放缩法技巧全总结尖子生解决高考数学最后一题之瓶颈之精华 26页

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)求 的值; (2)求证: . 解析:(1)因为 ,所以 (2)因为 ,所以 奇巧积累:(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11) (11) (12) (13) (14) (15) (15) 例 2.(1)求证: (2)求证: ∑ = − n k k1 2 14 2 3 51 1 2 <∑ = n k k 12 1 12 1 )12)(12( 2 14 2 2 +−−=+−=− nnnnn 12 2 12 1114 2 1 2 +=+−=−∑ = n n nk n k      +−−=−= − < 12 1 12 1214 4 4 1 11 2 2 2 nnnnn 3 5 3 2112 1 12 1 5 1 3 1211 1 2 =+<     +−−++−+<∑ = nnk n k       +−−=−<= 12 1 12 1214 4 4 41 222 nnnnn )1( 1 )1( 1 )1()1( 21 21 1 +−−=−+= + nnnnnnnCC nn )2(1 1 1 )1( 1 ! 11 )!(! !1 1 ≥−−=−<<⋅−=⋅=+ rrrrrrnrnr n nCT rr r nr 2 5 )1( 1 23 1 12 111)11( <−++×+×++<+ nnn n  nnnn 2 1 12 1 )12(2 1 −−=− nn n −+< + 2 2 1 )1(21)1(2 −−<<−+ nn n nn nnn nnnn 2)32( 1 2)12( 1 2 1 32 1 12 2 1 ⋅+−⋅+=⋅     +−+ −      ++−+=+++     +−+=−+ knnkknnnkknknk 1 11 1 1 )1( 1,1 11 1 1 )1( 1 !)1( 1 ! 1 !)1( +−=+ nnn n 2 1 2 1 2 1212 22)1212(21 −++ = −++ =−−+< nnnn nn n )2(12 1 12 1 )12)(12( 2 )22)(12( 2 )12)(12( 2 )12( 2 11 1 2 ≥−−−=−−=−−<−−=− −− − nnnnn n nn n nn n n n 11 1 )1( 1 )1( 1 )1)(1( 111 23 −−+ ⋅      + − − = +− < ⋅ = nnnnnnnnnnnn 1 1 1 1 2 11 1 1 1 1 + − − <−++⋅     + − − = nnn nn nn 3 2 12 1 3 2122)12(332)13(222 1 n n n nnnnnn <−⇒>−⇒>−⇒>⋅−=⋅=+ !)2( 1 !)1( 1 )!2()!1(! 2 +−+=++++ + kkkkk k )2(1 )1( 1 ≥−−< + nnn nn 1 11)11)(( 11 2222 2222 < +++ += +++− −=− +−+ ji ji jiji ji ji ji )2()12(2 1 6 7 )12( 1 5 1 3 11 222 ≥−−>−++++ nnn nn 4 1 2 1 4 1 36 1 16 1 4 1 2 −<++++  (3)求证: (4) 求证： 解析:(1)因为 ,所以 (2) (3)先运用分式放缩法证明出 ,再结合 进行裂项,最后 就可以得到答案 (4)首先 ,所以容易经过裂项得到 再证 而由均值不等式知道这是显然成立的， 所以 例 3.求证: 解析:一方面:因为 ,所以 另一方面: 当 时, ,当 时, , 当 时, ,所以综上有 例 4.(2008 年全国一卷) 设函数 .数列 满足 . .设 ， 整数 .证明: . 解析:由数学归纳法可以证明 是递增数列,故存在正整数 ,使 ,则 ,否则若 ,则由 知 , ,因为 , 于是 1122642 )12(531 642 531 42 31 2 1 −+<⋅⋅⋅⋅ −⋅⋅⋅⋅++⋅⋅ ⋅⋅+⋅ ⋅+ nn n   )112(21 3 1 2 11)11(2 −+<++++<−+ n n n       +−−=+−>− 12 1 12 1 2 1 )12)(12( 1 )12( 1 2 nnnnn )12 1 3 1(2 11)12 1 3 1(2 11)12( 1 1 2 −−+>+−+>−∑ = nni n i )111(4 1)1 2 11(4 1 4 1 36 1 16 1 4 1 222 nnn −+<+++=++++  12 1 2642 )12(531 + <⋅⋅⋅⋅ −⋅⋅⋅⋅ nn n   nn n −+< + 2 2 1 nn nn n ++ =−+> 1 2)1(21 n n 1 3 1 2 11)11(2 ++++<−+  2 1 2 1 2 1212 22)1212(21 −++ = −++ =−−+< nnnn nn n )112(21 3 1 2 11 −+<++++ n n 3 51 9 1 4 11)12)(1( 6 2 <++++≤++ nnn n       +−−=−= − < 12 1 12 1214 4 4 1 11 2 2 2 nnnnn 3 5 3 2112 1 12 1 5 1 3 1211 1 2 =+<     +−−++−+<∑ = nnk n k  11 11)1( 1 43 1 32 111 9 1 4 11 2 +=+−=+++×+×+>++++ n n nnnn  3≥n )12)(1( 6 1 ++>+ nn n n n 1=n 2 1 9 1 4 11)12)(1( 6 nnn n ++++=++  2=n 2 1 9 1 4 11 )12)(1( 6 nnn n ++++< ++  3 51 9 1 4 11)12)(1( 6 2 <++++≤++ nnn n  ( ) lnf x x x x= − { }na 10 1a< < 1 ( )n na f a+ = 1( 1)b a∈ ， 1 1 ln a bk a b −≥ 1ka b+ > { }na km ≤ bam ≥ baa kk ≥>+1 )( kmbam ≤< 10 1 <<≤< baa m 0lnlnln 11 <<≤ baaaaa mmm ∑ = + −=−= k m mmkkkk aaaaaaa 1 11 lnln )ln(ln 1 1 bakaa k m mm <∑ = bababakaak =−+≥+>+ )(|ln| 11111 例 5.已知 ,求证: . 解析:首先可以证明: 所以要证 只要证: 故只要证 ,即等价于 ,即等价于 而正是成立的,所以原命题成立. 例 6.已知 , ,求证: . 解析: 所以 从而 例 7.已知 , ,求证: 证明: ,因为 ,所以 所以 二、函数放缩 例 8.求证： . 解析:先构造函数有 ,从而 因为 mmmm m nSxNmn ++++=−>∈ + 321,1,, 1)1()1( 11 −+<+< ++ m n m nSmn nxx n +≥+ 1)1( ∑ = ++++++++ −−=−++−−−+−−= n k mmmmmmmm kknnnnn 1 11111111 ])1([01)2()1()1(  1)1()1( 11 −+<+< ++ m n m nSmn ∑∑∑ = +++++++++ == ++ −+=−++−−+−+=−+<+<−− n k mmmmmmmmm n k m n k mm kknnnnnkmkk 1 1111111111 11 11 ])1[(2)1()1(1)1()1(])1([  ∑∑∑ = ++ == ++ −+<+<−− n k mm n k m n k mm kkkmkk 1 11 11 11 ])1[()1(])1([ mmmmm kkkmkk −+<+<−− +++ 111 )1()1()1( 11 )11(11,)11(11 ++ −<+−+<++ mm kk m kk m nn na 24 −= n n n aaaT +++= 21 2 2 3 321 <++++ nTTTT  )21(2)14(3 4 21 )21(2 41 )41(4)222(4444 21321 nn nn nn nT −+−=− −−− −=+++−++++=  123)2(2 2 2 3 2234 23 23 2 3 4 2 223 4 3 4 2 )21(2)14(3 4 2 211 1 1 1 1 +⋅−⋅⋅=+⋅− ⋅= −+ = −+− = −+− = ++ + + + + nn n nn n n n n n n n nn n nT      − − − = −−⋅ ⋅= + 12 1 12 1 2 3 )12)(122( 2 2 3 1nnnn n 2 3 12 1 12 1 7 1 3 1 3 112 3 1321 <     −−−++−+−=++++ +nnnTTTT  11 =x    ∈=− ∈−== ),2(1 ),12( Zkknn Zkknnxn *))(11(2111 4 122 4 54 4 32 Nnn xxxxxx nn ∈−+>++ ⋅ + ⋅ +  nnnnnnxx nn 2 2 2 1 4 1 14 1 )12)(12( 11 4 24 244 122 = ⋅ => − = +− = + 12 ++< nnn )1(2 1 2 2 21 4 122 nn nnnxx nn −+= ++ >> + *))(11(2111 4 122 4 54 4 32 Nnn xxxxxx nn ∈−+>++ ⋅ + ⋅ +  )(6 6533 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2ln *Nnnn n n ∈+−<++++  xx xxx 11ln1ln −≤⇒−≤ )3 1 3 1 2 1(133 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2ln n n n n +++−−<++++       ++++++     ++++++     +=+++ nnnn 3 1 12 1 2 1 9 1 8 1 7 1 6 1 5 1 4 1 3 1 2 1 3 1 3 1 2 1  所以 例 9.求证:(1) 解析:构造函数 ,得到 ,再进行裂项 ,求和后可以得到 答案 函数构造形式: , 例 10.求证: 解析:提示: 函数构造形式: 当然本题的证明还可以运用积分放缩 如图,取函数 , 首先: ,从而, 取 有, , 所 以 有 , ,…, , , 相 加 后 可 以 得 到 : 另一方面 ,从而有 取 有, , 所以有 ,所以综上有 例 11.求证: 和 . 解析:构造函数后即可证明 例 12.求证: 解析: ,叠加之后就可以得到答案 函数构造形式: (加强命题) 例 13.证明: 解析:构造函数 ,求导,可以得到: 6 5 3 3 32 3 27 9 18 9 9 3 6 3 6 5 1 1 1 n n n n n =      +⋅++     ++     ++> − − −  6 6536 5133 3ln 4 4ln 3 3ln 2 2ln +−=−−<++++ nn nn n n  )2()1(2 12ln 3 3ln 2 2ln,2 2 ≥+ −−<+++≥ nn nn n n α α α α α α α  x xxf ln)( = 2 2lnln n n n n ≤α α )1( 1111ln 22 2 +−<−≤ nnnn n 1ln −≤ xx )2(1ln ≥−≤ ααα nn nnn 1 2 11)1ln(1 1 3 1 2 1 +++<+<++++  2ln1ln1ln1 2 1 1ln)1ln( ++−++=⋅⋅−⋅+=+  n n n n n n n nn xxxx 11ln,ln −>< xxf 1)( = ∫ − < n in ABCF xS 1 )ln(ln|ln11 innxxin n in n in −−==<⋅ − − ∫ 1=i )1ln(ln1 −−< nnn 2ln2 1 < 2ln3ln3 1 −< )1ln(ln1 −−< nnn nnn ln)1ln(1 1 −+<+ )1ln(1 1 3 1 2 1 +<++++ nn ∫ − > n in ABDE xS 1 )ln(ln|ln11 innxxiin n in n in −−==>⋅− − − ∫ 1=i )1ln(ln1 1 −−>− nnn nn 1 2 11)1ln( +++<+  nnn 1 2 11)1ln(1 1 3 1 2 1 +++<+<++++  en <+⋅⋅++ )! 11()!3 11)(!2 11(  en <+⋅⋅++ )3 11()81 11)(9 11( 2 32)]1(1[)321()211( −>++⋅⋅×+⋅×+ nenn 1)1( 32]1)1(ln[ ++−>++ nnnn )0(1 3)1ln(1)0(1 32)1ln( >+>++⇔>+−>+ xxx xxxx )1*,(4 )1( 1 ln 5 4ln 4 3ln 3 2ln >∈−<+++++ nNnnn n n  )1(1)1()1ln()( >+−−−= xxxxf F E D C BA n-i n y xO ,令 有 ,令 有 , 所以 ,所以 ,令 有, 所以 ,所以 例 14. 已知 证明 . 解析: , 然后两边取自然对数,可以得到 然后运用 和裂项可以得到答案) 放缩思路： 。于是 ， 即 注：题目所给条件 （ ）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 来放缩： ， 即 例 15.(2008 年厦门市质检) 已知函数 是在 上处处可导的函数,若 在 上恒成立. (I)求证：函数 上是增函数； (II)当 ； (III)已知不等式 时恒成立， 求证： 解析:(I) ,所以函数 上是增函数 (II)因为 上是增函数,所以 1 211 1)(' − −=−−= x x xxf 0)(' >xf 21 << x 0)(' x 0)2()( =≤ fxf 2)1ln( −≤− xx 12 += nx 1ln 22 −≤ nn 2 1 1 ln −≤+ n n n )1*,(4 )1( 1 ln 5 4ln 4 3ln 3 2ln >∈−<+++++ nNnnn n n  1 1 2 1 11, (1 ) .2n n na a an n+= = + ++ 2 na e< nnnnn annanna ) 2 1 )1( 11( 2 1))1( 11(1 +++<+++=+ nnn anna ln) 2 1 )1( 11ln(ln 1 ++++<+ xx <+ )1ln( ⇒+++≤+ nnn anna )2 111( 21 ⇒++++≤+ nnn anna ln)2 111ln(ln 21 nn nna 2 11ln 2 +++≤ nnn nnaa 2 11lnln 21 ++≤−+ .22 112 2 11 )2 1(111lnln)2 11()ln(ln 1 12 1 1 1 1 1 <−−= − − +−≤−⇒++≤− − − = + − = ∑∑ n n ni n i ii n i nnaaiiaa .2lnln 2 1 eaaa nn <⇒<− ln(1 )x x+ < 0x > )2)(1(2 ≥−> nnnn ⇒−+−+≤+ )1( 1))1( 11(1 nnanna nn ⇒+−+≤++ )1)()1( 11(11 nn anna .)1( 1))1( 11ln()1ln()1ln( 1 −<−+≤+−++ nnnnaa nn 111)1ln()1ln()1( 1)]1ln()1ln([ 2 1 2 1 1 2 <−<+−+⇒−<+−+⇒ ∑∑ − = + − = naaiiaa n n i ii n i .133ln1)1ln( 2eeaa nn <−<⇒+<+ )(xf ),0( +∞ )()(' xfxfx >⋅ 0>x ),0()()( +∞= 在 x xfxg )()()(:,0,0 212121 xxfxfxfxx +<+>> 证明时 01)1ln( ≠−><+ xxxx 且在 ).()2)(1(2)1ln()1( 14ln4 13ln3 12ln2 1 *2 2 2 2 2 2 2 2 Nnnn nnn ∈++>++++++  0)()(')(' 2 >−= x xfxxfxg ),0()()( +∞= 在 x xfxg ),0()()( +∞= 在 x xfxg )()()()( 21 21 1 1 21 21 1 1 xxfxx xxfxx xxf x xf +⋅+<⇒+ +< 两式相加后可以得到 (3) …… 相加后可以得到: 所 以 令 ,有 所以 (方法二) 所以 又 ,所以 例 16.(2008 年福州市质检)已知函数 若 解析:设函数 ∴函数 ）上单调递增，在 上单调递减. ∴ 的最小值为 ，即总有 而 即 )()()()( 21 21 2 2 21 21 2 2 xxfxx xxfxx xxf x xf +⋅+<⇒+ +< )()()( 2121 xxfxfxf +<+ )()()()( 21 21 1 1 21 21 1 1 n nn n xxxfxxx xxfxxx xxxf x xf +++⋅+++<⇒+++ +++<   )()()()( 21 21 2 2 21 21 2 2 n nn n xxxfxxx xxfxxx xxxf x xf +++⋅+++<⇒+++ +++<   )()()()( 21 2121 21 n n n n n n n n xxxfxxx xxfxxx xxxf x xf +++⋅+++<⇒+++ +++<   )()()()( 2121 nn xxxfxfxfxf +++<+++  )ln()(lnlnlnln 2121332211 nnnn xxxxxxxxxxxxxx ++++++<++++  2)1( 1 nxn += <      ++++++− 2 2 2 2 2 2 2 2 )1ln()1( 14ln4 13ln3 12ln2 1 nn       ++++⋅      +++++ 2222222 )1( 1 3 1 2 1ln)1( 1 4 1 3 1 2 1 nn        +++×+×⋅      ++++< nnn )1( 1 23 1 12 1ln)1( 1 3 1 2 1 222  )2)(1(22 1 2 1 1 1 ++−=     +−     +−< nn n nn ).()2)(1(2)1ln()1( 14ln4 13ln3 12ln2 1 *2 2 2 2 2 2 2 2 Nnnn nnn ∈++>++++++       +−+=++≥++ +>+ + 2 1 1 14ln)2)(1( 4ln )2)(1( )1ln( )1( )1ln( 2 2 2 nnnnnn n n n )2(2 4ln 2 1 2 14ln)1ln()1( 14ln4 13ln3 12ln2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 +=     +−>++++++ n n nnn 1 114ln +>> n ).()2)(1(2)1ln()1( 14ln4 13ln3 12ln2 1 *2 2 2 2 2 2 2 2 Nnnn nnn ∈++>++++++  .ln)( xxxf = ).()(2ln)()(:,0,0 bfbafbaafba −+≥++>> 证明 ( ) ( ) ( ), ( 0)g x f x f k x k= + − > .2021,0)( ,ln1)ln(1ln)( .0 ),ln()(ln)( ,ln)( kxk xk kx xk xxg xk xxkxxg kx xkxkxxxg xxxf <<⇒>− −⇒>−>′ −=−−−+=′ <<∴ −−+=∴ = 则有令   kkxg ,2[)( 在 ]2,0( k )(xg )2(kg ).2()( kgxg ≥ ,2ln)()2ln(ln2ln)2()2()2( kkfkkkkkkfkfkg −=−==−+= ,2ln)()( kkfxg −≥∴ .2ln)()()( kkfxkfxf −≥−+ 令 则 三、分式放缩 姐妹不等式: 和 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: 和 也可以表示成为 和 解析: 利用假分数的一个性质 可得 即 例 20.证明: 解析: 运用两次次分式放缩: (加 1) (加 2) 相乘,可以得到: 所以有 四、分类放缩 例 21.求证: 解析: 例 22.(2004 年全国高中数学联赛加试改编) 在平面直角坐标系 中, 轴正半轴上的 点列 与曲线 （ ≥0）上的点列 满足 ，直线 在 x 轴上的截距为 . 点 的横坐标为 , . ,, bxkax =−= .bak += .2ln)()()()( babafbfaf +−+≥+∴ ).()(2ln)()( bfbafbaaf −+≥++∴ )0,0( >>>+ +> mabma mb a b )0,0( >>>+ +< mbama mb a b 12)12 11()5 11)(3 11)(11( +>−++++ nn 12 1)2 11()6 11)(4 11)(2 11( + <+−−− nn 12)12(531 2642 +>−⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ nn n   12 1 2642 )12(531 + <⋅⋅⋅⋅ −⋅⋅⋅⋅ nn n   )0,0( >>>+ +> mabma mb a b >−⋅⋅ 12 2 5 6 3 4 1 2 n n  =+⋅⋅ n n 2 12 6 7 4 5 2 3  )12(2 12 6 5 4 3 2 1 +⋅−⋅⋅ nn n  ⇒ 12)12 2 5 6 3 4 1 2( 2 +>−⋅⋅ nn n  .12)12 11()5 11)(3 11)(11( +>−++++ nn .13)23 11()7 11)(4 11)(11( 3 +>−++++ nn 13 3 8 9 5 6.2 3 23 13 7 8 4 5 1 2 −⋅⋅⋅⋅>− −⋅⋅⋅⋅ n n n n  n n n n 3 13 9 10 6 7.3 4 23 13 7 8 4 5 1 2 +⋅⋅⋅⋅>− −⋅⋅⋅⋅  )13(13 23 8 7 5 4 2 1 13 13 8 10 5 7.2 4 23 13 7 8 4 5 1 2 2 +⋅− −⋅⋅⋅⋅=− +⋅⋅⋅⋅>     − −⋅⋅⋅⋅ nn n n n n n  .13)23 11()7 11)(4 11)(11( 3 +>−++++ nn 212 1 3 1 2 11 n n >−++++  +++++++++>−++++  )2 1 2 1 2 1 2 1()4 1 4 1(2 1112 1 3 1 2 11 3333n 2)2 11(22 1)2 1 2 1 2 1( nn nnnnn >−+=−+++  xoy y { }nA xy 2= x { }nB nOBOA nn 1== nn BA na nB nb ∗∈ Nn (1)证明 > >4， ; (2)证明有 ，使得对 都有 < . 解析:(1) 依题设有： ，由 得： ,又直线 在 轴上的截距为 满足 显然，对于 ，有 (2)证明：设 ，则 设 ，则当 时， 。 所以，取 ，对 都有： 故有 < 成立。 例 23.(2007 年泉州市高三质检) 已知函数 ，若 的定义域为 [－1，0]，值域也为[－1，0].若数列 满足 ，记数列 的前 项和为 ，问 是否存在正常数 A，使得对于任意正整数 都有 ？并证明你的结论。 解析:首先求出 ,∵ ∴ ,∵ , ,… na 1+na ∗∈ Nn ∗∈ Nn0 0nn >∀ n n n n b b b b b b b b 1 12 3 1 2 + − ++++  2008−n ( ) ( )10, , , 2 , 0n n n n nA B b b bn   >   1 nOB n = 2 * 2 2 1 12 , 1 1,n n nb b b n Nn n + = ∴ = + − ∈ n nA B x na ( ) ( )1 10 2 0 0n n na b bn n    − − = − −       1 2 n n n ba n b = − 2 2 2 2 12 1 0, 2n n n n n b n b b n b = − > + = ( ) 2 2 1 2 1 2 2 2 41 21 2 n nn n n n n nn n b n bba b bn b n bn b n b + ∴ = = = + = + + +−− 2 2 1 11 1 2 2 1na n n ∴ = + + + + + 1 1 01n n > >+ * 1 4,n na a n N+> > ∈ *11 ,n n n bc n Nb += − ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 1 1 11 1 1 11 1 1 1 1 111 1 1 1 1 1 1 12 1 2 1 1 1 2 1 21 11 1 2 12 1 2 1 n n n nc n n n n n n n n nn n n n n n + − + + + += = −  + + − + + + +  + +  + + + > = + >  + + ++ +   ( )( ) ( )2 *12 1 2 2 1 0, ,2nn n n n c n Nn + + − + = > ∴ > ∈+ * 1 2 ,n nS c c c n N= + + + ∈ ( )*2 2 1kn k N= − > ∈ 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 4 2 1 2 3 4 2 1 2 2 1 2n k k k kS −      > + + + + = + + + + + + +     − + +        2 1 2 3 1 1 1 12 2 22 2 2 2 k k k− −> ⋅ + ⋅ + + ⋅ = 4009 0 2 2n = − 0n n∀ > 20082 14017111 0 1 2 3 1 2 =−>>=      −++      −+      − + nn n n SSb b b b b b  n n n n b b b b b b b b 1 12 3 1 2 + − ++++  2008−n ),1()( 2 Rcbcbxxxf ∈≥++= )(xf }{ nb )()( * 3 Nnn nfbn ∈= }{ nb n nT n ATn < xxxf 2)( 2 += nn nn n nfbn 12)( 3 2 3 >+== nbbbbT nn 1 3 1 2 11321 ++++>++++=  2 1 4 124 1 3 1 =×>+ 2 1 8 148 1 7 1 6 1 5 1 =×>+++ ,故当 时, , 因此，对任何常数 A，设 是不小于 A 的最小正整数， 则当 时,必有 . 故不存在常数 A 使 对所有 的正整数恒成立. 例 24.(2008 年中学教学参考)设不等式组 表示的平面区域为 ,设 内整数坐 标点的个数为 .设 , 当 时,求证: . 解析:容易得到 ,所以,要证 只要证 ,因为 ,所以原命题得证. 五、迭代放缩 例 25. 已知 ,求证:当 时, 解析:通过迭代的方法得到 ,然后相加就可以得到结论 例 26. 设 ,求证:对任意的正整数 k,若 k≥n 恒有:|Sn+k－Sn|<1 n 解析: 又 所以 六、借助数列递推关系 例 27.求证: 解析: 设 则 ,从而 ,相加后就可以得到 2 1 2 122 1 22 1 12 1 1 11 =×>+++++ − −− k k kkk  kn 2> 12 +> kTn m 222 −> mn AmmTn >=+−> 12 22 ATn < 2≥n    +−≤ > > nnxy y x 3 ,0 ,0 nD nD na nnn n aaaS 221 111 +++= ++  2≥n 36 1171111 2321 +≥++++ n aaaa n  nan 3= 36 1171111 2321 +≥++++ n aaaa n  12 117 2 1 3 1 2 112 +≥++++= nS nn  nnnnS 2 1 22 1 12 1()8 1 7 1 6 1 5 1()4 1 3 1(2 11 112 ++++++++++++++= −−  12 117)1(12 7 2 3 2 11 121 222 +=−+≥+++++= − nnTTT n 1,1 4 11 =+ +=+ xx xx n n n 2≥n n n i ix − = −≤−∑ 1 1 22|2| 12 12 −≤− nnx nn nS 2 !sin 2 !2sin 2 !1sin 21 +++=  |2 )sin( 2 )!2sin( 2 )!1sin(||| 21 knnnnkn knnnSS ++++ ++++++=−  knnnknnn knnn ++++++ +++≤++++++≤ 2 1 2 1 2 1|2 )sin(||2 )!2sin(||2 )!1sin(| 2121  nknkn 2 1)2 11(2 1)2 1 2 1 2 1(2 1 2 <−⋅=+++=  nCCC n nnn nn >+++=+=  10)11(2 nSS nnkn 1 2 1|| <<−+ 1222642 )12(531 642 531 42 31 2 1 −+<⋅⋅⋅⋅ −⋅⋅⋅⋅++⋅⋅ ⋅⋅+⋅ ⋅+ nn n   n nan 2642 )12(531 ⋅⋅⋅⋅ −⋅⋅⋅⋅=   nnnnn anaanan na +=+⇒+ += ++ 2)1(2)1(2 12 11 nnn naana 2)1(2 1 −+= + 所以 例 28. 求证: 解析: 设 则 ,从而 ,相加后就可以得到 例 29. 若 ,求证: 解析: 所以就有 七、分类讨论 例 30.已知数列 的前 项和 满足 证明：对任意的整数 ，有 解析:容易得到 , 由于通项中含有 ，很难直接放缩，考虑分项讨论： 当 且 为奇数时 （减项放缩），于是 ①当 且 为偶数时 ② 当 且 为 奇 数 时 （ 添 项 放 缩 ） 由 ① 知 由①②得证。 八、线性规划型放缩 例 31. 设函数 .若对一切 ， ，求 的最大值。 解析:由 知 即 由此再由 的单调性可以知道 的最小值为 ，最大值为 1 22 1)22(1 32 1)1(22)1(2 1121 − + ⋅+<− + ⋅+<−+=+++ + n n n naanaaa nn 1222642 )12(531 642 531 42 31 2 1 −+<⋅⋅⋅⋅ −⋅⋅⋅⋅++⋅⋅ ⋅⋅+⋅ ⋅+ nn n   1122642 )12(531 642 531 42 31 2 1 −+<⋅⋅⋅⋅ −⋅⋅⋅⋅++⋅⋅ ⋅⋅+⋅ ⋅+ nn n   n nan 2642 )12(531 ⋅⋅⋅⋅ −⋅⋅⋅⋅=   111 )12(]1)1(2[)1(2 12 +++ ++=++⇒+ += nnnnn aananan na nnn anana )12(]1)1(2[ 11 +−++= ++ 1122 3 12 1)12(3)12( 1121 −+<− + ⋅+<−+=+++ + n n naanaaa nn 1,1 11 +=⋅= + naaa nn )11(2111 21 −+≥+++ naaa n  nn n nnnn aaaaanaa −=⇒+⋅=+=⋅ + + +++ 2 1 112 112 21221111 21121 121 −+=−≥−−++=+++ ++ naaaaaaaaaaa nnnn n  }{ na n nS .1,)1(2 ≥−+= naS n nn 4>m 8 7111 54 <+++ maaa  [ ].)1(23 2 12 −− −+= nn na n)1(− 3≥n n 1222 22 2 3)12 1 12 1(2 311 2132 12 12 1 −−+ +⋅=−++=+ −−− −− −− + nnn nn nn nn aa )2 1 2 1(2 3 2 22 2 3 1232 12 −−− −− +⋅=+⋅< nnn nn 4>m m =+++ maaa 111 54  )11()11(1 1654 mm aaaaa +++++ −  .8 7 8 3 2 1)2 11(4 1 2 3 2 1)2 1 2 1 2 1(2 3 2 1 4243 =+<−⋅⋅+=++++< −− mm 4>m m <+++ maaa 111 54  154 1111 + ++++ mm aaaa  .8 71111 154 <++++ +mm aaaa  2 2 1( ) 2 xf x x += + x R∈ 3 ( ) 3af x b− ≤ + ≤ a b− 2 2 2 2 1 ( 2) ( 1)( ( ) )( (1) 1)2 2( 2) x xf x f x − + −+ − = + 1( ( ) )( (1) 1) 02f x f+ − ≤ 1 ( ) 12 f x− ≤ ≤ ( )f x ( )f x 1 2 − 1 因此对一切 ， 的充要条件是， 即 ， 满足约束条件 ， 　　　由线性规划得， 的最大值为 5． 九、均值不等式放缩 例 32.设 求证 解析: 此数列的通项为 ， ， 即 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 ， 若放成 则得 ，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 其中， 等的各式及其变式公式均可供选用。 例 33.已知函数 ，若 ，且 在[0，1]上的最小值为 ，求证： 解析: 例 34.已知 为正数，且 ，试证：对每一个 ， . 解析: 由 得 ，又 ，故 ，而 ， 令 ，则 = ，因为 ，倒序 相加得 = ， 而 ， 则 = ， 所 以 ，即对每一个 ， . 例 35.求证 x R∈ 3 ( ) 3af x b− ≤ + ≤ 13 32 3 3 a b a b − ≤ − + ≤ − ≤ + ≤ a b 3 3 1 32 1 32 a b a b a b a b + ≥ −  + ≤ − + ≥ −   − + ≤ a b− .)1(3221 +++⋅+⋅= nnSn  .2 )1( 2 )1( 2+<<+ nSnn n .,,2,1,)1( nkkkak =+= 2 1 2 1)1( +=++<+< kkkkkk )2 1( 11 ∑∑ == +<<∴ n k n n k kSk .2 )1( 22 )1( 2 )1( 2+<++<<+ nnnnSnn n 2 baab +≤ 1)1( +<+ kkk 2 )1( 2 )3)(1()1( 2 1 +>++=+< ∑ = nnnkS n k n n aa n aaaa aa n nnn n n 22 11 1 1 11 ++≤++≤≤ ++   3,2=n bxaxf 21 1)( ⋅+= 5 4)1( =f )(xf 2 1 .2 1 2 1)()2()1( 1 −+>+++ +nnnfff  )22 11()()1()0( 22 11 41 11 41 4)( ×−>++⇒≠ • −> + −= + = nffxxf xxx x  .2 1 2 1)2 1 2 11(4 1)22 11()22 11( 112 −+=+++−=×−++×−+ +− nnn nn  ba, 111 =+ ba ∗∈ Nn 12 22)( +−≥−−+ nnnnn baba 111 =+ ba baab += 42)11)(( ≥++=++ a b b a baba 4≥+= baab nn n rrnr n n n n n n bCbaCbaCaCba +++++=+ −−  110)( nnn babanf −−+= )()( )(nf 1111 −−−− ++++ nn n rrnr n n n abCbaCbaC  in n i n CC −= )(2 nf )()()( 111111 baabCbabaCabbaC nnn n rnrrrnr n nn n −−−−−−− +++++++  121111 2422 +−−−−−− =⋅≥≥+==+==+ n n nnnnrnrrrnnn babaabbabaabba  )(2 nf ))(22())(( 11 rrnrnrnrrnrnrn n r nn babababaCCC −−−−− +−=+++++  ⋅−≥ )22( n 12 +n )(nf ⋅−≥ )22( n n2 ∗∈ Nn 12 22)( +−≥−−+ nnnnn baba ),1(2 2 1 321 NnnnCCCC n n nnnn ∈>⋅>++++ −  解析: 不等式左 = ， 原结论成立. 例 36.已知 ,求证: 解析: 经过倒序相乘,就可以得到 例 37.已知 ,求证: 解析: 其中: ,因为 所以 从而 ,所以 . 例 38.若 ,求证: . 解析: 因为当 时, ,所以 ,所以 ,当且仅当 时取到等号. 所以 所以 所以 例 39.已知 ,求证: . 解析: . 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 ， (1)当 n=1 时，左式= 右式=0.∴不等式成立. (2) , 左式= =++++ n nnnn CCCC  321 12 222112 −++++=− nn  n nn 12 2221 −⋅⋅⋅⋅⋅>  2 1 2 − ⋅ n n xx eexf −+=)( 21 )1()()3()2()1( n nenffff +>⋅⋅⋅⋅ +  11)1()1()()( 21 211 2 2 1 21 2 2 1 1 21 +> ⋅ +++=+⋅+=⋅ ++ xx xxx x x x xx x x x x e eee e e ee e e e exfxf 21 )1()()3()2()1( n nenffff +>⋅⋅⋅⋅ +  xxxf 1)( += nn nnffff )1(2)2()3()2()1( +>⋅⋅⋅⋅  2)12(2)12( 112 12)12()12 112)(1( +−+>−++−++−++−+=−++−++ knknkk kn kn kknkknknkk nk 2,,3,2,1 = nknkknknkknk 2)12(0)2)(1(2)1(2 ≥−+⇒≥−−=−−+⋅ 22)12 112)(1( +≥−++−++ nknknkk nnnffff 22 )22()]2()3()2()1([ +>⋅⋅⋅⋅  nn nnffff )1(2)2()3()2()1( +>⋅⋅⋅⋅  7>k 2 3 1 1 2 1 1 11 >−++++++= nknnnSn  )1 1 1()3 1 2 1()2 1 1 1()1 11(2 nnknknnknnknSn +−++−+++−+++−+=  0,0 >> yx xyyxxyyx 211,2 ≥+≥+ 4)11)(( ≥++ yxyx yxyx +≥+ 411 yx = 1 )1(4 1 4 32 4 21 4 1 42 −+ −=−+++−+++−+++−+> nkn kn nknnknnknnknSn  2 3 1 421 )1(2 11 )1(2 >+−=+ −> −+ −> kk k nk kSn 2 3 1 1 2 1 1 11 >−++++++= nknnnSn  ))(()( 21 xxxxaxf −−= 16)1()0( 2aff ≤⋅ 16)]1()][1([)1()0( 2 2211 2 axxxxaff ≤−−=⋅ )0(22)( >+=′ xxxxf 2 2(2 ) (2 ) 0x xx x + − + = 2n ≥ )22(2)22()(2)]([ 11 n nnnnnn xxxxxfxf +⋅−+=′⋅−′ −− ).11(2 2 1 4 24221 − − − −−− ++++= n n nn n n n n n n n xCxCxCxC  令 由倒序相加法得： ， 所以 所以 综上，当 k 是奇数， 时，命题成立 例 41. （2007 年东北三校）已知函数 （1）求函数 的最小值，并求最小值小于 0 时的 取值范围； （2）令 求证： ★例 42. (2008 年江西高考试题)已知函数 , .对任意正数 , 证明： ． 解析:对任意给定的 , ,由 , 若令 ，则 ① ,而 ② （一）、先证 ；因为 ， ， ， 又由 ，得 ． 所以 1 2 2 4 2 1 4 2 1 1n n n n n n n nn nS C x C x C Cx x − − − − − −= + + + + )1()1()1(2 2 2 1 4 42 2 21 − − − − − − − ++++++= n n n nn n nn n n xxCxxCxxCS  )22(2)(2 121 −=+++≥ − nn nnn CCC  ).22( −≥ nS .)22(2)(2)]([ 1 成立−≥′⋅−′ − nnnnn xfxf Nn +∈ )1()( >−= axaxf x )(xf a )1()2()1()( '1'2'1 −+++= − nfCfCfCnS n nnn  )2()22()( ' nfnS n ⋅−> e a aa a a xxx eaa eaaa axf a aafxf aaxf axxf axaaaaaxfaaxf 1 min min ' ' '' 1 1ln,1lnln,0ln lnln1,0)( ln lnln1)lnlog()( ),lnlog)lnlog,()( ,lnlog,0)( lnlog1,ln 1,1ln,0)(,1ln)()1( <<∴ <∴−<<+< +=−= +∞−−−∞ −<< −>∴>>∴>>−= 的取值范围是 则即若 所以 上递增；上递减，在（在所以 有同理： 又即：由 所以不等式成立。 ),2()22()1ln)(22( )22(ln)22( )22(ln)]()()([2 1 )(ln)( )1ln()1ln()1ln()()2( '2 2 1122211 12111221 11221 nfaa aa aaaCaaCaaC CCCaaCaCaC aaCaaCaaCnS n n n nn n nnn n n n n n n nnn nn nnn nn nnn −=−−= −−−≥ −−++++++= +++−+++= −++−+−= −−−− −−− −−    ( ) 1 1 81 1 axf x axx a = + + ++ + ( )0x ,∈ + ∞ a ( )1 2f x< < 0a > 0x > 1 1 1( ) 1 1 81 f x x a ax = + + + + + 8b ax = 8abx = ( ) 1 1 1 1 1 1 f x x a b = + + + + + ( ) 1f x > 1 1 11 xx > ++ 1 1 11 aa > ++ 1 1 11 bb > ++ 42 2 2 2 4 2 8a b x a bx abx+ + + ≥ + ≥ = 6a b x+ + ≥ ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 f x x a bx a b = + + > + ++ + ++ + + 3 2( ) ( ) (1 )(1 )(1 ) a b x ab ax bx x a b + + + + + += + + + ． （二）、再证 ；由①、②式中关于 的对称性，不妨设 ．则 （ⅰ）、当 ，则 ，所以 ，因为 ， ，此时 ． （ⅱ）、当 ③，由①得 , ， ， 因为 所以 ④ 同理得 ⑤ ，于是 ⑥ 今证明 ⑦, 因为 ， 只要证 ，即 ，也即 ，据③，此为显 然． 因此⑦得证．故由⑥得 ． 综上所述，对任何正数 ，皆有 ． 例 43.求证: 解析:一方面: (法二) 另一方面: 十、二项放缩 , , 例 44. 已知 证明 解析: ， 9 ( ) ( ) (1 )(1 )(1 ) a b x ab ax bx x a b + + + + + +≥ + + + 1 ( ) ( ) 1(1 )(1 )(1 ) a b x ab ax bx abx x a b + + + + + + += =+ + + ( ) 2f x < , ,x a b x a b≥ ≥ 0 2b< ≤ 7a b+ ≥ 5a ≥ 5x a≥ ≥ 1 1 1 b < + 1 1 2 1 1 1 1 5x a + ≤ < + + + ( ) 1 1 1 2 1 1 1 f x x a b = + + < + + + 7a b+ < 8x ab = 1 81 ab abx = ++ 2 2 2 1 1 [1 ]1 1 4(1 ) 2(1 ) b b b b b b b < − + = −+ + + + 1 1 2(1 )1 b bb < − ++ 1 1 2(1 )1 a aa < − ++ ( ) 12 22 1 1 8 a b abf x a b ab  < − + −  + + +  21 1 8 a b ab a b ab + >+ + + 21 1 (1 )(1 ) a b ab a b a b + ≥+ + + + (1 )(1 ) 8 ab ab a b ab >+ + + 8 (1 )(1 )ab a b+ > + + 7a b+ < ( ) 2f x < a, x ( )1 2f x< < 213 1 2 1 1 11 <++++++< nnn  14 2 2 1 4 1 3 1 2 1 13 1 2 1 1 1 =+>     ++≥++++++ nnn           +++++     +++     +++⋅=++++++ 1 1 13 1 3 1 2 1 13 1 1 1 2 1 13 1 2 1 1 1 nnnnnnnnn        ++ ++++ ++++ +⋅= )13)(1( 24 )2(3 24 )1)(13( 24 2 1 nn n nn n nn n  ( ) 1)12( )12( )12( 1 )1()12( 1 )12( 112 2 2 222222 =+ +>      −+++−−++−+⋅+= n n nnnnnnn  21 22 1 12 13 1 2 1 1 1 =+ +<+ +<++++++ n n n n nnn  n nnn nn CCC +++=+=  10)11(2 12 10 +=+≥ nCC nn n 2 22 2 210 ++=++≥ nnCCC nnn n )2)(1(2 ≥−> nnnn 1 1 2 1 11, (1 ) .2n n na a an n+= = + ++ 2 na e< ⇒−+−+≤+ )1( 1))1( 11(1 nnanna nn ⇒+−+≤++ )1)()1( 11(11 nn anna .)1( 1))1( 11ln()1ln()1ln( 1 −<−+≤+−++ nnnnaa nn 111)1ln()1ln()1( 1)]1ln()1ln([ 2 1 2 1 1 2 <−<+−+⇒−<+−+⇒ ∑∑ − = + − = naaiiaa n n i ii n i 即 例 45.设 ，求证：数列 单调递增且 解析: 引入一个结论：若 则 （证略） 整理上式得 （ ） 以 代入（ ）式得 即 单调递增。 以 代入（ ）式得 此式对一切正整数 都成立，即对一切偶数有 ，又因为数列 单调递增， 所以对一切正整数 有 。 注：①上述不等式可加强为 简证如下： 利用二项展开式进行部分放缩： 只取前两项有 对通项作如下放缩： 故有 ②上述数列 的极限存在，为无理数 ；同时是下述试题的背景： 已知 是正整数，且 （1）证明 ；（2）证明 （01 年全国卷理科第 20 题） 简析 对第（2）问：用 代替 得数列 是递减数列；借鉴此结论可有如 下简捷证法：数列 递减，且 故 即 。 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： 解析: 因为 a+b=1,a>0,b>0,可认为 成等差数列，设 ， 从而 例 47.设 ，求证 . 解析: 观察 的结构，注意到 ，展开得 ， 即 ，得证. 例 48.求证: . 解析:参见上面的方法,希望读者自己尝试!) .133ln1)1ln( 2eeaa nn <−<⇒+<+ n n na )11( += }{ na .4> ab )()1(11 abbnab nnn −+<− ++ ].)1[(1 nbanba nn −+>+ ⊗ nbna 11,1 11 +=++= ⊗ >++ +1)1 11( n n .)11( n n + }{ na nba 2 11,1 +== ⊗ .4)2 11(2 1)2 11(1 2 <+⇒⋅+> nn nn n 4)11( <+ n n }{ na n 4)11( <+ n n .3)11(2 <+≤ n n .1111)11( 2 21 n n nnn n n nCnCnCna ++⋅+⋅+=+=  .211 1 =⋅+≥ nCa nn .2 1 221 1 ! 111 ! 11 1−=⋅≤<+−⋅−⋅⋅= kk k n kn kn n n n n knC  .32/11 )2/1(1 2 122 1 2 1 2 111 1 12 <− −⋅+=+++++< − − n nna  }{ na e nmi ,, .1 nmi <≤< i n ii m i AmAn < .)1()1( mn nm +>+ n/1 n n nn nbb 1 )1(:}{ += })1{( 1 nn+ ,1 nmi <≤< ,)1()1( 11 nm nm +>+ mn nm )1()1( +>+ .12 nnn ba −≥+ ba ,2 1, dbda +=−= 2 1,2 1 n nn nn ddba −≥     ++     −=+ 122 1 2 1 Nnn ∈> ,1 )2)(1( 8)3 2( ++< nn n n)3 2( nn )2 11()2 3( += 8 6)2)(1( 8 )1( 212 1 2 1 2 11)2 11( 3 3 2 21 +++=−++≥+⋅+⋅+⋅+=+ nnnnnCCC nnn n  8 )2)(1()2 11( ++>+ nnn nnn 2ln)2 11ln(2ln3ln <+≤− 例 42.(2008 年北京海淀 5 月练习) 已知函数 ，满足： ①对任意 ，都有 ； ②对任意 都有 . （I）试证明： 为 上的单调增函数； （II）求 ； （III）令 ，试证明：. 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 ,所以可以得到 , 也就是 ,不妨设 ,所以,可以得到 ,也就是说 为 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 ,令 ,则可以得到 ,又 ,所以由不等式可以得到 ,又 ,所以可以得到 ① 接下来要运用迭代的思想: 因为 ,所以 , , ② , , , 在此比较有技巧的方法就是: ,所以可以判断 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 = (3)在解决 的通项公式时也会遇到困难. , 所 以 数 列 的 方 程 为 ,从而 , * *( ), ,y f x x y= ∈ ∈N N *, ,a b a b∈ ≠N )()()()( abfbafbbfaaf +>+ *n∈N [ ( )] 3f f n n= )(xf *N )28()6()1( fff ++ *(3 ),n na f n= ∈N 1 2 1 1 1 1 4 2 4n n n a a a + + + <+ ≤ )()()()( abfbafbbfaaf +>+ 0)()()()( >−−− bfbaafba 0))()()(( >−− bfafba ba > )()( bfaf > )(xf *N 0))()()(( >−− bfafba )1(,1 fab == 0))1())1(()(1)(( >−− fffxf 3))1(( =ff 3)1(1 << f *)1( Nf ∈ 2)1( =f 2)1( =f 3)]1([)2( == fff 6)]2([)3( == fff 9)]3([)6( == fff 18)]6([)9( == fff 27)]9([)18( == fff 54)]18([)27( == fff 81)]27([)54( == fff 2754275481 −==− 55)28( =f )28()6()1( fff ++ 662955 =++ }{ na nn nnnnn aafffffff 3),3(3)]}3([{)3(,3)]3([ 1 11 =⇒=== + ++ *(3 ),n na f n= ∈N n na 32⋅= )3 11(4 1111 21 n naaa −=+++  一方面 ,另一方面 所以 ,所以,综上有 . 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 [0,1]，总有 ，且 ； ② 若 则有 （Ⅰ）求 f(0)的值； （Ⅱ）求证：f(x)≤4； （Ⅲ）当 时，试证明： . 解析: （Ⅰ）解：令 ， 由①对于任意 [0,1]，总有 ， ∴ 又由②得 即 ∴ （Ⅱ）解：任取 且设 则 因为 ，所以 ，即 ∴ . ∴当 [0,1]时， . （Ⅲ）证明：先用数学归纳法证明： （1） 当 n=1 时， ，不等式成立； （2） 假设当 n=k 时， 由 得 即当 n=k+1 时，不等式成立 4 1)3 11(4 1 <− n 1222)21(3 1100 +=⋅+⋅≥+= nCC nn nn 2412 2 4 1)12 11(4 1)3 11(4 1 +=+⋅=+−≥− n n n n nn 1 2 1 1 1 1 4 2 4n n n a a a + + + <+ ≤ x∈ ( ) 3f x ≥ ( )1 4f = 1 2 1 20, 0, 1,x x x x≥ ≥ + ≤ ( ) ( )1 2 1 2( ) 3.f x x f x f x+ ≥ + − 1 1 1( , ]( 1,2,3, )3 3n nx n−∈ = ⋅⋅⋅ ( ) 3 3f x x< + 1 2 0x x= = x∈ ( ) 3f x ≥ (0) 3f ≥ (0) 2 (0) 3,f f≥ − (0) 3;f ≤ (0) 3.f = 1 2, [0,1],x x ∈ 1 2 ,x x< 2 1 2 1 1 2 1( ) [ ( )] ( ) ( ) 3,f x f x x x f x f x x= + − ≥ + − − 2 1 0x x− > 2 1( ) 3f x x− ≥ 2 1( ) 3 0,f x x− − ≥ 1 2( ) ( )f x f x≤ x∈ ( ) (1) 4f x f≤ = 1 1 1 1( ) 3( *)3 3n nf n N− −≤ + ∈ 0 0 1 1( ) (1) 4 1 3 33 3f f= = = + = + 1 1 1 1( ) 3( *)3 3k kf k N− −≤ + ∈ 1 1 1 1 1 1 1 1( ) [ ( )] ( ) ( ) 33 3 3 3 3 3 3k k k k k k kf f f f− = + + ≥ + + − 1 1 1( ) ( ) ( ) 63 3 3k k kf f f≥ + + − 1 1 1 1 13 ( ) ( ) 6 9.3 3 3k k kf f − −≤ + ≤ + 由（1）、（2）可知，不等式 对一切正整数都成立. 于是，当 时， ， 而 [0,1]， 单调递增 ∴ 所以， 例 50. 已知： 求证： 解析:构造对偶式：令 则 ＝ 又 （ 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 上的可积函数 ，则 . 例 51.求证： . 解析: ，∵ ， 时， ， ， ∴ ， . 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： ， . 解析: 考虑函数 在区间 上的定积分. 如图，显然 -① 对 求和， 1 1 1 1( ) 33 3n nf − −≤ + 1 1 1( , ]( 1,2,3, )3 3n nx n−∈ = ⋅⋅⋅ 1 1 1 1 13 3 3 3 3 ( )3 3 3n n nx f− −+ > × + = + ≥ x∈ ( )f x 1 1 1( ) ( )3 3n nf f −< 1 1( ) ( ) 3 3.3nf x f x−< < + 1 2 1, 0n ia a a a+ + + = > )2,1( ni = 2 22 2 11 2 1 2 2 3 1 1 1 2 n n n n n a aa a a a a a a a a a − − + + + + >+ + + + 1 2 1 2 1 32 2 2 21 2 1 aa a aa a aa a aa aA n n nn n ++++++++= − −  1 2 1 1 2 32 2 3 21 2 2 aa a aa a aa a aa aB nnn n ++++++++= −  1 2 1 2 1 22 1 32 2 3 2 2 21 2 2 2 1 aa aa aa aa aa aa aa aaBA n n nn nn + −++ −+++ −++ −=− − −  BAaaaaaaaa nnn =∴=−+−++−+− − ,0)()()()( 113221   )(2 122 ji ji ji aaaa aa +≥+ − )2,1, nji = 1 2 1 2 1 22 1 32 2 3 2 2 21 2 2 2 1 )(2 1)(2 1 aa aa aa aa aa aa aa aaBAA n n nn nn + −++ −+++ −++ −=+=∴ − −  [ ] 2 1)()()()(4 1 113221 =++++++++≥ − aaaaaaaa nnn [ ],a b ( ) ( )0f x ≥ ≤ ( ) ( )0b a f x dx ≥ ≤∫ e eππ < ln lne ee e π ππ π< ⇔ < ln ln ln ln e e e x xde x x π ππ π    − = =      ∫ 2 1 ln e x dxx π −= ∫ ( ),x e π∈ 2 1 ln 0x x − < 2 1 ln 0e x dxx π − <∫ ln ln e e π π < e eππ < ( )1 1 11 2 1 1 2 3 n n + + + + > + − ( )1,n n N> ∈ ( ) 1f x x = [ ], 1i i + ( )1,2,3, ,i n=  11 1 11 i i dx i i x += ⋅ > ∫ i 1 1 1 1 1n n i ii i dx i x + = = >∑ ∑∫ 1 1 1n dx x += ∫ . 例 53. 已知 .求证： . 解析:考虑函数 在区间 上的定积分. ∵ -② ∴ . 例 54. （2003 年全国高考江苏卷）设 ，如图，已知直线 及曲线 ： ， 上的点 的横坐标为 （ ）.从 上的点 作直线平行于 轴，交直线 于点 ， 再从点 作直线平行于 轴，交曲线 于点 . 的横坐标构成数列 . （Ⅰ）试求 与 的关系，并求 的通项公式； （Ⅱ）当 时，证明 ； （Ⅲ）当 时，证明 . 解析: （过程略）. 证明（II）：由 知 ，∵ ，∴ . ∵当 时， ， ∴ . 证明（Ⅲ）：由 知 . ∴ 恰表示阴影部分面积， 显然 ④ ∴ . 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 ； ② ； 1 1 2 n x + =   ( )2 1 1n= + − , 4n N n∈ ≥ 1 1 1 1 7 1 2 3 2 10n n n n + + + + <+ + +  ( ) 1 1f x x = + 1,i i n n −     ( )1,2,3, ,i n=  1 n i+ 1 1 1 in n = ⋅ + 1 1 1 i n i n dxx−< +∫ 1 1n i n i= +∑ 1 1 1 1 n i in n = = ⋅ + ∑ 1 1 1 1 in n i i n dxx− = < +∑∫ ( )1 1 00 1 ln 11 dx xx = = +  +∫ 7ln 2 10 = < 0a > axyl =: C 2xy = C 1Q 1a aa << 10 C ( )1nQ n ≥ x l 1+nP 1+nP y C 1nQ + ( )1,2, ,nQ n n=  { }na 1na + na { }na 2 1,1 1 ≤= aa ∑ = ++ <− n k kkk aaa 1 21 32 1)( 1a = 1 2 1 1( ) 3 n k k k k a a a+ + − − <∑ 1 21( ) n n aa a a − = 1a = 2 1n na a+ = 1 1 2a ≤ 2 3 1 1,4 16a a≤ ≤ 1k ≥ 2 3 1 16ka a+ ≤ ≤ 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )16 16 32 n n k k k k k n k k a a a a a a a+ + + + = = − ≤ − = − <∑ ∑ 1a = 2 1k ka a+ = 2 1 2 1 1( ) ( )k k k k k ka a a a a a+ + + +− = − 1 2 2 1 1( ) k k a k k k a a a a x dx + + +− < ∫ 2 1 2 1 1 1 1 ( ) ( ) n n k k k k k k k k a a a a a a+ + + + − − − = −∑ ∑ 1 2 1 k k n a ak x dx +− < ∑∫ 1 2 0 a x dx< ∫ 3 1 1 1 3 3a= < 11 1i i dx i x +=> ∫ ( )2 1i i= + − 1 n i+ 1 1 1 i n i n dxx−< +∫ 1ln 1 ln 1i i n n −   = + − +       ③ ； ④ . 十二、部分放缩(尾式放缩) 例 55.求证: 解析: 例 56. 设 求证： 解析: 又 （ 只 将 其 中 一 个 变 成 ， 进 行 部 分 放 缩 ）， ， 于是 例 57.设数列 满足 ，当 时证明对所有 有 ； 解析: 用数学归纳法：当 时显然成立，假设当 时成立即 ，则当 时 ，成立。 利 用 上 述 部 分 放 缩 的 结 论 来 放 缩 通 项 ， 可 得 注 ： 上 述 证 明 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 就直接使用了部分放缩的结论 十三、三角不等式的放缩 例 58.求证: . 解析:(i)当 时, (ii)当 时,构造单位圆,如图所示: 因为三角形 AOB 的面积小于扇形 OAB 的面积 1 2 1 sin sin 1 sin i i i θ θ θ − − − − 1 sin 12sin 1 1 i i i idx x θ θ θ θ − −< = − −∫ ( ) 1 2 2 3 3 1 1 1 1( ) 3 k k a k k k k ka a a a x dx a a + + + +− < = −∫ 7 4 123 1 123 1 13 1 1 <+⋅+++×++ −n 1211 23 1 23 1 28 11 123 1 7 1 4 1 123 1 123 1 13 1 −−− ⋅++⋅+<+⋅+++=+⋅+++×++ nnn  7 4 84 48 84 47 2 11 4 1 3 1 28 11 =<= − ⋅+< ++= ana 2 11 .2,1 3 1 ≥++ anaa  .2⋅= kkkkkk k 1−k kkkkk 1 1 1 )1( 11 2 −−=−<∴ )1 1 1()3 1 2 1()2 11(11 3 1 2 11 222 nnnan −−++−+−+<++++≤  .212 <−= n { }na ( )++ ∈+−= Nnnaaa nnn 12 1 31 ≥a ,1≥n 2)( +≥ nai n 2 1 1 1 1 1 1 1)( 21 ≤++++++ naaaii  )(i 1=n kn ≥ 2+≥ kak 1+= kn 312)2(1)2(1)(1 +>+⋅+≥+−+≥+−=+ kkkkakaaa kkkk )(ii 121 +≥+ kk aa ⇒+≥++ )1(211 kk aa . 2 1 1 1242)1(21 1 11 1 1 + +−− ≤+⇒=⋅≥+≥≥+ k k kkk k aaa  .2 1 2 11 )2 1(1 4 1 2 1 1 1 1 11 ≤ − − ⋅=≤+ + == ∑∑ n i n ii n i a )(i 31)2)(2(1 +>+−++≥+ kkkkak )(ii 121 +≥+ kk aa )(|||sin| Rxxx ∈≤ 0=x |||sin| xx = 20 π<< x T P B A O y x 所以可以得到 当 时 所以当 时 有 (iii)当 时, ,由(ii)可知: 所以综上有 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 ,只要 证明 ,其中 通过寻找分析,归纳完成. 例 59.求证:对一切 ,都有 . 解析: 从而 当然本题还可以使用其他方法,如: 所以 . (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 ,只要证明: . 例 60.已知数列 满足: ,求证: 解析: ,从而 ,所以有 ,所以 |||sin|sin xxxx <⇒< 2 π≥x |||sin| xx < 0>x xx − x |||sin| xx < )(|||sin| Rxxx ∈≤ Axf <)( )0()( >−< BBAxf B *)( Nnn ∈ 31 1 <∑ = n k kk 11 1 )1( 1 )1( 1 )1()1( 1 )1( 111 23 −−+ ⋅      + − − = +− = − <= kkkkkkkkkkkkkk 2 11 1 1 1 11 11 1 )1( 1 )1( 1 −++⋅     + − − = −−+ ⋅      + − − = kk kkkkkkkkk 1 1 1 1 2 2 1 1 1 11 + − − =⋅     + − − < kk k kkk 3 1 11 2 21 1 1 1 1 5 1 3 1 4 1 2 1 3 1 1 111 1 < + −−+= + − − ++−+−+−+<∑ = kkkkkk n k       − − ⋅−+⋅= −− ⋅      − − = −⋅⋅ = − < kk kk kkkkkkkkkkkkk 1 1 1 1 11 1 11 )1( 1 1 1 1 11 2      − − ⋅< kk 1 1 12 3)11(21111 21 <−+<+= ∑∑ == kkkkk n k n k BxfA << )( ),0()( BACCBxfCA <>−<<+ }{ na n nn aaaa 1,1 11 +== + ).2(2312 >−<<− nnan n 21 2 1 2 1 1 2 +>      += − − − k n nn aaaa 22 1 2 >− −nn aa 121)1(2)()()( 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 22 −=+−>+−++−+−= −−− nnaaaaaaaa nnnnn  12 −> nan 又 ,所以 ,所以有 所以 所以综上有 引申:已知数列 满足: ,求证: . 解析:由上可知 ,又 ,所以 从而 又当 时, ,所以综上有 . 同题引申: (2008 年浙江高考试题)已知数列 , , , . 记 , .求证:当 时. (1) ; (2) ; ★(3) . 解析:(1) ,猜想 ,下面用数学归纳法证明: (i)当 时, ,结论成立; (ii)假设当 时, ,则 时, 从而 ,所以 所以综上有 ,故 (2)因为 则 , ,…, ,相加后可 以得到: ,所以 ,所以 (3)因为 ,从而 ,有 ,所以有 ,从而 ,所以 ,所以 31 2 1 2 1 1 2 +<      += − − − k n nn aaaa 32 1 2 <− −nn aa 231)1(3)()()( 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 22 −=+−<+−++−+−= −−− nnaaaaaaaa nnnnn  23 −< nan ).2(2312 >−<<− nnan n }{ na n nn aaaa 1,1 11 +== + 121 1 −≤∑ = na n k k 12 −> nan 2 321212 −+−>− nnn 3212 3212 2 12 11 −−−= −+− < − < nn nnnan )2(123212351311 1 ≥−=−−−++−+−+<∑ = nnnna n k k  1=n 11 1 = a 121 1 −≤∑ = na n k k { }na 0≥na 01 =a )(1 2 1 2 1 • ++ ∈=−+ Nnaaa nnn nn aaaS +++= 21 )1()1)(1( 1 )1)(1( 1 1 1 21211 n n aaaaaaT +++++++++=  •∈ Nn 1+< nn aa 2−> nSn 3⇒>− ++ 1 22 1 0 1 22 1 1 ++ −=− nnn aaa 2 2 1 2 2 1 aaa −=− 3 2 2 2 3 1 aaa −=− 1 22 1 1 ++ −=− nnn aaa 2 11132 2 1 2 1 )( ++++ −=⇒+++−=− nnnn anSaaanaa  21 2 −>−−= nanS nn 2−> nSn nnnn aaaa 21 2 1 2 1 ≥+=+ ++ 1 1 21 + + ≥+ n n n a aa n n n a a a 21 1 1 1 + + ≤+ 2 1 1 2 3 1 1 13 2222)1)(1()1( 1 a a a a a a a a aaa n n n n n n nn − + − + + =⋅≤+++  1 1 22 1 1 1321 21 1 2)1)(1()1)(1)(1( 1 − + − + + =+⋅≤+++++ n n n n nn a aa a aaaaa  2 22 21 321 21 1 2)1()1)(1)(1( 1 −=+⋅≤++++ n n n n n a aa a aaaa  311 15 2 2 1 2 1 2 1 1 112221 11 22 2 22 43 2 <++ + <++++++<++++++≤ −− nn n n a aaa aT  所以综上有 . 例 61.(2008 年陕西省高考试题)已知数列 的首项 , , ． (1)证明:对任意的 , , ; (2)证明: . 解析:(1)依题,容易得到 ,要证 , , , 即证 即证 ,设 所以即证明 从而 ,即 ,这是显然成立的. 所以综上有对任意的 , , (法二) , 原不等式成立． (2)由(1)知，对任意的 ，有 ． 取 ， 则 ． 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 .若 在区间 上的最小 值为 ,令 .求证: . 证明:首先:可以得到 .先证明 (方法一) 所以 3 2 1 1 2 1 (1 ) 3n na xx x  − − + +  ≥ 1 2n = ，， 2 1 2 1n na a a n + + + > + nn n na 3 2132 3 −=+= 0x > 2 1 1 2 1 (1 ) 3n na xx x  − − + +  ≥ 1 2n = ，， 222 )1( 1 )1(3 2 1 2113 2 )1( 1 1 1 3 21 xxxxxx nnn +−+−+=     +−−+−+≥− 013 2 )1(3 32 1 2 2 ≤−++ +−+ nn n xx xt += 1 1 )10(013 223 32)( 2 <<≤−++⋅+−= tttt nn n ϕ 0)1( ≤ϕ 01 3 22 3 32 ≤−+++− nn n 0x > 2 1 1 2 1 (1 ) 3n na xx x  − − + +  ≥ 1 2n = ，， 2 1 1 2 1 (1 ) 3n xx x  − − + +   2 1 1 2 1 11 (1 ) 3n xx x  = − + − − + +   2 1 1 1 (1 )1 (1 ) n xx x a  = − − + + +   2)1( 1 1 2 xax n +−+= 21 1 1 n n n a aa x  = − − + +  na≤ ∴ 0x > 1 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 (1 ) 3 1 (1 ) 3 1 (1 ) 3n na a a x x xx x x x x x      + + + − − + − − + + − −     + + + + + +      ≥ 2 2 1 2 2 2 1 (1 ) 3 3 3n n nxx x  = − + + + − + +   ∴ 2 2 111 2 2 2 1 13 3 113 3 3 31 3 n n nx n nn  −     = + + + = = −       −    2 2 1 2 11 1 111 1 33 n nn n n na a a nn n + + + = > +  + −+ −    ≥ ∴ xxxf −+= )1ln()( )(xf *)](,0[ Nnn ∈ nb nn bna −+= )1ln( 112 2642 12531 42 31 2 1 −+<⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅⋅++⋅ ⋅+ − n n n aaaaa aaaa aa aa a a   nn na = 12 1 2642 )12(531 +×××× −×××× nn n   12 1 12 1 )2( )12)(12( 4 53 2 31 2642 )12(531 222 2 +<+×+−×××××=    ×××× −×××× nnn nn n n   12 1 2642 )12(531 +×××× −×××× nn n   (方法二)因为 ,相乘得: ,从而 . (方法三)设 A= ,B= ,因为 A+ nnn 1212 12 1 −−+< + nn n 112122642 )12(531 42 31 2 1 1 −+<+<⋅⋅⋅⋅ −⋅⋅⋅⋅++⋅ ⋅+ ∑ = nkn n n k  nn nn ++ =−+ 2 22 nnn ++ < + 2 2 2 1 nn n −+< + 2 2 1 12 −= nn 1212 12 1 −−+< + nn n 112122642 )12(531 42 31 2 1 1 −+<+<⋅⋅⋅⋅ −⋅⋅⋅⋅++⋅ ⋅+ ∑ = nkn n n k  nnn an nan na 22 12,2642 )12(531 1 + +=×××× −××××= +   111 )12()1(2 +++ ++=++ nnnn aanaan nnn anana )12(]1)1(2[ 11 +−++= ++ 1)12()12( −−−+= nnn anana 2 3)12(35)32()12()12()12( 12211321 −+=−++−−−+−−+=++++ −−− nnnnnn anaaananananaaaa  12 1 +n an  1122 312321 −+<−+<++++ nnaaaa n 112 12 1 1 −+< +∑ = n k n k 1=n 3 1 2 13 1 13 213 + = + =− )1( ≥= kkn 112 12 1 1 −+< +∑ = k i k i 1+= kn 32 1112 32 1 12 1 5 1 3 1 + +−+< + + + +++ k k kk 132 12 11 1 −+< +∑+ = k i k i 2 1232 11232 32 132 32 112 +++ =+−+< + ⇒+< + ++ kk kk k k k k 1+= kn 112 2642 12531 42 31 2 1 −+<⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅⋅++⋅ ⋅+ − n n n aaaaa aaaa aa aa a a   sin( ) 2 cos xf x x = + 0x≥ ( )f x ax≤ a 解析:因为 ,所以 设 ,则 , 因为 ,所以 (i)当 时, 恒成立,即 ,所以当 时, 恒成立. (ii)当 时, ,因此当 时,不符合题意. (iii)当 时,令 ，则 故当 时, . 因此 在 上单调增加.故当 时, , 即 .于是，当 时， 所以综上有 的取值范围是 变式：若 ,其中 且 , ,求证: . 证明：容易得到 由上面那个题目知道 就可以知道 ★同型衍变:(2006 年全国一卷)已知函数 .若对任意 x∈(0,1) 恒有 f (x) >1, 求 a 的取值范围. 解析:函数 f (x)的定义域为(-∞, 1)∪(1, +∞), 导数为 . (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 (- , )为减函数, 故在区间(0, ) 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 ≥ , 这时 a 满足要求. 综上可知, 所求 a 的取值范围为 a≤2. sin( ) 2 cos xf x x = + 22 2 )2(cos cos21 )2(cos sin)cos2(cos)(' + +=+ ++= x x x xxxxf axxfxg −= )()( axxax xxax xaxfxg −+−+=−+ −−+++=−+ +=−= 222 )2(cos 3 2cos 2 )2(cos 212cos2cos )2(cos cos21)(')(' 0)0( =g 1|cos| ≤x    −∈+−+ 3 1,1)2(cos 3 2cos 2 2xx 3 1≥a 0)(' ≤xg 0)0()( =≤ gxg 3 1≥a ( )f x ax≤ 0≤a )2(02 1)2( ππ ⋅≥>= af 0≤a 3 10 << a ( ) sin 3h x x ax= − ( ) cos 3h x x a′ = − [ )0 arccos3x a∈ ， ( ) 0h x′ > ( )h x [ )0 arccos3a， (0 arccos3 )x a∈ ， ( ) (0) 0h x h> = sin 3x ax> (0 arccos3 )x a∈ ， sin sin( ) 2 cos 3 x xf x axx = > >+ a      +∞, 3 1 axi 3arccos0 << ni ,,3,2,1 = 3 10 << a axxxx n 3arccos321 =++++  aaxxxx n 3arccos2 3 2tan2tan2tan2tan 321 >++++  2 sin 1cos sin 2tan i i ii x x xx >+= ii axx 3sin > aaxxxx n 3arccos2 3 2tan2tan2tan2tan 321 >++++  1( ) e1 axxf x x −+= − ax x aaxxf − − −+=′ e)1( 2)( 2 2 a a 2− a a 2− a a 2− 2 1 0 =x a a 2− 1( ) e1 axxf x x −+= − 11 1 >− + x x