微专题2：函数与数列放缩(教师版)

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放缩技巧与放缩法讲义--高考数学压轴题微专题-解析版

放缩技巧与放缩法放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一.在高考命题的热点一一数列不等式的证明一一中有广泛的应用,放缩必须有目标,而且要恰到好处,目标往往要从证明的结论考量.常用的放缩法有增项,减项、利用分式的性质、利用不等式的基本性质,利用已知不等式(如均值不等式,柯西不等式、排序不等式等)、利用函数的性质、利用三角函数的有界性进行放缩等,适当放缩是解决不等式问题的重点也是难点所在.虽然各版教材关于不等式放缩的技巧要求并不高,但高考中和全国数学联赛中经常把对这种方法的考查作为命题的热点,特别是在压轴题中,数列不等式的证明是常考题型.放缩法主要有直接放缩、裂项放缩,并项放缩,加强放缩等几种类型.(1)直接放缩:为了证明不等式A<B,可找一个(或多个)中间量C作比较,若能确定A<C与C<B同时成立,则A<B显然正确(实质就是运用不等式基本性质中的传递性).所谓“放”即把A放大到C,再把C 放大到B;反之,由B缩小经过C而变到A,则称为“缩”,统称为放缩法,放缩法是一种技巧性较强的不等变形,关键是放,缩适当,跨度合理,放不能过头,缩不能不及.(2)裂项放缩:在证明数列不等式中涉及数列求和时,经常出现这类技巧.放缩法常用的结论如下：①1k=2k+k>2k+1+k=2(k+1-k);1 k =2k+k<1k+k-1=2(k-k-1)k∈N*,k>1②1k2<1k(k-1)=1k-1-1k;1k2>1k(k+1)=1k-1k+1;③1k2<1k2-1=1(k-1)(k+1)=121k-1-1k+14绝对值不等式:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|.(3)并项放缩:有些不等式问题,直接放缩无法办到,如果对原不等式中的项进行适当重组,可使原问题出现“柳暗花明又一村”的境地,并项放缩是局部调整法最为简单的一种.G・波利亚也说过“局部提示整体”,局部调整,分段逼近是导致不等式证明,特别是数列不等式证明得以解决的重要分析.(4)加强放缩:有些数列不等式问题若直接证明命题比证明其某个加强命题更困难.这时,我们不妨“欲擒故纵",先通过证明原命题的某个“更强的命题”,从而“顺手牵羊”地解决原命题,这种证明方法称为加强命题法,这是证明数列不等式问题的一种有效方法.总之,有关不等式的证明,在对问题作细致观察的基础上,展开丰富的联想,开启创造性思维的大门,将待处理的问题变化(转化)为目标模式或规范问题,从而使原问题得到解决,是化归思想的体现,运用放缩法证明不等式,其实质是化归思想的运用.典型例题1设a,b,c均为非负实数,求证：a2+b2+b2+c2+c2+a2≥2(a+b+c)【分析】运用基本不等式证明不等式有时会出现“放缩过头”的状况,使证明陷入僵局,如用a2+b2≥2ab,则有a2+b2≥2ab,同理b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,于是有ab+bc+ca≥a+b+c,而实际上,a+b2≥ab,b+c2≥bc,c+a2≥ca,可得a+b+c≥ab+bc+ca,两者矛盾,说明上述用a2+b2≥2ab来缩小a2+b2有点过头,所以用放缩法变形应当把握好放缩的尺度,注意“适度".【证明】由a2+b2≥2ab,得2a2+b2≥(a+b)2{,即a2+b22≥a+b2,也即a2+b2≥22(a+b).同理可得b2+c2≥22(b+c),c2+a2≥22(c+a).∴a2+b2+b2+c2+c2+a2≥22(a+b)+22(b+c)+22(c+a)=2(a+b+c).2若n是正整数,求证:112+122+132+⋯+1n2<2.【分析】本不等式左边项数很多,不能直接通分,要通过适当放缩才能得出证明.可利用1k2<1k(k-1)=1 k-1-1k进行放大再裂项实施.【证明】∵1 k2<1k(k-1)=1k-1-1k,k=2,3,4,⋯,n.∴1 12+122+132+⋯+1n2<11+11⋅2+12⋅3+⋯+1(n-1)n=1+1-12+1 2-1 3+⋯+1n-1-1n=2-1n<2 3已知:a,b,c,d都是正数.求证:1<ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b<2【分析】与上例类似,本题不能直接通分,只有采用放缩法,即分母放大分数值缩小,且用ab<a+mb+m(0<a<b,m>0)放大,方可获证.【证明】ba+b+c +cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b>ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d =a+b+c+da+b+c+d=1又由ab<a+mb+m(0<a<b,m>0)可得ba+b+c <b+da+b+c+d,cb+c+d<c+aa+b+c+d,dc+d+a<d+ba+b+c+d,ad+a+b <a+ca+b+c+d,∴b a +b +c +c b +c +d +d c +d +a +a d +a +b <b +d a +b +c +d +c +a a +b +c +d+d +b a +b +c +d +a +c a +b +c +d =2(a +b +c +d )a +b +c +d =2.综上,1<b a +b +c +c b +c +d +d c +d +a +a d +a +b <2得证.4已知:数列a n 满足S n =n 2a n n ∈N * ,S n 是a n 的前$n $项的和,a 2=1.(1)求S n ;(2)证明:32≤1+12a n +1 n <2.【分析】第(1)问,通过累成法求通项a n ，再求前n 项和S n ;第(2)问,通过二项展开式直接放缩.注意放缩的跨度,放不能过头,缩不能不及.【解析】(1)当n ≥2时,有\S n =n 2a n,①S n +1=n +12a n +1,② ②-①得(n -1)a n +1=na n ,即a n +1a n =n n -1.∴a n =a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅⋯⋅a 3a 2⋅a 2=n -1n -2⋅n -2n -3⋯⋅21⋅1=n -1,又a 1=12a 1,得a 1=0,故S n =n 2a n =n (n -1)2(2)【证明】1+12a n +1 n =1+12n n =C 0a +C 1n ⋅12n +C 2n ⋅12n 2+⋯+C r n ⋅12n r +⋯+C n n ⋅12nn .因此,1+12n n ≥C 0n +C 1n ⋅12n =32(当n =1时取等号).另一方面,易证2n +12n <2n -k 2n -(k +1)(k =0,1,⋯,n -1),则1+12n n =2n +12n n <2n 2n -1⋅2n -12n -2⋯⋯⋅n +1n=2因此,有32≤1+12a n +1n <2,当n =1时,32=1+12⋅1,左边等号成立.5已知：各项均为正数的数列a n 的前$n $项和为S n ,且a 2n +a n =2S n .(1)求证:S n <a 2n +a 2n +14;(2)求证:S n 2<S 1+S 2+⋯+S n <S n +1-12.【分析】第(1)问,运用基本不等式放缩;第(2)问,放缩后构造成等差数列求和.【证明】(1)在条件中,又由条件a 2n +a n =2S n ,有a 2n +1+a n +1=2S n +1,将这两式相喊,∵a n +1=S n +1-S n ,有a n +1+a n a n +1-a n -1 =0.∵a n >0,∴a n +1+a n >0,故a n +1-a n =1.∴a n =1+(n -1)⋅1=n ,S n =n (n +1)2,∴S n =n (n +1)2<12⋅n 2+(n +1)22=a 2n +a 2n +14.(2)∵n <n (n +1)<n +1,∴n 2<n (n +1)2<n +12.∴S 1+S 2+⋯+S n =1⋅22+2⋅32+⋯+n (n +1)2<22+32+⋯+n +12=n 2+3n 22=S n +1-12S 1+S 2+⋯+S n >12+22+⋯+n 2=n (n +1)22=S n26已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=1+n 2na n (n =1,2,3⋯).求证:a n +1>a n ≥3-n +12n -1.【分析】运用累加法结合放缩法证明.【证明】∵a n +1=1+n 2na n ,∴a n +1与a n 同号,又∵a 1=1>0,∴a n >0即a n +1-a n =n 2n a n >0,即a n +1>a n ,∴数列a n 为递增数列.∴a n ≥a 1=1,即a n +1-a n =n 2n a n 运用累加法得:a n -a 1≥12+222+⋯+n -12n -1令S n =12+222+⋯+n -12n -1,∴12S n =122+223+⋯+n -12n 错位相㖪得:12S n =12+122+123+⋯+12n -1-n -12n ∴S n =2-n +12n -1,由a n -a 1≥S n =2-n +12n -1得a n ≥3-n +12n -1故得a n +1>a n ≥3-n +12n -1.7已知f (x )=-12x 2+x +1,x n +1=f x n ,n ∈N *,且1<x 1<2.(1)当n ≥2时,求证:1<x n <32;(2)试确定一个正整数N (N ≥2),使得当n >N 时,都有x n -2 <132.【分析】第(1)问，探究数列的单调性得到一个不等式模型依次放缩，逐步通向结论;第(2)问,将通项依等比递缩的形式进行放缩持续靠近目标.【解析】(1)证明∵x n +1=-12x 2n +x n +1=-12x n -1 2+32,∴x n +1<32,从而x n <32.又当1<x 1<2时,有x 2=-12x 1-1 2+32,故x 2是x 1∈(1,2)上的递㖅函数.∴x 2=-12x 1-1 2+32∈1,32 .同理可得x 3=-12x 2-1 2+32易知x 3是x 2∈1,32 上的递减函数,且x 3∈32-18,32 ⊊1,32 .由此依次迭代可得x n ∈1,32n ∈N *,n ≥2 .(2)因为x x +1-2 =-x 2n 2+x n +1-2 =-x 2n -22+x n -2 =x n -22 ⋅x n +2-2 <x n -22 ⋅32+2-2 <12x n -2 ∴x n -2 <12 x n -1-2<122 xn -2-2<⋯<124 xn -4-2|当n =0时,有x 6-4-2 =x 2-2 <12,由此可得,当取N =6时,能使得当n >N 时,都有x n -2 <132.强化训练1求证:1+12+13+14+⋯+12n -1+12n >1+n 2n ≥2,n ∈Z + .【解析】证明:先将原数列各项分别“组合”,得左=1+12+13+14 +15+16+17+18 +19+110+⋯+116+⋯+12n -1+1+12n -1+2 +⋯+12n >1+12+14+14 +18+18+18+18 +⋯+116+116+⋯+116+⋯+12n +12n +⋯+12n=1+12+12+⋯+12n 个=1+n 2.2已知数列a n 满足a 1=12且a n +1=a n -a 2n n ∈N * .(1)求证:1≤a n a n +1≤2n ∈N * ;(2)设数列a 2n 的前n 项和为S n .求证:12(n +1)≤S n n ≤12(n +1).【解析】证明:(1)由题意得a n +1-a n =-a 2n ≤0,即a n +1≤a n ,a n ≤12.由a n =1-a n -1 a n -1得a n =1-a n -1 1-a n -2 ⋯1-a 1 a n >0,由0<a n ≤12,得a n a n +1=a n a n -a 2n =11-a n ∈1,2 .即1≤a n a n +1≤2.(2)由题意得a 2n =a n -a n ,故S n =a 2n +a 2n +⋯+a 2n =a n -a 2 +a 2-a 3 +⋯+a n -a n +1 =a n -a n +1,由a 2n =a n -a n +1,得1a n +1-1a n =a n a n +1,又由1 知,1≤a n a n +1≤2,∴1≤1a n +1-1a n ≤2.即1≤1a 2-1a 1≤2,1≤1a 3-1a 2≤2,1≤1a 4-1a 3≤2,⋯,1≤1a n +1-1a n≤2,以上各式相加得n ≤12-1a n +1-1a 1≤2n .∴n +2≤1a n ≤2n +1 ,即12n +1 ≤a n +1≤1n +2,∴12-1n +2≤a 1-a n +1≤12-12n +1,即n 2n +2 ≤S n ≤n 2n +1 ,∴12n +2 ≤S n n ≤12n +1.3设数列a n 满足a n +1=a 2n -na n +1,n ∈N *.(1)当a 1=2时,求a 2,a 3,a 4,并由此猜测出a n 的一个通项公式(不需要证明);(2)当a 1≥3时,用数学归纳法证明a n ≥n +2;(3)当a 1=3时,求证:11+a 1+11+a 2+⋯+11+a n <12.【解析】(1)令n =1,a n =12 n +1<12.令n =2,则a 3=a 2=a 22-a 2+1=4-2+1=3;令n =3,则a 4=a 23-3a 3+1=16-12+1=5;猜测a n =n +1.(2)(1)当n =1时,a 1≥3=1+2,不等式成立;(2)假设当n =k 时结论成立,即a k ≥k +2,则a k +1=a 2k -ka k +1=a k a k -k +1≥k +2 k +2-k +1=2k +2 +1>k +3=k +1 +2.即n =k +1时,结论也成立,由(1)(2)可知,a n ≥n +2.(3)证明:由2 知,a n +1=a n a n -n +1≥2a n +1,即a n +1+1≥2a n +1 ,于是11+a n +1≤12⋅11+a n∴11+a n ≤12⋅11+a n -1≤12 2⋅11+a n -2≤⋯≤12 n -1⋅11+a 1=12 n +1故11+a 1+11+a 2+⋯+11+a n ≤12 2+12 3+⋯+12n +1=12 n 1-12 n1-12=12-12 n +1<12.。

高中数学解题技巧-数列放缩

数列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∑=-n k 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 k n k (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n k nk 奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n (2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n (3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n nC Tr rrn r (4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n nn(5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n (8) nn n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(9)⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1 (10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n (11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11) )2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112≥---=--=--<--=----n n n n n n n n n n n n n n (12)111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n n n n 11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫⎝⎛+--=n n n n n n n(13) 3212132122)12(332)13(2221nn nn n n n n n <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14)!)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k (15) )2(1)1(1≥--<+n n n n n(15) 111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i j i j i j i j i ji j i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(414136116141222nnn-+<+++=++++(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nn 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⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n 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例4.(2008年全国一卷) 设函数()ln f x x x x =-.数列{}n a 满足101a <<.1()n n a f a +=.设1(1)b a ∈，，整数11ln a b k a b-≥.证明:1k a b +>. 解析:由数学归纳法可以证明{}n a 是递增数列,故存在正整数k m ≤,使b a m ≥,则b a a k k ≥>+1,否则若)(k m b a m ≤<,则由101<<≤<b a a m 知0ln ln ln 11<<≤b a a a a a m m m ,∑=+-=-=k m m m k k k k a a a a a a a111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a a km m m <∑=,于是b a b a b a k a a k =-+≥+>+)(|ln |11111例5.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+ 321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n +≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=nk m m m m m m m m k kn n n n n 111111111])1([01)2()1()1( 所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n 只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--nk m m m m m m m m m n k m n k m m k k n n n n n k m k k 111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m n k m nk m m k k k m k k1111111])1[()1(])1([,即等价于m m m m m k k k m k k -+<+<--+++111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m kk m k k m而正是成立的,所以原命题成立. 例6.已知n n n a 24-=,nnna a a T +++=212,求证:23321<++++nT T T T .解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n n nn n n nT -+-=-----=+++-++++=所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n n nn T⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n nn n 从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n nT T T T例7.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n,求证:*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+证明:nnn n n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n nx x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+二、函数放缩例8.求证：)(665333ln 44ln 33ln 22ln *N n n n nn∈+-<++++ .解析:先构造函数有xxx x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln n n nn+++--<++++ 因为⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n 31121219181716151413121313121 6533323279189936365111n n n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---所以6653651333ln 44ln 33ln 22ln +-=--<++++n n n n nn例9.求证:(1)12ln 3ln 2ln 2--n n n αααααα解析:构造函数后即可证明例12.求证:32)]1(1[)321()211(->++⋅⋅⨯+⋅⨯+n e n n解析:1)1(32]1)1(ln[++->++n n n n ,叠加之后就可以得到答案例13.证明:)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 解析:构造函数)1(1)1()1ln()(>+---=x x x x f ,求导,可以得到: 12111)('--=--=x x x x f ,令0)('>x f 有21<<x ,令0)('<x f 有2>x ,所以0)2()(=≤f x f ,所以2)1ln(-≤-x x ,令12+=n x 有,1ln 22-≤n n 所以211ln -≤+n n n,所以)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 例14. 已知112111,(1).2n n n aa a n n +==+++证明2n a e <.解析:nn n n n a n n a n n a )21)1(11(21))1(11(1+++<+++=+,然后两边取自然对数,可以得到nn n a n n a ln )21)1(11ln(ln 1++++<+ 然后运用x x <+)1ln(和裂项可以得到答案)放缩思路：⇒+++≤+n nn a n n a )2111(21⇒++++≤+n n n a n n a ln )2111ln(ln 21 nn n n a 211ln 2+++≤。

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。

数列与不等式的放缩法(教师版)

数列与不等式的放缩法放缩法是不等式证明中一种常用的方法，也是一种非常重要的方法。

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，常常出现放缩之后得不出结论或得出相反结论的现象。

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。

数列与不等式的综合问题常常出现在高考的后三题中，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．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．（本小题满分14分）（2013广东文数）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21441,,n n S a n n N *+=--∈且2514,,a a a 构成等比数列．(1)证明：2a =(2) 求数列{}n a 的通项公式；(3) 证明：对一切正整数n ，有1223111112n n a a a a a a ++++<．【解析】（1）当1n =时，22122145,45a a a a =-=+，20n a a >∴=（2）当2n ≥时，()214411n n S a n -=---，22114444n n n n n a S S a a -+=-=--()2221442n n n n a a a a +=++=+,102n n n a a a +>∴=+ ∴当2n ≥时，{}n a 是公差2d =的等差数列.2514,,a a a 构成等比数列，25214a a a ∴=⋅，()()2222824a a a +=⋅+，解得23a =, 由（1）可知，212145=4,1a a a =-∴=21312a a -=-=∴ {}n a 是首项11a =,公差2d =的等差数列.∴数列{}n a 的通项公式为21n a n =-. （3）()()1223111111111335572121n n a a a a a a n n ++++=++++⋅⋅⋅-+11111111123355721211111.2212n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎡⎤=⋅-<⎢⎥+⎣⎦点拔：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前n 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{}n a 满足条件()n f a a n n =-+1）求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和．练习1、（本小题满分14分）（2014汕头金山中学）已知数列{}n a 中，111,21nn n a a a a +==+)n N *∈（．（1）求证：数列}1{na 为等差数列；（2）设211n n b a =+ ，数列}{2+n n b b 的前n 项和n T ，求证：43<n T ．解：（1）由121n n n a a a +=+得：1112n n a a +-=且111a =， …………2分k$s#5u 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，以2为公差的等差数列， …………3分（2）由（1）得：1112(1)21,21n n n n a a n =+-=-=-得：； ------------5分由211n nb a =+得：212112,n n n n b b n =-+=∴= ， ------------7分从而：)211(21)2(12+-=+=+n n n n b b n n ------------9分则 24231++++=n n n b b b b b b T=)]211()4121()311[(21+-++-+-n n --------12分=)2111211(21+-+-+n n 31113()42124n n =-+<++ ------14分练习2、正数数列{}n a 的前n 项的和n S ，满足12+=n n a S ，试求：（1）数列{}n a 的通项公式；（2）设11+=n n n a a b ，数列{}n b 的前n 项的和为n B ，求证：21<n B解：（1）由已知平方去根号得2)1(4+=n n a S ，2≥n 时，211)1(4+=--n n a S ，作差得：1212224----+=n n n n n a a a a a ，所以0)2)((11=--+--n n n n a a a a ，又因为{}n a 为正数数列，所以21=--n n a a ，即{}n a 是公差为2的等差数列，由1211+=a S ，得11=a ，所以12-=n a n （2）)121121(21)12)(12(111+--=+-==+n n n n a a b n n n ，所以=-+-+--+111111(1)23352121n B n n =-<+11122(21)2n （减项放缩法）练习3、已知函数2()(1),()4(1)f x x g x x =-=-，数列{}n a 满足12a =，且1()()()0n n n n a a g a f a +-+=．（1）试探究数列{1}n a -是否是等比数列？（2）试证明11nii an =≥+∑.解：（1）由1()()()0n n n n a a g a f a +-+=得214()(1)(1)0n n n n a a a a +--+-=，即1(1)(441)0n n n n a a a a +--+-=∴10n a -=或14410n n n a a a +-+-= ∵12a =，∴10n a -=不合舍去. 由14410n n n a a a +-+-=得1431n n a a +=+，13144n n a a -=+，（2n ≥） ∴1113111344114n n n n a a a a ---+--==--， ∴数列{1}n a -是首项为111a -=，公比为34的等比数列.（2）证明：由（1）知数列{1}n a -是首项为111a -=，公比为34的等比数列 ∴131()4n n a --=，∴13()14n n a -=+，∴2113331()()444nn i i a n -==+++++∑＝3[1()]344[1()]3414n n n n -+=-+-∵对n N ∀∈*有33()44n ≤，∴3311()1444n -≥-=∴34[1()]14nn n -+≥+，即11n i i a n =≥+∑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{}n a 的前n 项和为n S ,且22n n n a a S +=.(1)求证：2214n n na a S ++<；(2)<⋅⋅⋅+<解：（1）在条件中，令1=n ，得1112122a S a a ==+，1011=∴>a a ，又由条件n n n S a a 22=+有21112n n n a a S ++++=，上述两式相减，注意到nn n S S a -=++11得0)1)((11=--+++n n n n a a a a 001>+∴>+n n n a a a ∴11n n a a +-=所以， n n a n =-⨯+=)1(11，(1)2n n n S += 所以42)1(212)1(21222++=++•<+=n n n a a n n n n S （基本不等式222a b ab +≤放缩法）法二：44)1(412222)1(2122222++=++=++<+=+=n n n a a n n n n n n n n S （添项放大）（2）因为1)1(+<+<n n n n ，（不等式性质放缩法）所以212)1(2+<+<n n n n ，n S +(2n n ⨯=+212322++++<n2122312-=+=+n S n n ；(放缩后成等差数列)n S+2n>+++==放缩后成等差数列) 综上, <⋅⋅⋅2．放缩后成等比数列，再求和例3． (本小题满分14分)（2012广东高考理）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足1*1221()n n n S a n N ++=-+∈，且123,5,a a a +成等差数列。

数列放缩教师版

教案教师：__________ 科目; __________ 学生：________ 上课时间：________数列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. 求证:35112<∑=nk k .解析:因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n k nk例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n (2)求证:nn412141361161412-<++++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(414136116141222nnn-+<+++=++++例3. 求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n 解析:一方面:因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n 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(6n n n n ++++<++ ,所以综上有 35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n二、函数放缩例1. 求证:(1))2()1(212ln 33ln 22ln ,22≥+--<+++≥n n n n n n ααααααα解析:构造函数xx x f ln )(=,得到22ln ln n n n n ≤αα,再进行裂项)1(1111ln 222+-<-≤n n nn n ,求和后可以得到答案函数构造形式:1ln -≤x x ,)2(1ln ≥-≤αααn n例2. 求证:nn 1211)1ln(+++<+解析:提示:2ln 1ln 1ln 121ln )1ln(++-++=⋅⋅⋅+=+ n n nn n n n例3. 证明:)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n解析:构造函数)1(1)1()1ln()(>+---=x x x x f ,求导,可以得到: 12111)('--=--=x x x x f ,令0)('>x f 有21<<x ,令0)('<x f 有2>x ,所以0)2()(=≤f x f ,所以2)1ln(-≤-x x ,令12+=n x 有,1ln 22-≤n n 所以211ln -≤+n n n ,所以)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n三、分式放缩姐妹不等式:)0,0(>>>++>m a b m a mb a b 和)0,0(>>>++<m b a ma mb a b例1. 姐妹不等式:12)1211()511)(311)(11(+>-++++n n 和 121)211()611)(411)(211(+<+---n n 也可以表示成为 12)12(5312642+>-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅n n n 和1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n n n解析: 利用假分数的一个性质)0,0(>>>++>m a b ma mb ab 可得>-⋅⋅122563412n n =+⋅⋅n n 212674523 )12(212654321+⋅-⋅⋅n nn ⇒12)122563412(2+>-⋅⋅n n n 即.12)1211()511)(311)(11(+>-++++n n 例2. 证明:.13)2311()711)(411)(11(3+>-++++n n解析: 运用两次次分式放缩: 1338956.232313784512-⋅⋅⋅⋅>--⋅⋅⋅⋅n nn n (加1)nn n n 31391067.342313784512+⋅⋅⋅⋅>--⋅⋅⋅⋅ (加2) 相乘,可以得到:)13(1323875421131381057.2423137845122+⋅--⋅⋅⋅⋅=-+⋅⋅⋅⋅>⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅⋅⋅⋅n n n n n n n 所以有.13)2311()711)(411)(11(3+>-++++n n四、均值不等式放缩例1. 设.)1(3221+++⋅+⋅=n n S n 求证.2)1(2)1(2+<<+n S n n n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 Sn 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 na a na a a a a a n nnn n n22111111++≤++≤≤++其中，3,2=n 等的各式及其变式公式均可供选用。

用放缩法证明数列中的不等式上课用非常经典ppt课件

i 1
i 1
一. 放缩目标模型——可求和
n
（一）形如 a k (k为常数） i
i 1
例1 求证：1 1 1 1 1 (n N)
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2 22 23
2n
变式1
求证：1 2
2 22
3 23
n 2n
2
(n N)
变式2
求证： 2
1
1
1 22
1
1 23
1
1 2n
1
1
(n N)
变式3 求证： 1 2 3 n 2 (n N)
1
1 4
(1
1) 2
(1 2
1) 3
(
1 n 1
1n )
1
1 4
(1
1 n
)
1
1 4
5 4
n 2
当n = 1时，不等式显然也成立.
（08·辽宁卷）已知：an n(n 1), bn (n 1)2
1
1
15
求证：a1 b1 a2 b2 an bn 12 .
1
1
1 1 (1 1 )
1 32
1 n2
5 3
(n N)
分析变式3的结论比变式2更强，要达目的，须将
变式2放缩的“度”进一步修正，如何修正？
思路一将变式2思路二中通项从第三项才开始放缩.
1 n2
1 n2 1
1( 1 1 ) 2 n 1 n 1
(n 3)
保留前两项，从第三项开
始放缩
左边
1
1 22
1 2
( 12
1) 4
1 1 1 1 7 1 7 (n 3) 42n 4n 4

放缩法在解答数列题中的应用技巧(十一种放缩方法全归纳) 教师版

放缩法在解答数列题中的应用技巧(十一种放缩方法全归纳)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.一、放缩技巧(1)1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1(2)1C1n+1C2n=2(n+1)n(n-1)=1n(n-1)-1n(n+1)(3)T r+1=C r n⋅1n r=n!r!(n-r)!⋅1n r<1r!<1r(r-1)=1r-1-1r(r≥2)(4)1+1 nn<1+1+12×1+13×2+⋯+1n(n-1)<3(5)12n(2n-1)=12n-1-12n(6)1n+2<n+2-n(7)2(n+1-n)<1n<2(n-n-1)(8)22n+1-12n+3⋅12n=1(2n+1)⋅2n-1-1(2n+3)⋅2n(9)1k(n+1-k)=1n+1-k+1k1n+1,1n(n+1+k)=1k+11n-1n+1+k(10)n(n+1)!=1n!-1(n+1)!(11)1n<2(2n+1-2n-1)=222n+1+2n-1=2n+12+n-12(11)2n(2n-1)2=2n(2n-1)(2n-1)<2n(2n-1)(2n-2)=2n-1(2n-1)(2n-1-1)=12n-1-1-12n-1(n≥2)(12)1n3=1n⋅n2<1n(n-1)(n+1)=1n(n-1)-1n(n+1)⋅1n+1-n-1=1n-1-1n+1⋅n+1+n-12n <1n-1-1n+1(13)2n +1=2⋅2n=(3-1)⋅2n>3⇒3(2n-1)>2n⇒2n-1>2n 3⇒12n -1<2n3(14)k +2k !+(k +1)!+(k +2)!=1(k +1)!-1(k +2)!(15)1n (n +1)<n -n -1(n ≥2)(16)i 2+1-j 2+1i -j =i 2-j 2(i -j )(i 2+1+j 2+1)=i +j i 2+1+j 2+1<1二、经典试题解析(一)、经典试题01、裂项放缩1.(1)求∑nk =124k 2-1的值；(2)求证:∑nk =11k2<53.【分析】(1)根据裂项相消求和即可；(2)根据1n 2<1n 2-14放缩再求和即可【详解】(1)因为24n 2-1=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1，所以∑nk =124k 2-1=11-13+13-15+...+12n -1-12n +1=2n2n +1(2)因为1n 2<1n 2-14=44n 2-1=212n -1-12n +1 ，所以∑nk =11k2≤1+213-15+⋯+12n -1-12n +1 <1+23=532.求证:1+132+152+⋯+1(2n -1)2>76-12(2n -1)(n ≥2).【分析】根据1(2n -1)2>1(2n -1)(2n +1)放缩后利用裂项相消求和即可【详解】因为1(2n -1)2>1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，(n ≥2)故∑nk =11(2k -1)2>1+1213-15+...+12n -1-12n +1 =1+1213-12n +1 =76-122n -1，故1+132+152+⋯+1(2n -1)2>76-12(2n -1)(n ≥2)3.求证:14+116+136+⋯+14n2<12-14n .【详解】由14+116+136+⋯+14n 2=141+122+⋯+1n 2<141+1-1n =12-14n 根据1n 2<1n ⋅n -1 得122+⋯+1n 2<1-12+12-13+⋯1n -1-1n =1-1n 所以141+122+⋯+1n2<141+1-1n =12-14n 4.求证:12+1⋅32⋅4+1⋅3⋅52⋅4⋅6+⋯+1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n<2n +1-1【分析】利用分式放缩法证明出1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n<12n +1，进而利用数学归纳法证明13+15+⋯+12n +1<2n +1-1即可.【详解】由1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n 2<12⋅23⋅34⋯2n -12n ⋅2n 2n +1=12n +1，得1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n<12n +1，所以12+1⋅32⋅4+⋯+1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n <13+15+⋯+12n +1，要证12+1⋅32⋅4+⋯+1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2n -1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅2n <2n +1-1，只需证13+15+⋯+12n +1<2n +1-1，下面利用数学归纳法证明：当n =1时，左边=13，右边=3-1。

数列中的放缩法ppt课件

接求和，就先求和再放缩；若不能直接求和的，一般要
先将通项 an 放缩后再求和.
问题是将通项 an 放缩为可以求和且“不大不小”的
什么样的 bn 才行呢？其实，能求和的常见数列模型并不
多，主要有等差模型、等比模型、错位相减模型、裂项
相消模型等. 实际问题中， bn 大多是等比模型或裂项相
消模型.
例2 (2013广东文19第(3)问)

1 2n 1

1
(n N)
分析左边不能直接求和，须先将其通项放缩后求和，如何放缩？
注意到 1 1 2n 1 2n
将通项放缩为等比数列
左边
1 2

1 22

1 23

1 2n

1 (1 1 2 2n
1 1
)
1
1 2n
1
2
变式3
求证： 2
1
1

22
2
2

3 23
变式1
求证：1 2
2 22

3 23

n 2n

2
(n N)
分析不等式左边可用“错位相减法”求和.
由错位相减法得
12 3
2 22 23
n 2n2 2
2n
2n
表面是证数列不等式，实质是数列求和
变式2 求证： 1 1 1 2 1 22 1 23 1
3

n 2n n 2
(n N)
分析左边不能直接求和，须先将其通项放缩后求
和，如何放缩？
注意到 n n
2n n 2n
将通项放缩为错位相减模型

第十讲导数放缩和数列教师版

（放缩成双撇函数）()11ln 12x x x x <−>⎛⎫ ⎪⎝⎭，()11ln 012x x x x >−<<⎛⎫⎪⎝⎭，)ln 1x x<>，)ln 01x x ><<，（放缩成二次函数）2l n x x x ≤−，()()21ln 1102x x xx +≤−−<<，()()21ln 102x x xx +≥−>（放缩成类反比例函数）1ln 1x x≥−，()()21ln 11x x x x −>>+，()()21ln 011x x x x −<<<+，()ln 11x x x+≥+，()()2ln 101x x x x+>>+，()()2ln 101x x x x+<<+第二组：指数放缩一次：1x e x ≥+，x e x >，x e ex ≥，类反比例：()101x e x x ≤≤−，()10x e x x <−<，二次：（泰勒）()21102x e x x x ≥++>，2311126x e x x x ≥+++，第三组：指对放缩（双切线） ()()ln 112x e x x x −≥+−−=第四组：三角函数放缩()sin tan 0x x x x <<>，21sin 2x x x ≥−，22111cos 1sin 22x x x −≤≤−.第五组：以直线1y x =−为切线的函数ln y x =，11x y e−=−，2y x x =−，11y x=−，ln y x x =.3.放缩的思路二、课堂练习例1．已知函数()1x f x e x =−−．（1）证明()0f x ；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋯+<求m 的最小值．【答案】【解答】解：（1）()1x f x e '=−，当0x >时，()0f x '>，函数单调递增，当0x <时，()0f x '<，函数单调递减，故当0x =时，函数取得最小值(0)0f =，所以()0f x ；（2）由（1）知，当0x >时1x e x >+，所以(1)x ln x >+，令12n x =，则可得11(1)22n n ln +<，从而2211(1)111111122(1)(1)(1)111222222212n n n nln ln ln −++++⋯++<++⋯+==−<−，故2111(1)(1)(1)222n e ++⋯+<，而23111(1)(1)(1)2222+++>，故m 的最小值为3．变式1．已知函数()1f x elnx x =−+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：*(1)2((123)n n e n N ln n +>∈⨯⨯⨯⋯⨯，且2)n ．【答案】【解答】解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()1e e xf x x x−'=−=．在(0,)e 上，()0f x '>，在(,)e +∞上，()0f x '<．()f x ∴在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减．（2）由（1）知()f x f （e ）1=，11elnx x ∴−+，即xlnxe，当且仅当x e =时取等号．从而11ln e<，22ln e <，33ln e <，⋯，n lnn e <，∴123123nln ln ln lnn e+++⋯++++⋯+<，∴(1)(123)2n n ln n e+⨯⨯⨯⋯⨯<， ∴(1)2(123)n n e ln n +>⨯⨯⨯⋯⨯．例2．已知()x f x e =，()1(g x x e =+为自然对数的底数）．（1）求证：()()f x g x 恒成立；（2）设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋯+<，求m 的最小值．【答案】【解答】解：（1）令()()()1x h x f x g x e x =−=−−，()1x h x e '=−，()0h x '=，则0x =，当0x <，()0h x '<；0x >时，()0g x '>，所以()h x 在(0,)+∞单调递减，在(,0)−∞单调递增，所以()()00h x h ==最小值，即()0h x 恒成立；所以()()f x g x ；（2）由（1）令13n x =，可知131013nn e <+<，由不等式性质得2211(1)3311111111111[1()]33333332322111(1)(1)(1)2333n n n n n e e e e ee e −++⋯+−−++⋯+<⋯===<=．所以m 的最小值为2．变式1．已知函数()1f x xlnx x =−+，()x g x e ax =−，a R ∈．（Ⅰ）求()f x 的最小值；（Ⅱ）若()1g x 在R 上恒成立，求a 的值；（Ⅲ）求证：2111(1)(1)(1)1222n ln ln ln ++++⋯++<．【答案】【解答】解：()()I f x lnx '=，∴当01x <<时，()0f x '<，1x >时，()0f x '>，()f x ∴在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， ∴当1x =时，()f x 取得最小值f （1）0=；()II 由()1x g x e ax =−恒成立可得1x ax e +恒成立，设()x h x e =，则()x h x e '=，故(0)1h '=，(0)1h =，∴函数()y h x =在(0,1)处的切线方程为1y x =+， 1x x e ∴+恒成立． 1a ∴=；()III 由()II 可知，1x x e +恒成立，两边取对数得(1)ln x x +，令1(12ix i ==，2，3)n ⋯累加得2211(1)111111122(1)(1)(1)111222222212n n n n ln ln ln −++++⋯++++⋯+==−<−，所以原不等式成立．例3．已知实数0a >，函数()1(x f x e ax e =−−是自然对数的底数）（1）求函数()f x 的单调区间及最小值．（2）若()0f x 对任意x R ∈恒成立，求a 的值．（3）证明：*1111(1)()23ln n n N n+++⋯+>+∈．【答案】【解答】解：（1）()f x 的定义域为R ，()x f x e a '=−，令f ‘()0x >得，x lna >，令f ’ ()0x <的，x lna <，()f x ∴的单调减区间为(,)lna −∞，增区间为(0,)+∞， ()()1min f x f lna a alna ∴==−−．（2）)()0f x 等价于()0min f x ，∴由（1）得10a alna −−，设g （a ）1a alna =−−，则g ‘（a ）lna =−，令g ’（a ）0=得1a =，g ∴（a ）在(0,1)上为增函数，(1,)+∞为减函数， g ∴（a ）max g =（1）0=， g ∴（a ）g （1）0=， g ∴（a ）0=，1a ∴=；（3）由（2）可知，当1a =时，()0f x ，即10x e x −−， 1x e x ∴+，两边取对数得(1)x ln x +，当且仅当0x =时取等号，∴令1x n =得111(1)()n ln ln n n n+>+=， 111234123411()()()()()(1)23123123n n ln ln ln ln ln ln n n n n++∴+++⋯+>+++⋯+=⨯⨯⨯⋯⨯=+．变式1．已知函数()(1)x f x e ln x =−+ （1）求函数()f x 的最小值；（2）证明：()()111*321,ne e e e ln n n N e +++⋯++∈为常数．【答案】【解答】解：（1）由题意知，()f x 的定义域为：1x >−；对()f x 求导：1()1x f x e x '=−+ 对()f x '求导有：21()0(1)x f x e x ''=+>+，所以()f x '为(1,)−+∞上单调增函数；令()0f x '=，则有0x =；所以，当(1,0)x ∈−时，()0f x '<，()f x 在(1,0)−上单调递减；当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增；故()f x 的最小值为(0)1f =．（2）由（1）知当0x =时，()f x 取得最小值，即()1f x(1)1x e ln x ∴−+，即(1)1x e ln x ++取1x n=，则11(1)1(1)1n e ln ln n lnn n ++=+−+于是211e ln ln −+；12321e ln ln −+； 13431eln ln −+；⋯1(1)1neln n lnn +−+；累加得：11132(1)ne e e e ln n +++⋯++，*()n N ∈故得证．例4．已知函数()(1)f x ln x =+（1）设()y g x =是函数()f x 在(0,0)处的切线，证明：()()f x g x （2）证明：2*22221111(1)(1)(1)(1)()123e n N n+++⋯+<∈ 【答案】【解答】解：（1）1()1f x x'=+，则(0)1f '=，又(0)0f =，所以()g x x = 证明()()(1)f x g x ln x x ⇔+，令()(1)h x ln x x =+−，则1()111xh x x x'=−=−++，所以()h x 在(1,0)−上单调递增，在(0,)+∞上单调递减，故()(0)0h x h =，所以(1)ln x x +．（2）由（1）知(1)ln x x +对任意的1x >−恒成立．取1x =，则(11)1ln +<；212x =，则2211(1)22ln +<；⋯；2211(1)ln n n +<；则22221111(11)(1)(1)122ln ln ln n n ++++⋯++<++⋯+，又因为22111111112221223(1)n n n n++⋯+<+++⋯+=−<⨯⨯−，所以2211(11)(1)(1)22ln ln ln n ++++⋯++<，即2211(11)(1)(1)22ln n ++⋯+<，所以2222111(1)(1)(1)12e n++⋯+<．变式1．已知函数()f x x lnx =−．（1）求()f x 的最小值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，222111(1)(1)(1)23m n +⨯+⨯⋯⨯+<，求m 的最小值．【答案】【解答】解：：（1）11()1x f x x x−'=−=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，故()f x 在(0,1)单调递减；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(1,)+∞单调递增；故()f x f （1）1=，故()f x 的最小值为1．（2）由（1）可得，()1f x x lnx =−即1lnx x −，所以222114422(1)4(21)(21)2121ln k k k k k k k +=<=−−+−+，*k N ∈，2n ，则222111222222222(1)(1)(1)223355*********ln ln ln ln n n n n ++++⋯++<−+−+⋯+−=−<<−++，即222111(1)(1)(1)223ln ln n ++⋯+<，所以222111(1)(1)(1)223n ++⋯+<．又因为222111(1)(1)(1)123n++⋯+>，故对任意正整数n ，222111(1)(1)(1)23m n++⋯+<的整数m 的最小值为2．例5．已知函数()f x xlnx kx =+，k R ∈．（1）求()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若不等式2()f x x x +恒成立，求k 的取值范围；（3）求证：当*n N ∈时，不等式2212(41)21ni n nln i n =−−>+∑成立．【答案】【解答】解：（1）函数()y f x =的定义域为(0,)+∞，()1f x lnx k '=++，f '（1）1k =+，f （1）k =，∴函数()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为(1)(1)y k k x −=+−，即(1)1y k x =+−；（2）设()1g x lnx x k =−+−，1()1g x x'=−， (0,1)x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增， (1,)x ∈+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，不等式2()f x x x +恒成立，且0x >，10lnx x k ∴−+−，()max g x g ∴=（1）20k =−即可，故2k ，（3）由（2）可知：当2k =时，1lnx x −恒成立，令2141x i =−，由于*i N ∈，21041i >−．故，221114141lni i <−−−，整理得：221(41)141ln i i −>−−，变形得：：21(41)1(21)(21)ln i i i −>−+−，即：2111(41)1()22121ln i i i −>−−−+1i =，2，3⋯⋯，n 时，有1312ln >−1(1)3−’ 1512ln >−1(1)3− ⋯⋯⋯⋯21(41)12ln n −>−11()2121n n −−+两边同时相加得：21112222(41)(1)2212121ni n n nln i n n n n =−−>−−=>+++∑，所以不等式在*n N ∈上恒成立．变式1．已知函数()(1)(1)1f x ln x k x =−−−+．（1）求函数()f x 的极值点；（2）若()0f x 恒成立，求k 的取值范围；（3）证明：*22341(62460(1)22ln ln ln lnn n n N n n n −+++⋯+<∈−+，1)n > 【答案】【解答】解：（1）()f x 的定义域为(1,)+∞，1()1f x k x '=−−，若0k ，则()0f x '>，()f x 在(1,)+∞单增，所以()f x 无极值点；若0k >，令()0f x '=，得11x k=+，当1(1,1)x k ∈+时，()0f x '>，()f x 在1(1,1)k +单增，当1(1,)x k ∈++∞时，()0f x '<，()f x 在1(1,)k++∞单减，所以()f x 有极大值点11x k=+，无极小值点；（2）由（1）知当0k 时，()f x 在(1,)+∞单增，又f （2）10k =−>，所以()0f x 不成立；当0k >时，1()(1)max f x f lnk k=+=−，若()0f x 恒成立，只需1()(1)0max f x f lnk k=+=−，解得1k ，所以k 的取值范围是[1，)+∞；（3）由（2）知，当1k =时，1(1)lnx x x <−>，∴221111(,1)(1)(1)(1)1lnn n n N n n n n n n n n n −<==−∈>−−++，∴2234111111111(,1)62460(1)233412122ln ln ln lnn n n N n n n n n n n −+++⋯⋯+<−+−+⋯⋯+−=−=∈>−+++．例6．已知函数()2f x x lnx m =−−，()1g x mx =−，m R ∈．（1）若1m =，求函数()()()h x f x g x =−的最小值；（2）求证：*2222222123111111(1)(1)()1232323ln ln ln lnn n N n n n+++⋯++++⋯+−+++⋯+∈．【答案】【解答】解：（1）当1m =时，()(0)h x x lnx x =−>，则11()1x h x x x−'=−=，令()0h x '>，解得1x >；令()0h x '<，解得01x <<；∴函数()h x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增， ()min h x h ∴=（1）1=；（2）证明：由（1）可知，1x lnx −，即1lnx x −，当且仅当1x =时取等号，所以2211lnxx x x−， ∴222222212113111111,,,,()1222333ln ln lnnn N ln n n n −<−<−⋯⋯−∈， ∴2222222123111111111232233ln ln ln lnn n n n +++⋯⋯+−+−+−+⋯⋯+−， ∴*2222222123111111(1)(1)()1232323ln ln ln lnn n N n n n+++⋯++++⋯+−+++⋯+∈．变式1．已知函数1()lnxf x x+=．（1）如果当1x 时，不等式()1af x x +恒成立，求实数a 的取值范围；（2）求证：222*211221211112()n n n N eee⨯+⨯++++⋯+<+∈；【答案】【解答】解：（1）不等式()1a f x x +，转化为(1)(1)x lnx a x++，令(1)(1)()x lnx g x x++=，只需()min a g x 即可，2()x lnx g x x −'=，y x lnx =−，110y x'=−，y 在[1，)+∞递增，()h x h （1）10=>，所以()0g x '>，()g x 在[1，)+∞递增，所以()min g x g =（1）2=，所以2a ；（2）令2a =，由（1）得121lnxxx ++，11x lnx x −+，即11x x e x −+，令211x n=+，代入则212121111111(2)(1)1n e n n n n n n +<+<+=+−−− 故22221122121111111111112221nn n n n ne e e ⨯+⨯++++⋯++++−+⋯+−=+−<+−．故原式成立．例7．已知函数()sin f x a x blnx x =+−．（1）当0a =，1b =时，证明：()1f x −；（2）当6b π=时，若()f x 在(0,)3π上为增函数，求a 的取值范围；（3）*n N ∀∈，试比较2111(1)(1)(1)444n ++⋯+与13e 的大小，并进行证明．【答案】【解答】（1）证明：当0a =，1b =时，()f x lnx x =−，所以1()xf x x−'=，令()0f x '>，得01x <<；令()0f x '<，得1x >，所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以()min f x f =（1）1=−，故()1f x −；（2）解：当6b π=时，()cos 16f x a x xπ'=+−，所以cos 106a x xπ+−在(0,)3π上恒成立，即66cos x ax xπ−在(0,)3π上恒成立，令6()6cos x h x x x π−=，(0,)3x π∈，显然当(0,)6x π∈时，()0h x <；当(6x π∈，)3π时，()0h x >，而当(6x π∈，)3π时，22cos sin (6)()06x x x x h x x cos xππ+−'=>，所以()h x 在(6π，)3π上单调递增，所以()()13h x h π<=，所以1a ，即a 的取值范围是[1，)+∞；（3）132111(1)(1)(1)444n e ++⋯+<，证明：由（1）知(1)ln x x +< (0)x >，令14x x =，得11(1)44x x ln +<，所以11(1)44ln +<，2211(1)44ln +<，⋯，11(1)44n n ln +<，所以22111111(1)(1)(1)444444n n ln ln ln ++++⋯++<++⋯⋯+，即221111111111[(1)(1)(1)]4444443343n n n ln ++⋯+<++⋯⋯+=−⨯<，所以132111(1)(1)(1)444n e ++⋯+<．变式1．已知函数2()(21)(1)f x lnx ax a x a =+−+++．（1）若对1x ∀>，都有()0f x >恒成立，求a 的取值范围；（2）证明：22222(1)(2)(3)()n n n n n n e n +++⋯+>对任意正整数n 均成立，其中e 为自然对数的底数．【答案】【解答】（1）解：212(21)1(21)(1)()2(21)ax a x ax x f x ax a x x x−++−−'=+−+==．1x >，10x ∴−>，故：①当0a 时，()0f x '，()f x 在(1,)+∞上单调递减，而f （1）0=，()0f x ∴<，不符合题意； ②当12a时，即112a，()f x 在(1,)+∞上单调递增，而()f x f >（1）0=，∴符合题意； ③当102a <<，1(1,)2x a∈时，()0f x '<，()f x 在1(1,)2a 上单调递减，而f （1）0=，∴此时()0f x <，不符合题意，综上所述，a 的取值范围为1[,)2+∞．（2）证明：要证明22222(1)(2)(3)()n n n n n n e n +++⋯+>，等价于证明2222222212n n n k n nn n n n ++++⋯⋯>，等价于证明222222221212n n n k n n ln ln ln ln n n n n ++++++⋯++⋯+>．由（1）可得1(1)[1(1)]2lnx x x >−−−在(1,)+∞恒成立．令21kx n =+，1k =，2，3，⋯，n ，则221k n，∴2224221(1)22k k k k ln n n n n n +>−−， ∴222222222212121122n n n k n n n ln ln ln ln n n n n n n n ++++++⋯+++⋯++⋯+>−⨯=， ∴222222221212n n n k n n ln ln ln ln n n n n ++++++⋯++⋯+>成立，∴22222(1)(2)(3)()n n n n n n e n +++⋯+>成立．例8．已知函数()(1)f x x lnx =+，曲线()y f x =在1x =处的切线方程为y ax b =+．（Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）求证：1x >时，()f x ax b >+；（Ⅲ）求证：2227(2)23(2,*)1632ln ln ln n n n N n n −++⋯++>∈−．【答案】【解答】解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，1()x f x lnx x+'=+， f '（1）2=，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2分）又因为f （1）0=，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（3分）所以该切线方程为2(1)y x =−，即2a =，2b =−．（Ⅱ）设()(1)22F x x lnx x =+−+，则1()1F x lnx x'=+−，设1()1g x lnx x=+−，(1)x ，g （1）0= 则21()x g x x−'=，当(1,)+∞，()0g x '>，又g （1）0=，故()0g x >．所以()0F x '>，即()F x 在区间(1,)+∞单调递增，所以()F x F >（1）0= 所以1x >，()f x ax b >+．（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，(1)2(1)x lnx x +>−．令22(2,*)x n n n N =−∈，则222(1)(2)2(3)n ln n n −−>−，因为222(2)2113111ln n n n n n −>=−−−−+，所以2n ，*n N ∈时，2227(2)111111111111321116332446211212ln ln ln n n n n n n n n n−++⋯+>−+−+−+⋯+−+−=+−−>−⋯−−−++ 即2227(2)23(2,*)1632ln ln ln n n n N n n −++⋯++>∈−．变式8．已知函数1()(1)f x alnx a x x=−+−（1）当1a <−时，讨论()f x 的单调性（2）当1a =时，若1()1g x x x=−−−，证明：当1x >时，()g x 的图象恒在()f x 的图象上方（3）证明：2*2222321(234(1)ln ln lnn n n n N n n −−++⋯+<∈+，2)n【答案】【解答】解：（1）函数1()(1)f x alnx a x x=−+−， 0x ∴>，2221(1)1()(1)a a x ax f x a x x x −+++'=−++=，1a <−，由()0f x '>，得[(1)1](1)0a x x −+−−>，当2a =−时，由()0f x '>，得1x ≠，增区间为(−∞，1]，[1，)+∞，无减区间；当12a −<<−时，由()0f x '>得，11x a >−+或1x <，增区间为(0，1]，1[1a −+，)+∞，减区间为[1，1]1a −+；当2a >−时，由()0f x '>得，11x a <−+或1x >，增区间为(0，1]1a −+，[1，)+∞，减区间为1[1a −+，1]．证明：（2）1a =时，1()2f x lnx x x =−−，1()1g x x x=−−−，设()()()1F x f x g x lnx x =−=−+，11()1xF x x x−'=−=，当(0,1)x ∈时，()0F x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0F x '<()F x F ∴（1）0=，即()()f x g x <恒成立， ()g x ∴的图象恒在()f x 图象的上方．（3）由（2）知10lnx x −+(0)x >，设()1K x lnx x =−+，则11()1x K x x x−'=−=．当(0,1)x ∈时，()0k x '>，()k x ∴为单调递增函数；当(1,)x ∈∞时，()0k x '<，()k x ∴为单调递减函数；1x ∴=为()k x 的极大值点，()k x k ∴（1）0=．即10lnx x −+，1lnx x ∴−．由上知1lnx x −，又0x >，∴11lnx x x−． n N +∈，2n ，令2x n =，得22211lnn n n−，∴2211(1)2lnn n n −，∴222222231111(111)23223ln ln lnn n n++⋯+−+−+⋯+− 2221111[1()]223n n=−−++⋯+1111[1()]22334(1)n n n <−−++⋯+⨯⨯+ 1111111[1()]223341n n n =−−−+−+⋯+−+ 111[1()]221n n =−−−+ 2*21(4(1)n n n N n −−=∈+，2)n ∴2*2222321(234(1)ln ln lnn n n n N n n −−++⋯+<∈+，2)n 三、课后练习1．若函数211()(1)(1)22f x aln x x a x =++−+−．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x 在(1,)−+∞上恒成立，求实数a 的取值范围；（3）求证：对任意的正整数n 都有，11111234n ln ln ln lnn n−+++⋯+>．【答案】【解答】解：（1）(1)()11a x x a f x x a x x +−'=+−=+−．若0a ，则当(1,0)x ∈−时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；若01a <<，则当(1,1)x a ∈−−或(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(1,0)x a ∈−时，()0f x '<，()f x 单调递减；若1a =，则()0f x '恒成立，当且仅当0x =时取等号，所以()f x 在(1,)−+∞单调递增；若1a >，则当(1,0)x ∈−或(1,)x a ∈−+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(0,1)x a ∈−时，()0f x '<，()f x 单调递减；（2）11(0)0022f a a =−−⇒−<，所以当(1,0)x ∈−时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当0x =时，()f x 取最小值(0)0f ；所以(a ∈−∞，1]2−．（3）当12a =−时，2211111111()(1)(1)02222(1)1f x ln x x x ln x x x x x =−++++−⇔=−+++对任意(1,)x ∈−+∞恒成立，当且仅当0x =时取等号．所以对任意的正整数n ，111(1)1ln n n n >−++，所以1111111111112312231n ln ln ln n n n n n−++⋯+>−+−+⋯++=−=−． 2．已知函数()(1)(1)f x lnx x ax a =+−−−．（Ⅰ）当0a =时，求()f x 的最大值；（Ⅱ）若对1x ∀>，都有()0f x >恒成立，求a 的取值范围；（Ⅲ）证明：22222(1)(2)(3)()n n n n n n e n +++⋯⋯+>对任意正整数n 均成立，其中e 为自然对数的底数．【答案】【解答】（1）解：当0a =时，()1f x lnx x =+−，(0)x >， 11()1xf x x x−'=−=．可得(0,1)∈时，()0f x '>，(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x ∴在(0,1)递增，在(1,)+∞递减， ()f x ∴的最大值为f （1）0=；（2）解：212(21)1(21)(1)()(1)(1)ax a x ax x f x ax a x a x x x−++−−'=+−−+−==．．110x x >∴−>故：①当0a 时，()0f x '，()f x 在(1,)+∞单调递减，而f （1）0=，()0f x ∴<，不符合题意， ②当102a时，112a，()f x 在(1,)+∞单调递增，在（而f （1）0=， ()0f x ∴>，不符合题意，③当1002a <<时，1(1,)2a ∈时，()0f x '，()f x 在1(1,)2a 单调递减，而f （1）0=，∴此时()0f x <，不符合题意，综上所述：a 的取值范围1[2，)+∞（3）证明：要证明22222(1)(2)(3)()n n n n n n e n +++⋯⋯+>．等价于证明2222222212n n n k n nn n n n++++⋯⋯>，等价于证明222222221212n n n k n n ln ln ln ln n n n n ++++++⋯++⋯>．由（2）可得1(1)[1(1)]2lnx x x >−−−在(1,)+∞恒成立．令21kx n =+，1k =，2，3，n ⋯．则221k n2224221(1)22k k k k ln n n nn n∴+>−−． 222222222212121122n n n k n n n ln ln ln ln n n n n n n n ++++++⋯+∴++⋯++⋯>−⨯=． ∴．222222221212n n n k n n ln ln ln ln n n n n ++++++⋯++⋯>．成立．22222(1)(2)(3)()n n n n n n e n ∴+++⋯⋯+>．成立．3．已知函数()()f x x ln x a =−+的最小值为0，其中0a >．（1）求a 的值；（2）若对任意的[0x ∈，)+∞，有2()f x kx 成立，求实数k 的范围；（3）证明：*12(21)2()21ni ln n n N i =−+<∈−∑（注12222:2)213521ni i n ==+++⋯−−∑【答案】【解答】解：（1）函数的定义域为(,)a −+∞．由()0f x '=得：1x a a =−>−又由()0f x '得：1x a −()f x ∴在(,1)a a −−单调递减，在[1a −，)+∞单调递增 (())(1)01min f x f a a ∴=−=⇒=（2）设2()()(0)g x kx x In x a x =−++，则()0g x 在[0，)+∞恒成立 ()0(0)(*)min g x g ⇔=注意到g （1）1200k In k =−+⇒> 又(221)()1x kx k g x x +−'=+①当1210()2k k −<<时，由()0g x '得122kx k−．()g x 在12[0,]2k k −单减，12(,)2k k−+∞单增，这与(*)式矛盾； ②当12k时 ()0g x '在[0，)+∞恒成立()(0)0g x g ∴=符合(*) ∴12k⋯⋯（8分）证明：（3）由（2）知：令12k =得：21(1)2x In x x −+令2(1,2,,)21x i n i ==⋯−得：222[(21)(21)]21(21)In i In i i i −+−−<⋯−− 当1i =时，2232x In =⇒−<；当2i 时，2211(21)2321i i i <−⋯⋯−−−（11分）从而2121[(21)(21)]23122121i In i In i In i n =−++−<−+−<−−∑． 4．已知函数()1f x x lnx =−−．（1）求函数()f x 的最小值；（2）当*n N ∈时，求证：①11n ln n n+>；②1111231ne n +++⋯+>+．(e 为自然对数的底）【答案】【解答】解：（1）函数()1f x x lnx =−−．(0,)x ∴∈+∞，11()1x f x x x−'=−=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 是减函数，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 是增函数， ()min f x f ∴=（1）0=．证明：（2）①由（1）得()10f x x lnx =−−，当且仅当1x =时取等号，1x lnx ∴−，令*11()n x n N n +=>∈，得11n lnn n+>， ∴11n lnn n +>．②11n lnn n+>， 1112311(1)2312n ln ln ln ln n n n+∴+++⋯+>++⋯+=+， ∴1111231nen +++⋯+>+．5．已知函数()f x x lnx =−．（1）求()f x 的最小值；（2）证明：对于任意正整数n ，222111(1)(1)(1)23e n+⨯+⨯⋯⨯+<．【答案】【解答】解：（1）11()1x f x x x−'=−=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，故()f x 在(0,1)单调递减；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(1,)+∞单调递增；故()f x f （1）1=，故()f x 的最小值为1．（2）由（1）可得，()1f x x lnx =−即1lnx x −，所以2211111(1)(1)1ln k k k k k k+<=−−−，*k N ∈，2n ，则222111111111(1)(1)(1)111232231ln ln ln n n n n ++++⋯++<−+−+⋯+−=−<−，即222111(1)(1)(1)123ln n ++⋯+<，所以222111(1)(1)(1)23ln e n ++⋯+<． 6.已知定义在(0,)+∞上的函数()f x 过点(1,0)，其导函数为2()1f x x x'=−+，设23()(1)22x g x k x lnx =−+−++．（1）求()f x 的解析式；（2）是否存在实数k ，使得对任意的(0,)x ∈+∞不等式()()0f x g x +>恒成立？若存在，求出k 的取值范围，若不存在，请说明理由；（3）求证：2!(1)(2elnn n n n <+=，3，4)⋯ 【答案】【解答】解：（1）2()1f x x x'=−+ 2()2(2x f x lnx x C C ∴=−++为常数）又()f x 过(1,0)f ∴（1）1102C =++=，解得32C =− 故23()222x f x lnx x =−+− （2）假设存在实数k ，使得对任意的(0,)x ∈+∞不等式()()0f x g x +>恒成立由（1）知()()0f x g x +>， 0kx lnx −>，即lnxk x>令()lnx t x x =，则21()lnxt x x −'=，由()0t x '=解得x e =当0x e <<时()0t x '>，()t x 为增函数当x e >时()0t x '>，()t x 为减函数 1e∴=，1k e ∴>，故k 的取值范围为1(e，)+∞．证明：（3）由（2）知，当0x >时，1lnxx e， ∴当2n =，3，4⋯时1lnn n e<，即elnn n < 22eln ∴<，33eln <，44eln <，⋯，elnn n <，2!(1)(2elnn n n n ∴<+=，3，4)⋯．7．已知函数2()1f x ax bx =++在3x =处的切线方程为58y x =−．（1）求函数()f x 的解析式；（2）若关于x 的方程()x f x ke =恰有两个不同的实根，求实数k 的值；（3）数列{}n a 满足12a f =（2），1()n n a f a +=，*n N ∈，证明： ①11n n a a +>> ②123201911112S a a a a =+++⋯+<．【答案】【解答】（1）解：2()1f x ax bx =++，()2f x ax b '=+，依题意，(3)5(3)7f f '=⎧⎨=⎩，即659310a b a b +=⎧⎨++=⎩，解得11a b =⎧⎨=−⎩，2()1f x x x ∴=−+；（2）解：方程()x f x ke =，即21x x x ke −+=，得2(1)x k x x e −=−+，记2()(1)x F x x x e −=−+，则22()(21)(1)(32)x x x F x x e x x e x x e −−−'=−−−+=−−+(1)(2)x x x e −=−−−．令()0F x '=，得11x =，22x =．∴当1x =−时，()F x 取极小值1e ，当2x =时，()F x 取极大值23e．可知当1k e=或23k e =时，它们有两个不同交点，因此方程()x f x ke =恰有两个不同的实根；（3）证明：①12a f =（2）3=，得1312a =>，又21()1n n n n a f a a a +==−+， ∴22121(1)0n n n n n a a a a a +−=−+=−>， 11n n a a +∴>>．②由211n n n a a a +=−+，得11(1)n n n a a a +−=−， 111111(1)1n n n n na a a a a +==−−−−，即111111n n n a a a +=−−−． ∴12320191223201920201111111111()()()111111S a a a a a a a a a a =+++⋯+=−+−+⋯+−−−−−−− 12020202011122111a a a =−=−<−−−． 8．已知函数()()f x ax ln x b =−+在点(1,1)处的切线与x 轴平行．（1）求实数a ，b 的值；（2）证明：22132(,2)()(1)nk n n n N n k f k n n =−−>∈−+∑．【答案】【解答】解：（1）1()f x a x b'=−+，又由已知得f '（1）0=①f （1）1a lnb =−=② 由①，②解得：1a =，0b =（2）()k f k lnk −=，设212324,,(1)1n n n n n n n b lnn T a T T n n n −−−===−=+− 当2n 时有，2110,04n n n b lnn a −=>=> 设21()(2)4x h x lnx x −=−，则212()022x x h x x −'=−=>恒成立即()h x 在[2，)+∞上是增函数， n n b a ∴>等价于221111n n h a b a b −−=（2）3204ln =−>，∴221114443223381(1)n n ln ln lnn n n n −−++⋯+>++⋯+=−+，∴22132(,2)()(1)nk n n n N n k f k n n =−−>∈−+∑． 9．已知函数2()1f x alnx x =−+．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）求证：22223(1)(21)(2)234(1)ln ln lnn n n n n n −+++⋯+<+．【答案】【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(0,)+∞，22()2a a x f x x x x−'=−=．①当0a 时，()0f x '，()f x 在(0,)+∞上单调递减；（2分） ②当0a >时，由()0f x '<解得x >；由()0f x '>解得0x << 所以()f x在上单调递增，在)+∞上单调递减．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得当2a =时，()max f x f =（1）21110ln =−+=，即2210lnx x −+当且仅当1x =时等号成立．所以2210(2)lnn n n −+<，21(2)2n lnn n −<， 2211111111(1)[1]()(2)22(1)221lnn n n n n n n n <−<−=−−++，所以22223111111111111()()2322233412221ln ln lnn n n n n n n −−++⋯+<−−+−+⋯+−=−−++，（11分）即22223(1)(21)234(1)ln ln lnn n n n n −+++⋯+<+． 10．已知关于x 的函数()(1)f x ln x =+．（Ⅰ）当0x >时，证明：(1)1xln x x +>+；（Ⅱ）求证：1112()332313ni ln n n n=+−<−−∑．【答案】【解答】（Ⅰ）证明：令1x t +=，(1)t >．只需证明：1t lnt t −>，即证明110lnt t−+>，(1)t >．令1()10g t lnt t=−+>，(1)t >．21()0t g t t−'=>，()g t ∴在(0，+∞单调递增． ()g t g ∴>（1）0=，即(1)1xln x x +>+；（Ⅱ）证明由（Ⅰ）可得(1)1x ln x x +>+，令1x n =，可得11(1)1ln n n<++．1111233123131n n nln lm ln lm n n n n n n ++++⋯+<++⋯+=+++− 111121111()()3231332313nni i n n n n n n n ==+−=++−−−−−∑∑ 11111(1)2332313n n n =+++⋯+++−−−（1）111)23n++⋯+ 111123n n n=++⋯+++ ∴1112()332313n i ln n n n=+−<−−∑． 11．已知函数1()12a f x ax a lnx x−=++−−，a R ∈． ()I 若1a =−，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若()0f x 在[1x ∈，)+∞上恒成立，求正数a 的取值范围；（Ⅲ）证明：*1111(1)()232(1)n ln n n N n n +++⋯+>++∈+．【答案】【解答】解：()I 当1a =−时，2()3f x x lnx x=−−−−，则函数()f x 的定义域为{|0}x x >，则2222(1)(2)()x x x x f x x x −−+−−+'==，则当(0,1)x ∈时，()0f x '>，则()f x 单调递增；则当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，则()f x 单调递减；所以()f x 单调递增区间为(0,1)，()f x 单调递减区间为(1,)+∞ （Ⅱ）因为1()12a f x ax a lnx x−=++−−，[1x ∈，)+∞，则f （1）0=，222211(1)1()(1)()a ax x a a af x a x x x x x x a −−−−−'=−−==−−．①当102a <<，时，此时11aa−>，当11ax a−<<，则()0f x '<，()f x 在[1，1]a a −上是减函数，所以在1(1,)a a −上存在0x ，使得0()f x f <（1）0<，()0f x 在[1，)+∞上不恒成立； ②当12a时，11aa−，()0f x '在[1，)+∞上成立，()f x 在[1，)+∞上是增函数，()f x f（1）0=，()0f x 在[1，)+∞上恒成立，综上所述，所求a 的取值范围为1[,)2+∞；（Ⅲ）由（Ⅱ）知当12a 时，()0f x 在[1，)+∞上恒成立，1120(1)a ax a lnx x x−++−−，令12a =，有11()2x lnx x−，当1x >时，11()2x lnx x−>，令1k x k +=，有111111()[(1)(1)]2121k k k ln k k k k k ++<−=+−−++，即111(1)()21ln k lnk k k +−<++，1k =，2，3，⋯，n ，将上述n 个不等式依次相加得：11111(1)()2232(1)ln n n n +<+++⋯+++，整理得1111(1)(1)232(1)n ln n n n n +++⋯+>+++． 12．已知函数()1f x x lnx =−−．（Ⅰ）求证：()0f x ；（Ⅱ）求证：*2111[(1)(1)(1)]1()222n ln n N ++⋯+<∈．【答案】【解答】证明：（Ⅰ）由题意知，()1f x x lnx =−−的定义域为(0,)+∞，因为11()1x f x −'=−=，所以()f x 和()f x '的变化情况如下表所示：由表可知：()min f x f =（1）1110ln =−−=．所以()()0min f x f x =．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：10x lnx −−>，(1)x ≠即1(1)lnx x x <−≠．所以可得22111111(1),(1),,(1)222222n n ln ln ln +<+<⋯+<．将上述n 个式子相加可得：*21111111[(1)(1)(1)]11()2222422n n n ln n N ++⋯+<++⋯+=−<∈，所以结论得证，即*2111[(1)(1)(1)]1()222n ln n N ++⋯+<∈．。

(学)高中数学数列放缩专题：用放缩法处理数列和不等问题模板

数列和不等问题(教师版)•先求和后放缩(主要是先裂项求和，再放缩处理) 例1正数数列 a 詁勺前n 项的和S n ，满足2 S ； -a n 1，试求:(1)数列；a n 1的通项公式;AA(2)设b n ——，数列h n ［的前n 项的和为B n ，求证：B n ：：：—a n a n +2解：(1)由已知得 4S n =(a n J)2 , n_2 时，4S n ^-(a n j 1)2，作差得：4a n 二a ； • 2a n -a ；丄-2a n 」，所以(a n a nJ )(a n -a n 」-2)=0，又因为、a n ｛为正数数列，所以 a n - a n 丄=2，即：a n :■是公差为2的等差数列，由 2 S^a 1 1，得厲=1，所以a n = 2n -11 11-(2 —)，所以 2 2n -1 2n 14 1 2彳得 a 1=S 1= 3*1 — T X 4+3 所以 a 1 =2 3 3 34 1将①和②相减得:a n =S — s —1= 3(a n — a n -1) — 3X (2n+13 3整理得：a n +2n=4(a n —1+2n —1),n=2,3,…，因而数列｛ a n +2n｝是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列，即:…,因而 a n =4n — 2n, n=1,2,3, …,4 n n 1 n+1 3X (4 — 2 ) — 2 + 2 1 n+1 n+1—=—X (2 — 1)(2 —2)2 (2n+1— 1)(2 n— 1) 2 2—-X 2n+1+3, n=1,2,3，…，①B n J(1 一1 D 2 3 3 5 1)=12n -1 2n 122(2n 1)2真题演练1: (06全国 4 1 1卷理科22题)设数列的前n 项的和，S n — an-— 233n「| , n =1,2,3』(I)求首项a 1与通项a n ; (n)设T n =—S nnn =1,2,3，丄，证明：v T iy再由①有S 4 —1 =§a n — 1 — 1 23X 2n+§, n=2,3 , 4,…2nTn=恳2n32X(2 n+1— 1)(2 n— 1) 31 =2 X (22n+1— 11n 所以，'、 i 3 1 i+1 _ 3」 1T = 2 二(2—1 — 2^—1)=i 3 3 2X (21— 112n 1 -13 )<3⑵b n1 1a n a n 1 (2n -1)(2n 1)4 Sn =3a—2n ), n=2,3.a n +2n =4X 4n —1= 4n, n=1,2,3, (n )将a n =4n— 2n代入①得 S n =二.先放缩再求和1 •放缩后成等比数列，再求和例2.等比数列3中，a1 V ，前n 项的和为S ，且成等差数列.2设b n 二主—，数列4/前n 项的和为1 — a n真题演练2: （06福建卷理科22题）已知数列订「满足a^1,3nd =2a n 1（ N *）.(I )求数列曲的通项公式；(II )若数列和[滿足4b ^44b 2J lh4b n^ -(a n - 1)b n(n ・N *)，证明：数列〈b n?是等差数列; (川)证明： °_1 ：：：色■电■…，-a^ ::: n (n ・ N*).2 3a 2 a 3 a n + 2(I )解：* a . 1 = 2a n 1(n N ),-a n1 1=2(a n 1), ：a n 1是以a 「1 = 2为首项，2为公比的等比数列 .a n 1 =2n .即a n =22 -1(n N *).(II )证法一：：/坏％* =(a n 1)k n..4E % +••*“)■» =2nkn2[(b b 2 ... b n )-n]= nb n ,① 2[(b 1 b 2 ... bn b n1)-(n 1)]=(n 1)b n1.②②—①，得 2(0 1 -1)=(n 1)b n1 - nbh,1T n'证明：「2解：T A 9 -A 7 =a 8 89,A 8 _ A 9a8' a 9V 9，二公比 q88（利用等比数列前二 B n fb nb n11_(_1)nn 项和的模拟公式 4n S n 1_(-2)n1 <3 2n=Aq n - A 猜想)1 1 323 223 21 11 1 2(^2?)T — 2 1(1 1)3，2n ；即(n -1)bn 1 -nb n 2 =0, nb n 2 -(n 1)0 1 2=0. ③—④，得nb h .2-2nb h 1 nb n =0,•b n =0,.b n 2-b n 1 =b n 】-b n (N *),. fb n ?是等差数列b n 21（山）证明：■.a kk .2 -1 k .2 -1a k 12k -12(21) 1 ,k =1,2,..., n,2a i a n a ? a 3.a n 12 2k -1-1 —— --------------------------------------------- — -------------------------------------- 二_ ——2 2(2k 1 -1) 2 3.2k2—2一2 321 1 1.k ，k= 1,2，...,n,a na ? a 3n 1 111、 n 11、 n 1-厂3（2戸…歹）匕一3（12）厂亍a ? a 3.电a n 1n *□ N).2 •放缩后为“差比”数列，再求和例3•已知数列｛a n ｝满足：a, =1 ,a n 1 = (1 尹)a n ( n ~ 1,2,3 ).求证：a n1a n-3证明：因为 a n 1 = (1-斗）a n ，所以a n d 与a n 同号，又因为a^ ^1 0，所以a n 0 ,2即 a n 1 - a n0，即a n d ■ a n .所以数列｛a n ｝为递增数列，所以a . — a1 =1,即 a n 1 " a n1累加得：a n ~^1 -2+——222nJ令S nn _•亍，两式相减得:1 n -1—，所以Sn =2 nJn 2 22心，所以 a n -32n -，故得a n 1 -a n -3 2n43 •放缩后成等差数列，再求和例4.已知各项均为正数的数列｛a n｝的前n项和为& ,且a2a n 二2S n .解：（1）在条件中，令 n=1，得 al - a^2S^2a 1,； a 1 0 . 1，又由条件 a 2 - a n = 2S n 有a 31 ■ a n 1 = 2S n 勺，上述两式相减，注意到 a n “ = S n j - S n 得(a n 1 a n )(a n 1 _a n _ 4 = 0a n 0 a n 1 a n 0二 a n 1「a n = 1所以，a n =11 (n -1) = n ，S n =练习：13 1. （08南京一模22题）设函数f （x ） x 2 bx，已知不论:J 为何实数，恒有f （cos 「）岂0且4 4f （2-si n 0.对于正数列，其前n 项和^乂仁內），（n • N *）.（I ）求实数b 的值；（II ）求数列＜a n ?的通项公式; —,n • N .，且数列；的前n 项和为T n ，试比较T n 和1的大小并证明之1 a n61解：（I ） b（利用函数值域夹逼性）；（II ） a n =2n ，1；23 （04全国）已知数列｛a n ｝的前n 项和S n 满足：S n =2a n ・（T ）n ， n_1（1）写出数列｛a n ｝的前三项a 1，a 2，a ? ；（ 2）求数列｛a .｝的通项公式;⑴求证:S n ：：：n(n 1) 22 2所以2 2a n ' a n 14(2)因为 n v Jn(n +1) < n +1，所以 2 <、 <2 \：n(n+1) n+1所以2「n(n 1)2n n(n 1) 2 2、2S n 2（川）若,C n（出） C n—丄」・(2n 2)22 2n 1 2n 3丄J2n 3 62 2a n a n 14⑵求证:二数列｛ a n ｝的通项公式为: a n心十1）n ］.⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。

《数列中的放缩法》课件

面临的挑战
未来发展放缩法，需要解决的关键问题包括如何提高放缩法的适用性和可靠性，如何克服其局限性，以及如何与其他数学工具或算法更好地结合。此外，如何将放缩法的理论
应用于实际问题的解决也是一大挑战。
放缩法的挑战
在使用放缩法时，需要具备深厚的数学基础和敏锐的观察力，以选择合适的放缩策略。此外，如何掌握好放缩的尺度，避免过度或不足的放缩，也是一大挑战。
放缩法的未来发展
发展方向
随着数学理论和计算机技术的发展，放缩法有望在更多领域得到应用。例如，结合机器学习算法，可以自动寻找最优的放缩策略。此外，随着数学与其他学科的交叉融合，放缩法有望在解决实际问题中发挥更大的作用。
洛必达法则
洛必达法则是微积分中的一个重要定理，它可以用来计算某些极限。当一个极限的分子和分母都趋于零时，洛必达法则可以用来求极限。
在数列中，洛必达法则可以用来研究数列的收敛性和发散性。通过应用洛必达法则，我们可以对数列的项进行放缩，从而证明一些数学命题。
拉格朗日中值定理
拉格朗日中值定理是微积分中的一个重要定理，它说明了一个函数在两个点之间的值与这两点之间某点的导数之间的关系。
解决导数问题
总结词
在解决与导数相关的问题时，放缩法可以帮助我们更好地理解函数的性质和行为。
VS
详细描述
在导数问题中，放缩法可以帮助我们更好地理解函数的性质和行为。通过放缩法，可以将函数的导数进行放大或缩小，从而更好地理解函数的增减性、极值点等性质。此外，放缩法还可以用于解决一些与导数相关的不等式问题，例如证明函数的导数满足某种不等式关系。
泰勒级数展开
泰勒级数展开是数学分析中的一个重要概念，它可以将一个函数表示为无穷级数的形式。通过泰勒级数展开，我们可以更好地理解函数的性质和行为。

高中数学数列放缩专题：用放缩法处理数列及不等问题

用放缩法办理数列和不等问题（教师版）一．先乞降后放（主假如先裂乞降，再放理）例 1．正数数列an 的前 n 的和 Sn ，足 2 S n a n 1，求：（ 1）数列 a n 的通公式；（ 2） b n1，数列 b n 的前 n 的和 B n ，求： B n12a n a n 1解：（ 1）由已知得4S n(a n 1)2 ， n 2 ， 4S n 1(a n 1 1)2 ，作差得：4a na n 22a na n 2 1 2a n 1 ，所以 (a na n 1 )( a nan 12)，又因a n 正数数列，所以 a na n 12 ，即 a n 是公差2 的等差数列，由2 S 1 a 1 1，得 a 11，所以 a n2n 1（ 2） b n1(2n1 1)1 ( 1 1 1 ) ，所以a n a n 1 1)( 2n2 2n 2n 1B n1(1 1 1 1 1 1) 1 1 12 3 3 5 2n 1 2n 12 2(2n 1) 2真演1： (06 全国 1 卷理科 22) 数列a n 的前 n 的和 ,S n4a n 1 2n 12 ， n 1,2,3,ggg3 33nn3 . （Ⅰ）求首a 1 与通 a n ；（Ⅱ） T n2 ， n1,2,3,ggg ，明：T iS ni 124 1 n+124 1 2解 : ( Ⅰ ) 由 S n = 3a n － 3× 2 +3, n=1,2,3 ，⋯ , ① 得 a 1 =S 1= 3a 1－ 3× 4+3 所以 a 1 =24 1 n 2 再由①有 S n － 1=3a n － 1－ 3× 2 +3, n=2,3， 4, ⋯将①和②相减得 : annn － 1= 4nn － 11n+1－ 2 n),n=2,3,⋯=S － S 3(a － a ) －3× (2整理得 : a n +2n =4(a n － 1+2n － 1),n=2,3, ⋯ , 因此数列 { an+2n } 是首 a1+2=4, 公比 4的等比数列 , 即 : an+2n =4× 4n － 1=4n , n=1,2,3,⋯ , 因此 a n =4n － 2n , n=1,2,3, ⋯ ,nn4nn1n+12 1n+1n+1( Ⅱ ) 将 a n =4 － 2 代入①得 S n = 3×(4 － 2 ) － 3× 2 + 3=3× (2－ 1)(2 － 2)=2× (2 n+1－ 1)(2 n － 1) 32n3×(22n3 11T n = S n = 2n+1－ 1)(2 n－ 1)=2× ( 2n － 1 － 2n+1－1)nT i 3 n 1 1 3 11 3 所以 , = ( i － i+1 ) = × ( 1 －2n 1 1) <i 12 i 1 2 － 1 2 － 1 2 2 － 1 2二．先放再乞降1．放后成等比数列，再乞降例 2．等比数列a n中， a 11，前 n 项的和为 S n ，且 S 7 , S 9 , S 8 成等差数列．2设 b na n 2 ，数列b n 前 n 项的和为 T n ，证明： T n1 ．1 a n 3解：∵ A 9A 7 a 8a 9 ， A 8 A 9a 9 ， a 8 a 9a 9 ，∴公比 qa 9 1a 8．21 11∴ a n( 1 n． b n4 n．) 14n( 2) n3 2n21 n( )2 （利用等比数列前 n 项和的模拟公式S n Aq n A 猜想）1 1∴ B nb 1b 2b n111 12 (1 22) 1 1 )13 2 3 2 23 2n31 (12n ．1332真题操练 2： (06 福建卷理科 22 题 ) 已知数列a n知足 a 11,a n 1 2a n 1(n N * ).（ I ）求数列a n的通项公式；（ II ）若数列 b n 滿足 4b 114b21L 4bn1(a n 1)b n (n N * ) ，证明：数列 b n 是等差数列；（Ⅲ）证明：n 1 a 1 a 2... a nn(n N * ) .2 3 a 2 a 3 an 1 2（ I ）解： Q a n 1 2a n 1(n N *),a n11 2(a n 1), a n 1 是以 a 1 12 为首项， 2 为公比的等比数列a n 1 2n . 即 a n 221(n N * ).（ II ）证法一： Q 4k 1 14k 2 1...4k n1(a n 1)k n .4( k1 k 2... k n) n2nk n.2[(b 1 b 2 ... b n ) n] nb n ,①2[(b 1 b 2 ... b n b n 1)( n 1)] (n 1)b n 1 .②②－①，得 2(b n11) (n 1)b n 1 nb n ,即 (n 1)b n 1 nb n 2 0, nb n 2 (n 1)b n 1 2 0.③－④，得nb n 22nb n 1nb n0,即b n 22b n 1b n0,b n 2b n 1b n 1b n (nN * ),b n是等差数列（ III ）证明： Q a k2k 1 2k 11, k 1,2,..., n,a k 12k 1 12(2 k 12)2a 1 a 2 ...a nna 2a 3a n.12a k2k 1 11111 1 11,2,...,n,Qk 112 2(2 k 11) 2kk22 . k , kak 123.2 2 3 2a 1 a 2a nn 1 1 11n 11 n 1a 2 a 3... a n 12 3 ( 2 22...2n)2 3 (12n)2 3 ,n 1 a 1 a 2 ... a nn(nN * ).2 3a 2 a 3an 122．放缩后为“差比”数列，再乞降例 3．已知数列 { a n } 知足： a 11 ， a n(1n 1,2,3 ) ．求证： a na n n 112 n ) a n (n1 3n 12证明：因为 a n1(1nn ) a n ，所以 a n 1 与 a n 同号，又因为a 1 1 0 ，所以 a n0 ，2即 a n1a nn a n 0 ，即 a n 1a n ．所以数列 { a n } 为递加数列，所以 a na 1 1，2 n即 a na nna n n，累加得： a na 112n 1 12 n 2 n2 2 2 2 n 1．令S n1 2n 11S n1 2 n 12222n 1，所以 22 2232n ，两式相减得：1S n1 111n 1 ，所以 S n 2 n 1 ，所以 a n 3 n 1 ，2222232n 1 2n2n 12n 1故得a n 1a n n 1 3．2 n 13．放缩后成等差数列，再乞降例 4．已知各项均为正数的数列{ a n } 的前 n 项和为 S n , 且 a 2 a n 2S .n n(1)求证： S na n2an 12 ；4(2) 求证：S nS 1S 2S nS n 1 122解：（ 1）在条件中，令n 1 ，得 a 12 a 12S 1 2a 1 ， a 1 0a 1 1 ，又由条件 a n 2 a n2S n 有a n21a n 1 2S n 1 ，上述两式相减，注意到an 1Sn 1S n 得(a n 1a n )(a n 1a n1) 0a n0a n 1a n0∴ a n 1a n 1所以，a n 1 1 ( n 1) n ，S n n( n 1)2n( n 1) 1 ? n 2 (n 1) 2 2 2所以 S n a n a n 12 2 2 4（ 2）因为n n( n 1) n 1，所以n n(n 1) n 1，所以2 2 2S1 S2 S n 1 2 2 3 n( n 1) 2 3 n 12 2 2 2 2 2n 2 3n S n 1 1S1 S2 S n 1 2 n n(n 1) S n2 2 2 ；2 2 2 2 2 2练习：1. （ 08 南京一模22 题）设函数 f ( x) 1 x2 bx 3 ，已知无论, 为什么实数，恒有 f (cos ) 0 且4 4N * ) .f (2 sin ) 0 .关于正数列a n ，其前 n 项和 S n f (a n ) ， (n( Ⅰ ) 务实数 b 的值；（ II ）求数列a n 的通项公式；（Ⅲ）若c n 1 , n N ，且数列c n 的前 n 项和为T n，试比较T n和1的大小并证明之 .1 a n 6解： ( Ⅰ ) b 1II ）a n 2n 1；（利用函数值域夹逼性）；（2c n 1 1 1 1，∴ T n c1 c2 c31 1 1 1（Ⅲ）∵(2 n 2)2 2 2n 1 2n⋯ +c n3 2n 3 6 3 22. （ 04 全国）已知数列{ a n } 的前项和 S n知足： S n2a n( 1) n，n 1 （ 1）写出数列{ a n } 的前三项 a1， a2， a3；（2）求数列 { a n } 的通项公式；（ 3）证明：对随意的整数m 4，有11 1 7 a4 a5 a m 8剖析：⑴由递推公式易求： a =1, a2 =0, a =2；1 3⑵由已知得： a n S n S n 1 2a n ( 1)n 2a n 1 ( 1)n 1 （ n>1）化简得： a n2a n 12( 1)n 1a n 2 a n 12 , a n2 2[ a n 1 2]( 1) n( 1) n 1( 1) n 3( 1) n 1 3故数列 {a n2} 是以 a 1 2 为首项 , 公比为 2 的等比数列 . ( 1) n 33故a n 2(1 )( 2) n 1∴ a n 2n 2(n1) n 33[21) ](3∴数列 { a n } 的通项公式为：a n2[2 n 2 ( 1)n ] .3⑶察看要证的不等式，左侧很复杂，先要想法对左侧的项进行适合的放缩，使之可以乞降。

微专题2：函数与数列放缩(学生版)

南京零模考点回归2：函数与数列放缩零模引例：22．(本小题满分12分)已知函数f (x)=kx-xlnx ，k ∈R ．(1)当k=2时，求函数f (x)的单调区间；(2)当0<x ≤1时，f (x)≤k 恒成立，求k 的取值范围；(3)设n ∈N *，求证： ln12+ ln23+ ln34…+ ln n n +1≤ n (n +1)4．知识点回归：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热身引入类型一：剪“枝”留干，抓住主要特征1.（吉林高考模拟(理))已知数列 a n 满足a 1= 32,a n +1=3a n -1 n ∈N ∗.若数列 c n 满足c n =log 3a n ,T n =c 1+c 2+⋯+c n ，求证：T n > n n -12.类型二：构造放缩函数1.求证： ln22+ ln33+ ln44+⋯+ ln3n 3n <3n − 5n +66(n ∈N *).3.已知函数f(x)=a x (a>0，a ≠1)．当a =2时，a n =f (n ),n ∈N *数列{b n }满足：[f (n )-1]b n = 12n +1(1+ n k =1C k n a k )求证： n k =1b k ≤3[1-( 34)n ]横向补充类型三：裂项放缩常见裂项放缩结构1. 1n 2= 44n 2< 44n 2−1=2 12n −1− 12n +12. (2) 1C 1n +1C 2n = 2(n +1)n (n −1)= 1n (n −1)− 1n (n +1)3.T r +1=C r n ⋅ 1n r = n !r !(n −r )!⋅ 1n r < 1r !< 1r (r −1)= 1r −1− 1r (r ≥2) 4. 12n (2n −1)= 12n −1− 12n 5. 1 n +2< n +2− n6. 2( n +1− n )< 1 n<2( n − n −1) 7. 22n +1− 12n +3⋅ 12n = 1(2n +1)⋅2n −1− 1(2n +3)⋅2n 8. 1k (n +1−k )= 1n +1−k + 1k 1n +1, 1n (n +1+k )= 1k +1 1n − 1n +1+k9. 2n (2n −1)2= 2n (2n −1)(2n −1)< 2n (2n −1)(2n −2)= 2n −1(2n −1)(2n −1−1)= 12n −1−1− 12n −1(n ≥2)10. 1 n 3= 1 n ⋅n 2< 1 n (n −1)(n +1)= 1 n (n −1)− 1 n (n +1)⋅ 1 n +1− n −1= 1 n −1− 1 n +1⋅ n +1+ n −12 n< 1 n −1− 1 n +111.2n +1=2⋅2n =(3−1)⋅2n >3⇒3(2n −1)>2n ⇒2n−1> 2n 3⇒ 12n −1< 2n 3 例题 1.证明 n k =1 1k2< 53.2.求证: 6n (n +1)(2n +1)≤1+ 14+ 19+⋯+ 1n 2< 53。

数列第8讲不等式放缩教师版

数列第8讲不等式放缩金版P 108 典例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝na n ＋2a n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.解题思路 (1)先根据2S n ＝na n ＋2a n －1和a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，推出数列{a n }的递推公式，再求a n .(2)根据⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的通项公式的结构形式，联系裂项求和法进行适当放缩，再求和，证明T n <4. 规范解答 (1)解法一：当n ＝1时，2S 1＝a 1＋2a 1－1，所以a 1＝1.当n ≥2时，2S n ＝na n ＋2a n －1，①2S n －1＝(n －1)a n －1＋2a n －1－1.②①－②，得2a n ＝na n －(n －1)a n －1＋2a n －2a n －1，所以na n ＝(n ＋1)a n －1.所以a n n ＋1＝a n －1n . 所以a n n ＋1＝a n －1n ＝…＝a 11＋1＝12，即a n ＝n ＋12. 当n ＝1时，a 1＝1也满足此式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.解法二：当n ＝1时，2S 1＝a 1＋2a 1－1，所以a 1＝1.当n ≥2时，2S n ＝na n ＋2a n －1，①2S n －1＝(n －1)a n －1＋2a n －1－1.②①－②，得2a n ＝na n －(n －1)a n －1＋2a n －2a n －1，所以na n ＝(n ＋1)a n －1.所以a n a n －1＝n ＋1n . 所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n －1＝1×32×43×…×n ＋1n ＝n ＋12. 当n ＝1时，a 1＝1也满足此式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.(2)证明：由(1)得a n ＝n ＋12，所以1a 2n ＝4(n ＋1)2<4n (n ＋1)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以T n ＝422＋432＋442＋…＋4(n ＋1)2<41×2＋42×3＋43×4＋…＋4n (n ＋1)＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<4. 黄皮（首选卷）P 67 17．对于实数x ，[x ]表示不超过x 的最大整数，已知正数数列{a n }满足S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ，n ∈N *，其中S n 为数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是( ) A ．数列{S 2n }是等差数列B ．S n ＝nC ．a n ＝n －n －1D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤1S 1＋1S 2＋…＋1S 121＝20 答案 ABCD解析由题意可知S n ＞0，当n ＞1时，S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(S n －S n －1)＋1S n －S n －1，化简，得S 2n －S 2n －1＝1，当n ＝1时，S 21＝a 21＝1，所以数列{S 2n }是首项和公差都为1的等差数列，A 正确；因为S 2n ＝n ，所以S n ＝n ，n ＝1也符合该式，故S n ＝n ，B 正确；当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n >1时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1，n ＝1也符合该式，故a n ＝n －n －1，C 正确；因为当n ＞1时，2(n ＋1－n )＝2n ＋1＋n ＜22S n ＜2n ＋n －1＝2(n －n －1)，记S ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S 121，一方面S ＞2[122－121＋…＋2－1]＝2(122－1)＞20，另一方面S ＜1＋2[(121－120)＋…＋(2－1)]＝1＋2(121－1)＝21. 所以20＜S ＜21.即[S ]＝20，D 正确．故选ABCD ．例3.已知各项均为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，且n n n a a S 242+=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧31n a 前n 项和为n T ，求证.325<n T 【解析】（1）na n 2=))1(1)1(1(161)1)(1(81)1(8181223+--=-+=-<n n n n n n n n n n ）（325)1(1)1(1.....32121116181<+--++⨯-⨯+<）（原n n n n 例4.数列{}n a 中，11=a ，.131+=+n n a a （1）证明：⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n a 是等比数列；（2）求证：2311121<+++n a a a .【解析】：（Ⅰ）证明：由131n n a a +=+得1113()22n n a a ++=+，所以112312n n a a ++=+，所以12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，首项为11322a +=，公比为3，所以12n a +=1332n -⋅，解得n a =312n -. （Ⅱ）由（Ⅰ）知：n a =312n -，所以1231n n a =-，因为当1n ≥时，13123n n --≥⋅，所以1113123n n -≤-⋅，于是11a +21a +1n a 111133n -≤+++=31(1)23n -32<，所以11a +21a +1n a 32<. （或者放为1311321-<-=n n n a ）。

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<
<
<
+
=
(n ∈ N*)．
(n ∈ N*)
类型二：构造放缩函数
1.求证
：ln22
+
ln3 3
+
ln4 4
+
⋯
+
ln3n 3n
<
3n
−
5n+6 6
(n
∈
N
*).
解析:先构造函数有
lnx
≤
x
−
1
⇒
lnx x
≤
1
−
x1 ,
从而
ln2 2
+
ln3 3
+
ln4 4
+
⋯
+
ln3n 3n
<
3n
−
1
−
(
1 2
+
1 3
1 2n + 3
⋅
1 2n
=
1 (2n + 1) ⋅ 2n − 1
−
1 (2n + 3) ⋅ 2n
(9) 1 = k(n + 1 − k)
1 n+1−k
+
1 k
1 n+1
,
1 n(n + 1 + k)
=
1 k+1
1 n
−
1 n+1+k
(10)
n (n + 1)!
=
1 n!
−
1 (n + 1)!
南京零模考点回归 2：函数与数列放缩
零模引例：
22．(本小题满分 12 分)
已知函数 f (x)=kx-xlnx，k ∈ R．
(1)当 k=2 时，求函数 f (x)的单调区间；
(2)当 0<x ≤ 1 时，f (x)≤ k 恒成立，求 k 的取值范围；
(3)设
n
∈
N*
，求证
：ln21
+
ln2 3
+
有
Tn
=
c1
+
c2
+
⋯
+cn
>
0
+
1
+
2
+
⋯
n
-
1
=
nn-1 2
，
所以
Tn
>
nn-1 2
.
2.求证：
+
+
+…+
<
证明：记 f(x)=
，则 f′(x)=
，
令 f′(x)=0，可知 x=e，
∴ f(x)在(0，e)上为增函数、在(e，+∞)上为减函数，
∴ f(x)的最大值为 f(e)=
=，
∴
+
+
+…+
+
⋯
+
31n )
cause
1 2
+
1 3
+
⋯
+
1 3n
=
1 2
+
1 3
+
1 4
+
1 5
+
1 6
+
1 7
+
1 8
+
1 9
1 2n
+
1 2n + 1
+
⋯
+
1 3n
>
5 6
+
3 6
+
3 9
+
9 18
+
9 27
+⋯+
3n−1 2 ⋅ 3n − 1
+
3n −1 3n
=
5n 6
所以
ln2 2
+
ln3 3
−
1 n2
<
1
−
1 n(n + 1)
,求和后可以得到答案
函数构造形式: lnx ≤ x − 1, lnnα ≤ nα − 1(α ≥ 2)
3.已知函数 f(x)=ax(a>0，a ≠ 1)．
当
，
数列{bn}满足
．
求证：
．
答案：即
，，
所以
类型三：裂项放缩
常见裂项放缩结构
(1)
1 n2
=
4 4n2
+
ln4 4
+
⋯
+
ln3n 3n
<
3n
−
1
−
5n 6
=
3n
−
5n+6 6
+⋯+
2..求证:(1)
α
≥
2,
ln2α 2α
+
ln3α 3α
+
⋯
+
lnnα nα
<
2n2−n−1 2(n + 1)
(n
≥
2)
解析:构造函数
f
(x)
=
lnx x
,得到
lnnα nα
≤
lnn2 n2
,
再进行裂项
lnn2 n2
≤
1
(11)
2n (2n − 1)2
=
2n (2n − 1) (2n − 1)
<
2n (2n − 1) (2n − 2)
=
2n− 1 (2n − 1) (2n − 1 − 1)
=
1 2n − 1 − 1
−
1 2n − 1
(
n
≥ 2)
(12) 1 = 1 < 1 = 1 − 1 ⋅ 1
n3 n ⋅ n2 n(n − 1) (n + 1)
ln3 4
…+
lnn n+1
≤
n(n+1) 4
．
知识点回归：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
类型一：剪“枝”留干，抓住主要特征
1（. 吉林高考模拟(理))已知数列 an 满足 a1 = 32 ,an + 1 = 3an - 1n ∈ N ∗ .
若数列 cn
1 k2
<
53 .
因为
1 n2
<
1
n2
−
1 4
=
4 4n2 − 1
=
2
1 2n − 1
−
1 2n + 1
,
所以
n
k=1
1 k2
<
1
+
2
1 3
−
1 5
+
⋯
+2n1−1
−
1 2n + 1
<
1
+
2 3
=
5 3
2.求证:
6n (n + 1) (2n + 1)
≤
1
+
1 4
+
1 9
+
⋯
+
1 n2
<
5 3
解析 :
一方面 :
因为
1 n2
<
1
n2
−
1 4
=
4 4n2 − 1
=
2
1 2n − 1
−
1 2n + 1
,所以
n
k=1
1 k2
<
1
+
2
1 3
−
1 5
+
⋯
+2n1−1
−
1 2n + 1
<
1
+
2 3
=
5 3
另一方面:
1
+
1 4
+
1 9
+
⋯
+
1 n2
>
1
+
1 2×3
+
1 3×4
+
⋯
+1 n(n + 1)
−
1 r
(r
≥
2)
(4)
(1
+
1 n
)n
<
1
+
1
+
1 2×1
+
1 3×2
+
⋯
+1 n(n − 1)
<
5 2
(5)
1 2n(2n − 1)
=
1 2n − 1
−
1 2n
(6)
1
<
n + 2
−
n
n + 2
(7)
2( n + 1
−
n)
<
1
<
2( n
−
n − 1)
n
(8)
2 2n + 1
−
<
4 4n2 − 1
=
2
1 2n − 1
−
1 2n + 1
(2)
1 Cn1 + 1Cn2
=
2 (n + 1)n(n − 1)
=
1 n(n − 1)
−
1 n(n + 1)
(3)
T r+1
=
C