放缩法证明数列不等式经典例题
(完整版)放缩法典型例题
放缩法典型例题数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年高考命题的热点，这类问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．本文介绍一类与数列和有关的不等式问题，解决这类问题常常用到放缩法，而求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和．一．先求和后放缩例1．正数数列的前项的和，满足，试求：（1）数列的通项公式；（2）设，数列的前项的和为，求证：解：（1）由已知得，时，，作差得：，所以，又因为为正数数列，所以，即是公差为2的等差数列，由，得，所以（2），所以注：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前项和能直接求和或者通过变形后求和，则采用先求和再放缩的方法来证明不等式．求和的方式一般要用到等差、等比、差比数列（这里所谓的差比数列，即指数列满足条件）求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和．二．先放缩再求和1．放缩后成等差数列，再求和例2．已知各项均为正数的数列的前项和为,且.(1) 求证：；(2)求证：解：（1）在条件中，令，得，，又由条件有，上述两式相减，注意到得∴所以，，所以（2）因为，所以，所以；2．放缩后成等比数列，再求和例3．（1）设a，n∈N*，a≥2，证明：；（2）等比数列{a n}中，，前n项的和为A n，且A7，A9，A8成等差数列．设，数列{b n}前n项的和为B n，证明：B n＜．解：（1）当n为奇数时，a n≥a，于是，．当n为偶数时，a－1≥1，且a n≥a2，于是．（2）∵，，，∴公比．∴．．∴．3．放缩后为差比数列，再求和例4．已知数列满足：，．求证：证明：因为，所以与同号，又因为，所以，即，即．所以数列为递增数列，所以，即，累加得：．令，所以，两式相减得：，所以，所以，故得．4．放缩后为裂项相消，再求和例5．在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…P n中，若1≤i＜j≤m时P i＞P（即前面某数大于后面某数），则称P i与P j构成一个逆序.一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数.记排列的逆序数为a n，如排列21的逆序数，排列321的逆序数．j（1）求a4、a5，并写出a n的表达式；（2）令，证明，n=1,2,….（2）因为，所以.又因为，所以=.综上，.注：常用放缩的结论：（1）（2）．在解题时朝着什么方向进行放缩，是解题的关键，一般要看证明的结果是什么形式．如例２要证明的结论、为等差数列求和结果的类型，则把通项放缩为等差数列，再求和即可；如例3要证明的结论为等比数列求和结果的类型，则把通项放缩为等比数列，再求和即可；如例4要证明的结论为差比数列求和结果的类型，则把通项放缩为差比数列，再求和即可；如例5要证明的结论为裂项相消求和结果的类型，则把通项放缩为相邻两项或相隔一项的差，再求和即可．。
放缩法证明不等式
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∑=-nk k 12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k. 解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n knk (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk 奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n (4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n nn(5)nn n n 21121)12(21--=- (6) n n n -+<+221 (8) nn n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(13) 3212132122)12(332)13(2221nn n nnnnnn <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+ (15))2(1)1(1≥--<+n n n n n说明：1、用放缩法证明不等式，放缩要适应，否则会走入困境．例如证明4712111222<+++n ．由k k k11112--<，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如果从第2项放缩，可得小于2．当放缩方式不同，结果也在变化．2、放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后便于求和．例18 求证2131211222<++++n ． 分析：此题的难度在于，所求证不等式的左端有多项和且难以合并，右边只有一项．注意到这是一个严格不等式，为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律，这只需从21n 下手考查即可． 证明：∵)2(111)1(11112≥--=-<⋅=n nn n n n n n ， ∴ +⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+<++++312121111131211222n 212111<-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+n n n201417. (12分)已知数列{}n a 满足111,31n n a a a +==+.(I)证明{12}n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(II)证明2111132n a a a +++<.【答案解析】解析：(I)∵131n n a a +=+11331111)223(22n n n n a a a a ++∴⇒+=+++=+ 1112132a a =+⇒= ∴{12}n a +是首项为32，公比为3的等比数列∴1*131333,2222n n n n n a a n N --⋅+==∈=⇒ (II)由(I)知，*13,2n n a n N -=∈，故 121213*********(13)n n a a a +++=++-+-- 12110331112()3333n n --+-≤+-+12111()11131331(1()).133323213nn n --=++++==⋅-<- 例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n (2)求证:nn412141361161412-<++++(3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n nn(4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn解析:(1)因为⎪⎭⎫⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以)12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni(2))111(41)1211(414136116141222n nn -+<+++=++++(3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n nn ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案 (4)首先n n n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n n例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n解析:一方面:因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<1211212144411222n n n n n ,所以 35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk 另一方面:1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n n n n n n当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n n n n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++ ,当2=n 时,2191411)12)(1(6nn n n ++++<++ ,所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n。
利用放缩法证明数列型不等式
1 n(n 1)
1 n
-
1 n1
Sn
(1 1
1) 2
(1 2
1) 3
(1 n
1) n1
1
1 n
1
1
小结:可求和先求和，先裂项后放缩。
（2）先放缩后裂项
变式1.已知数列an 的通项公式为an
1 n2
, 且an 的前n项和为Sn，
求证 : Sn 2.
解析: an
1 n2
1 n(n 1)
(n 2)
3 2
.
解析 : 3n
-
2n
(1
2)n
2n
1
C
1 n
2
C
2 n
22
C
n n
2n
2n
C
2 n
22
2n(n
1)
(n 3)
1
1
1 1 1
3n
- 2n
2n(n 1)
2
(n
1)
n
(n 3)
当n
1时 ，S1
1
3 2
当n
2时 ，S 2
1
1 5
3 2
当n
3时 ，Sn
1
1 5
1 2
(1 2
1) 3
1 2
1
3 2
当n
2时 ，Sn
1
1 31
1 32
1 33
1 3n1
1
(1
1 3n
1 1
)
3 2
(1
1 3n
)
3 2
3
小结:先放缩构造成等比数列，再求和，最后二次放缩.
3.二项式定理放缩
放缩法证明数列不等式经典例题
放缩法 【2 】证实数列不等式重要放缩技巧： 1.211111111(1)(n 1)1n n n n nn n n -=<<=-++-- 2221144112()141(21)(21)21214n n n n n n n <===--+--+-==>===<==<====<== 5.121122211(21)(21)(22)(21)(21)2121n n n n n n n n n n ---<==-------- 6.11122(1)11(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n n n n n n +++++-==-+⋅+⋅⋅+⋅例1.设函数2*2()1x x n y n N x -+=∈+的最小值为n a ,最大值为n b ,且n c =（1）求n c ;（2）证实：4444123111174n cc c c ++++< 例2.证实：1611780<++<例3.已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s ,且12n n n a s a +=,*n N ∈; （1）求证：数列{}2n s 是等差数列; （2）解关于数列n 的不等式：11()48n n n a s s n ++⋅+>-（3）记312311112,n n n n bs T b b b b ==++++,证实：312n T <<-例4.已知数列{}n a 知足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公役为1的等差数列,且121n n n a a n ++=+;（1） 求n a;（212n na ++<例5.在数列{}n a 中,已知1112,2n n n n a a a a a ++==-; （1）求n a ;（2）证实：112233(1)(1)(1)(1)3n n a a a a a a a a -+-+-++-<例6.数列{}n a 知足：11122,1()22n n n n n a a a n a ++==++;（1）设2n n n b a =,求n b ;（2）记11(1)n n c n n a +=+,求证：12351162n c c c c ≤++++< 例7.已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s 知足：1,6(1)(2)n n n n s s a a >=++; （1）求n a ;（2）设数列{}n b 知足(21)1,n b n a -=并记123n n T b b b b =++++,求证：(3)231log n a n T ++>（函数的单调性,贝尽力不等式,结构,数学归纳法）例8.已知正项数列{}n a 知足：111(1)1,1n n n n na n a a a a +++==+ , 记2111222231111,[](2)n n b a b n a n a a a -==++++≥. （1）求n a ;（2）证实：1231111(1)(1)(1)(1)4n b b b b ++++<。
放缩法证明数列不等式之常数型与函数型(解析版)
放缩法证明数列不等式之常数型与函数型◆题型一:放缩法证明数列不等式之常数型方法解密:放缩法证明数列不等式属于数列大题中较有难度的一种题型.大部分是以证明某个数列和大于或小于一个常数类型,小部分是证明某个数列前n项和或者积大于或小于一个函数(下一专题详解).本专题我们来介绍最常见的常数类型.放缩的目的有两个:一是通过放缩使数列的和变换成比如裂项相消等可以简单求和的形式,这样可以方便比较大小.二是两者之间无法直接比较大小,这样我们需要通过寻找一个媒介,来间接比较大小.放缩的原则:放缩必然会导致数变大或者变小的情况,我们的原则是越精确越好.在证明过程中,为了使放缩更精确,往往会第一项不变,从第二项或者第三项开始放缩(例题会有讲解).放缩的方法:(1)当我们要证明多项式M<A时,我们无法直接证明两者的大小,这时我们可以将多项式M放大为N1,当我们能够证明N1<A,也间接证明了M<A.切不可将M缩小为N2,即使能够证明N2<A,M与A的关系无法得证.(2)当我们要证明多项式M>A时,这时我们可以将多项式M缩小为N1,当我们能够证明N1>A,也间接证明了M>A.需要放缩的多项式多以分式形式出现,要使得分式的值变大,就是将分母变小,常见是将分母减去一个正数,比如1.常见的放缩形式:(1)1n2<1n-1n=1n-1-1n n≥2；(2)1n2>1n n+1=1n-1n+1；(3)1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1；(5)1n =2n+n<2n-1+n=2-n-1+nn≥2；(6)1n =2n+n>2n+n+1=2-n+n+1；(7)1n =2n+n<2n-12+n+12=222n-1+2n+1=2-2n-1+2n+1；(8)2n2n-12=2n2n-12n-1<2n2n-12n-2=2n-12n-12n-1-1=12n-1-1-12n-1n≥2；(12)12n-1<2n-12n-1-12n-1=12n-1-1-12n-1n≥2.类型一:裂项放缩求证112+122+132+.....+1n2<2【解析】因为1n2<1n2-n=1n n-1=1n-1-1n n≥2,所以112+122+132+.....+1n2<112+1 22-2+132-3+.....+1n2-n=1+1-12+12-13+.....+1n-1-1n=2-1n<2,所以原式得证.为什么第一项没有经过放缩,因为分母不能为0,所以只能从第二项进行放缩.总结:证明数列之和小于常数2,式子左侧我们进行放大处理,各个分式分母减去n ,可以变换成裂项相消的形式,同时又能作为媒介与2比较大小.同时要注意从第几项开始放缩的问题.【变式1】求证112+122+132+.....+1n 2<74【解析】因为1n 2<1n 2-1=1n +1 n -1=121n -1-1n +1 n ≥2 ,所以112+122+132+....+1n 2<112+122-1+132-1+....+1n 2-1=1+121-13+12-14+13-15....+1n -1-1n =1+121+12-1n -1n +1 <74,所以原式得证. 总结:证明数列之和小于常数2,式子左侧我们进行放大处理,各个分式分母减去n ,可以变换成裂项相消的形式,同时又能作为媒介与2比较大小.同时要注意从第几项开始放缩的问题.【变式2】求证112+122+132+.....+1n 2<53【解析】因为1n 2<1n 2-1=1n +1 n -1=121n -1-1n +1 n ≥2 ,所以112+122+132+....+1n 2<112+122+132-1+....+1n 2-1=1+122+1212-14+13-15+14-16+....+1n -1-1n =1+14+1212+13-1n -1n +1 =53-121n +1n +1 <53,注意这是保留前两项,从第三项开始放缩.总结:通过例1和变式题我们发现,我们对分式的进行放大,分母我们依次减去的数是n ,1.不难发现,这些数递减,所得的结果也是递减的.说明减去的数越小,所得的结果越精确.同时通过两道变试题我们也发现,保留前几项不动,这样放缩的精度也会高一些.有些模拟题中,经常出现保留前2项到3项不动的情况.那么作为学生如何判断从第几项开始放缩呢?这需要学生去尝试和试错,如果第一项不行,那就尝试第二项,第三项.【经典例题2】已知a n =n 2,b n =n 2,设c n =1a n +b n,求证:c 1+c 2+⋯+c n <43. 【解析】已知a n =n2,b n =n 2,因为c n =22n 2+n=2n (2n +1)=42n (2n +1)<4(2n -1)(2n +1)=212n -1-12n +1 所以c 1+c 2+⋯+c n <23+213-15+15-17+⋯+12n -1-12n +1 =23+23-22n +1<43,故不等式得证.【经典例题3】已知数列a n 满足a 1=1，a n -1=n -1na n (n ≥2,n ∈N *)，(1)求a n ;(2)若数列b n 满足b 1=13，b n +1=b n +1a 2n(n ∈N *)，求证：b n <2512．【答案】(1)a n =n ；(2)证明见解析．【详解】(1)由题意a n a n -1=nn -1(n ≥2)，∴a n =a 1×a 2a 1×a 3a 2×⋯×a n a n -1=1×21×32×⋯×nn -1=n ，a 1=1也适合．所以a n =n (n ∈N *)；(2)由已知b 1=13<2512，b 2=b 1+1=43<2512，b 3=b 2+122=43+14=1912<2512，当n ≥3时，b n +1-b n =1n2<1n (n -1)=1n -1-1n ，因此b n +1=b 3+(b 4-b 3)+(b 5-b 4)+⋯+(b n +1-b n )<1912+12-13 +13-14 +⋯+1n -1-1n=2512-1n <2512，则b n =b n +1-1n2<2512综上，b n <2512．类型二:等比放缩所谓等比放缩就是数列本身并非为标准的等比数列,我们将数列的通项经过一定的放缩使之成为一个等比数列,然后再求和,我们通过例题进行观察了解.【经典例题4】证明:121-1+122-1+123-1+...+12n -1<53【解析】令a n =12n -1,则a n +1a n =2n -12n +1-1<2n -12n +1-2=12⇒a n +1<12a n又因为a 1=1,a 2=13,由于不等式右边分母为3,因此从第三项开始放缩,得a 1+a 2+⋯+a n <a 1+a 2+12a 2+⋯+12 n -2a 2=1+131-12n -1 1-12<53故不等式得证.【经典例题5】已知数列a n 满足：a 1=2，a n +1=2a n +2n +1，n ∈N *.(1)求证a n2n 是等差数列并求a n ；(2)求数列a n 的前n 项和S n ；(3)求证：1a 2-a 1+1a 3-a 2+1a 4-a 3+⋅⋅⋅+1a n +1-a n <12.【答案】(1)证明见解析，a n =n ⋅2n ；(2)S n =(n -1)2n +1+2；(3)证明见解析.【详解】(1)证明：a n +12n +1-a n 2n =2a n +2n +12n +1-a n 2n =2a n 2n +1+1-a n2n=1，∴a n 2n 是首项为a 121=1，公差为1的等差数列，∴a n 2n =1+(n -1)1=n ，∴a n =n ⋅2n .(2)∵S n =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅⋅⋅⋅n ⋅2n ，∴2S n =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅n ⋅2n +1，两式相减得：-S n =21+22+23+⋅⋅⋅⋅⋅⋅2n -n ⋅2n +1，-S n =21-2n1-2-n ⋅2n +1，∴S n =(n -1)2n +1+2.(3)证明：∵a n =n ⋅2n ，∴a n +1=(n +1)⋅2n +1，∴a n +1-a n =(n +2)⋅2n ，当n ∈N *时，n +2>2，∴(n +2)⋅2n >2n +1，∴1(n +2)⋅2n <12n +1，∴1a 2-a 1+1a 3-a 2+1a 4-a 3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅1a n +1-a n <122+123+124+⋅⋅⋅⋅⋅⋅12n +1=141-12 n1-12=121-12 n <12.【练习1】已知数列{a n }中，a 1=1，其前n 项的和为S n ，且当n ≥2时，满足a n =S 2nS n -1．(1)求证：数列1S n 是等差数列；(2)证明：S 21+S 22+⋯+S 2n <74．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【解析】(1)当n ≥2时，S n -S n -1=S 2nS n -1，S n -1-S n =S n S n -1，即1S n -1S n -1=1从而1S n 构成以1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)可知，1S n =1S 1+n -1 ×1=n ，∴S n =1n ．则当n ≥2时S 2n =1n 2<1n 2-1=121n -1-1n +1 ．故当n ≥2时S 21+S 22+⋯+S 2n <1+121-13 +1212-14 +⋯+121n -1-1n +1=1+121+12-1n -1n +1 <1+12⋅32=74又当n =1时，S 21=1<74满足题意，故S 21+S 22+⋯+S 2n <74．法二：则当n ≥2时S 2n =1n 2<1n 2-n=1n -1-1n ，那么S 21+S 22+⋯+S 2n <1+14+12-13 +13-14 +⋯1n -1-1n =74-1n <74又当n =1时，S 21=1<74，当时，S 21=1<74满足题意.【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =12na n+a n -1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若数列2a 2n的前n 项和为T n ，证明：T n <32．【答案】(1)a n =n +1n ∈N * ．(2)见解析【解析】(1)当n =1时，S 1=12a 1+a 1-1，即a 1=2，当n ≥2时，S n =12na n+a n -1①，S n -1=12n -1 a n -1+a n -1-1②，①-②，得：2a n =na n -n -1 a n -1+2a n -2a n -1，即na n =n +1 a n -1，∴a n n +1=a n -1n ，且a 12=1，∴数列a n n +1 是以每一项均为1的常数列，则a nn +1=1，即a n =n +1n ∈N * ；(2)由(1)得a n =n +1，∴2a 2n =2n +12<2n n +2 =1n -1n +2，∴T n <1-13+12-14+13-15+⋯+1n -1n +2=1+12-1n +1-1n +2<32.【练习3】已知函数f (x )=x 3-2x ，数列a n 中，若a n +1=f (a n )，且a 1=14.(1)求证：数列1a n-1是等比数列；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n <12.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)由函数f (x )=x3-2x ，在数列a n 中，若a n +1=f (a n )，得：a n +1=a n 3-2a n，上式两边都倒过来，可得：1a n +1=3-2a n a n =3a n-2，∴1a n +1-1=3a n -2-1=3a n -3=31a n -1 ．∵1a 1-1=3．∴数列1a n -1 是以3为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)，可知：1a n -1=3n ，∴a n =13n +1，n ∈N *．∵当n ∈N *时，不等式13n +1<13n 成立．∴S n =a 1+a 2+⋯+a n =131+1+132+1+...+13n +1<131+132+...+13n =13⋅1-13n 1-13=12-12•13n <12．∴S n <12．【练习4】已知函数f (x )=x 2-2x ，数列a n 的前n 项和为S n ，点P n n ,S n 均在函数y =f x 的图象上．若b n=12a n +3 (1)当n ≥2时，试比较b n +1与2b n的大小；(2)记c n =1b n n ∈N *试证c 1+c 2+⋯+c 400<39.【答案】(1)b n +1<2bn ；(2)证明见解析.【详解】(1)∴f (x )=x 2-2x ，故S n =n 2-2n ，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=2n -3，当n =1时，a 1=S 1=-1适合上式，因此a n =2n -3n ∈N * .从而b n =n ,b n +1=n +1,2b n=2n ，当n ≥2时，2n =1+1 n =C n 0+C n 1+⋯>n +1故b n +1<2b n=2n(2)c n =1b n =1n，c 1=1，1n =2n +n <2n +n -1=2(n -n -1)n ∈N *,n ≥2 c 1+c 2+...+c 400<1+22-1 +23-2 +...+2400-399 =2400-1=39.◆题型二:放缩法证明数列不等式之函数型方法解密:数列放缩较难的的两类便是形如数列的前n 项和与函数f (n )的不等关系,即a 1+a 2+⋯+a n <f (n )或者数列前n 项积与函数f (n )的不等关系,即a 1⋅a 2⋅⋯⋅a n <f (n )的问题,其中,这里的前n 项和与前n 项积难求或者是根本无法求.面对这类题时,首先,我们可以将f (n )看成某个数列的和或者积,然后通过比较通项的大小来解决;其次,我们也可以对a n 进行变形,使之能求和或者求积.往往第二种方法难以把握,对学生综合素质要求较高.而第一种方法相对简单易行,所以本专题以“拆项”为主线详细讲解.【经典例题1】已知数列a 1=32,a n +1=3a n -1,n ∈N *(1)若数列b n 满足b n =a n -12,求证:数列b n 是等比数列。
放缩法证明数列不等式
数列微专题——放缩法证明数列不等式一、常见的放缩变形： （1）()()211111n n n n n <<+-， ()()22111111111211n n n n n n ⎛⎫<==- ⎪--+-+⎝⎭，()()22211411111412121221214n n n n n n n ⎛⎫<==- ⎪--+-+⎝⎭- （2=，从而有：22-=<<<（3）分子分母同加常数：()()0,0,0,0b b m b b m b a m a b m a a m a a m++>>>>>>>>++ （4）()()()()()()()121222221212122212121nn n n n n n n n n n--=<=------- ()1112,2121n nn n N *-=-≥∈-- 可推广为：()()()()()()()121111111nn n n n n n n n n n k k k k k k k k k k k k --=<=------- ()1112,2,,11n nn k k n N k k *-=-≥≥∈-- 二、典型例题：例1：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()14211n n S n a +=-+，且11a = （1）求证：数列{}n a 是等差数列，并求出{}n a 的通项公式 （2）设n b =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：32n T <例2：设数列{}n a 满足：111,3,n n a a a n N *+==∈，设n S 为数列{}n b 的前n 项和，已知10b ≠，112,n n b b S S n N *-=⋅∈（1）求数列{}{},n n a b 的通项公式 （2）求证：对任意的n N *∈且2n ≥，有223311132n n a b a b a b +++<---例3：已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12,n n na S n N a *+=∈ （1）求证：数列{}2n S 是等差数列（2）记数列3121112,n n n n bS T b b b ==+++，证明：312n T <≤-例4：已知数列{}n a 满足21112,21,n n a a a n N n ++⎛⎫==+∈ ⎪⎝⎭（1）求证：数列2n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求出数列{}n a 的通项公式 （2）设n nnc a =，求证：121724n c c c +++<例5：已知数列{}n a 满足()()1111,2,412n n n n a a a n n N a --==≥∈-- （1）试判断数列()11n n a ⎧⎫+-⎨⎬⎩⎭是否为等比数列，并说明理由 （2）设()21sin 2n n n b a π-=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：对任意的4,7n n N T *∈<放缩法证明数列不等式教师版一、基础知识：在前面的章节中，也介绍了有关数列不等式的内容，在有些数列的题目中，要根据不等式的性质通过放缩，将问题化归为我们熟悉的内容进行求解。
高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结.
⾼考数学数列不等式证明题放缩法⼗种⽅法技巧总结.1. 均值不等式法例1 设.)1(3221+++?+?=n n S n 求证.2)1(2)1(2+<<+n S n n n 例2 已知函数bxa x f 211)(?+=，若54)1(=f ，且)(x f 在[0，1]上的最⼩值为21，求证：.2121)()2()1(1-+>++++n n n f f f 例3 求证),1(221321N n n n C C C Cn nnnnn∈>?>++++- .例4 已知222121n a a a +++=，222121n x x x +++=，求证：n n x a x a x a +++ 2211≤1.1()511)(311)(11(+>-++++n n 例6 已知函数.2,,10,)1(321lg )(≥∈≤n a n x f xx x x 给定求证：)0)((2)2(≠>x x f x f 对任意*∈N n 且2≥n 恒成⽴。
例7 已知112111,(1).2n nna a a n n +==+++ )(I ⽤数学归纳法证明2(2)n a n ≥≥；)(II 对ln(1)x x +<对0x >都成⽴，证明2n a e <（⽆理数 2.71828e ≈）例8 已知不等式21111[log ],,2232n n N n n *+++>∈>。
2[log ]n 表⽰不超过n 2log 的最⼤整数。
设正数数列}{n a 满⾜：.2,),0(111≥+≤>=--n a n na a b b a n n n 求证.3,][log 222≥+a n再如：设函数()x f x e x =-。
（Ⅰ）求函数()f x 最⼩值；（Ⅱ）求证：对于任意n N*∈，有1().1en e =<-∑ 例9 设n n na )11(+=，求证：数列}{n a 单调递增且.43. 部分放缩例10 设++=a n a 21111,23a aa n ++≥,求证：.2例11 设数列{}n a 满⾜()++∈+-=N n na a a n n n 121，当31≥a 时证明对所有,1≥n 有：2)(+≥n a i n ； 21111111)(21≤++++++na a a ii .4 . 添减项放缩例12 设N n n∈>,1，求证)2)(1(8)32(++<n n n.例13 设数列}{n a 满⾜).,2,1(1,211 =+==+n a a a a nn n 证明12+>n a n 对⼀切正整数n 成⽴；5 利⽤单调性放缩: 构造函数3)(x ax x f -=的最⼤值不⼤于61，⼜当]21,41[∈x 时.81)(≥x f（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）设*+∈=<1011，证明.11+<n a n 例15 数列{}n x 由下列条件确定：01>=a x ，,211+=+n n n x a x x N n ∈．（I ）证明：对2≥n 总有a x n≥；(II) 证明：对2≥n 总有1+≥n n x x6 . 换元放缩例16 求证).2,(1211≥∈-+<<*n N n n n n例17 设1>a ，N n n ∈≥,2，求证4)1(22->a n a n.7 转化为加强命题放缩例18 设10<n +=+=+1,111，求证：对⼀切正整数n 有.1>n a 例19 数列{}n x 满⾜.,21 2211nx x x x n n n +==+证明.10012001例20 已知数列｛a n ｝满⾜：a 1＝32，且a n ＝n 1n 13na n 2n N 2a n 12n ！8. 分项讨论例21 已知数列}{n a 的前n 项和n S 满⾜.1,)1(2≥-+=n a S n n n（Ⅰ）写出数列}{n a 的前3项321,,a a a ；（Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅲ）证明：对任意的整数4>m ，有8711154<+++m a a a .9. 借助数学归纳法例22（Ⅰ）设函数)10( )1(log )1(log )(22<<--+=x x x x x x f ，求)(x f 的最⼩值；（Ⅱ）设正数n p p p p 2321,,,, 满⾜12321=++++n p p p p ，求证：np p p p p p p p n n -≥++++222323222121log log log log10. 构造辅助函数法例23 已知()f x = 2ln 243x x +-,数列{}n a 满⾜()()*11 2 ,0211N n a f a n an ∈=<<-++（1）求()f x 在??-021，上的最⼤值和最⼩值; （2）证明：102n a -<<;（3）判断n a 与1()n a n N *+∈的⼤⼩，并说明理由.例24 已知数列{}n a 的⾸项135a =，1321n（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的0x>，21121(1)3n na x xx ??-- ?++??≥，12n =，，；（Ⅲ）证明：2121n n a a a n +++>+．例25 已知函数f(x)=x 2-1(x>0)，设曲线y=f(x)在点（x n ,f(x n )）处的切线与x 轴的交点为（x n+1,0）(n ∈N * ). (Ⅰ) ⽤x n 表⽰x n+1；（Ⅱ）求使不等式1n n x x +≤对⼀切正整数n 都成⽴的充要条件，并说明理由；（Ⅲ）若x 1=2，求证：.31211111121-≤++++++n n x x x例1 解析此数列的通项为.,,2,1,)1(n k k k a k=+=2121)1(+=++<+)21(11∑∑==+<<∴nk n nk k S k ，即.2)1(22)1(2)1(2+<++<<+n n n n S n n n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2ba ab +≤，若放成1)1(+<+k k k 则得2)1(2)3)(1()1(2++=+<∑=n n n k S nk n ，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3,2=n 等的各式及其变式公式均可供选⽤。
高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结(无师自通)
1. 均值不等式法例1 设.)1(3221+++⋅+⋅=n n S n !求证.2)1(2)1(2+<<+n S n n n例2 已知函数bxa x f 211)(⋅+=，若54)1(=f ，且)(x f 在[0，1]上的最小值为21，求证：.2121)()2()1(1−+>++++n n n f f f ! 例3 求证),1(221321N n n n C C C Cn n nn n n ∈>⋅>++++−!.例4 已知222121n a a a +++=L ，222121n x x x +++=L ，求证：n n x a x a x a +++!2211≤1.2．利用有用结论例5 求证.12)1211()511)(311)(11(+>−++++n n ! 例6 已知函数.2,,10,)1(321lg )(≥∈≤<⋅+−++++=∗n N n a nn a n x f xx x x 给定!求证：)0)((2)2(≠>x x f x f 对任意∗∈N n 且2≥n 恒成立。
例7 已知112111,(1).2n nna a a n n +==+++ )(I 用数学归纳法证明2(2)n a n ≥≥；)(II 对ln(1)x x +<对0x >都成立，证明2n a e <（无理数 2.71828e ≈L）例8 已知不等式21111[log ],,2232n n N n n ∗+++>∈>L 。
2[log ]n 表示不超过n 2log 的最大整数。
设正数数列}{n a 满足：.2,),0(111≥+≤>=−−n a n na a b b a n n n 求证.3,][log 222≥+<n n b ba n再如：设函数()x f x e x =−。
（Ⅰ）求函数()f x 最小值；（Ⅱ）求证：对于任意n N ∗∈，有1().1nn k k ene =<−∑ 例9 设n n na )11(+=，求证：数列}{n a 单调递增且.4<n a3. 部分放缩例10 设++=a na 21111,23a aa n ++≥L ,求证：.2<n a例11 设数列{}n a 满足()++∈+−=N n na a a n n n 121，当31≥a 时证明对所有,1≥n 有：2)(+≥n a i n ； 21111111)(21≤++++++na a a ii !. 4 . 添减项放缩例12 设N n n∈>,1，求证)2)(1(8)32(++<n n n . 例13 设数列}{n a 满足).,2,1(1,211!=+==+n a a a a nn n 证明12+>n a n 对一切正整数n 成立；5 利用单调性放缩: 构造函数例14 已知函数223)(x ax x f −=的最大值不大于61，又当]21,41[∈x 时.81)(≥x f （Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）设∗+∈=<<N n a f a a n n ),(,21011，证明.11+<n a n 例15 数列{}n x 由下列条件确定：01>=a x ，,211⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=+n n n x a x x N n ∈． （I） 证明：对2≥n总有a x n≥；(II) 证明：对2≥n 总有1+≥n n x x6 . 换元放缩例16 求证).2,(1211≥∈−+<<∗n N n n n n例17 设1>a ，N n n ∈≥,2，求证4)1(22−>a n a n.7 转化为加强命题放缩例18 设10<<a ，定义a a a a a nn +=+=+1,111，求证：对一切正整数n 有.1>n a 例19 数列{}n x 满足.,212211nx x x x n n n +==+证明.10012001<x例20 已知数列｛a n｝满足：a 1＝32，且a n＝n 1n 13na n 2n N 2a n 1∗≥∈－－（，）＋－ （1）求数列｛a n ｝的通项公式；（2）证明：对一切正整数n 有a 1•a 2•……a n <2•n！8. 分项讨论例21 已知数列}{n a 的前n 项和n S 满足.1,)1(2≥−+=n a S n n n（Ⅰ）写出数列}{n a 的前3项321,,a a a ； （Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅲ）证明：对任意的整数4>m ，有8711154<+++ma a a !.9. 借助数学归纳法例22（Ⅰ）设函数)10( )1(log )1(log )(22<<−−+=x x x x x x f ，求)(x f 的最小值；（Ⅱ）设正数n p p p p 2321,,,,!满足12321=++++n p p p p !，求证：np p p p p p p p n n −≥++++222323222121log log log log !10. 构造辅助函数法例23 已知()f x = 2ln 243x x +−,数列{}n a 满足()()*11 2 ,0211N n a f a n an ∈=<<−++（1）求()f x 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡−021，上的最大值和最小值; （2）证明：102n a −<<; （3）判断n a 与1()n a n N ∗+∈的大小，并说明理由.例24 已知数列{}n a 的首项135a =，1321n n n a a a +=+，12n =L，，．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）证明：对任意的0x>，21121(1)3n na x xx ⎛⎞−−⎜⎟++⎝⎠≥，12n =L ，，； （Ⅲ）证明：2121n n a a a n +++>+L ．例25 已知函数f(x)=x 2-1(x>0)，设曲线y=f(x)在点（x n ,f(x n )）处的切线与x 轴的交点为（x n+1,0）(n∈N *). (Ⅰ) 用x n 表示x n+1； （Ⅱ）求使不等式1n n x x +≤对一切正整数n 都成立的充要条件，并说明理由；（Ⅲ）若x 1=2，求证：.31211111121−≤++++++n n x x x !例1 解析 此数列的通项为.,,2,1,)1(n k k k a k !=+=2121)1(+=++<+<k k k k k k ∵，)21(11∑∑==+<<∴nk n n k k S k ，即.2)1(22)1(2)1(2+<++<<+n n n n S n n n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2ba ab +≤，若放成1)1(+<+k k k 则得2)1(2)3)(1()1(21+>++=+<∑=n n n k S nk n ，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3,2=n 等的各式及其变式公式均可供选用。
“放缩法”解不等式的8个例子，难题轻松解决！
“放缩法”解不等式的8个例⼦，难题轻松解决！添加或舍弃⼀些正项（或负项）若多项式中加上⼀些正的值，多项式的值变⼤，多项式中加上⼀些负的值，多项式的值变⼩。
由于证明不等式的需要，有时需要舍去或添加⼀些项，使不等式⼀边放⼤或缩⼩，利⽤不等式的传递性，达到证明的⽬的。
本题在放缩时就舍去了，从⽽是使和式得到化简.先放缩再求和（或先求和再放缩）此题不等式左边不易求和,此时根据不等式右边特征, 先将分⼦变为常数，再对分母进⾏放缩，从⽽对左边可以进⾏求和. 若分⼦, 分母如果同时存在变量时, 要设法使其中之⼀变为常量，分式的放缩对于分⼦分母均取正值的分式。
如需放⼤，则只要把分⼦放⼤或分母缩⼩即可；如需缩⼩，则只要把分⼦缩⼩或分母放⼤即可。
先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）本题先采⽤减⼩分母的两次放缩，再裂项，最后⼜放缩，有的放⽮，直达⽬标.放⼤或缩⼩“因式”本题通过对因式放⼤，⽽得到⼀个容易求和的式⼦，最终得出证明.逐项放⼤或缩⼩本题利⽤，对中每项都进⾏了放缩，从⽽得到可以求和的数列，达到化简的⽬的。
固定⼀部分项，放缩另外的项此题采⽤了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不⼀定从第⼀项开始，须根据具体题型分别对待，即不能放的太宽，也不能缩的太窄，真正做到恰倒好处。
利⽤基本不等式放缩本题通过化简整理之后，再利⽤基本不等式由放⼤即可.先适当组合, 排序, 再逐项⽐较或放缩以上介绍了⽤“放缩法”证明不等式的⼏种常⽤策略，解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的⽅法，有时还需要⼏种⽅法融为⼀体。
在证明过程中，适当地进⾏放缩，可以化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。
但放缩的范围较难把握，常常出现放缩后得不出结论或得到相反的现象。
因此，使⽤放缩法时，如何确定放缩⽬标尤为重要。
要想正确确定放缩⽬标，就必须根据欲证结论，抓住题⽬的特点。
掌握放缩技巧，真正做到弄懂弄通，并且还要根据不同题⽬的类型，采⽤恰到好处的放缩⽅法，才能把题解活，从⽽培养和提⾼⾃⼰的思维和逻辑推理能⼒，分析问题和解决问题的能⼒。
放缩法证明数列不等式经典例题
放缩法证明数列不等式 主要放缩技能： 1.211111111(1)(n 1)1n n n n n n n n-=<<=-++--2. ==>==<=4. =<5. 121122211(21)(21)(22)(21)(21)2121n n n n n n n n n n ---<==-------- 6. 11122(1)11(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n n n n n n +++++-==-+⋅+⋅⋅+⋅ 例1.设函数2*2()1x x n y n N x -+=∈+的最小值为n a ，最大值为n b，且n c =（1）求n c ；（2）证明：4444123111174n cc c c ++++< 例2.证明：1611780<++< 例3.已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s ，且12n n n a s a +=，*n N ∈； （1）求证：数列{}2n s 是等差数列； （2）解关于数列n 的不等式：11()48n n n a s s n ++⋅+>-（3）记312311112,n n n n bs T b b b b ==++++，证明：312n T << 例4. 已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列，且121n n n a a n ++=+； （1） 求n a；（22na ++<例5.在数列{}n a 中，已知1112,2n n n n a a a a a ++==-；（1）求n a ；（2）证明：112233(1)(1)(1)(1)3n n a a a a a a a a -+-+-++-<例6. 数列{}n a 满足：11122,1()22n n n nn a a a n a ++==++； （1）设2nn n b a =，求n b ；（2）记11(1)n n c n n a +=+，求证：12351162n c c c c ≤++++< 例7. 已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s 满足：1,6(1)(2)n n n n s s a a >=++；（1）求n a ；（2）设数列{}n b 满足(21)1,n b n a -=并记123n n T b b b b =++++，求证：(3)231log n a n T ++>（函数的单调性，贝努力不等式，构造，数学归纳法） 例8. 已知正项数列{}n a 满足：111(1)1,1n n n n na n a a a a +++==+ ， 记2111222231111,[](2)n n b a b n a n a a a -==++++≥。
2023届高考数学专项练习放缩法证明数列不等式之常数型与函数型含解析 (2)
2023届高考数学专项练习放缩法证明数列不等式之常数型与函数型◆题型一:放缩法证明数列不等式之常数型方法解密:放缩法证明数列不等式属于数列大题中较有难度的一种题型.大部分是以证明某个数列和大于或小于一个常数类型,小部分是证明某个数列前n项和或者积大于或小于一个函数(下一专题详解).本专题我们来介绍最常见的常数类型.放缩的目的有两个:一是通过放缩使数列的和变换成比如裂项相消等可以简单求和的形式,这样可以方便比较大小.二是两者之间无法直接比较大小,这样我们需要通过寻找一个媒介,来间接比较大小.放缩的原则:放缩必然会导致数变大或者变小的情况,我们的原则是越精确越好.在证明过程中,为了使放缩更精确,往往会第一项不变,从第二项或者第三项开始放缩(例题会有讲解).放缩的方法:(1)当我们要证明多项式M<A时,我们无法直接证明两者的大小,这时我们可以将多项式M放大为N1,当我们能够证明N1<A,也间接证明了M<A.切不可将M缩小为N2,即使能够证明N2<A,M与A的关系无法得证.(2)当我们要证明多项式M>A时,这时我们可以将多项式M缩小为N1,当我们能够证明N1>A,也间接证明了M>A.需要放缩的多项式多以分式形式出现,要使得分式的值变大,就是将分母变小,常见是将分母减去一个正数,比如1.常见的放缩形式:(1)1n2<1n-1n=1n-1-1n n≥2；(2)1n2>1n n+1=1n-1n+1；(3)1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1；(5)1n =2n+n<2n-1+n=2-n-1+nn≥2；(6)1n =2n+n>2n+n+1=2-n+n+1；(7)1n =2n+n<2n-12+n+12=222n-1+2n+1=2-2n-1+2n+1；(8)2n2n-12=2n2n-12n-1<2n2n-12n-2=2n-12n-12n-1-1=12n-1-1-12n-1n≥2；(12)12n-1<2n-12n-1-12n-1=12n-1-1-12n-1n≥2.类型一:裂项放缩【经典例题1】求证112+122+132+.....+1n2<2【变式1】求证112+122+132+.....+1n2<74【变式2】求证112+122+132+.....+1n2<53【经典例题2】已知a n=n2,b n=n2,设c n=1a n+b n,求证:c1+c2+⋯+c n<43.【经典例题3】已知数列a n满足a1=1，a n-1=n-1n a n(n≥2,n∈N*)，(1)求a n;(2)若数列b n满足b1=13，b n+1=b n+1a2n(n∈N*)，求证：b n<2512．类型二:等比放缩所谓等比放缩就是数列本身并非为标准的等比数列,我们将数列的通项经过一定的放缩使之成为一个等比数列,然后再求和,我们通过例题进行观察了解.【经典例题4】证明:121-1+122-1+123-1+...+12n -1<53【经典例题5】已知数列a n 满足：a 1=2，a n +1=2a n +2n +1，n ∈N *.(1)求证a n 2n 是等差数列并求a n ；(2)求数列a n 的前n 项和S n ；(3)求证：1a 2-a 1+1a 3-a 2+1a 4-a 3+⋅⋅⋅+1a n +1-a n <12.【练习1】已知数列{a n }中，a 1=1，其前n 项的和为S n ，且当n ≥2时，满足a n =S 2n S n -1．(1)求证：数列1S n 是等差数列；(2)证明：S 21+S 22+⋯+S 2n <74．【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =12na n +a n -1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若数列2a 2n 的前n 项和为T n ，证明：T n <32．【练习3】已知函数f (x )=x 3-2x ，数列a n 中，若a n +1=f (a n )，且a 1=14.(1)求证：数列1a n -1 是等比数列；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n <12.【练习4】已知函数f (x )=x 2-2x ，数列a n 的前n 项和为S n ，点P n n ,S n 均在函数y =f x 的图象上．若b n=12a n +3 (1)当n ≥2时，试比较b n +1与2b n的大小；(2)记c n =1b n n ∈N *试证c 1+c 2+⋯+c 400<39.◆题型二:放缩法证明数列不等式之函数型方法解密:数列放缩较难的的两类便是形如数列的前n 项和与函数f (n )的不等关系,即a 1+a 2+⋯+a n <f (n )或者数列前n 项积与函数f (n )的不等关系,即a 1⋅a 2⋅⋯⋅a n <f (n )的问题,其中,这里的前n 项和与前n 项积难求或者是根本无法求.面对这类题时,首先,我们可以将f (n )看成某个数列的和或者积,然后通过比较通项的大小来解决;其次,我们也可以对a n 进行变形,使之能求和或者求积.往往第二种方法难以把握,对学生综合素质要求较高.而第一种方法相对简单易行,所以本专题以“拆项”为主线详细讲解.【经典例题1】已知数列a 1=32,a n +1=3a n -1,n ∈N *(1)若数列b n 满足b n =a n -12,求证:数列b n 是等比数列。
利用函数放缩证明不等式、数列(解析版)
利用函数放缩证明不等式、数列一、解答题1.已知函数f (x )=a ln x -x +1，其中a ∈R ．(1)讨论函数f (x )零点个数；(2)求证：e1+12+13+⋯+1n>n n ∈N * ．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导，分类讨论a 的取值，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，进而可求解，(2)根据ln x <x -1，取x =1+1n，利用累加法，结合指对互化即可求解.【详解】(1)∵f x =a x -1=a -xx(x >0)∴①当a ≤0时，f x <0,即f x 在0,+∞ 单调递减，又f (1)=0，∴f (x )只有一个零点.②当a >0时，令f x =0,则x =a ，当0<x <a 时，f x >0,当x >a 时，f x <0,故f x 在0,a 单调递增，f x 在a ,+∞ 单调递减，∴f x ≤f a =a ln a -a +1，令g a =a ln a -a +1，则g a =ln a ，故当0<a <1时，g (a )<0,g a 单调递减，当a >1时，g (a )>0,g a 单调递增，故g a ≥g 1 =0，又x →0,f x →-∞，x →+∞,f x →-∞，故当a =1时，f x 只有一个零点，当a >0且a ≠1时，f x 有两个零点，综上可知：故当a =1或a ≤0时，f x 只有一个零点，当a >0且a ≠1时，f x 有两个零点，(2)由(1)可知，当a =1时，f x =ln x -x +1在1,+∞ 单调递减，故当x >1时，f x =ln x -x +1<f 1 =0，故ln x <x -1，取x =1+1n ，则ln 1+1n <1n ，即ln n +1 -ln n <1n ，相加可得ln2-ln1 +ln3-ln2 +⋯+ln n +1 -ln n <1+12+13+⋯+1n，∴ln n +1 <1+12+13+⋯+1n ，∴e1+12+13+⋯+1n>eln n +1=n +1>n ，【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.2.已知函数f (x )=e x -12ax 2-x .(1)若f (x )在x ∈R 上单调递增，求a 的值；(2)证明：(1+1)1+14 ⋅⋅⋅1+1n2<e 2(n ∈N *且n ≥2).【答案】(1)1；(2)证明见解析.【分析】(1)求出函数f (x )的导数f (x )，根据给定条件可得f (x )≥0恒成立，再利用导数分类讨论求解作答.(2)利用(1)的结论得当x >0时，ln x +1 <x ，取x =1n 2，利用不等式的性质结合裂项相消法求和作答.【详解】(1)函数f (x )=e x -12ax 2-x ，求导得f (x )=e x -ax -1，由于函数f x 在R 上单调递增，则f x =e x -ax -1≥0恒成立，令h x =e x -ax -1，则h x =e x -a ，当a =0时，f x =e x -1，当x <0时，f x <0，不满足条件；当a <0时，h x >0，h x 在R 上单调递增，又h 1a =e 1a -a ⋅1a -1=e 1a-2<0，即f 1a <0，不满足条件；当a >0时，令h x =0，得x =ln a ，则当x <ln a 时，h x <0，h x 单调递减，当x >ln a 时，h x >0，h x 单调递增，于是当x =ln a 时，h x 取得最小值h ln a =e ln a -a ln a -1=a -a ln a -1，于是h ln a ≥0，即a -1-a ln a ≥0，令u a =a -1-a ln a ，则u a =-ln a ，当0<a <1时，u a >0，u a 单调递增；a >1时，u a <0，u a 单调递减，则u a max =u 1 =0，由于a -1-a ln a ≥0恒成立，因此a -1-a ln a =0，则有a =1，所以f x 单调递增时，a 的值为1.(2)由(1)知，当a =1时，e x -x -1≥0，即有e x ≥x +1，当且仅当x =0时取等号，即当x >0时，ln x +1 <x ，因此当n ∈N *且n ≥2时，ln 1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n 2=ln 1+1 +ln 1+14 +⋅⋅⋅+ln 1+1n 2≤1+14+⋅⋅⋅+1n2，而当n ≥2时，1n2<1n n -1 =1n -1-1n ，所以1+14+⋅⋅⋅+1n2<1+1-12 +12-13 +⋅⋅⋅+1n -1-1n =1+1-1n <2，则ln 1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n 2<2，所以，1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n2<e 2.【点睛】关键点睛：函数不等式恒成立求参数范围问题，结合已知，利用换元法构造新函数，用导数探讨函数的性质，借助数形结合的思想推理求解.3.已知函数f x =x ln x -a x -1 .(1)若f x ≥0，求实数a 的值；(2)已知n ∈N *且n ≥2，求证：sin 12+sin 13+⋯+sin 1n<ln n .【答案】(1)a =1(2)证明见解析【分析】(1)由题意分析得到x =1是函数h x 的极小值点，则h 1 =0解得a =1再代入验证符合题意；(2)由(1)可得，ln x≥1-1xx≥1.令1k=1-1x得到1k≤ln k-ln k-1,k∈2,3,⋯,n.令g x =x-sin x(x>0)，利用导数证明出sin x<x(x>0)，得到sin1k <1k≤ln k-ln k-1,k∈2,3,⋯,n，累加即可证明.【详解】(1)由f x ≥0，得ln x-a1-1 x≥0.令h x =ln x-a1-1 x，则h x ≥0,h x =1x-ax2=x-ax2.注意到h1 =0，所以x=1是函数h x 的极小值点，则h 1 =0，所以h 1 =1-a1=0，得a=1.当a=1时，h x =x-1x2，则函数h x 在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以h x ≥h1 =0，满足条件，故a=1.(2)由(1)可得，ln x≥1-1xx≥1 .令1k=1-1x，则x=kk-1，所以lnkk-1≥1k，即1k≤ln k-ln k-1,k∈2,3,⋯,n.令g x =x-sin x(x>0)，则g x =1-cos x≥0，且g x 不恒为零，所以函数g x 在0,+∞上单调递增，故g x >g0 =0，则sin x<x(x>0)，所以sin 1k<1k≤ln k-ln k-1,k∈2,3,⋯,n，令k分别取2,3,⋯,n，累加得：sin12+sin13+⋯+sin1n<ln2-ln1+ ln3-ln2+⋯+ln n-ln n-1=ln n.即证.【点睛】导数的应用主要有：(1)利用导函数几何意义求切线方程；(2)利用导数研究原函数的单调性，求极值(最值)；(3)利用导数求参数的取值范围；(4)利用导数证明不等式.4.已知函数f x =e x-12ax2-x(1)若f x 单调递增，求a的值；(2)判断1+11+1 4⋅⋅⋅1+1n2(n∈N*且n≥2)与e2的大小，并说明理由.【答案】(1)1(2)1+11+1 4⋅⋅⋅1+1n2<e2，理由见解析【分析】(1)根据题意，由f x 单调递增，转化为f x =e x-ax-1≥0恒成立，然后分a=0，a<0，a>0讨论，即可得到结果；(2)根据题意，由(1)可得x>0时，ln x+1<x，然后再由1n2<1n n-1=1n-1-1n放缩，裂项即可得到结果.【详解】(1)由f (x )=e x -12ax 2-x 可得，f (x )=e x -ax -1，由于函数f (x )单调递增，则f (x )=e x -ax -1≥0恒成立，设h (x )=e x -ax -1，则h x =e x -a ，当a =0时，f (x )=e x -1，可知x <0时，f (x )<0，不满足题意；当a <0时，h (x )>0，函数h (x )单调递增，又因为h 1a =e 1a -a ⋅1a-1=e 1a-2<0，即f (x )<0，不满足题意；当a >0时，令h (x )=e x -a =0，解得x =ln a ，当x <ln a 时，h (x )<0，函数h (x )单调递减，当x >ln a 时，h (x )>0，函数h (x )单调递增，所以当x =ln a 时，函数h (x )取得最小值h (ln a )=e ln a -a ln a -1=a -a ln a -1，由h (ln a )≥0可得，a -1-a ln a ≥0，令μ(a )=a -1-a ln a ，则μ (a )=-ln a ，可知0<a <1时，μ (a )>0，函数μ(a )单调递增；当a >1时，μ (a )<0，函数μ(a )单调递减，则μ(a )max =μ(1)=0，由于a -1-a ln a ≥0恒成立，所以，a -1-a ln a =0当且仅当a =1时取等号，故函数f (x )单调递增时，实数a 的值为1.(2)1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n 2<e 2.理由如下：由(1)可知，当a =1时，e x -x -1≥0，即有e x ≥x +1，则x >0时，ln x +1 <x ，故当n ∈N *且n ≥2时，ln 1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n 2=ln 1+1 +ln 1+14 +⋅⋅⋅+ln 1+1n 2<1+14+⋅⋅⋅+1n 2，因为n ≥2时，1n2<1n n -1 =1n -1-1n ，所以1+14+⋅⋅⋅+1n2<1+1-12 +12-13 +⋅⋅⋅+1n -1-1n =1+1-1n <2，则ln 1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n 2<2，所以1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n2<e 2.5.已知函数f x =a ln x +a -1x.(1)求f x 在1,f 1 处的切线方程；(2)(i )若xf x ≤x -1恒成立，求a 的取值范围；(ii )当a =1时，证明：f 2 2+f 3 3+⋯+f n n <n 2+12n +2-1924.【答案】(1)y =x +a -2(2)(i )0,1 ；(ii )证明见解析【分析】(1)求出f 1 、f 1 的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；(2)(i )由题意可得x -a ln x -a ≥0，设h x =x -a ln x -a ，其中x >0，对实数a 的取值进行分类讨论，利用导数分析函数h x 在0,+∞ 上的单调性，在a =0、a <0的情况下，验证h x ≥0在0,+∞ 上能否恒成立，在a >0时，可得出h x min ≥0，求出实数a 的取值范围，综合即可得解；(ii )当a =1时，f n n =ln n n 2；结合(i )中所求，可得ln n n 2≤121-1n2，在n =2时，直接验证结论即可；在n ≥3时，利用不等式进行适度放缩，结合裂项求和，即可容易证明.【详解】(1)解：因为f x =a ln x +a -1x ，则fx =ax ⋅x -a ln x +a -1 x 2=1-a ln x x 2，其中x >0，所以，f 1 =a -1，f 1 =1，所以，函数f x 在点1,f 1 处的切线方程为y -a -1 =x -1，即y =x +a -2.(2)解：(i )xf x =a ln x +a -1≤x -1，可得x -a ln x -a ≥0.令h x =x -a ln x -a ，其中x >0，则h x =1-a x =x -ax.①当a =0时，h x =x >0，合乎题意；②当a <0时，由基本不等式可得a +1a =--a +1-a≤-2-a ⋅1-a=-2，当且仅当a =-1时，等号成立，a 2+a +1=a +12 2+34≥34，当且仅当a =-12时，等号成立，所以，h e a +1a =e a +1a -a a +1a -a =e a +1a -a 2+a +1 <e -2-34=1e2-34<0，所以，h x ≥0不恒成立，不合乎题意；③当a >0时，h x =1-a x =x -ax，当0<x <a 时，h x <0，此时函数h x 单调递减，当x >a 时，h x >0，此时函数h x 单调递增，所以，h x min =h a =a -a ln a -a =-a ln a ≥0，可得ln a ≤0，解得0<a ≤1.综上所述，实数a 的取值范围是0,1 ；(ii )当a =1时，f x =ln x x ，所以f n n =ln nn2.由(i )知：xf x ≤x -1，即ln x ≤x -1，所以ln x x ≤1-1x.令x =n 2，得ln n 2n 2≤1-1n 2，即2ln n n 2≤1-1n 2，所以ln n n 2≤121-1n2.当n =2时，f 2 2=ln24，则n 2+12n +2-1924=38，显然ln24<14<38，结论成立；当n ≥3时，f 2 2+f 3 3+⋯+f n n =ln222+ln332+⋯+ln n n 2≤121-122+1-132+⋯+1-1n2=12n -1 -122+132+⋯+1n 2<12n -1 -14+13×4+14×5+⋯+1n ×n +1=12n -1 -14+13-14+14-15+⋯+1n -1n +1 =12n -1 -712-1n +1=12n +1n +1-1912 =n 2+12n +2-1924，结论成立.因此，当n ≥2时，f 2 2+f 3 3+⋯+f n n <n 2+12n +2-1924成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.6.已知函数f x =x2+ax+ae x．(1)讨论f x 的单调性；(2)当x≥0时，f x ≤2恒成立，求a的取值范围；(3)设g n =12e n-1，n∈N*，证明：g1 +g2 +⋅⋅⋅+g n<34．【答案】(1)答案见解析(2)a≤2(3)证明见解析【分析】(1)对函数求导，分a=2，a>2和a<2讨论导函数的正负，进而判断函数的单调性；(2)将不等式等价转化为a≤2e x-x2x+1，构造函数h x =2e x-x2x+1(x≥0)，利用导数判断函数的单调性，进而求解即可；(3)结合前面的解析，取a=2时，则12e x-1≤1x+12，利用不等式的放缩即可证明.【详解】(1)由题意可知f x 的定义域为R，f x =2x+ae x-x2+ax+ae xe x2=-x2-ax+2xe xe x2=-x x+a-2e x令f x =0，则x1=0，x2=2-a①当a=2时，x1=x2=0，f x ≤0在R上恒成立，f x 在R上单调递减．②当a>2时，x1>x2，x∈-∞,2-a时，f x <0，x∈2-a,0时，f x >0，x∈0,+∞时，f x <0，故f x 在-∞,2-a单调递减，在2-a,0单调递增，在0,+∞单调递减．③当a<2时，x1<x2，x∈-∞,0时，f x <0，x∈0,2-a时，f x >0，x∈2-a,+∞时，f x <0，故f x 在-∞,0单调递减，在0,2-a单调递增，在2-a,+∞单调递减．(2)当x≥0时，f x ≤2恒成立，故x2+ax+ae x≤2，所以x2+ax+a≤2e x，即a x+1≤2e x-x2，由x+1>0得a≤2e x-x2x+1，令h x =2e x-x2x+1(x≥0)，则h x =2e x-2xx+1-2e x-x2x+12=x2e x-x-2x+12，令t x =2e x-x-2，则t x =2e x-1，t x 在0,+∞单调递增，则t x ≥t 0 =1，即t x >0在0,+∞恒成立，故t x 在0,+∞单调递增．所以t x ≥t0 =0，故h x ≥0在0,+∞恒成立．由h x 在0,+∞单调递增，而h0 =2，h x ≥2，故a≤2．(3)取a=2时，x2+2x+2≤2e x，则x2+2x+1≤2e x-1，所以12e x-1≤1x+12，因此12e n-1≤1n +12<1n n +1 =1n -1n +1，则g 1 +g 2 +⋅⋅⋅+g n <11+1 2+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n -1n +1 =34-1n +1<34.【点睛】利用导数证明不等式的基本步骤： 1.作差或变形； 2.构造新的函数h (x )；3.利用导数研究函数h (x )的单调性及最值；4.根据单调性及最值，得到所证不等式.7.已知λ为正实数，函数f x =ln λx +1 -λx +x 22x >0 .(1)若f x >0恒成立，求λ的取值范围；(2)求证：2ln n +1 -53<∑ni =12i -1i2<2ln n +1 (i =1,2,3,...).【答案】(1)0<λ≤1(2)证明见解析【分析】(1)求导，分类讨论判断单调性，结合恒成立问题运算求解；(2)根据(1)可得不等式2ln x +1 -2ln x >2x -1x 2可证2ln n +1 >∑ni =12i -1i2，构建g x =ln x +1 -x x >0 ，利用导数证明ln x +1 <x x >0 ，结合裂项相消法可证2ln n +1 -53<∑ni =12i -1i2.【详解】(1)fx =λλx +1-λ+x =λx x -λ-1λ λx +1，①若λ-1λ≤0，即0<λ≤1，f x >0，函数f x 在区间0,+∞ 单调递增，故f x >f 0 =0，满足条件；②若λ-1λ>0，即λ>1，当x ∈0,λ-1λ时，f x <0，函数f x 单调递减，则f x <f 0 =0，矛盾，不符合题意.综上所述：0<λ≤1.(2)先证右侧不等式，如下：由(1)可得：当λ=1时，有f x =ln x +1 -x +x 22>0，则f 1x =ln 1x +1 -1x +12x2>0，即ln x +1 -ln x >1x -12x 2，即2ln x +1 -2ln x >2x -1x2，则有2ln n +1 -2ln n +2ln n -2ln n -1 +⋅⋅⋅+2ln2-2ln1 >2n -1n 2+2n -1-1n -12+⋅⋅⋅+21-112=∑ni =12i -1i2，即2ln n +1 >∑ni =12i -1i2，右侧不等式得证.下证左侧不等式，如下：构建g x =ln x +1 -x x >0 ，则g x =-xx +1<0在0,+∞ 上恒成立，故g x 在0,+∞ 上单调递减，则g x <g 0 =0，即ln x +1 <x x >0 ，可得ln 1x +1<1x ，即ln x +1 -ln x <1x，则有ln n +1 -ln n +ln n -ln n -1 +⋅⋅⋅+ln2-ln1 <1n +1n -1+⋅⋅⋅+11，即ln n +1 <1n +1n -1+⋅⋅⋅+11，∵1n 2=44n 2<44n 2-1=212n -1-12n +1 ，则112+122+⋅⋅⋅+1n 2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1 <53，故2ln n +1 -53<21n +1n -1+⋅⋅⋅+11 -112+122+⋅⋅⋅+1n 2 =∑ni =12i -1i2，左侧得证.综上所述：不等式2ln n +1 -53<∑ni =12i -1i2<2ln n +1 成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤：(1)作差或变形．(2)构造新的函数h (x )．(3)利用导数研究h (x )的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．8.已知函数f x =ax +bx+c a >0 的图象在点1,f 1 处的切线方程为y =x -1.(1)用a 表示出b ，c ；(2)若f x -ln x ≥0在1,+∞ 上恒成立，求a 的取值范围；(3)证明：1+12+13+⋅⋅⋅+1n +12n +1 >12+ln n +1 n ∈N * .【答案】(1)b =a -1,c =1-2a .(2)12,+∞ (3)证明见解析.【分析】(1)根据导数的结合意义，列出等式，即可求解；(2)由f x -ln x ≥0在1,+∞ 上恒成立，设函数g (x )=f x -ln x ，求得其导数，分类讨论，判断函数单调性，根据不等式恒成立，求得参数范围.(3)利用(2)的结论，可得当x >1时，12x -1x >ln x ，令x =k +1k,k ∈N ∗，则可推得ln (k +1)-ln k<121k +1k +1,k =1,2,3,⋯,n ，将这n 个不等式累加,即可证明结论.【详解】(1)由f x =ax +b x +c a >0 可得f x =a -bx2，则f 1 =a +b +c =0，且f 1 =a -b =1，则b =a -1,c =1-2a .(2)由(1)知，f x =ax +a -1x +1-2a ,a >0 ，令g (x )=f x -ln x =ax +a -1x+1-2a -ln x ,x ∈[1,+∞)，则g (1)=0,g (x )=a -a -1x 2-1x =ax 2-x -(a -1)x 2=a (x -1)x -1-a a x 2，当0<a <12时，1-a a >1，若1<x <1-aa ，则g (x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )<g (1)=0，这与题意不符；当a ≥12时，1-aa≤1，若x ≥1，则g x ≥0，仅当x =1时等号成立，g (x )是增函数，所以g x ≥g 1 =0，即f x -ln x ≥0恒成立，仅当x =1时等号成立，综上所述，所求a 的取值范围为12,+∞ .(3)由(2)知，当a ≥12时，有f x ≥ln x ,(x ≥1)，取a =12，有f (x )=12x -1x ≥ln x ,(x ≥1)，且当x >1时，12x -1x >ln x ，令x =k +1k ,k ∈N ∗，则ln k +1k <12k +1k -k k +1 =121+1k -1-1k +1，即ln (k +1)-ln k <121k +1k +1 ,k =1,2,3,⋯,n ，即ln2-ln1<121+12 ，ln3-ln2<1212+13 ，⋯，ln (n +1)-ln n <121n +1n +1，将上述n 个不等式依次相加得ln (n +1)<12+12+13+⋯+1n +12(n +1)，两边加12，整理得1+12+13+⋅⋅⋅+1n +12n +1>12+ln n +1 ,n ∈N *【点睛】关键点点睛：证明不等式1+12+13+⋅⋅⋅+1n +12n +1>12+ln n +1 n ∈N * 时，要利用(2)中结论，即当a ≥12时，有f x ≥ln x ,(x ≥1)，取a =12，有f (x )=12x -1x≥ln x ,(x ≥1)，且当x >1时，12x -1x >ln x ，因此解答的关键点就在于要采用赋值的方法，即令x =k +1k,k ∈N ∗，得到ln (k +1)-ln k <121k +1k +1 ,k =1,2,3,⋯,n ，然后采用累加的方法，即可证明.9.已知函数f (x )=e x -ax -1(a >0,e ,为自然对数的底数)．(1)若f x ≥0对任意的x ∈R 恒成立，写出实数a 的值，然后再证明；(2)证明：1n n +2n n +⋯+n -1n n +n n n <ee -1(其中n ∈N +)．【答案】(1)a =1，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立, 即在x ∈R 上, f (x )min ≥0.构造函数g (a )=a -a ln a -1，由g (a )≥0, 确定函数的单调性, 即可求得实数a 的值;(2)由(1)知, 对任意实数x 均有e x -x -1≥0, 即1+x ≤e x , 令x =-knn ∈N +,k =0 ,1,2,3,⋯,n -1), 可得0<1-k n ≤e -k n , 从而有1-k nn≤e -k n n =e -k , 由此即可证得结论.【详解】(1)由题意a >0,f x =e x -a ，由f (x )=e x -a =0得x =ln a .当x ∈(-∞,ln a )时，f (x )<0；当x ∈(ln a ,+∞)时，f (x )>0.∴f (x )在(-∞,ln a )单调递减，在(ln a ,+∞)单调递增.即f (x )在x =ln a 处取得极小值，且为最小值，其最小值为f (ln a )=e ln a -a ln a -1=a -a ln a -1.f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立，即在x ∈R 上，f (x )min ≥0.设g (a )=a -a ln a -1.，所以g (a )≥0.由g (a )=1-ln a -1=-ln a =0得a =1.∴g (a )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减∴g (a )在a =1处取得极大值g (1)=0.因此g (a )≥0的解为a =1，∴a =1(2)因为a =1，所以对任意实数x 均有e x -x -1≥0，即1+x ≤e x .令x =-k n n ∈N +,k =0 ,1,2,3,⋯,n -1)，则0<1-k n≤e -k n .∴1-k n n≤e -k n n =e -k .∴1n n +2n n +⋯+n -1n n +n n n ≤e -(n -1)+e -(n -2)+⋯+e -2+e -1+1=1-e -n 1-e -1<11-e -1=e e -1.【点睛】本题考查导数知识的运用, 考查函数的单调性与最值, 考查恒成立问题, 同时考查不等式的证明,解题的关键是正确求导数, 确定函数的单调性.属于较难题.10.已知函数f x =e x -2ax -1a ,b ∈R ,g x =x -sin x .(1)当x ∈0,+∞ 对，求函数g x 的最小值；(2)若f x ≥0对x ∈R 恒成立，求实数a 取值集合；(3)求证：对∀n ∈N *，都有sin 1n +1 n +1+sin 2n +1 n +1+sin 3n +1 n +1+⋯+sin n n +1 n +1<1e -1【答案】(1)0(2)12(3)证明见解析【分析】(1)求导，得到函数单调性，从而求出最小值；(2)先根据f 0 =0，f 0 =0得到a =12，再证明出充分性成立，而a >12与a <12均不合要求，从而得到答案；(3)由第一问结论得到sin k n +1n +1<k n +1 n +1，只需证明1n +1 n +1+2n +1 n +1+3n +1 n +1+⋯+n n +1 n +1<1e -1，由(2)可知，f x =e x-x -1≥0，得到k n +1 n +1<e k en +1k =1,2,3,⋯,n ，结合等比数列求和公式证明出1n +1 n +1+2n +1 n +1+3n +1 n +1+⋯+n n +1 n +1<1-1e ne -1<1e -1.【详解】(1)g x =1-cos x ≥0,g x 在x ∈0,+∞ 上单调递增，所以g (x )min =g 0 =0.(2)f x =e x -2a ，由于f 0 =0，故f 0 =e 0-2a =1-2a =0⇒a =12，下证当a =12时，f x =e x -x -1≥0恒成立，此时令fx =e x -1>0，解得：x >0，令f x =e x -1<0，解得：x <0，故f x =e x -x -1在x >0上单调递增，在x <0上单调递减，故f x =e x -x -1在x =0处取得极小值，也是最小值，且f x min =f 0 =e 0-0-1=0，故f x ≥0对x ∈R 恒成立；当a >12时，f x =e x -2ax -1<e x -x -1，则f 0 <e 0-0-1=0，显然不合要求，舍去当a <12时，令f x =e x -2a >0，解得：x >ln2a ，令f x =e x -2a <0，解得：x <ln2a ，其中ln2a <0，则f x =e x -2ax -1在x <ln2a 上单调递减，在x >ln2a 上单调递增，又f 0 =0，故当x ∈ln2a ,0 时，f x <0，不合题意，舍去；综上：实数a 取值集合为12 .(3)由(1)可知，sin k n +1n +1<k n +1 n +1，k ∈N ∗,n ∈N *，所以sin 1n +1n +1+sin 2n +1 n +1+sin 3n +1 n +1+⋯+sin n n +1 n +1<1n +1n +1+2n +1 n +1+3n +1 n +1+⋯+n n +1 n +1故只需证明：1n +1 n +1+2n +1 n +1+3n +1 n +1+⋯+n n +1 n +1<1e -1即可由(2)可知，f x =e x -x -1≥0，则x +1≤e x ，∴(x +1)n +1≤e n +1x，令x +1=k n +1k =1,2,3,⋯,n ，则k n +1 n +1<e k e n +1k =1,2,3,⋯,n ，∴1n +1 n +1+2n +1 n +1+3n +1 n +1+⋯+n n +1 n +1<1en +1e +e 2+e 3+⋯+e n =1e n +1⋅e 1-e n 1-e =e n +1-e e n +1e -1 =1-1ene -1<1e -1，∴sin 1n +1 n +1+sin 2n +1 n +1+sin 3n +1 n +1+⋯+sin n n +1 n +1<1e -1.【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.11.已知函数f x =x 2-x -a ln x a >0 .(1)求f x 的单调区间；(2)①若f x ≥0，求实数a 的值；②设n ∈N *，求证：1+12+⋯+1n +1+14+⋯+1n2>ln n +1 .【答案】(1)函数f (x )的单调增区间为1+1+8a4,+∞ ,单调减区间为0,1+1+8a4 .(2)①a =1； ②见解析.【分析】(1)利用导数求解函数的单调区间即可.(2)①首先根据题意得到f (1)=0,从而将题意等价为f (x )≥f (1),再结合f (x )的单调性分类讨论求解即可;②根据(1)知:x 2-x ≥ln x ,从而得到n +1n 2>ln n +1n ,再化简得到1n +1n 2>ln (n +1)-ln n ,累加即可证明.【详解】(1)由已知f (x )的定义域为(0,+∞).f(x )=2x -1-a x =2x 2-x -a x令g (x )=2x 2-x -a (a >0),Δ=1+8a >0,g (x )=0有两根x 1=1-1+8a 4,x 2=1+1+8a4,因为a >0,x 1<0,x 2>12，x ∈0,x 2 时,g (x )<0,f (x )<0,f (x )单调递减;x ∈x 2 ,+∞ 时,g (x )>0,f (x )>0,f (x )单调递增，故函数f x 的单调增区间为1+1+8a4,+∞ ，单调减区间为0,1+1+8a4.(2)①因为f (1)=0,所以f (x )≥0等价于f (x )≥f (1).由(1)知:f (x )min =f x 2 ,当a =1时,x 2=1,故f (x )≥f (1)=0满足题意.当a >1时,x 2>1,x ∈1,x 2 时，f x 单调递减，故f (x )<f (1)=0不满足题意.当0≤a <1时,12≤x 2<1,x ∈x 2,1 时, f x 单调递增，故f (x )<f (1)=0不满足题意.综上可知：a =1.②证明:由(1)可知:a =1时,f (x )≥0,即x 2-x ≥ln x ,当且仅当x =1时取等号.故当x =n +1n时,可得n +1n 2-n +1n >ln n +1n 即n +1n 2>ln n +1n ，即1n +1n2>ln (n +1)-ln n .故1+12+⋯+1n +1+14+⋯+1n 2 =2+34+⋯+1n +1n2>(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+⋯+[ln (n +1)-ln n ]=ln (n +1)故1+12+⋯+1n +1+14+⋯+1n2>ln (n +1)12.已知函数f x =12ax 2-x -ln x a ∈R ．(1)讨论f x 的单调性；(2)当x ≥1，f x ≥2，求a 的取值范围；(3)证明：nk =21ln k>1-1n ．【答案】(1)答案见解析；(2)a ≤-2或a ≥6；(3)证明见解析.【分析】(1)根据导数的性质，结合一元二次方程根的情况分类讨论进行求解即可；(2)根据(1)的结论，结合函数的单调性和零点存在原理进行求解即可；(3)根据(2)的结论，构造不等式1ln x >1x 2-x，利用裂项相消法进行证明即可.【详解】(1)f x 定义域为(0，+∞)，fx =ax -1-1x =ax 2-x -1xx >0 ．记φx =ax 2-x -1．当a ≤0时，φx <0，即f x <0，所以f x 在(0，+∞)上单调递减．当a >0时，令φx =0，得x 1=1+1+4a 2a ，x 2=1-1+4a2a(舍去)．当x ∈0,x 1 时，φx <0，即fx <0，所以f x 单调递减；当x ∈x 1,+∞ 时，φx >0，即f x >0，所以f x 单调递增，综上，当a ≤0时，f x 在(0，+∞)上单调递减；当a >0时，f x 在0,1+1+4a2a 上单调递减，在1+1+4a2a ,+∞ 单调递增．(2)：由(1)知，当a ≤0时，f x 在[1，+∞)单调递减，所以f x ≤f 1 =12a -1<0．此时f x min =1-a 2．令1-a2≥2，解得a ≤-2．当a >0时，若φ1 =a -2≥0，即a ≥2，由(1)，设φx =0的正根为x 1，则必有x 1≤1，且当x ∈1,+∞ ，φx >0，即fx >0，所以f x 在[1，+∞)单调递增．此时f x ≥f 1 =a 2-1≥0，f x min =a2-1．令a2-1≥2，解得a ≥6．若φ1 =a -2<0，即a <2，则当x ∈1,x 1 时，φx <0，f x 单调递减，当x ∈x 1,+∞ 时，φx >0，f x 单调递增，注意到φx 1 =ax 21-x 1-1=0，知f x min =f x 1 =12ax 21-x 1-ln x 1=12x 1+1 -x 1-ln x 1=121-x 1 -ln x 1<0．又当x →+∞时，f x →+∞，由零点存在定理∃x 0∈x 1,+∞ ，使f x 0 =0，此时f x min =0，不满足题意．综上，a 的取值范围是a ≤-2或a ≥6．(3)由(2)知，当a =2时，对x >1，有f x >f 1 =0，即x 2-x >ln x ．又x >1时，x 2-x >0，ln x >0，所以1ln x >1x 2-x．令x =k k ≥2 ，得1ln k >1k 2-k=1k k -1 =1k -1-1k ．所以1ln2>1-12，1ln3>12-13，1ln4>13-14，⋯，1ln n >1n -1-1n ．故n k =21ln k >1-12 +12-13 +⋅⋅⋅+1n -1-1n =1-1n ，即nk =21ln k>1-1n ．【点睛】关键点睛：构造不等式1ln x >1x 2-x ，利用裂项相消法是解题的关键.13.已知函数f x =ln x -a x -1x +1a ∈R ．(1)若函数f x 在定义域内是单调增函数，求实数a 的取值范围；(2)求证：4ln2+8ln3+12ln4+⋯+4nln (n +1)<n n +5 ，n ∈N ∗．【答案】(1)a ≤2(2)证明见解析【分析】(1)分析可知f x ≥0在0,+∞ 上恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数a 的取值范围；(2)利用(1)中的结论分析可得出当n ≥2且n ∈N ∗，4n -1 ln n <2n +1 ，推导出4×1ln2<2×3，4×2ln3<2×4，4×3ln4<2×5，⋯，4nln n +1 <2n +2 ，利用不等式的基本性质结合等差数列的求和公式可证得结论成立.(1)解：因函数f x 在定义域为0,+∞ ，f x =1x -2a x +12，因为函数f x 在定义域内是单调增函数，所以f x ≥0在0,+∞ 上恒成立，所以，2a ≤x +12x=x +1x+2，当x >0时，由基本不等式可得x +1x+2≥2x ⋅1x +2=4，当且仅当x =1时，等号成立，所以，2a ≤4，解得a ≤2.(2)证明：由(1)知当a =2时，函数f x 在0,+∞ 上是单调增函数，且当x >1时，f x >f 1 =ln1-21-11+1=0，则ln x >2x -1 x +1，所以，2x +1 >4x -1ln n，所以，当n ≥2且n ∈N ∗，4n -1ln n<2n +1 ，所以，4×1ln2<2×3，4×2ln3<2×4，4×3ln4<2×5，⋯，4n ln n +1 <2n +2 ，将上述不等式相加得4ln2+8ln3+12ln4+⋯+4n ln (n +1)<23+4+5+⋯+n +2 =2×n 3+n +2 2=n n +5 ，即4ln2+8ln3+12ln4+⋯+4n ln n +1 <n n +5 ，故原不等式得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.14.已知函数f x =a ln x +1-x ．(1)若f x ≤0，求a 的值；(2)证明：当n ∈N +且n ≥2时，ln222×ln332×ln442×⋯×ln n n2<1n ．【答案】(1)a =1(2)证明见解析【分析】(1)求出f x 的导数f x =a -xx，分类讨论，确定函数的单调性，利用f x ≤0成立，求出a ；(2)由(1)，当a =1时，ln x +1-x ≤0即ln x ≤x -1，令x =n ，则有ln n <n -1，可得ln n n 2<n -1n ，累乘可证得结果.【详解】(1)由题意知，x ∈0,+∞ ，f x =a x -1=a -xx，①当a ≤0时，f x <0，f x 在0,+∞ 上单调递减，所以，当x ∈0,1 时，f x >f 1 =0，不合题意；②当0<a <1时，由f x >0得，x ∈0,a ，则f x 在0,a 上单调递增，由f x <0得，x ∈a ,+∞ ，则f x 在a ,+∞ 上单调递减，所以，f a >f 1 =0，不合题意；③当a =1时，由f x >0得，x ∈0,1 ，则f x 在0,1 上单调递增，由f x <0得，x ∈1,+∞ ，则f x 在1,+∞ 上单调递减，所以，对于任意的x ∈0,+∞ ，f x ≤f 1 =0，符合题意；④当a >1时，由f x >0得，x ∈0,a ，则f x 在0,a 上单调递增，由f x <0得，x ∈a ,+∞ ，则f x 在a ,+∞ 上单调递减，所以，f a >f 1 =0，不合题意．综上所述，a =1．(2)由(1)知，a =1时，ln x +1-x ≤0即ln x ≤x -1，当且仅当x =1时等号成立．令x =n ，其中n ∈N +且n ≥2，则有ln n <n -1，又n -1<n n -1 ，所以，ln n <n n -1 ，即ln n n2<n -1n 所以ln222×ln332×ln442×⋯×ln n n 2<12×23×34×⋯×n -1n =1n ．所以，原不等式得证．15.已知函数f x =ln x +2 +2ax +3-a a ∈R ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)求证：13+15+⋯+12n -1+12n +1<ln n +1．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)对函数求导，构造g x =x 2+6-2a x +9-4a ，讨论参数a ，结合二次函数性质判断导数符号，进而确定单调区间；(2)由(1)知x ∈-1,+∞ 有f x >0，取a =2得ln x +2 >2x +1 x +3，取x +1=1nn ∈N * 则lnn +1n >22n +1，两侧累加即可证结论.【详解】(1)fx =1x +2-2a x +3 2=x 2+6-2a x +9-4a x +2 x +32x >-2 ，令g x =x 2+6-2a x +9-4a ，则Δ=(6-2a )2-49-4a =4a a -2 ．当Δ≤0，即0≤a ≤2时g x ≥0，即f x ≥0恒成立，则f x 在-2,+∞ 上单调递增；当a <0时，y =ln x +2 、y =2ax +3-a 在-2,+∞ 上均单调递增，所以f x 在-2,+∞ 上单调递增；当a >2时，由g x =0得x 1=a -3-a 2-2a ，x 2=a -3+a 2-2a ，则f x 在-2,x 1 和x 2,+∞ 上单调递增，在x 1,x 2 上单调递减．综上，当a ≤2时，f x 的单调递增区间是-2,+∞ ，无递减区间；当a >2时，f x 的单调递增区间是-2,x 1 ，x 2,+∞ ，单调递减区间是x 1,x 2 ．(2)由(1)知，当a ≤2时，f x 在-2,+∞ 上单调递增，若x ∈-1,+∞ ，则f x >f -1 =0，即f x =ln x +2 +2ax +3-a >0，取a =2，则f x =ln x +2 +2×2x +3-2=ln x +2 -2x +1 x +3>0，即ln x +2 >2x +1 x +3，取x +1=1n n ∈N * ，则ln n +1n >22n +1，于是有ln n n -1>22n -1，ln n -1n -2>22n -3，⋯，ln 32>25，ln2>23，所以ln n +1n +ln n n -1+ln n -1n -2+⋯+ln 32+ln2>22n +1+22n -1+22n -3+⋯+25+23，即ln n +1n ⋅n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅32⋅2 >22n +1+22n -1+22n -3+⋯+25+23，整理得13+15+⋯+12n -1+12n +1<ln n +1．【点睛】关键点点睛：第二问，根据x ∈-1,+∞ 有f x >0，取a =2得到不等式恒成立，应用换元法、累加证结论.16.已知函数f x =ln x +axa ∈R ．(1)求函数f x 的极值；(2)求证：12+13+⋯+1n +1<ln n +1 n ∈N * ．【答案】(1)极小值f a =ln a +1，无极大值(2)证明见解析【分析】(1)求出f x ，分a ≤0、a >0讨论，可得答案；(2)当a =1时，f x ≥f 1 =1令x =n +1n >1，可知ln n +1n >1n +1，然后利用累加法可得答案.【详解】(1)f x =1x -a x 2=x -ax2， 当a ≤0时，fx >0，函数f x 在0,+∞ 上单调递增，无极值；当a >0时，当0<x <a 时，f x <0，当x >a 时，f x >0，函数f x 在0,a 上单调递减，在a ,+∞ 上单调递增，函数f x 有极小值f a =ln a +1，无极大值．(2)由(1)知，当a =1时，f x ≥f 1 =1，当且仅当x =1时取等号，令x =n +1n >1，n ∈N *，可知f n +1n >1，即ln n +1n >1-n n +1=1n +1，即12<ln 1+1 -ln1，13<ln 2+1 -ln2，⋯，1n +1<ln n +1 -ln n ，累加得12+13+⋯+1n +1<ln n +1 n ∈N * ．17.已知函数f x =a ln x -2x -1x +1(a >0)．(1)若函数f x 在区间0,+∞ 上为增函数，求a 的取值范围；(2)设n ∈N *，证明：2-12+1+3-23+2+⋯+n +1-n n +1+n<14ln n +1 ．【答案】(1)a ≥1(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数，根据函数的单调性可得相应不等式恒成立，分离参数，结合基本不等式即可求得答案；(2)集合(1)可得ln x >2x -1 x +1，变形可得ln x >4x -1 x +1，令x =1+1n ，则可得n +1-nn +1+n<14ln n +1n，累加即可证明结论.【详解】(1)由已知得f x =a ln x -2x -1x +1,x ∈0,+∞ ,a >0，则fx =a x -4(x +1)2=a (x +1)2-4x x (x +1)2．因为f x 在0,+∞ 上单调递增，所以a (x +1)2-4x ≥0恒成立，即a ≥4x (x +1)2=4x +2+1x ，由于4x +2+1x ≤42+2x ⋅1x=1，当且仅当x =1时取等号，所以a ≥1，当a =1时，fx =(x +1)2-4x x (x +1)2=(x -1)2x (x +1)2≥0，仅在x =1时取等号，适合题意，故a ≥1.(2)由(1)可知当a =1,x ∈1,+∞ 时，f x >f 1 =0，即ln x >2x -1x +1，即ln x >2x -1 x +1，可得ln x >4x -1x +1．令x =1+1n ，则ln 1+1n >41+1n -1 1+1n +1=4⋅n +1-nn +1+n，即n +1-n n +1+n <14ln n +1n ，所以2-12+1+3-23+2+⋯+n +1-n n +1+n<14ln 21+ln 32+⋯+ln n +1n =14ln n +1 ，即2-12+1+3-23+2+⋯+n +1-n n +1+n<14ln n +1 ．【点睛】难点点睛：第二问利用导数证明不等式，难点在于要结合不等式的结构特征，结合(1)的结论，推出ln x >2x -1 x +1，再变形可得ln x >4x -1 x +1，从而令x =1+1n ，则可得n +1-n n +1+n<14ln n +1n ，进而采用累加法证明.18.已知函数f x =ln x +a -ax ．(1)若f x ≤0恒成立，求实数a 的最大值；(2)设n ∈N *，n ≥2，求证：1+1321+143 1+154 ⋅⋅⋅1+1n +1n<23e 2．【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)求出函数得到函数，分a =0、a <0、a >0三种情况讨论，求出函数的最大值，即可得解；(2)由(1)可得ln x +1 ≤x ，利用放缩法得到ln 1+1n +1 n<21n -1n +1，再根据对数的运算法则及裂项相消法计算可得.【详解】(1)f x =ln x +a -ax ，定义域-a ,+∞ ，fx =1x +a -a =-ax -a 2+1x +a．①当a =0时，f x =1x，定义域为0,+∞ ，f x =ln x ，显然f e =1>0不符合题意；②当a <0时，令fx =0，则x =1-a 2a =1a-a <-a ，当x ∈-a ,+∞ 时，f x >0，所以f x 在x ∈-a ,+∞ 上单调递增，又f -a +1 =ln -a +1+a -a -a +1 =-a 1-a >0，所以a <0，不符合题意；③当a >0时，令fx =0，则x =1-a 2a =1a-a >-a ，当x ∈-a ,-a +1a 时，f x >0，f x 单调递增，当x ∈-a +1a,+∞ 时，f x <0，f x 单调递减，所以f x max =f -a +1a =ln 1a -a -a +1a=a 2-1-ln a ≤0．设g a =a 2-1-ln a ，注意到g 1 =0，ga =2a -1a =2a 2-1a =2a +1 2a -1 a，所以a ∈0,22时，g a <0，g a 单调递减；a ∈22,+∞ 时，g a >0，g a 单调递增，所以g a min =g 22 =-12+12ln2=12ln2-1 <0，又g 1e =1e 2>0，由零点存在定理，存在a 0∈1e ,22，使得g a 0 =0，所以g a =a 2-1-ln a ≤0的解集为a 0,1 ，所以a 的最大值为1．(2)在(1)中令a =1，可得ln x +1 ≤x ，从而ln 1+1n +1 n<1n +1n =n +1-nn +1⋅n ×1n +1=n +1-n n +1⋅n ×n +1+n n +1=1n -1n +1 1+n n +1 <21n -1n +1，∴nk =1ln 1+1k +1 k<211-12 +212-13 +⋅⋅⋅+21n -1n +1=21-1n +1<2，⇔1+12 1+132 1+143⋅⋅⋅1+1n +1 n<e 2，⇔1+132 1+143 1+154⋅⋅⋅1+1n +1 n<23e 2．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．19.已知函数f x =ln x +1 -xx +1.(1)求f x 的极值；(2)对任意的n∈N*，求证：1n+1+1n+2+⋯+12n<ln2.【答案】(1)极小值0，无极大值(2)证明见解析【分析】(1)根据导函数求单调性求极值即可；(2)根据(1)结论结合数列求和得证.【详解】(1)因为f(x)=ln(x+1)-xx+1=ln(x+1)+1x+1-1，则f (x)=1x+1-1(x+1)2=x(x+1)2，当x∈(-1，0)时，f (x)<0，x∈(0，+∞)时，f (x)>0，故f(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，故f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0，无极大值. (2)由(1)知f(x)在(0，+∞)上单调递增，故x∈(0，+∞)时，f(x)>f(0)=0，即：ln(x+1)>xx+1，令x=1n得，ln1+1n>1n1+1n，化简得：lnn+1n>1n+1，于是有：lnn+1n>1n+1，ln n+2n+1>1n+2，⋅⋅⋅，ln2n2n-1>12n，累加得：lnn+1n+ln n+2n+1+⋅⋅⋅+ln2n2n-1>1n+1+1n+2⋅⋅⋅+12n，ln2nn =ln n+1nn+2n+1⋯2n2n-1>1n+1+1n+2⋅⋅⋅+12n，即1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+12n<ln2．20.已知函数f x =12x2-x ln x+t t∈R.(1)g x 是f x 的导函数，求g x 的最小值；(2)证明：对任意正整数n n≥2，都有1+1 22⋅1+132⋅1+142⋯1+1n2<e(其中e为自然对数的底数)【答案】(1)0；(2)证明见解析.【分析】(1)由题意得g x =f x =x-ln x-1,x>0，求导判断单调性即可求解；(2)由(1)可得可知x-1≥ln x，当且仅当x=1时等号成立，令x=1+1k2≠1，则ln1+1k2<1k2<1k k-1 =1k-1-1k,k=2,3,4⋯,n.借助数列的裂项求和的方法和对数的运算性质即可证明.【详解】(1)由题意，f x =12x2-x ln x+t，g x =f x =x-ln x-1,x>0，g x =1-1x =x-1x，令g x =0，解得x=1，又x∈0,1时，g x <0,x∈1,+∞时，g x >0，所以g x 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 单调递增，∴g x ≥g 1 =0，即g x 的最小值为0.(2)证明：由(1)得，g x =x -1-ln x ≥0，可知x -1≥ln x ，当且仅当x =1时等号成立，令x =1+1k 2≠1，则ln 1+1k 2<1k2<1k k -1 =1k -1-1k ,k =2,3,4⋯,n .∴ln 1+122 +ln 1+132 +ln 1+142 +⋯+ln 1+1n 2<1-12 +12-13 +13-14 +⋯+1n -1-1n =1-1n <1，即ln 1+122 +ln 1+132 +ln 1+142 +⋯+ln 1+1n2<1，也即ln 1+122 1+132 1+142 ⋯1+1n 2<ln e ，所以1+122 1+132 1+142 ⋯1+1n2<e ，故对任意正整数n n ≥2 ，都有1+122⋅1+132 ⋅1+142 ⋯1+1n2<e.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1)构造差函数h (x )=f (x )-g (x )，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；(2)根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.。
几种常见的放缩法证明不等式的方法
For personal use only in study and research; not for commercialuse几种常见的放缩法证明不等式的方法一、 放缩后转化为等比数列。
例1. {}n b 满足：2111,(2)3n n n b b b n b +≥=--+（1） 用数学归纳法证明：n b n ≥（2） 1231111...3333n n T b b b b =++++++++，求证：12n T < 解：(1)略(2)13()2(3)n n n n b b b n b ++=-++ 又 n b n ≥132(3)n n b b +∴+≥+ ， *n N ∈迭乘得：11132(3)2n n n b b -++≥+≥ *111,32n n n N b +∴≤∈+ 234111111111...2222222n n n T ++∴≤++++=-< 点评：把握“3n b +”这一特征对“21(2)3n n n b b n b +=--+”进行变形，然后去掉一个正项，这是不等式证明放缩的常用手法。
这道题如果放缩后裂项或者用数学归纳法，似乎是不可能的,为什么？值得体味！二、放缩后裂项迭加例2．数列{}n a ，11(1)n n a n +=-，其前n 项和为n s求证：2n s <解：2111111...234212n s n n =-+-++-- 令12(21)n b n n =-，{}n b 的前n 项和为n T当2n ≥时，1111()2(22)41n b n n n n≤=--- 2111111111111()()...()2123043445641n n s T n n ∴=≤+++-+-++--71104n =-< 点评:本题是放缩后迭加。
放缩的方法是加上或减去一个常数，也是常用的放缩手法。
值得注意的是若从第二项开始放大，得不到证题结论，前三项不变，从第四项开始放大，命题才得证，这就需要尝试和创新的精神。
放缩法证明数列不等式典例精讲
放缩法证明数列不等式典例精讲1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，若4S n =2n -1 a n +1+1，且a 1=1(1)求证：数列a n 是等差数列，并求出a n 的通项公式(2)设b n =1a n S n ，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <32解：(1)4S n =2n -1 a n +1+1∴4S n -1=2n -3 a n +1n ≥2∴4a n =2n -1 a n +1-2n -3 a n n ≥2即2n +1 a n =2n -1 a n +1⇒a n +1a n =2n +12n -1∴a n a n -1=2n -12n -3,a n -1a n -2=2n -32n -5,⋯,a 3a 2=53∴a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅⋯⋅a 3a 2=2n -12n -3⋅2n -32n -5⋅⋯⋅53即a n a 2=2n -13n ≥2 ∴a n =2n -13a 2，由4S n =2n -1 a n +1+1令n =1可得：4S 1=a 2+1⇒a 2=3∴a n =2n -1n ≥2 ，验证a 1=1符合上式∴a n =2n -1S n =n 2(2)由(1)得：b n =12n -1 n 2=1n 2n -1 b 1=1可知当n ≥2时，b n =1n 2n -1 <1n 2n -2 =12n n -1=121n -1-1n ∴T n =b 1+b 2+⋯+b n <b 1+121-12 +12-13+⋯+1n -1-1n=1+121-1n <32不等式得证2.设数列a n 满足：a 1=1,a n +1=3a n ,n ∈N ∗，设S n 为数列b n 的前n 项和，已知b 1≠0，2b n-b 1=S 1⋅S n ,n ∈N ∗(1)求数列a n ,b n 的通项公式(2)求证：对任意的n ∈N ∗且n ≥2，有1a 2-b 2+1a 3-b 3+⋯+1a n -b n<32解：(1)∵a n +1=3a n ∴a n 为公比是3的等比数列∴a n =a 1⋅3n -1=3n -1在b n 中，令n =1，2b 1-b 1=S 1⋅S 1⇒b 1=1∴2b n -1=S n 2b n -1-1=S n -1∴2b n -2b n -1=b n n ≥2 ⇒b n =2b n -1∴b n 是公比为2的等比数列∴b n =b 1⋅2n -1=2n -1(2)证明：1a n -b n =13n -1-2n -1<13n -21a 2-b 2+1a 3-b 3+⋯+1a n -b n<1+13+⋯+13n -2=1⋅1-13n -11-13=321-13n -1<323.已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a n +1a n=2S n ,n ∈N ∗(1)求证：数列S 2n 是等差数列(2)记数列b n =2S 3n ,T n =1b 1+1b 2+⋯+1b n ，证明：1-1n +1<T n ≤32-1n解：(1)a n +1a n =2S n ⇒S n -S n -1+1S n -S n -1=2S n n ≥2∴1S n -S n -1=S n +S n -1∴S 2n -S 2n -1=1∴S 2n 为等差数列(2)思路：先利用(1)可求出S n 的公式进而求出b n =2n n ，则1b n =12n n，考虑进行放缩求和，结合不等号的方向向裂项相消的形式进行放缩。
数学所有不等式放缩技巧及证明方法
文档收集于互联网，已重新整理排版word 版本可编辑•欢迎下载支持.高考数学所有不等式放缩技巧及证明方法一、裂项放缩畀 2 15例1.⑴求芥门 --------- 7的值； （2）求证：>2 7T V —・A=1 4* — 1Ar = l k3例2・⑴求证：1 +丄+丄+・・・+ —>1-一!一> 2）32 52⑵Li ）， 6 2（2n-1）1 1 1 1 114 16 364n 2 2 4n⑶求证丄+12+空+」"•…⑵i2 2-4 2-4-6 2-4-6••…2n例 3•求证: ---- - ---- <i + l +l + ... + -L<-(n +1)( 2/1 + 1)4 9 ir 3例4・（2008年全国一卷）设函数f ⑴二X-H1U.数列仇｝满足0<q<l ・％ 明：畋+】>b.例 5.已知"，加 e 他,兀 > -1,S,” 二 r n + T +3川 + …+ 心求证：/严 < (m +1)5,, <(〃 + 1严 -1例 6.已知® = 4" - T , T n= ------ 二 ----- ,求证：£+◎+◎人 < —.a { + a 2 + ・• • + a n2例7.已知坷=1, £ = < W (mi,"Z),求证：亠*亠+ •..+亠>逅(耐®訓) W - l(n = 2k 、k wZ) 护2 ・x 3 化・x 5.. 4丁 /、 In 2a In 3a In n a hr -n-l例 9.求证——<^—^^>2)例 10.求证:—+ - + ・・・ + —< ln(n + 1) < 1 + —4-・・• +」■2 3 77 + 1 2 n例 11.求证：(1 + \(1 +、•….(1 + ^-Xe 和(1 + ；)(1 + 厶)•….(1 + 点)<辰 2! 3! n\ 9 81 3" 例 12•求证：(1 +1 x 2) • (1 + 2 x 3) ••…[1 + n(n +1)] > 严I12例14.已知4=1。
数列不等式的放缩法
左边 1 [(1 1) (1 1) ( 1 1 )]
2 3 35
2n 1 2n 1
1 (1 1 ) 1 表面是证数列不等式， 2 2n 1 2 实质是数列求和
变式1 求证：1 1 1 1 2 (n N)
22 32
n2
分析 左边不能求和，应先将通项放缩为裂项相消模
型后求和.
(1 n 1
1) n 1
(n
2)
始放缩
左边
1
1 2
(1
1) 3
(
1 2
1 4
)
(1 n 1
n 1 1)
1 1 (1 1 1 1 ) 1 1 (1 1) 7 (n 2)
2 2 n n1
2 24
当n = 1时，不等式显然也成立.
变式3
求证：1
1 22
1 32
1 n2
5 3
(n N)
24
2n 2n 1
2.求证：1
1
1
1 4
1
1 7
1
1 3n
2
3
3n
1
n N*
3.求证：ln 2 ln 3 ln n 1
23
nn
(n 2)
保留第一项，从 第二项开始放缩
左边 1 1 (1 1 73
1 3n2
)
1
3 (1 14
1 3n1
)
1 3 17 (n 2) 14 14
当n = 1时，不等式显然也成立.
【方法总结之三】
一般地，形如 an an bn 或 an an b (这里 a b 1)的
数列，在证明 1 1 1 k （ k 为常数）时都可以提取
2n
_放缩法_破解高考数列不等式问题的巧妙之法
分析与略解 : (1) 由
a1
=
S1
=
1 6
( a1
+ 1)
( a1
+ 2)
,
解得 a1 = 1 或 a1 = 2 , 由假设 a1 = S1 > 1 , 因此 a1 = 2 ,
又由 an+ 1 = S n+ 1 -
Sn =
1 6
( an+ 1 + 1 ) ( an+ 1 + 2 )
-
1 6
( an + 1) ( an + 2) ,得 ( an+ 1 + an) ( an+ 1 -
=
27 20
>
1
, 从而
3
Tn
+
1
-
lo g2 ( an +
3) = lo g2 f ( n) > 0. 即 3 T n + 1 > lo g2 ( an + 3) .
法 2 :同法 1 求得 bn 及 T n . 由二项式定理知 , 当
c > 0时 , 不等式 ( 1 + c) 3 > 1 + 3c 成立. 由此不等式有
= lo g2 {
3 ×6 ×…× 3 n
25
3n- 1
3
×
3
2 n+
2
}
.
令
f ( n) =
3 2
×6 5
×…× 3 n 3n- 1
3
× 3
2 n+
2
,
则
f
( n + 1) f ( n)
证明不等式稿——放缩技巧(网上搜集)
放缩技巧一 直接放缩例题1已知数列a 1=3,a n *N ∈a 1+n =(a n -1)2+1,求证：a 1a 2∙…∙a n <2n2例题2数列{a n }满足S n =2n a n ，（n *N ∈），S n 是数列{a n }的前n 项和，a 2=1, (1)求S n ； （2）证明：23<(1+1a 21+n )n <2例题3已知数列{a n }满足a n 》0，且对一切的n *N ∈有∑=ni i 13a=S 2n,其中S n =∑=n i i 1a ，∑=ni i13a=a 31+a 32+…+a 3n(1) 求证：对一切的n *N ∈，都有a 21n +-a 1+n =2 S n ;(2)求数列{a n }的通项公式；（3）求证：∑+=11k 2n kak<3二 裂项放缩常见裂项公式：111)1(1+-=+n n n n)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n)211(21)2(1+-=+n n n n ])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n!)!1(!n n n n -+=⋅)!1(1!1)!1(+-=+n n n n in i n i n C C C 111----=n n n-+=++11n 1例题4已知数列{a n }满足a 0=21, a n =a 1n -+21na 21n -, n *N ∈，求证：21n ++n < a n <n例题5数列{a n }为等差数列，a n 为正整数，其前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，且a 1=3， b 1=1， 数列{b n a }是公比为64的等比数列，b 2S 2=64, (1)求a n ,b n (2) 求证：+1S 1+2S 1…+n S 1<43,例题6在数列{a n },{b n }中，a 1=2，b 1=4，且a n ,b n ，a 1+n 成等差数列，b n ，a 1+n ，b 1n +成等比数列 （n *N ∈）（1）a 2, a 3, a 4及b 2, b 3, b 4,由此猜测{a n },{b n }的通项公式，并证明你的结论； （2）证明++++22111a 1b a b …+n n b a +1<125,例题7设函数f(x)=(1+n 1)n （n *N ∈且n ≥I, x N ∈）, (1)当x=6时，求(1+n1)x 的展开式中二项式系数最大的项； （2）对任意的实数x ，证明：)((),(2)2()2(''x f x f f x f >+是f(x)的导函数）； （3）是否存在a N ∈，使得an<k nk )11(1k ∑=+<(a+1)n 恒成立？若存在，证明你的结论，并求出a 的值；若不存在，说明理由。
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放缩法证明数列不等式 主要放缩技能： 1.211111111(1)(n 1)1n n n n n n n n
-=<<=-++-- 2221144112()141(21)(21)21214
n n n n n n n <===--+--+-
==>=
==<=
=<=
==
=<
=
= 5. 121122211(21)(21)(22)(21)(21)2121n n n n n n n n n n ---<==-------- 6.
111
22(1)11(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n n n n n n +++++-==-+⋅+⋅⋅+⋅
例1.设函数2*2()1x x n y n N x -+=∈+的最小值为n a ，最大值为n b ，
且n c =（1）求n c ；（2）证明：
4444123111174n c c c c ++++
<
例2.证明：11611780<+
++<
例3.已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s ，且12n n n a s a +
=，*n N ∈； （1）求证：数列{}
2n s 是等差数列； （2）解关于数列n 的不等式：11()48n n n a s s n ++⋅+>-
（3）记312311112,n n n n
b s T b b b b =
=
++++，证明：312n T <<
例4. 已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
是公差为1的等差数列，且121n n n a a n ++=+； （1） 求n a ；（2
112n na +++<
例5.在数列{}n a 中，已知1112,2n n n n a a a a a ++==-；
（1）求n a ；（2）证明：112233(1)(1)(1)(1)3n n a a a a a a a a -+-+-++-<
例6. 数列{}n a 满足：11122,1()22
n n n n n a a a n a ++==++； （1）设2n
n n b a =，求n b ；（2）记11(1)n n c n n a +=+，求证：12351162
n c c c c ≤++++<
例7. 已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s 满足：1,6(1)(2)n n n n s s a a >=++；
（1）求n a ；
（2）设数列{}n b 满足(21)1,n b n a -=并记123n n T b b b b =++++，
求证：(3)231log n a n T ++>（函数的单调性，贝努力不等式，构造，数学归纳法）
例8. 已知正项数列{}n a 满足：111
(1)1,1n n n n na n a a a a +++==+ ， 记2111222231111,[](2)n n b a b n a n a a a -==+
+++≥。
（1）求n a ；
（2）证明：1231111(1)(1)(1)(1)4n b b b b ++++<。