ln ai ) ( 1 12 ) ln a ln a 1
1 1 1
2 2 2.
i 1 i 1 i i 2 i
n 1 n 1 1 n 2
n

2
即 ln an ln a1 2 an 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 2n n(n 1)(n 2)来放缩：
a 1 1n 1 (1 )an n(n 1) n(n 1) an 1 1 (1
1
)(a 1)
n(n 1) n
n 1 n 1 ，
ln(an 1 1) ln(a
1 1
n 1) ln(1 ) . [ ln(a i 1 1) ln(a 1)] 1i ln(a 1n 1) ln(a2 1) 1 1n(n 1) n(n 1) i 2 i 2 i(i 1) n
即 ln(a 2n 1) 1 ln 3 an 3e 1 e .
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)
f (x) x ln x, g(x) x ln x (k x) ln(k x),
0 x k. g (x) ln x 1 ln(k x) 1 x ln ,
k x
令g (x) x 2x k k 0,则有 1 0 x k.
k x k x 2
k
∴函数 g(x)在[k ,k 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 ) k ln 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).
5
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) f (x) 在(0, )上是增函数； (II)当 x ；1 0, x2 0时,证明 : f (x1) f (x2 ) f (x1 x2 )
x
(III)已知不等式 ln(1 x) x在x 1且x 0时恒成立，
求证： 1
2 ln 2
2 1 2 ln 3
2 1 1 2 ln 4
2 ln(n 1)2 n (n N * ).
2 3 4 (n 1)2 2(n 1)(n 2)
解析:(I) g x f ' (x)x f (x) ,所以函数' ( ) 0 g (x) f (x) 上是增函数x 2 在(0, )x
(II)因为 f (x) 上是增函数,所以g(x) 在(0, )
x
f (x1) f (x1 x2 ) x f (x1) 1 f (xx x x x x 1
x2 )
1 1 2 1 2
f (x2 ) f (x1 x ) x 2 f (x ) 22 f (x1 x2 )x2 x1 x2 x1 x2
两式相加后可以得到 f (x1) f (x2 ) f (x1 x2 )
(3) f (x1) f (x1 x2 x n ) f (x ) x 1 1 f (x x x )x1 x1 x2 xn x1 x2 x 1 2 nn
f (x2 ) f (x1 x2 xn ) x …… f (x2 ) 2 f (x x x )x2 x1 x2 xn x1 x2 x 1 2 nn
f (xn ) f (x1 x2 x ) x n f (xn ) n f (x x x )xn x1 x2 xn x1 x2 x
1 2 n
n
相加后可以得到: f (x1 ) f (x2 ) f (xn ) f (x1 x2 xn )
所以 x1 ln x1 x2 ln x2 x3 ln x3 xn ln xn (x1 x2 xn ) ln(x1 x2 xn )
令 1 ,有 1 ln 22 1 1 1 x 2 ln322 2 ln 42 2 ln(n 1)2
1 1 1 1 1 1 1
n (1 n) 2 2 3 4 (n 1) 22 32 42 (n 1)2
ln 22 32
2
(n 1)
1 1 1 ln 1 1 1
1 1 1 n


2
2 32 (n 1)2 2 1 3 2 (n 1)n n 1 2 n 2 2(n 1)(n 2)
所以 1
2 ln 2
2 1 2 ln3
2 1 2 ln 4
2 1 n ln(n 1)2 (n N * ).
2 3 4 (n 1)2 2(n 1)(n 2)
(方法二) ln(n 1)2 ln(n 1)2 ln 4
ln 4 1 1
(n 1)2 (n 1)(n 2) (n 1)(n 2) n 1 n 2
所以 1 2 1 2 1 2 1
2 ln 2 2 ln 3 2 ln 4 2 ln(n
1 1 n ln 4
1)2 ln 4
2 3 4 (n 1) 2 n 2 2(n 2)
又 ln 4 1 1 ,所以 1
n 1 2 ln 2
2 1 2 ln 3
2 1 1 22 ln 4 2 ln(n
n
1)2 (n N * ).
2 3 4 (n 1) 2(n 1)(n 2)
三、分式放缩
6
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) (1 1 ) 2n 1和
3 5 2n 1
(1 1 )(1 1 )(1 1) (1 1 ) 1 也可以表示成为
2 4 6 2n 2n 1
2 4 6 2n 和1 3 5 (2n 1) 1
2n 1
1 3 5 (2n 1) 2 4 6 2n 2n 1
解析: 利用假分数的一个性质 b b m (b a 0,m 0)可得
a a m
2 4 6
2n 3 5 7 2n 1 1 3 5 2n 11 3 5 2n 1 (2n 1)2 4 6 2n 2 4 6 2n
1 1 1(2 4 6 2n )2 2n 1即 (1 1)(1 )(1 ) (1 ) 2n 1.
1 3 5 2n 1 3 5 2n 1
例 20. 1 1证明: (1 1)(1 )(1 ) (1 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
. (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 2 3 6 9 3n
相乘,可以得到:
2 5 8 3n 1 2 4 7 10 3n 1 1 4 7 3n 2
. (3n 1)
1 4 7 3n 2 2 5 8 3n 1 2 5 8 3n 1
所以有 (1 1)(1 1)(1 1 1 ) (1 ) 3 3n 1.
4 7 3n 2
四、分类放缩
例 21.求证:1 1 1 1 n n 2 3 2 1 2
解析: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 1 ( ) (2 3 2 1 2 4 4 23

23

23
3 ) 2
( 1 1 1 1 nn n n ) n (1
1
n )
n

2 2 2 2 2 2 2
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n
y 2x（ x ≥0）上的点列 B 满足 OA OB 1 ，直线 AnBn在 x轴上的截距为 an .点 Bn的横坐标为bn n n n ,n N .n
(1)证明 an > a >4， n N ; (2)证明有 n N ，使得对 n n 都有 b2 b3 bn bn 1 0 0 n 1 < n 2008 .
b1 b2 bn 1 bn
解析:(1) 依题设有： A 0, 1 n ,Bn 1bn , 2bn , bn 0 ，由 OB 得：n
n n
2 1 1 ,又直线 在 x轴上的截距为 a 满足bn 2bn 2 , bn 2 1 1,n N* AnBn nn n
7
1 1 b 2 2 2a 0 2b 0 b 0 a nn 2n bn 1 n bn 0,b 2
1

n n n n 2
n n 1 n 2b n bn n
b bn 1 n 2bn n 1 2 a 1 1n 2 2 bn 2 2bn 4 an 2 1 1 2 2 2 11 n 2bn 1 2n bn n bn n bn n n
显然，对于 1 1 0，有 an an 1 4,n N
*
n n 1
(2)证明：设
c 1 b n 1
，则
n ,n N
*
bn
1
2 1
1
2 1 1n n 1 1 1 2 1 1c 2 nn n 1 n2 1 1 n 1
2
1 1
n2 n2
1
n 1 2
1
1
2n 1 2 1 1n 2n 1 1 1

2n 1 2 2 n 1 1 22
2
2 1
n 1
2
1
2 1
2 n 1
n n
2n 1 n 2 2 n 1 2 1 n 0, cn ,n N *n 2
设 Sn c1 c2 c ,n N
*，则当 n 2k 2 1 k N * 时，n
S 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1n

3 4 2k

1 2k 3 4
2 2 1 23 2k 1 1 2k
2 1 22 1 2 3 2
k 1 1 k 1 。
2 2 2 k

2
所以，取 n0 2
4009 2，对 n n 都有：0
b b b 1 2 1 3 1 n 1

S S 4017 1 b b b
n n 20080
1 2 n 2
故有 b2 b3 b n b n 1 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 f (n) (n N *)，记数列{b }的前 n项和为Tn，问是否存在正常数 A，使得对于n n3 n
任意正整数 n都有T A？并证明你的结论。n
解析:首先求出 f (x) x2 2x ,∵ 2b f (n) n 2n 1n n3 n3 n
∴Tn b1 b2 b
1 1 1 ,∵ 1 1 1 1 , 1 1 1 1 1 1
3 bn 1 2 4 ,…2 3 n 3 4 4 2 5 6 7 8 8 2
1 1 1 1 1 kk 1 k 1 k 2
k 1 ,故当 n 2 时,T kk n 1 ,2 1 2 2 2 2 2 2
因此，对任何常数 A，设m是不小于 A 的最小正整数，
则当 n 22m 2 时,必有T 2m 2 .n 1 m A2
故不存在常数 A使Tn A对所有n 2的正整数恒成立.
8
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 ,n

y nx 3n
设D 内整数坐标点的个数为 a 1 1 1 1 1 1 1 7n 11n n .设 S , 当 n 2时,求证:n a a a
.
n 1 n 2 2n a1 a2 a3 a2n 36
解析:容易得到 a 3n,所以,要证n 1 1 1 1 7n 11只要证 S 1
1 1 1 7n 11 ,因为 2n
a 2 3 2
n 12
1 a2 a3 a2n 36
S 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 3 7 7n 11
2n ( ) ( ) ( 1 T T T (n 1)
,所以原命题得
1 2 n 1
2 3 4 5 6 7 8 2n 1 1 2n 1 2 2n 2 2 2 2 2 12 12
证
五、迭代放缩
例 25. 已知 xn 4x , x 1 ,求证:当 n 2时, n | x 2 | 2 21 nn 1 x 1 in 1 i 1
解析:通过迭代的方法得到 x 2 1 ,然后相加就可以得到结论n 2n 1
例 26. 设 S sin1! sin 2!
1
n 1 2
sin n!
,求证:对任意的正整数 k,若 k≥n恒有:|Sn+k－Sn|<
2 2 2n n
解析:
| S sin(n 1)! sin(n 2)! sin(n k)n k Sn | | |2n 1 2n 2 2n k
| sin(n 1)! | | sin(n 2)! | | sin(n k) 1 1 1 n 1 n 2 n k | n 1 n 2 2 2 2 2 2 2n k
1 1 1
n ( 2
1 ) 1 (1 1 ) 1 k 2 2 2 2 2n

2k 2n
又2n (1 1)n C 0n C
1
n C
n
n n 所以 | S 1 1n k S n | n 2 n
六、借助数列递推关系
例 27.求证: 1 1 3 1 3 5 1 3 5 (2n 1) 2n 2 1
2 2 4 2 4 6 2 4 6 2n
解析: 设 a 1 3 5 (2n 1)n 则2 4 6 2n
a 2n 1n 1 a 2(n 1)a 2na a
,从而
2(n 1) n n 1 n n
an 2(n 1)an 1 2nan ,相加后就可以得到
a a a 2(n 1)a 2a 2(n 1) 1 11 2 n n 1 1 1 (2n 2) 12n 3 2n 2
所以 1 1 3 1 3 5 1 3 5 (2n 1) 2n 2 1
2 2 4 2 4 6 2 4 6 2n
例 28. 求证: 1 1 3 1 3 5 1 3 5 (2n 1) 2n 1 1
2 2 4 2 4 6 2 4 6 2n
解析: 设 a 1 3 5 (2n 1) 则n 2 4 6 2n
9
a 2n 1n 1 a
,从而
2(n 1) n
[2(n 1) 1]an 1 (2n 1)an an 1
an 1 [2(n 1) 1]an 1 (2n 1)an ,相加后就可以得到
a a a (2n 1)a 1 31 2 n n 1 3a1 (2n 1) 2n 1 12n 1 2
例 29. 若 a 1,a a ,求证:1 n 1 n n 1 1 1 1 2( n 1 1)
a1 a2 an
解析: a a 1n 2 n 1 n 2 an an 1 1 an 2 aa nn 1
所以就有 1 1
1 1 an 1 an a2 a1 2 aa a a a n 1
an a2 2 n 1 2
1 2 n 1
七、分类讨论
例 30.已知数列{an}的前 n项和 Sn 满足 Sn 2an ( 1)n ,n 1.证明：对任意的整数 m 4 ，有 1 1 1 7
a4 a5 am 8
解析:容易得到 a 2 2n 2n ( 1)n 1 .,3
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 2n 1

a a 2 2n 2

1 2n 1
)
1 2 22n 3 2n 1 n 2n n 1 2 1
3 2n 2 2n 1 3 ( 1 1 )（减项放缩），于是
2 22n 3 2 2n 2 2n 1
①当m 4且m为偶数时 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( )
a4 a5 am a4 a5 a6 am 1 am
1 3 ( 1 1 1 ) 1 3 1 (1 1 ) 1 3 7 3 4 m 2 m 4 .2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 8 8
②当m 4且m为奇数时 1 1 1 1 1 1 1 （添项放缩）由①知 由 1 1 1 1 7
a a a
.
4 5 m a4 a5 am am 1 a4 a5 am am 1 8
①②得证。
八、线性规划型放缩
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。
x2 2
解析:由 2
( f (x) 1)( f (1) 1) (x 2) (x 1)
2 知 即
( f (x)
1
)( f (1) 1) 0 1 f (x) 1
2 2(x2 2)2 2 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 a b 3 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 1 2 2 3 n(n 1).求证 n(n 1) (n 1)2n Sn .2 2
解析: 此数列的通项为 ak k(k 1),k 1,2, ,n.
10
k k(k 1) k k 1 1 k ， n n ，
2 2 k Sn (k
1
)
k 1 k 1 2
即 n(n 1) S n(n 1) n (n 1)
2
n .2 2 2 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
ab a b
，若放成

2
n 2
k(k 1) k 1则得 S (k 1) (n 1)(n 3) (n 1) ，就放过“度”了！n
k 1 2 2
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 a a a1 an a
2
1 a
2
n n
1 1 1 n
n n
a1 an
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) 1 1 ，若 4 ，且 f (x)在[0，1]上的最小值为 ，求证：f (1) 1 1bx f (1) f (2) f (n) n .1 a 2 5 2 2n 1 2
x
解析: f (x) 4 1 1 x 1 x 1 x (x 0)
1
f (1) f (n) (1 )
1 4 1 4 2 2 2 2
(1 1 2 ) (1
1 ) n 1 (1 1 1 ) n 1 1 n .2 2 2 2 4 2 2n 1 2n 1 2
例 34.已知 a,b为正数，且 1 1 ，试证：对每一个 n N ， (a b)n an bn 22n 2n 1 1 .
a b
解析: 由 1 1 得 ab a b，又 (a b)(1 1) 2 a b 1 4，故 ab a b 4 ，而
a b a b b a
(a b)n C 0n a
n C1 n 1na b C
r
na
n rb r C n nnb ，
令 f (n) (a b) n a n b n，则 f (n) =C1a n 1b C ra n rb r C n 1ab n 1n n n ，因为C i n i ，倒序相n Cn
加得 2 f (n) =C1 (a n 1b ab n 1n ) C r (a n rb r a rbn r ) C n 1 (ab n 1 a n 1n n b)，
n
而 a n 1b ab n 1 a n rb r a rb n r ab n 1 a n 1b 2 a nb n 2 4 2 2n 1，
则 2 f (n) = (C1 C r C n 1 r n r n r r nn n n )(a b a b ) (2 2)(a rbn r a n rb r ) n 1 (2n 2) 2 ， 所 以

f (n) (2n 2) 2n，即对每一个 n N ， (a b)n a n b n 22n 2n 1 .
n 1
例 35.求证C1 C 2 C 3 C n 2n n n n n 2 (n 1,n N )
n 1
解析: 不等式左C1 C 2 C 3n n n C
n 2nn 1 1 2 2
2 2n 1 n n 1 2 22 2n 1 = n 2 2 ，
原结论成立.
n
例 36.已知 f (x) e x e x ,求证: f (1) f (2) f (3) f (n) (en 1 1) 2
解析: x1 x2f (x x 1 x 1 x e e 11 2 1 x2 x1 x21) f (x2 ) (e ) (e ) e e 1e x1 e x2 e x2 e x1 e x1 e x2
n
经过倒序相乘,就可以得到 f (1) f (2) f (3) f (n) (en 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 1 ) k(2n 1 k) k 2n 1 k 1 2(2n 1 k) 2
k 2n 1 k 2n 1 k k k(2n 1 k)
11
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 1 )(2n 1 k ) 2n 2
k 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) 2n (n 1)n .
例 38.若 k 7 ,求证: S 1 1 1 1 3n .n n 1 n 2 nk 1 2
解析: 2S (1 1 ) ( 1 1 1 1 1 1n ) ( ) ( )n nk 1 n 1 nk 2 n 2 nk 3 nk 1 n
因为当 x 0, y 0 时, 1 1 1 1 4x y 2 xy , 1 1 2 ,所以 (x y)( ) 4 ,所以 ,当且仅当 x y
x y xy x y x y x y
时取到等号.
所以 2S 4 4 4 4 4n(k 1)n n nk 1 n 1 nk 2 n 2 nk 3 n nk 1 n nk 1
所以
S 2(k 1) 2(k 1)
所以 1 1 1 1 3
n 1 2
4 3
Sn n n 1 n 2 nk 1 2
1 k k 1 k 1 2
n
例 39.已知 f (x) a(x x1)(x x ) ,求证: a22 .f (0) f (1)
16
2
解析: f (0) f (1) a2[x1(1 x1)][x2(1 x2)]
a
.
16
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) 2x 2 (x 0)，
x
(1)当 n=1 时，左式= (2x 2 ) (2x 2 ) 0右式=0.∴不等式成立.
x x
(2)n 2 , 左式=[ f (x)]n 2n 1 f (x n ) (2x 2)n 2n 1 (2x n 2 )
x x n
2n (C1x n 2 C 2x n 4 1 1n n C
n 2 C n 1n x n 4 n x n 2
).
令 S C1xn 2 C 2n n x
n 4 1 1 C n 2 n 1n xn 4
Cn xn 2
由倒序相加法得：
2S C1 (x n 2 1n n 2 ) C
2 (x n 4 1n n 4 ) C
n 1
n (
1
n 2 x
n 2 )
x x x
2(C1 C 2 C n 1 n ，n n n ) 2(2 2)
所以 S (2n 2).

所以[ f (x)]n 2n 1 f (x n ) 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) 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；
（2）令 S(n) C1 f ' (1) C 2 f 'n n (2) C n 1 f 'n (n 1)求证： S(n) (2n 2) f ' (n)
2
12
(1)由f ' (x) a x lna 1, f ' (x) 0, 1即：a x lna 1, a x ,又a 1 x loga lnalna
同理：f ' (x) 0,有x loga lna,
所以f ' (x)在( , loga lna)上递减，在（ loga lna, )上递增；
f (x) f ( log lna) 1 ln lna所以 min a lna
f (x) 0, 1 ln lna若 min 即 0,则ln lna 1, lna
1

lna e
1
a的取值范围是1 a e e
(2)S(n) C1n (a ln a 1) C
2
n (a
2 ln a 1) C n 1n (a
n 1 ln a 1)
(C1a C 2n n a
2 C n 1a n 1n ) ln a (C
1
n C
2 n 1
n Cn )
1
[C1 (a a n 1n ) C
2
n (a
2 a n 2 ) C n 1 n 1n (a a)]ln a (2
n 2)
2
n
a 2 (2n 2) ln a (2n 2)
n
(2n 2)(a 2 ln a 1) (2n 2) f ' (n),
2
所以不等式成立。
★例 42. (2008 年江西高考试题)已知函数
f 1 1 ax ,x x 0, .对任意正数 a ,证明：1 f x 2．
1 x 1 a ax 8
解析:对任意给定的 a 0 , x 0 ,由 ,
f (x) 1 1 1
1 x 1 a 1 8
ax
若令 b 8 ，则 abx 8① ,而 f x 1 1 1 ②ax 1 x 1 a 1 b
（一）、先证 f x 1；因为 1 1 ， 1 1 ， 1 1 ，
1 x 1 x 1 a 1 a 1 b 1 b
又由 2 a b x 2 2a 2 bx 44 2abx 8 ，得 a b x 6．
所以 1 1 1 1 1 1 3 2(a b x) (ab ax bx)f x
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，
1 b
1 1 2 1 1 1
1，此时 f x 2．
1 x 1 a 1 5 1 x 1 a 1 b
（ⅱ）、当 a b 7③，由①得 , x 8 ， 1 ab ，
ab 1 x ab 8
因为 1 b b 2 1 b
1 [1 b ] 2 所以 1 ④
1 b 1 b 4(1 b) 2 2(1 b) 1 b 2(1 b)
同理得 1 a ⑤ ，于是 f x 2 1
a b ab
1
⑥
2
1 a 2(1 a) 2 1 a 1 b ab 8
13
今证明 a b 2 ab ⑦, 因为 a b ab 2 ，
1 a 1 b ab 8 1 a 1 b (1 a)(1 b)
只要证 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
因此⑦得证．故由⑥得 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 1 1 2
n 1 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 1 2 n 1 3n 1 n 2 3n 3n 1 n 1
1 4n 2 4n 2 4n 2
2 (3n 1)(n 1) 3n(n 2) (n 1)(3n 1)

2
2n 1 1 1 1 (2n 1) 1
(2n 1)
2 n2 (2n 1)2 (n 1)2 (2n 1)2 n2 (2n 1)
2
另一方面: 1 1 1 2n 1 2n 2 2
n 1 n 2 3n 1 n 1 n 1
十、二项放缩
2 n (1 1) n C 0n C
1
n C
n
n , 2 n C 0 1 ,n Cn n 1
2
2 n C 0 C 1 C 2 n n 2 2
n n(n 1)(n 2)
n n n 2
例 44. 已知 2a1 1,a (1
1 )a 1 .证明 an en 1 n2 n n 2n
解析: a 1 1n 1 (1 )an a
1
n 1 1 (1 )(a 1) n(n 1) n(n 1) n(n 1) n
n 1 n 1
ln(an 1 1) ln(a 1) ln(1
1
n )
1
. ， [ ln(a 1) ln(a 1)] 1 1 ln(a 1) ln(a 1) 1 1
n(n 1) n(n 1) i 1 i i 2 i 2 i(i 1) n 2 n
即 ln(an 1) 1 ln 3 an 3e 1 e
2 .
45.设
a (1 1
，求证：数列 单调递增且 a 4.
n )
n {an} n
n
解析: 引入一个结论：若b a 0则bn 1 a n 1 (n 1)bn (b a)（证略）
整理上式得 a n 1 bn[(n 1)a nb].（ ）
以 1a 1 1 ,b 1 1 代入（ ）式得 (1 ) n 1 (1 1 )n .
n 1 n n 1 n
即{an}单调递增。
以 代入（ ）式得 1 n 1 1 2n
a 1,b 1 1 1 (1 ) (1 ) 4.
2n 2n 2 2n
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{an}单调递增，所以对
n
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
利用二项展开式进行部分放缩： a (1 1 )n 1 1 C1 C 2 1 C n 1n n n 2 n n .n n n n
14
只取前两项有 a 1 1 C1 2.对通项作如下放缩：n n n
C k 1 1 n n 1 n k 1 1 1 1n k .n k! n n n k! 1 2 2 2k 1
n 1
故有 a 1 1 1 1 1 (1/ 2)n 1 1 2 2 3.2 2 2 n 1 2 1 1/ 2
②上述数列{an}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）
证明 n i Ai m i Ai；（2）证明 (1 m)n (1 n)m .（01 年全国卷理科第 20 题）m n
1
简析 对第（2）问：用1/ n代替 n得数列{b } : b (1 n) nn n 是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法：
1
1 1
数列{(1 n) n }递减，且1 i m n, 故 (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 12 d ,b d
，
2 2
从而 n n
a n b n 1 d 1 d 21 n
2 2
例 47.设 n 1,n N ，求证 (2) n 8 .
3 (n 1)(n 2)
解析: 观察 (2)n的结构，注意到 (3) n (1 1) n，展开得3 2 2
(1 1)n 1 C1 1 C 2 1 C 3 1 1 n n(n 1) (n 1)(n 2) 6 ，即 (1 1)n (n 1)(n 2) ，得证.2 n 2 n 22 n 23 2 8 8 2 8
例 48.求证: ln 3 ln 2 ln(1 1 ) ln 2 . 解析:参见上面的方法,希望读者自己尝试!)
n 2n n
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 f (3n ),n N*，试证明：. n 1 1 1 1n ≤
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
15
( 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 }的通项公式时也会遇到困难.n
f [ f (3n )] 3n 1, f (3n 1) f { f [ f (3n )]} 3 f (3n ), a ,所以数列 n * 的方程为 n ,n 1 3an an f (3 ),n N an 2 3
从而 1 1 1 1 1 (1 ) ,
a1 a2 an 4 3
n
一方面 1 (1 1 1 ) ,另一方面3n (1 2)n C 0n 20 C1n 21 2n 1
4 3n 4
所以 1 (1 1 ) 1 (1 1 ) 1 2n n ,所以,综上有
4 3n 4 2n 1 4 2n 1 4n 2
n 1 1 1 1
≤ .
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，且 f 1 4；② 若 x 0, x 0, x x 1,则有1 2 1 2 f x1 x2 f x1 f (x2 ) 3.
（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.
3n 3n 1
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; ∴ f (0) 3.
（Ⅱ）解：任取 x1, x2 [0,1], 且设 x1 x2 , 则 f (x2 ) f [x1 (x2 x1)] f (x1) f (x2 x1) 3,
因为 x x 0，所以2 1 f (x2 x ) 3，即1 f (x2 x1) 3 0, ∴ f (x1) f (x2 ) .
∴当 x [0,1]时， f (x) f (1) 4 .
（Ⅲ）证明：先用数学归纳法证明： f ( 1 1
3n 1
)
3n 1
3(n N*)
（1） 当 n=1 时， f ( 10 ) f (1) 4 1 3
1
0 3，不等式成立；3 3
（2） 假设当 n=k 时， f ( 1k 1 ) 1 k 1 3(k N*)3 3
由 f ( 1 ) f [ 1 ( 1 1
1 1 1
k 1 k k k )] f (
1 ) f ( 1 1 k k 3 3 3 3 3 3 3k
) 3 f ( k ) f ( k ) f ( ) 63 3 3k
得 3 f ( 1k ) f (
1
) 6 1
3 3k 1 3k 1
9.
即当 n=k+1 时，不等式成立
16
由（1）、（2）可知，不等式 f ( 1 1 对一切正整数都成立.
3n 1
)
3n 1
3
于是，当 x ( 1 , 1 时， 1 1 1 ，
3n 3n 1
](n 1,2,3, ) 3x 3 3 n 3 n 1 3 f (3 3 3n 1
)
而 x [0,1]， f x 单调递增 ∴ f ( 1n ) f (
1 ) 所以，n 1 f (x) f (
1
3 3 3n 1
) 3x 3.
例 50. 已知： a1 a2 an 1,ai 0 (i 1,2 n) 求证： a
2 a2 a2 21 2 n 1 a n 1
a1 a2 a2 a3 an 1 an an a1 2
解析:构造对偶式：令 a 2 a 2 a 2 a 2A 1 2 n 1 n
a1 a2 a2 a3 an 1 an an a1
a 2 a 2 a 22 3 n a
2
B 1
a1 a2 a2 a3 an 1 an an a1
a 2 a 2 a 2 a 2 2 2 2 2则 A a a a a B 1 2 2 3 n 1 n n 1 ＝ (a1 a2 ) (a2 a3 ) (an 1 an ) (an a1) 0, A B
a1 a2 a2 a3 an 1 an an a1
a 2 a 2又 i j 1 (a a ) （ i, j 1,2 n)
a i ji a j 2
1 1 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 21 2 2 3 n 1 n an a
2 1 1
A (A B) ( ) 1 (a1 a2 ) (a2 a3 ) (an 1 an ) (an a1 )
2 2 a1 a2 a2 a3 an 1 an an a1 4 2
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
b
f x dx 0 .a
例 51.求证： e e .
解析: e e ln ln e ，∵ ln ln e


ln x d ln x
1 ln x ，
e e x e x e x2 dx e
e
x e, 时，1 ln x ln ln e
2 0
， 1 ln x ， ∴ ， .
x
e
e x2
dx 0 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 1 2 n 1 1 ， n 1,n N .
2 3 n
解析: 考虑函数 f x 1 在区间 i, i 1 i 1, 2,3, ,n 上的定积分.
x
如图，显然 1 1 i 11 1 dx -①i i i x
i n n对 求和， 1 i 1 1
n 1 1

i dx dxi x 1i 1 i 1 x
n 1
2 x 2 n 1 1 .1
17
例 53. 已知 n N ,n 4 .求证： 1 1 1 1 7 .
n 1 n 2 n 3 2n 10
解析:考虑函数 f x 1 在区间 i 1 i i 1, 2,3, ,n 上的定积分.
1 x ,n n
i
∵ 11 n -②1 1 i 1 dx
n i i n 1 xn 1
n
n i
∴ n 1 n
1 1
n dx 1 1 dx ln 1 x ln 2 7 .
i 1 n i 1 1
i 1
1 x 0 1 x 0 10
i 1 n i
i 1 n
1
n
例 54. （2003 年全国高考江苏卷）设 a 0，如图，已知直线 2l : y ax及曲线C： y x ，C上的点Q1的横坐
标为 a1（0 a a）.从C上的点1 Q n 1 作直线平行于 x轴，交直线 l于点Pn n 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, ,n 的横坐标构成数列 an .
（Ⅰ）试求 an 1与 an 的关系，并求 an 的通项公式；
（Ⅱ）当 a 1,a 1 时，证明 n ；1 2 (a
1
k ak 1)ak 2
k 1 32
（Ⅲ）当 a 1时，证明 n (ak a
1 .
k 1)ak 2
k 1 3
a n 1
解析: an a( 1 )
2 （过程略）.
a
证明（II）：由 a 1知 a 2 ，∵ 1 ，∴n 1 an a1 a 12 ,a
1
.
2 4 3 16
∵当 k 1时， a 1 ，k 2 a3 16
∴ n (a a )a 1
n
(a a ) 1 (a a ) 1 . k k 1 k 2 k k 1 1 n 1
k 1 16 k 1 16 32
18
证明（Ⅲ）：由a 1知 a 2 .k 1 ak
∴ (ak ak 1)ak 2 (a a )a
2 恰表示阴影部分面积，
k k 1 k 1
显然 a(ak a
2 k 2 ④
k 1)ak 1 x dxak 1
∴ n n n a1 2 1 1 .
(ak ak 1)ak 2 (a a )a2 a k 3k k 1 k 1 x2dx x dx a1
k 1 k 1 a
0
k 1 k 1 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 1 i ；i i x
② 1 i
n 1 i i 1 ；
n i i 1 dx ln 1 ln1 x n
1
n n
③ sin sin i sin
i
i 1
1 sin2
1 dx ；i i 1
sin i 1 1 x2
i 1
④ 2 a(a 1 a k 2 3 3 .k k 1)ak 1 x dx aa k ak 1 k 1 3
十二、部分放缩(尾式放缩)
例 55.求证: 1 1 1 4
3 1 3 2 1 3 2n 1

1 7
解析: 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 n 1 n 1 3 1 3 2 1 3 2 1 4 7 3 2 1 28 3 22 3 2n 1 11 1 4 47 48 4
28 3 1 1 84 84 7
2
例 56. 设 a 1 1
1 1
,a 2.求证：an 2.n 2a 3a n a
解析: a 1 1 1 1 1 1 1 1n a a a 2 2 .2 3 n 2 3 n 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 1 1 1 2 ，k k(k 1) k 1 k
于是 1a 1 1 1n 1 2 2 2 1 (1
1
) (1 1 ) ( 1 1 ) 2 2.
2 3 n 2 2 3 n 1 n n
例 57.设数列 an 满足 a 2n 1 an nan 1 n N ，当 a1 3时
证明对所有 n 1, 有 (i)an n 2； (ii) 1 1 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 ak k 2，则当 n k 1时
ak 1 ak (ak k) 1 ak (k 2 k) 1 (k 2) 2 1 k 3，成立。
(ii) 利 用 上 述 部 分 放 缩 的 结 论 ak 1 2ak 1 来 放 缩 通 项 ， 可 得
a 1 2(a 1) a 1 2 k 1 (a 1) 2 k 1 4 2 k 1 1 1k 1 k k 1 .ak 1 2 k 1
1
n 1 n 1 1 1 ( )
n
2 1 i 1 .
i 1 1 a i i 1 2 4 1 1 2
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： ak 1 (k 2)(k 2 k) 1 k 3；
19

证明 (ii) 就直接使用了部分放缩的结论 ak 1 2ak 1
十三、三角不等式的放缩 y
例 58.求证: | sin x | | x | (x R) . P
解析:(i)当 x 0时, | sin x | | x | A
(ii)当 0 x 时,构造单位圆,如图所示:
2
O T B x
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 时 | sin x | | x |
2
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.
59. n例 求证:对一切 n(n N*) ,都有 1 3 .
k 1 k k
解析: 1 1 1 1 1 1 1
k k k 3 k (k 2 1) (k 1)k (k 1) (k 1)k k (k 1) k 1 k 1
1 1 1 1 1 1 k 1 k 1
(k 1)k k (k 1) k 1 k 1 k k 1 k 1 2
1

1 1 2k 1 1

k k 1 k 1 2 k 1 k 1
从而 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 3
k 1 k k 1 3 2 4 3 5 k 1 k 1 2 k k 1
当然本题还可以使用其他方法,如:
1 1 1 1 1 1 1 k k 1 1 1 1 1 2
k k k k 1 k k k 1 k(k 1) k 2 k k 1 k 1 k 1 k k 1 k
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{a }满足: a 1,a a 1 ,求证:n 2n 1 an 3n 2(n 2).1 n 1 n an
20
: 2解析 1 2a 2 a a 2 2 ,从而 an a
2 ,所以有
n 1
2
n n 1 a k 1 n 1
a 2 (a 2 2 2 2n n an 1 ) (an 1 an 2 ) (a
2 2 2
2 a1 ) a1 2(n 1) 1 2n 1,所以 an 2n 1
2
又 1 2 2a 2 a 2 ,所以 a a 3 ,所以有n n 1 a ak 1 3
n n 1
n 1
a 2n (a
2
n a
2
n 1 ) (a
2
n 1 a
2 ) (a 2 a 2 ) a 2 3(n 1) 1 3n 2所以n 2 2 1 1 an 3n 2
所以综上有 2n 1 an 3n 2(n 2).
引申:已知数列{a }满足: a 1,a a 1 ,求证: n .n 1 n 1 n a
1
2n 1
n k 1 ak
解析:由上可知 a ,又 ,所以n 2n 1 1 1 22n 1 2n 1 2n 3 2n 1 2n 3
2 an 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 ak
, 1 , n又当 n 1时 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 an , a , ,
2
n 0 a1 0 an 1 an 1 1 a
2
n (n N
) .
记 Sn a1 a , .求证:当 时.2 an T 1 1 1n n N1 a1 (1 a1 )(1 a2 ) (1 a1 )(1 a2 ) (1 an )
(1)a a ; (2)n n 1 Sn n 2 ; ★(3)Tn 3 .
解析:(1) a 2 2 ,猜想 ,下面用数学归纳法证明:n 1 an 1 an 1 an 1
(i)当 n 1时,a ,结论成立;1 1
(ii)假设当 n k (k 1)时, ak 1 ,则 n k 1(k 1) 时, a
2 2
k 1 ak 1 1 ak
从而 a 2k 1 a ,所以k 1 2 an 1 1 0 ak 1 1
所以综上有 0 a 1,故 a 2 2n n 1 an 0 an 1 an
(2)因为 a 2n 1 a
2
n 1 a 则
2 2 , 2 2
n 1 a2 a1 1 a2 a3 a2 1 a ,…, a
2 2
3 n 1 an 1 a ,相加后可以得n 1
到: a 2 2 2 ,所以n 1 a1 n (a2 a3 an 1) Sn 1 n an 1
Sn n 1 a
2 ,所以
n n 2 Sn n 2
(3)因为 a 2 a 1 a 2 2a ,从而 a 2a 1 n ,有 1 an 1 ,所以有n 1 n 1 n n n 1 an 1 1 an 1 2an
1 a
n 1
a
n a3 a n 1 ,从而
(1 a ) (1 a )(1 a ) 2a 2a 2a 2n 13 n n 1 n n 1 2 a2
1 an 1 1 a n 1 ,所以
(1 a1)(1 a )(1 a
n 1 n 1
2 3 ) (1 an )(1 an 1) 2 a2 1 a2 2
21
1 a
n
1 a
n ,所以
(1 a )(1 a )(1 a ) (1 a ) 2n21a 1 a 2n 21 2 3 n 2 2
T 1 a3 a4 ann 1 2 n 2 1
1 1 1 1 2 1 1 3
1 a2 2 2 2 1 a2 2 2
2 2n 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{a }的首项 3 ,a 3an a n , n 1，2， ．1 5 n 1 2an 1
(1)证明:对任意的 x 0 , a 1 1 2 , n 1，2， ;n≥ 1 x (1 x) 2
x
3n
(2) 2证明: a n1 a2 a .n n 1
n
解析:(1)依题,容易得到 a 3 2 1 ,要证 x 0 , a 1 1 2≥ x , n 1，2， ,n 2 3n 3n n 1 x (1 x) 2 3n
即证1 2 1 1 2 x 1 1 2 2 1 n 2 n 3 1 x (1 x) 3 1 x 3n (1 x)2 (1 x)2
即证 2 2 3
n 2 1
1 0 ,设 t 所以即证明 (t) 2 3
n
2 2
n 2 n 1 x n t 2t n 1 0(0 t 1)1 x 3 (1 x) 3 3 3
从而 n (1) 0 ,即 2 3 2 2 1 0 ,这是显然成立的.
3n 3n
所以综上有对任意的 x 0 , a 1 1 2 ,n≥ x n 1，2， 1 x (1 x)2 3n
(法二) 1 1

2 1 1 2
1 x (1 x)2 3n
x 2 n 1 1 x 1 x (1 x) 3
1 1 1 2 1 1 1 2 , 原不等式成立．
2 (1 x)
≤an
1 x (1 x) a 1 x a (1 x)2 a
a a
n n n 1 x
n n

(2)由(1)知，对任意的 x 0 ，有
a a a 1 1 2 x 1 1 2 x 1 1 21 2 n≥ 2 2 2 2 n x

1 x (1 x) 3 1 x (1 x) 3 1 x (1 x) 3
n 1 2 2 2 nx ．
1 x (1 x)2 3 32 3n
取 2 1 1 ，
x 1 2 2 2

3 3
n 1 1 1
n 3 32 3 n n 1 1 n 3
n
3
则 ．
n n 2a a n
2
1 2 a n ≥
1 1 1 1

n 1
1
n 1
n n 3n 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 ln(1 n) b .求证: a1 a a a a 1 3 1 3 a5 a2n 1n n 2a 1 1.
a2 a2 a4 a2 a4 a6 a
n
2n
证明:首先:可以得到 a n .先证明1 3 5 (2n 1) 1n n
2 4 6 2n 2n 1
22
(方法一) 1 3 5 2 (2n 1) 1 3 3 5 (2n 1)(2n 1) 1 1
1 3 5 (2n 1)

所以 1
2 4 6 2n 22 42 (2n)2 2n 1 2n 1 2 4 6 2n 2n 1
(方法二)因为 1 1 1 2 , 3 3 1 4 , , 2n 1 2n 1 1 2n ,相乘得:
2 2 1 3 4 4 1 5 2n 2n 1 2n 1
1
2
3 5 (2n 1) 1 ,从而1 3 5 (2n 1) 1 . 2 4 6 2n 2n 1 2 4 6 2n 2n 1
(方法三)设 A= 1 3 5 (2n 1) ,B= 2 4 6 2n ,因为 A2 4 6 2n 3 5 7 (2n 1)
所以 1 3 5 (2n
2
1) 1 , 从而1 3 5 (2n 1)
1 .
2 4 6 2n 2n 1 2 4 6 2n 2n 1
下面介绍几种方法证明 a1 a1 a3 a 1 a3 a5 a2n 1 2a
a a a a a a a n
1 1
2 2 4 2 4 6 2n
(方法一)因为 2n 1 2n 1 2n 1 ,所以 1 2n 1 2n 1 ,所以有
2 2n 1
1 1 3 1 3 5 (2n 1)
n
2k 1 2n 1 1
2 2 4 2 4 6 2n k 1
(方法二) n 2 2 n ,因为 1 2 ,所以 1
n 2 n n 2 n n 2 n 2 n n 2
令 n 2n 1,可以得到 1 ,所以有
2n 1 2n 1
2n 1
1 1 3 1 3 5 (2n 1)
n
2k 1 2n 1 1
2 2 4 2 4 6 2n k 1
(方法三)设 a 1 3 5 (2n 1) 2n 1 ,a a 所以 2(n 1)a ,n n 1 an 1 (2n 1)an an 12 4 6 2n n 1 2n 2 n
从而 a ,从而n 1 [2(n 1) 1]an 1 (2n 1)an an (2n 1)an (2n 1)an 1
a1 a2 a3 an (2n 1)an (2n 1)a
3
n 1 (2n 1)a (2n 3)a 5a 3a (2n 1)a 又n 1 n 2 2 1 n an
1 ,
2 2n 1
所以 a1 a2 a3 an 2n 1
3
2n 1 1
2
(方法四)运用数学归纳法证明: n 1 2n 1 1
k 1 2k 1
(i)当 n 1时,左边= 1 ,右边= 显然不等式成立;
3 3 1 2 1
3 1 3 1
2
(ii)假设 n k(k 1)时, k 1 2k 1 1 1 1 1 1 1,则 n k 1时, 2k 1 1 ,
i 1 2i 1 3 5 2k 1 2k 3 2k 3
所以要证明 k 1 1 2k 3 1 ,只要证明 ,这是成立的.2i 1 2k 1 1i 1 2k 1 3 2k 3 2k 1 1
2k 3 2k 3 2k 3 2k 1
2
这就是说当 n k 1时,不等式也成立,所以,综上有 a1 a1 a3 a1 a3 a a 5 2n 1 2an 1 1a2 a2 a4 a2 a4 a6 a2n
探究 2.(2008 年全国二卷)设函数 f (x) sin x .如果对任何 x≥ 0，都有 f (x)≤ax，求a的取值范围．
2 cos x
解析:因为 f (x) sin x ,所以 f ' (x) cos x(2 cos x) sin
2 x 1 2cos x
2 cos x (cos x 2)2

(cos x 2)2
23
设 g(x) f (x) ax ,则
g ' (x) f ' (x) a 1 2 cos x a cos x 2 cos x 2 1 2
, g(0) 0
2 2 a
2 3
a
(cos x 2) (cos x 2) cos x 2 (cos x 2)2
因为 | cos x | 1 ,所以 2 3 1 1,
cos x 2 (cos x 2)2 3
(i)当 1时, g ' (x) 0恒成立,即a g(x) g(0) 0 ,所以当 1时,a f (x)≤ax恒成立.
3 3
(ii)当a 0时, f ( ) 1 0 a ( ) ,因此当a 0时,不符合题意.
2 2 2
(iii)当 1 时,令
0 a h(x) sin x 3ax，则 h (x) cos x 3a故当 x 0，arccos3a 时, h (x) 0 .
3
因此 h(x) 在 0，arccos3a 上单调增加.故当 x (0，arccos 3a)时, h(x) h(0) 0 ,
即sin x 3ax .于是，当 x (0，arccos3a)时， f (x) sin x sin x ax
2 cos x 3
所以综上有a的取值范围是 1 ,


3
变式：若 0 xi arccos 3a ,其中 i 1,2,3, ,n
且0 a 1 , x1 x2 x3 xn arccos 3a ,求证:3
x1 x2 xtan tan tan 3
x 3a
tan n arccos 3a .
2 2 2 2 2
tan xi sin x证明：容易得到 i sin x i
2 cos xi 1 2
由上面那个题目知道 sin xi 3axi
x
就可以知道 tan 1
x x x
tan 2 tan 3 tan n 3a 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 (- a 2 , a 2 )为减函数, 故在区间(0, a 2 ) 内任取一点, 比如取
a a a
x 1 a 2 , 就有 x0∈(0, 1) 且 f (x0) < f (0) =1, 因而这时 a不满足要求.0 2 a
(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
综上可知, 所求 a的取值范围为 a≤2.
24

展开更多......

收起↑