放缩法技巧全总结.doc

..

2011 高考数学备考之 放缩技巧

证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：

一、裂项放缩 例 1.(1) n

2

的值 ;

(2) 求证 : n

1 5 .

求

k 1

4k 2 1

k 1 k

2

3

解析 :(1) 因为

2

2

1

1 , 所以

n

2

1 1

2n

4n 2 1

(2n 1)(2n 1)

2n 1 2n 1

k

1

4k 2 1 2n 1

2 n 1

(2)

因为 1

1

4

1

1

, 所以 1 1 2

1 1

1

1

5

2

n

1 2

2

1

4 n 2

2n

1 2n 1

k 1

k

2

3 5 2n 1 2n 1

3 3

2

1

n

n

4

奇巧积累 :(1)

1 4 4

2 1

1

(2)

1 2

1 1

n

2

4n

2

4n

2

2n 1

C n

1

1

C n

2

( n 1)n( n 1)

n( n 1)

n(n 1)

1

2n 1

(3)

T

r 1

r

1 n! 1 1 1 1 1 (r 2)

C n

r!( n

r )! n r

r! r ( r 1)

r 1

r

n r

(4)

(1 1 ) n 1 1 1 1 1

1

5

n 2 3 2 n(n 1)

2

(5)

1

1 1

(6)

1 n 2

n

2 n

(2

n

1) 2n

1 2

n

n 2

(7)

2( n 1 n )

1 2( n

n 1) (8)

2 1 1

1 1

n

2 n 1 2n

3 2n

(2 n 1) 2 n 1 (2n 3) 2n (9)

1 1 1 1 , 1 1 1 1

k (n 1 k) n 1 k

k n 1 1 k ) k 1 n n 1 k

n(n

(10)

n 1 1

(11)

1

2 2

2

(n 1) ! n ! (n 1) !

2( 2n 1

2n 1)

n 2n

1 2n 1

1 1

n

n

2

2

(11)

2 n

2n

2 n

2n 1

1

1

(n 2 )

(2n 1)2

(2n

1)( 2n 1) (2 n

1)( 2 n

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

1 2 n

1 (12)

1 1

1

1

1

1 n 3 n n

2 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)

(14)

2 n 1

2 2n

(3 1) 2n 3 3(2 n 1) 2n

2n 1 2n

1 2 n

3 2n

1 3

k 2 1

1 (15)

1 n

n 1(n 2)

k! (k

1)!

(k 2)! (k 1) ! (k

2) !

n( n

1)

(15)

i 2

1 j 2

1

i 2

j 2

i

j 1

i

j

(i j)( i 2

1

j 2 1)

i 2 1

j 2

1

. .下载可编辑 . .

..

例 2.(1) 求证: 1

1 1 1 7

1 (n

2)

32

5 2

( 2n 1) 2

6

2( 2n 1)

(2)

求证:

1

1 1

1 1 1 (3)

求证 : 1 1 3

1 3 5 1 3 5 6 (2n 1)

2n 1 1

4 16 36

4n 2

2

4n

2 2 4

2 4 6

2 4

2n (4) 求证： 2( n

1 1)

1 1 1

2 ( 2n 1 1)

1

3

n

2

解析 :(1) 因为

1

1

1

1

1

, 所以

n

1

1 1 1 1 1 1

1 ( ) 1 ( )

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

i 1 (2i

1) 2 2 3

2n

1) 2 2n 1 2n 1

2n 1 2 3

1

(2) 1

1 1 1 1 (1

1

1

) 1 (1 1

1 )

4

16 36

2

4 2

2 4 n

4n

2

n

(3) 先运用分式放缩法证明出

1 3 5 (

2 n 1) 1

, 再结合

2 4 6

2n

2n 1

1 进行裂项 , 最后就可以得到答

n 2 n

n 2

案

(4) 首先

再证

1 2 , 所以容易经过裂项得到

1 1 1 2( n 1 n )

n

2( n 1 1) 1

3

n

n

n 1

2

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 1

2n 1

1 1

2 n

n

n

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

n 2

3

解析 :

一方面 : 因为 1

1

4

1

1

, 所以

n

1

1 2 1

1

11

1

2 5

2

1 2

2

k 1

k

2

3 5

2n 1 2n 1

3 3

n

n 2

4n

1

2n 1

2n 1

4

另一方面 : 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 n

4

9

n

2

2 3 3

4

n(n 1)

n 1

n

1

当 n

3 时 , n

(n 6n

1) , 当 n 1时 , ( n 6n 1 1 1 1 ,

n 1 1)(2n

1)( 2n 1)

4 9 n 2

当 n

2 时 ,

6n

1

1 1 1 ,

(n

1)(2n 1)

4 9 n

2

所以综上有

6n

1

1

1 1 5

(n 1)(2n

1)

4 9 n 2

3

例 4.(2008 年全国一卷 ) 设函数 f ( x)

x x ln x . 数列 a 满足 0

a 1. a n 1 f (a n )

.

n

1

设 b ( a 1，1) ，整数 k ≥ a 1 b

. 证明 : a k 1

b .

a 1 ln b

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 ,

. .下载可编辑

. .

..

若 a m

b(m k) , 则由 0

a 1 a m

b 1知 a m ln a m

a 1 ln a m a 1 ln

b 0 ,

k

,

a k 1 a k a k ln a k a 1

a m ln a m

m 1

因为 k a m ln a m k( a 1 ln b )

,

于是

a k 1 a 1

k | a 1 ln b | a 1 (b a 1 ) b

m 1

例 5. 已知 n, m N , x

1, S

1m 2 m

3 m

n m , 求证 : n m 1 (m 1) S

( n 1) m 1 1.

m

n

解析 : 首先可以证明 :

(1 x)n 1 nx

n m 1 n m 1

(n 1)m

(n

1) m 1 ( n 2 )m 1

1m 1 0

n

(k 1)m 1]

所以要证

1

[k m 1

k 1

n m 1

(m 1)S n ( n 1) m 1 1只要

证 :

n

n

n

[ k 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

2m 1 1 m 1

[( k 1) m 1 k m 1 ]

k 1

k 1

k

1

故只要证 n

[ k m 1 ( k 1)m 1 ]

(m 1)

n

k m

n [( k 1) m 1 k m

1 ]

,

k 1

k 1

k

1

即等价于 k m 1 ( k

1) m 1 (m 1)k m ( k 1) m 1

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 .

k

k k

k

例 6. 已知 a 4n

2 n ,

2n

,求证: T 1 T 2 T 3

T n

3 .

n

T n

a 1 a 2

a n

2

解析: T

4

1

4

2

4

3

4

n

( 2

1

2

2

2 n

) 4(1 4 n

) 2(1 2n

)

4

(4 n

1) 2(1 2n )

n

1 4 1 2

3

所以

2n

2n

2n

3 2n

3

2n

T n

4 (4n 1) 2 (1 2n )

4 n 1

4

4n 1

2

4 n 1

3 2n 1 2 2 2 ( 2n ) 2 3 2n 1

2 2n 1 2 n 1

3 3 3 3

3

3

2 n

3 1 1

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

2n 1 1

从而

TTT

T

n

3 1 1 1 1

1 1

3

1

2

3

2 3 3 7

2n

1 2n 1 1

2

例 7. 已知 x

1 , n( n 2k 1,k

Z)

,求证:

1

1

1

1

x n

2k ,k Z)

2 ( n 1 1)(n N*)

n 1(n

4

x 2 x 3

4

x 4 x 5 4

x 2 n x 2 n 1

证明 :

1

1

1

1 1

2 ,

4

x 2 n x 2 n 1 4 ( 2n 1)(2 n 1)

4

4n 2

1

4

4n 2

2 n 2 n

因为

2 n n

n 1 , 所以 1

2

2

n

1 n )

2 (

4

x 2 n x 2 n 1

2 n

n

n 1

所以

1

1

1

2( n 1 1)( n N *)

4

x 2 x 3

4

x 4 x 5 4

x 2n x 2n 1

二、函数放缩

例 8. 求证：

ln 2

ln 3 ln 4 ln 3n 3

n

5n 6

( n N * ) .

2 3 4

3n

6

解析 : 先构造函数有 ln x x 1 ln x 1

, 从而 ln 2

ln 3 ln 4

ln 3n

3n

1

1

1 )

1

n

1 (

n

x

x 2 3

4 2 3 3

3

. .下载可编辑 . .

..

cause

1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2

3 3n 2 3

4

5

6

7

8 9

2n 2 n 1

3n

5 3 3 9 9 3n 1

3n 1

5n 6

6 9

18 27

2 3 n 1 3n 6

所以 ln 2 ln 3

ln 4 ln 3 n 3 n

5n 3

n

5n 6

2

3

4

3n

1

6 6

例 9. 求证 :(1)

ln 2

ln 3

ln n 2n 2 n 1

2,

3

n

2(n

(n 2)

2

1)

解析 : 构造函数

ln x ,

得到 ln n

ln n 2

, 再进行裂项 ln n 2

1 1

, 求和后可以得到答案

f ( x)

n

n 2

n 2

1

2

1

1)

x

n n(n 函数构造形式 : ln x x 1, ln n

n

1(2)

例 10. 求证:

1

1

1 1 ln( n 1) 1

1 1

2 3

n

2 n

解析 : 提示 : ln( n 1) ln

n

1 n n 1

2 ln

n

1 ln n

1 ln 2

n 1

n n

函数构造形式 :

ln x x, ln x

1 1

y

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

D

E

首先 : S

ABCF

n

1 , 从而 , 1

i n

1

n

ln n ln( n i )

F C

n i x

n

x ln x |n i

A B

n i

O

n-i

n

x

取 i 1有,

1

ln n ln( n 1) ,

n

所以有1

ln 2

,

1

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

另一方面 S

ABDE

n

1

, 从而有

1 i n

1

n

ln n ln( n i )

x

n i

x ln x |n i

n i

n i

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) e 和

(1 1

)(1 1 ) (1 1 )e .

解析 : 构造函数后即可证明

1

1 1

2!

3!

n!

9

81

32 n

例 12.求证: (1 1 2) (1 2 3)

2 n 3

解析 :

, 叠加之后就可以得到答

[1 n(n 1)] e

ln[ n(n 1) 1]

3

2

1

n(n 1)

案

. .下载可编辑 . .

函数构造形式 :

3 ( x 0 ) 1 ln( 1 x)

3 ( x 0) ln( x 1) 2

x 1

x

x 1

..

( 加强命题 )

例 13. 证明 : ln 2 ln 3

ln 4 ln n n(n 1)

(n N *, n

1)

3

4

5 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 :

'

( x)

1 1 2

x , 令 f '

(x ) 0 有 1

x 2 , 令 f ' (x )

0 有 x 2,

f

x

x 1

1

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 , 所以 ln

2 ln

3 ln 4

ln n n(n 1) (n N*, n 1)

n 1

2

3

4

5

n 1

4

例 14. 已知

1,a n 1 (1 1 ) a n 1

证明

a n

e 2 .

a 1

.

n 2 n 2n

解析 : a

n 1

(1 1

)a n 1 (1

1

1

) a n ,

1)

1)

n (n

2 n

n (n 2 n

然后两边取自然对数

, 可以得到

1

1

ln a n 1

ln(1 n(n 1)

2

n

)ln a

n

然后运用 ln(1 x ) x 和裂项可以得到答案 )

放缩思路： 2

1 1n )a n

1 1

a n 1

(1

n ln a n 1 ln(1

n 2

n 2 n

)

ln a n

n 2

ln a n

1 1 。于是 ln a n 1

ln a n

1

1 ，

n 2

n 2n

n

2

n 2 n

( 1

) n 1

n 1

n 1

1

1

1

1

1 1

2

i 1

(ln a i 1 ln a i )

i 1

(

i

2

i

2i )

ln a n ln a 1

1 n

1 1

2 n

2 n 2 .

2

即

ln a

n

ln a

2 a

n e 2 .

1

注：题目所给条件当然，本题还可用结论

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；

2n

n(n 1)( n 2)

来放缩：

a

n 1

1

)a n 1

1

(1

n( n 1)

a

1 (1

1) )( a 1)

n(n

1)

n 1

n( n

n

1 1

n 1

n 1

ln( a n 1 1) ln( a n ) .

[ ln( a i 1 1) ln( a i 1)]

1) ln(1

n(n 1)

n( n 1) i 2

i 2

1 1 ，

ln( a n 1) ln( a 2 1) 1

n 1

i (i 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) xln x (k x)ln( k x),

0 x

k.Q g ( x) ln x 1 ln(k x)

1 ln

x

k ,

x

令g ( x) 0,则有 x 1

2 x k 0

k x

k.

k x k x

2

∴函数 g ( x) 在[ k

,k ）上单调递增，在

(0, k

] 上单调递减 . ∴ g( x) 的最小值为 g( k

) ，即总有 g(x) g( k

).

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

. .下载可编辑

. .

..

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) 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, x 2 0时,证明 : f (x 1 ) f (x 2 )

f ( x 1 x 2 )

；

x

(III) 已知不等式 ln(1 x) x 在 x 1且x 0 时恒成立，

求证： 1

ln 2 2

1 ln 3 2

1 ln 4 2

1

ln( n

1) 2

n ( n

N *

).

2 2

3

2

4

2

(n

1)

2

2( n 1)( n 2)

解析 :(I)

g ' ( x) f ' ( x)x

f (x)

0 , 所以函数

f (x)

上是增函数

g( x) 在(0, )

x 2

x (II)

因为

g ( x)

f ( x) 在 (0,

上是增函数 , 所以

)

x

f ( x 1 ) f ( x 1 x 2 )

f ( x 1 ) x 1 f (x 1 x 2 )

x 1

x 1 x 2

x 1

x 2

f (x 2 ) f (x 1

x 2 ) f ( x 2 ) x 2

f ( x 1 x 2 )

x 2

x 1

x 2

x 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 )

f ( x 1 ) 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 2 x n ) f ( x 2 )

x 2 f ( x x 2

x

n )

x 2 x 1 x 2 x n x 1

x 2

x n

1

f (x n ) f (x 1 x 2 x n ) f (x n ) x 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 ln x 1

x 2 ln x 2 x 3 ln x 3 x n ln x n (x 1

x 2

x n ) ln( x 1 x 2

x n )

令

1

, 有

1

ln 2 2

1

2

1 ln 4

2

1

2

1

1 1

1 1 1 1 x n

22

ln 3

42

ln( n 1)

22

32 4 2

(n 1) 2

ln

32

(n 1)2

(1 n)

2

32 (n 1) 2 22

1 1

1 ln 1 1 1 1

1

1 n

n

1

2

n 2

2( n 1)( n 2 )

2 2

32

(n 1) 2

2 1

3 2 (n 1)n

所以 1 ln 22 ln 3 2

1 ln 4

2 ln( n 1) 2 n (n N * ).

1 1

22 3 2 42 (n 1) 2 2( n 1)( n 2)

. .下载可编辑 . .

..

( 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 12 ln 22

12 ln 32 12 ln 42

1 2 ln( n 1) 2 ln 4 1

1

nln 4

2

3 4

( n 1) 2

n 2 2( n 2)

又

ln 4 1

1 ,所以 1

2

1

2

1

2

1

2

n

*

n

1

2 2

ln 2

3

2

ln 3

4

2

ln 4

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

( n N ).

三、分式放缩

姐妹不等式 :

b

b m (b a 0,m 0) 和 b

b m

a a m

a

a (a

b 0, m 0)

m

记忆口诀”小者小 , 大者大”

解释:看 ,若 b 小, 则不等号是小于号 , 反之 .

b

例 19. 姐妹不等式 : (1 1)(1

1 )(1 1 ) (1 1 )

2 n 1 和

3 5 2 n 1

(1 1 1

1

) (1 1 1

也可以表示成为

)(1

)(1

6 )

2n 1

2

4

2n

2 4 6 2n

2n 1

和 1 3 5

( 2n 1) 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 (b a 0, m

0)

可得

m

a

a m

2 4 6 2n

3 5 7 2n 1

1 3 5 2n 1 ( 2n 1)

1 3 5

2n 1

2 4 6 2n

2 4 6

2n

(

2

4 6 2n )2

2n 1即

(1 1)(1 1

)(1 1 ) (1 1 ) 2n 1. 1 3 5

2n 1 3 5 2n 1

例 20. 证明 : (1 1)(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 1 4 7 3n

2 2 5 8

3n 1 2 5 8

3n 1 4 7 10 3n 1

1 4 7 3n

2 3 .

9

3n

6

(

加 1)

( 加 2)

相乘 , 可以得到 :

2 5 8 3n 1

2

4 7 10

3n 1 1 4 7

3n 2

1

4 7

3 n 2

.

5 8

3n 1

2 5

8

(3 n 1)

2 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

2

3

2n 1 2

解析 :

1

1 1 1

1 1 (

1 1

) ( 1 1 1

1

2 3

2 n

2 4 4 2 3

2 3

2 3

2 3

)

1

. .下载可编辑 . .

..

1 1 1 1 n 1 n

( 2n 2n

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

与曲线

y

2x （ x ≥0）上的点列 B n 满足

OA n OB n 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

n b n , n N .

(1)

证明 a n >a n 1 >4， n

N ; (2) 证明有 n 0 N ，使得对 nn 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 n 0,

1

, B n b n , 2b n , b n 0 ，由 OB n 1 得：

n n

b 2

2b

1 , b 1 1 1,n N * , 又直线 A n B n 在

x 轴上的截距为 a n 满足

n

n

n 2 n

n 2

1

1

b n

Q

2

1 n

2 b 2

0,b

2

1

a n 0

2b n

b n

a n

2 n b

n

2

1 n 2b n

n

n

n n

n b n

a n

b n b n 1 n 2b n 1 2

b n 2

2b n

4 a n

1 11 2

2 1

1

1 n 2b n

1 2n 2

b n

n 2

b n n b n

n

2

n 2

显然，对于 1

1

，有

a n a n 1 4,n N * n n 0

1

(2)

证明：设 c n

1

b

n 1

,n

N *

，则

b n

1 1 1 1

1

1 1

2 n 2

1 1

2

c n

n 1 n 2

n

1 n 2

n

1 2

1

1

1 1

1

1

n 2

n 2

n 1 2

1

1 1

2n 1

n 2

2n 1 1

1

2n 1

n 1 2

2 1

1 n 1

2 2 1 1

2 n 1 2

n 2

2 n 2

Q 2n 1 n 2 2 n 1 2

n 0, c n

n 1 , n N *

2

设 S

n

c c

2 L

c , n

N *

，则当

n 2 k

2 1 k N *

时，

1

n

S n 1 1

L

1 1

1 1

1

L

1

1

L 1

3

4

k

1 k

3

4

2

1

3

2 k 1

k

2 2 2

2

1

2

2 1

22

1 L 2

k 1

1 k 1

。

22 23

2k 2

所以，取 n 0 2 4009

2

，对

n n 0 都有：

1 b

2 1 b 3

b

n 1

S n

S

n 0

4017

1

2008

b 1 b 2

1

b n

2

故有

b

2

b 3

b n

b n 1 < n

成立。

b 1 b 2 b n 1

b n

2008

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 ( 3n)

(n N * ) ，记数列 { b n } 的前 n 项和为 T n ，问是否存在正常数

A ，使得对

n

. .下载可编辑 . .

..

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

2 x , ∵

b n

f (n) n 2 2n 1

n 3

n 3 n

∴

T n

b 1 b 2

b 3

b n

1 1 1

1,∵1 1 2 11,1111 4 1 1 ,

2 3

n

3 4

425678

8 2

1

1 1

2 k 1

1

1 , 故当 n

2 k

时 ,

T n

k 1

,

2

k 1

2

k 1

k

k

2

2

1 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

22 m 2 时 , 必有 T n

2m 2

1 m A .

2

故不存在常数 A 使 T n 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

x 0,

表示的平面区域为 D n ,

y 0,

y nx 3n

设

D n

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 .

a

n 1

a

n 2

a

2 n

a 1

a 2

a 3 a 2n

36

解析 : 容易得到 a n

3n , 所以 , 要证 1

1

1 1 7n 11

只要证

S 2n

1 1 1

1 7n 11

, 因为

a 1 a 2

a 3

a

n

36

2 3

2n 12

2

S n

1

( 1 ) (

1 1 )

( 1

1

1 1 1 T 1 T 2

T n 1

(n 1)

11 , 所以原命题得

1 1 1 1

3

7

7n

2

2

3 4

5

6 7 8

2 n 1

1 n 1

2

n

2 2

2

2

2 12

12

2 2

证

五、迭代放缩

例 25. 已知 x n 1

x n 4 1 , 求证 : 当 n

2 时 ,

n

1 n

x n , x 1

| x i

2|22

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

2 n 1

例 26. 设 S

sin 1! sin 2!

sin n! , 求证 : 对任意的正整数 k , 若 k ≥ n 恒有 :| S n+k － S n |<

1

n

n

2 1

2 2

2n

解析 :

| S n

k

S n

|

| sin(n

1)!

sin(n 2)!

sin(n k) |

2n

1

2n

2

2n k

| sin( n 1)! | | sin( n 2)!

|

| sin(n k) | 1

1

1

2 n 1

2 n 2

2n k

2n 1 2 n 2

2 n k

1 1

1

1 1

1

1 2n (

2

22

2k

)

2

n

(1

2

k

)

2n

又 2n

(1 1) n C n 0

C n 1

C n n

n

所以

S n

1 1

| S n k

|

2n 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)

2 n 2 1

2 2 4 2 4 6

2 4 6 2n

解析 : 设 a

n

1 3 5 (2n 1) 则

2 4 6 2n

. .下载可编辑 . .

..

a n 1 2 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

1

(2n

2)

1

1

2n

3

2n 2

所以1 13 135

1 3 5

(2n 1)

2n 2 1

2 2 4

2 4 6

2 4 6

2 n

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

2 n

解析 : 设

a n 1 3 5 (2n 1) 则

2 4 6 2 n

a n 1 2n 1 a n [2(n 1) 1]a n 1 (2n 1)a n a

n 1 , 从而

2(n 1)

a 1 [ 2(n 1) 1] a ( 2n 1)a , 相加后就可以得到

n

n 1 n

a 1

a 2

a n

(2n 1)a n

3a 1 ( 2n 1) 1

3

2n 1 1

1

2n

1

2

例 29.

若

a 1 1, a n 1 a n n

1, 求证:

1 1

1

2 ( n

1

1)

a 1 a 2 a n

解析 :

a

n 2 a

n 1

n 2 a

n a

1 1 a n

2 a

n

n 1

a n 1

所以就有 1

1 1 1 a

n 1

a n a 2 a 1 2 a n 1 a n a 2

2 n 1 2

a 1 a 2

a n a 1

七、分类讨论

例 30. 已知数列 {

}

n

n

n

证明：对任意的整数

m 4

，有

a n 的前 n 项和 S n 满足 S

2a ( 1) , n 1.

1 1

1 7

a 4 a 5

a m

8

解析 : 容易得到 a n

2 2n 2 ( 1) n 1 .,

3

由于通项中含有 ( 1) n

，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 2n 2

2

n 1

a n a

n 1

( 1 2n 1 2 2

2 n 3

2n 12n 2

1

2 2n 2 1

3 2

n 2

2n 1

3 1 1 ) （减项放缩），于是

2

22 n 3

2

(

2

n 2 2n 1

①当 m 4 且 m 为偶数时 1 1 1 1 ( 1

1 ) ( 1

1 )

a 4 a 5 a m a 4

a 5 a 6 a m 1

a m

1 3 1

1

1 ) 1 3 1 (1 1 1 3 7

2

( 3 2 4 2 m 2

2

2

4 2 m 4 )

2 8

.

2 2

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 1

1

1 1 7 由

a 4

a 5

a m

a 4

a 5

a m

a m 1

a 4

a 5

a m

a m 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。

x 2 2

. .下载可编辑

. .

解析 :

由

( f (x)

..

1 )( f (1) 1)

(x 2)

2 ( x 1)

2 知 ( f (x)

)( f (1) 1) 0

即

1

2 2( x 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

1 f ( x) 1

2

因此对一切 x

R ， 3

af (x ) b 3 的充要条件是，3

a b 3

1

2

3

a b 3

即 a ， b 满足约束条件 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

1 2

2 3

n (n 1). 求证 n( n 1)

S n

(n 1)

2

n

2

2

.

解析 : 此数列的通项为 a k

k (k 1) ,k 1,2, , n.

k

k( k 1)

k k 1

k

1 ， n n ( k

1

，

2

2

k

S n

)

k 1

k 1

2

即 n (n 1)

n (n

1) n (n 1) 2 .

S 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

k( k 1) k 1 则得

n

(n 1)(n

3) (n 1) 2

，就放过“度”了！ S n (k

1)

2

2

k 1

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

n a

1 a n a 1

a n

a 12

a n 2

1

1

n

n

a 1

a n

a b ，若放成

ab

2

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 f (1)

4

， 且 f (x) 在 [0 ， 1]

上的最小值为

1

，求证：

a 2bx

5

2

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

n 1

1

2n 1

.

2 解析 :

4 x

1

1

1

f ( x) 1 4 x

1 1 4 x

1 2 ? 2

x

(x

0)

f (1)

f ( n)

(1 2 2 )

(1

1

(1

1 ) n 1

1

1

n

1 1

2 2

)

2 n

4 (1 n 1

)

n 1

.

2

2

2

2

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 2n 1 .

a

b

解析 : 由

1

1 1 得 ab a b ，又 ( a b)( 1 1 )

2 a b 4 ，故 ab a b 4 ，而

a b

a b

b

a

(a b) n C n 0 a n C n 1 a n 1b C n r a n r b r C n n b n ，

令 f (n) (a b)n a n b n ，则 f (n) = C n 1a n 1b C n r a n r b r

C n n 1ab n 1 ，因为 C n i C n n i

，倒序相

加得 2 f (n) = C 1 ( a n 1b ab n 1 ) C r (a n r b r a r b n r ) C n 1 (ab n 1 a n 1 b) ，

n

n

n

n

而 a n 1 b ab n 1

a n

r

b r a r b n r

ab n 1 a n 1b 2 a n b n 2 4 2

2 n 1 ，

则 2 f ( n) = (C n 1

C n r

C n n 1 )( 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

2)

2 n 1 ， 所 以

. .下载可编辑

. .

..

f (n) (2n 2) 2 n，即对每一个n N ， (a b) n a n b n 2

2 n 2 n 1

.

例 35. 求证C n1

n 1

C n2 C n3 C n n n 2 2 (n 1, n N )

不等式左C n1 C n2 C n3 C n n 2n 2 2 2n 1

n 1

解析 : 1 1 2 n n 1 2 22 2n 1= n 22 ，原结论成立 .

例 36. 已知 f ( x) e x e x , 求证 : f (1)

n f (2) f (3) f (n) (e n 1 1) 2

解析:

f ( x ) f ( x

2 ) (e x1

1

)(e x 2 1 ) e x1 x2 e x1 e x2 1 e x1 x2 1

1

e x 1 e x2 e x2 e x1e x1e x2

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

所以(k

1

)(2n 1 k 1 ) 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 n 1 1

1

1

2

1 3 .

n n n nk 1 2

解析:

2S n (

1

1 ) (

1

1 ) (

1

1 ) ( 1 1)

n 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 4 , 当且仅当

x y xy x y x y x y

x y时取到等号 .

所以

2S n 4 4 4 4 4n(k 1)

n nk 1 n 1 nk 2 n 2 nk 3 n nk 1 n nk 1

所以

S n 2(k 1)

1

1 k

n

2(k 1)

2

4 3

所以

S

1 1 1 1 3

n

n 1 n 2 nk 1 2 k 1 k 1 2 n

例 39. 已知 f (x) a(x x1 )( x x2 ) ,求证:

f ( 0) f (1) a2 .

16

解析:

f (0) f (1) a2 [ x (1 x )][ x (1 x )] a 2.

1 1

2 2 16

例 40. 已知函数 f ( x)= x2－(－1) k·2ln x( k∈ N*) .k 是奇数 , n ∈N*时,

n n－ 1 n n n

－ 2).

求证 : [ f’ ( x)] － 2 · f ’( x ) ≥2(2

解析 : 由已知得f (x) 2 x 2 0) ，

(x

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 2n 1 f ( x n )

2n (C n1 x n 2 C n2 x n 4 C n n 2 1 C n n 1

x n 4

. .下载可编辑. . ( 2x 2 )n 2 n 1 (2x n 2 ) x x n 1

x n 2

).

..

令S C n1x n 2 C

n

2 x n 4 L C n n 2 1 C n n 1 1

x n 4 x n 2

由倒序相加法得：

2S C n1 ( x n 2 1 ) C n2 (x n 4 1 ) C n n 1 ( 1 x n 2 )

x n 2 x n 4 x n 2

2(C n1 C n2 C n n 1 ) 2(2n 2) ，

所以S (2n 2).

所以[ f ( x)]n 2 n 1 f ( x n ) 2 n ( 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) C n1 f ' (1) C n2 f ' (2) C n n 1 f ' (n 1) 求证：

S( n) (2n 2) f ' ( n)

2

由f ' (x) x ln a 1, f ' ( x) 0, 即：x ln a 1, a x 1 又a 1 x log

a ln a

(1) a a ,

ln a

同理： f ' (x) 0,有 x log a ln a,

所以 f ' ( x)在( , log a ln a)上递减，在（

所以 f (x) min f ( log a ln a) 1 ln ln a

ln a

即1

若

f ( x) min

ln ln a 则

ln ln a

0, 0,

ln a

log a ln a, )上递增；

1

1,ln a

e

1

的取值范围是

1 a e e

a

( 2) S(n) C n1 (a ln a 1) C n2 (a 2 ln a 1) C n n 1 ( a n 1 ln a 1)

1 2 2 n 1 n 1 1 2 n 1

(C n a C n a C n a ) ln a (C n C n C n )

1 [ C n1 (a a n 1 ) C n

2 (a 2 a n 2 ) C n n 1 ( a n 1 a)] ln a (2 n 2

n

a 2 (2 n 2) ln a (2n 2)

(2 n

n

(2 n 2) f ' (

n

), 2)(a 2 ln a 1)

2

所以不等式成立。

★例 42. (2008 年江西高考试题 ) 已知函数f x1 1 ax ,

x 0,

1 x 1 a ax 8

解析 : 对任意给定的 a 0 ,x 0 , 由

1 1 1 ,

f ( x)

1 x 1 a 8

1

ax

若令 b 8

，则abx 8 ①, 而 f x 1 1 1 ②ax 1 x 1 a 1 b

（一）、先证

f

；因为 1 1 ， 1 1 ， 1 1 ，x 1 1 x 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

2)

. 对任意正数 a ,证明：1f x 2 ．6．

. .下载可编辑. .

..

所以 f x

1 1 1 1 1

1 3 2(a b x) (ab ax bx)

x a

b 1 1 1

(1 x)(1 a)(1 b)

1 1 1 x a b

9 (a b x) (ab ax bx) 1 (a b x)

(ab ax bx)

abx

．

(1 x)(1 a)(1 b)

(1

x )(1 a)(1 b)

1

（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，此时 f x

1 1 1

2 ．

1 x

1 a

1 5

1 x

1 a

1 b

（ⅱ）、当 a

b

7 ③，由①得 ,

8 ， 1

ab ，

x

ab

1 x

ab 8

因为

同理得

1 1

b

b

[1 b

]2

所以

1

1

b

④

2

1 b 1 b 4(1

b) 2

2(1 b)

1 b

2(1 b)

1 1

a ⑤ ，于是

f x 2 1 a

b

ab

⑥

1 2(1 a)

2 1

a 1

b 2

8

a

ab

今证明 a b 2

ab

⑦,

因为 a

b

2

ab

，

1 a

1 b

8

1 a 1 b a)(1 b) ab

(1

只要证

(1 ab b)

ab ，即 ab 8 (1 a)(1 b) ，也即 a b 7 ，据③，此为显然．

a)(1 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 2

1

n 1

n 2

3n 1

解析:一方面 : 1

1

1

1

1 1

1 2

n 1 n 2

3 n 1 2 3 4

1

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 4 n 2 2

(3n 1)(n

1) 3n(n 2)

(n 1)(3n 1)

2 n 1

1

1

1 (

2 n 1) 2

(2n 1)2 n 2 (2n

1)2

(n

1)2 (2n 1)2 n 2

(2 n

1

1) 2

另一方面 :

1

1

1

2n 1

2n

2

n 1

n

2

3n 1 n 1

n

2

1

十、二项放缩

2 n

(1 1)

n

C n

C n 1

C n n

, 2

n

C n

C n 1

n 1

,

2 n C n 0 C n 1 C n 2 n 2 n 2 2n

n(n 1)(n 2)

2

例 44. 已知 a 1

1,a n 1

(1

1 n )a n

1 证明 a

e 2

n

2

2 n

.

n

解析 :

a

n 1

(1

1 )a n

1 a

n 1

1 (1

1

)( a 1)

n (n 1)

n(n 1)

n (n 1) n

. .下载可编辑 . .

1 1

..

n 1

n 1

ln( a n 1 1) ln( a n 1) ln(1

) n(n 1)

.

[ ln( a i 1 1) ln( a i 1)]

n( n 1) i 2

i 2

1 21)1

1 ， ln( a n 1) ln( a 1

i (i 1)

n

即 ln( a n

1) 1 ln 3 a n

3e 1 e 2 .

45. 设 a n

(1 1

) n

，求证：数列 { a n } 单调递增且 a n

4.

n

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 1 代入（

a 1,

b 1

2n

此式对一切正整数

）式得

1 (1

1 n

1

1 2n

4 .

)

(1

)

2n

2

2n

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

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 1 n 1

1

1

利用二项展开式进行部分放缩： a n (1 1 2

n

) 1 C n n C n n 2

C n

n

.

1 n

n

只取前两项有 a n

1 C n 1 2. 对通项作如下放缩：

n

k

1

1

n n 1 n k 1 1 1 1

C n

k

k! n n n

k! 1 2 2 2 k 1

.

n

故有

a n

1 1

1

1

1 2 1 1 (1 / 2)n 1 3.

2 22

2 n 1 2 1 1/ 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，且 1 i m n.（ 1）

证明 ii ii ；（ 2）证明 (1 )n (1 ) m . （ 01 年全国卷理科第 20 题）

n A m m A n m n

简析 对第（ 2）问：用 1/ n 代替 n 得数列 { b n } : b n

1

(1 n) n

是递减数列； 借鉴此结论可有如下简捷证法：

数列 {(1

1

1

1

。

) n } 递减，且 1

i m n, 故 (1 m) m

(1 n) n , 即

(1 m) n

(1 n) m

n

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 : 1 , b

成等差数列，设 1 1 ，

因为 a+b=1, a>0, b>0, 可认为 a,

ad , b

d

2

2

2

从而 a n b n

1

n n

d 1 d21 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

1 2

1

3

1 1 n n(n 1)

(n 1)(n 2) 6 ，即

1

n

( n 1)( n 2) ，得证 .

2)

1 C n

2 C n 22 C n 23

2

8

8 (1 2 )

8

. .下载可编辑

. .

..

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

)

n

2n

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 n

f (3 n

), n *

，试证明： .

n 1 1 1 1

N

4n 2

≤

L

a n

4

a 1 a 2

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)) ( f (x) 1)( f ( f (1)) f (1)) 0 , 又 f (1)

N * , 所以可以得到

f (1)

0 ,

令

b 1,a f (1) ,

则可以得到

f ( f (1)) 3 , 所以由不等式可以得到

1 f (1) 3 ,

又

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 (3n )] 3n 1, f ( 3n 1)

f { f [ f (3n )]} 3 f (3n

),

a

n 1

3a , 所以数列

a n f (3 n

), n N *

的方程为 a

n 2 3n ,

n

从而

1

1

1 1 (1 1 ,

a 1 a 2

a n

4 n )

3 一方面 1

(1 1n ) 1 , 另一方面 3n (1 2) n C n 0

20 C n 1 21 2n

1

4

3 4

所以 1(1

1n

) 1

(1

1 ) 1 2n 1

4n n ,所以,综上有

4 3

4

2n 1 4 2n 2

n ≤ 1 1 L 1 1 .

4n 2 a 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 1

0, x 2 0, x 1 x 2 1,

则 有

f x 1

x 2

f x 1

f (x 2 ) 3.

. .下载可编辑

. .

..

（Ⅰ）求 f 0 的值；（Ⅱ）求证： f x ≤4；

（Ⅲ）当 x 1

1

1,2,3,

) 时，试证明： f ( x) 3x 3 .

(

n ,

n

1 ]( n

3

3

解析 : （Ⅰ）解：令 x 1

x 2 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 x 1, x 2 [0,1], 且设 x 1 x 2 ,

则 f (x 2 ) f [ x 1 ( x 2 x 1 )] f ( x 1 ) f (x 2 x 1 )

3,

因为 x 2 x 1 0，所以 f (x 2 x 1 ) 3

，即

f ( x 2 x 1 )

3 0,

∴ f ( x 1 )

f ( x 2 ) .

∴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 3( n N*)

n 1

)

n

1

3 3

（1）

1

) f (1) 4

1 3

1

3 ，不等式成立；

当 n=1 时， f ( 0

3

3

（ 2） 假设当 n=k 时， f (

1 ) 1 3(k N*)

3k 1 3k 1

1 )

f [ 1 1 1 1 ) f ( 1 1

3

f (

1 1 ) f (

1 ) 6

由

f (

( )] f ( 3k

)

3k ) f (

3k

3k 1

3k

3k

3k

3k

3k

3k

1 )

f ( 1 6 1 9.

得

3 f ( k

3 k 1 ) k 1

3 3

即当 n=k+1 时，不等式成立

由（ 1）、（ 2）可知，不等式

f ( 1 ) 1

3 对一切正整数都成立 .

3n 1

3

n 1

于是，当 x ( 1

, 1

1,2,3, ) 时，

3x 3 3 1

3 1

3 f ( 1 ，

n n 1 ](n

n 3 n 1 n 1 )

3 3

3 3

而 x

[0,1] ， f

x 单调递增

∴ 1 1

所以，

f (x)

1

f ( 3n ) f ( 3n 1 )

f ( 3n 1 ) 3x 3.

例 50. 已知： a 1 a 2 L

a n

1,a i

(i 1,2

n)

求证：

a 12

a 22

2 2

1

L

a n 1

a n

a 1 a 2 a 2 a 3

a n 1 a n a n a 1 2 解析 : 构造对偶式：令

A

a 12

a 22

a n 2 1

a n 2

a 1

a 2

a 2 a 3

a

n 1

a n a n a 1

B

a 22 a 32

a n 2

a 12

a 1

a 2

a 2

a 3

a

n 1

a n a n a 1

则

A B

a 12 a 22 a 22 a 32 a n 2 1 a n 2 a n 2 a 12 ＝ ( a 1 a 2 ) (a 2 a 3 ) (a n 1 a n ) ( a n

a 1 ) 0,

A B

a 1 a 2 a 2 a 3 a n 1 a n a n a 1

又

a i 2 a 2j

1

a j ) （

i , j 1,2 n)

a i a j

(a i

2

1

(A B) 1 a 2 a 2 ) a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 1

(a 1

a 2 ) ( a 2 a 3 ) ( a n 1

a n ) ( a n

1

A

( 1 2

2

3

n 1

n

n

1

4

a 1 )

2

2 a 1

a 2

a 2 a 3

a

n 1

a n a n a 1

2

. .下载可编辑 . .

..

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 x0 ，则

b

f x dx0

.

a

例 51. 求证： e e .

解析 :

e

e

lnln e ，∵ ln

ln e

ln x

ln x 1 ln x dx ，

e

e

d

e

x 2

e

x

x

e

x

e, 时， 1

ln x 0 ，

1 ln x

，

∴ ln

ln e ， e

e .

dx

x 2

e

x 2 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 1

，

n 1,n

N

.

1

L

2 n

2

3

n

解析 :

考虑函数 f x

1

在区间

i ,i

1

i 1,2,3,L ,n 上的定积分 .

x

如图，显然

1

1 i 1 1 i

i i

1 dx

- ①

x

n

对 i 求和，

i 1

1

i

n

i 1 1

dx

n 1

1

dx

i 1 i

x 1

x

2 n 1 2 n 1 1

.

x

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

1 x

i 1 i

i 1,2,3,L , n 上的定积分

. n

,

n

∵ 1

n i

i 1 dx - ②

1

1

i

n

1

n i

n

1 x

1

n

∴

n

1 1 1

n i 1

n i

n 1 i

i 1

n

n

i

1

1

1

1

7 .

n

dx dx ln 1 x

ln 2 i

1

i 1

n 1 x

1 x

10

. .下载可编辑 . .

..

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 Q 1 的横坐

标为 a （ 0 a 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 作直线平行于

y

1 1 n 1

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

1

时，证明

2

n

1 ； (a k

a k 1

)a

k 2

32

k 1

（Ⅲ）当 a 1 时，证明 n

a k 1 )a k 2

1 .

( a k

3

k

1

解析 :

a n

a( a 1 )2 n 1

（过程略） .

a

1 知 a n 1 a n ，∵ a 1

，∴

a 2,a 3

证明（ II

）：由 a

1

.

2

1 1

2

4

16

∵当 k 1 时， a

k 2 a 3 1 ，

16

∴

n

a k 1

)a k 2

1

n

(a k a k 1 ) 1

( a 1 a n 1 ) 1 .

(a k

16 k 1 16 32

k 1

证明（Ⅲ）：由

a 知 a a 2 .

1 k 1 k

∴

( a k a k

1

)a

k 2

(a k a k 1 ) a k 2 1 恰表示阴影部分面积，

显然

(a k a k 1 )a k 2 1

x 2 dx ④

a k

a k 1

∴

n

n

2

n

a k

2

a 1

2

dx

1 3

1 .

(a

a )a

(a

a

)a

k

k 2

k

k 1 k 1

x dx

x

a 1

1

3 3

k 1

k

1

k 1 a

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 i

i 1

i

1

dx 2 i 1

i

；

x

② 1

i

1

i i 1 ；

ln 1 ln 1 n i n

x dx n n i n 1 1

③ sin sin sin i

1 ；

i i 1 dx

1 sin 2

i 1

sin i 1

1 x

2 i i

1

④

( a a ) a 2

a k

x 2

dx 1

a 3 a 3.

k

k 1

k

1 a k 1

3 k

k

1

十二、部分放缩

( 尾式放缩 )

例 55.

求证:11

1

4

3132 1

3 2 n 1 1 7

. .下载可编辑 . .

..

解析 :

1

1

1

1 1 1

11

1

1

1

n 111

1

4

47 48 4 3

1 3

2 1

n 1

1 4 7

n 1

1 28 3 2

3 2

3 2

3 2

2

28

3 1

1 84

84 7

2

例 56. 设 a n

1 1 1 1 , a 2.

求证：

a n

2. 2 a

3

a

n a

解析 : a n

1

1

1 1 1

1 1

1

a

3 a

a

2 2

3 2

n 2

.

2

n

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 ， 于是

a n

k 2

k (k 1)

k

1 k

1 1 1 1 1 (1 ) ( 1 )

( ) 2

2. 1 1 1

1

1

22

32

n 2

2 2 3

n 1 n n

例 57. 设数列 a n

满足

a n

1

a n 2 na n 1 n N

，当

a 1

3

时

证明对所有 n

1, 有 (i )a n n 2 ；

1

1

1 1

(ii )

1 a 2

1 a n

2

1 a 1

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

2 a 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

a k 1 1

k 1 .

1

2

n

n

1 ( 1 )

n

1

1

1 2 1

1 a i

2 i 1

4

1

.

i 1

i 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：

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

例 58.

求证 :

|sin x | | x | (x R)

.

解析 :(i) 当 x 0 时 , | sin x | | x | (ii)

当 0

x 时 ,

构造单位圆 , 如图所示 :

2

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 |

a k 1 (k 2)( k 2 k) 1 k

3

；

y

P

A

O

T

B

x

当

x

时

| sin x | | x |

2

所以当 x (iii)

当 x

所以综上有 0 时 sin x x 有

|sin x | | x |

0 时,

x 0, 由 (ii) 可知 : |sin x | | x | | sin x | | x | ( x R)

. .下载可编辑 . .