放缩法证明数列不等式经典例题

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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-=<<=-++-- 2221144112()141(21)(21)21214n 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 c c 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 nb 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 ；（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 n n a a a n a ++==++；（1）设2nn nb a =，求n b ；（2）记11(1)n nc 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 -==++++≥。

放缩法典型例题

放缩法典型例题第一篇：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（1）数列的前项的和的通项公式；，满足，试求：（2）设解：（1）由已知得，数列的前项的和为，所以时，求证：，作差得：，又因为，得为正数数，所列，所以以，即是公差为2的等差数列，由（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.满足条件）求和或者利用分组、裂项、(1)求证：；(2)求证：解：（1）在条件中，令有，得，上述两式相减，注意到∴，又由条件得所以，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{an}中，前n项的和为An，且A7，A9，A8成等差数列．设，数列{bn}前n项的和为Bn，证明：Bn＜．解：（1）当n为奇数时，an≥a，于是，当n为偶数时，a－1≥1，且an≥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…Pn中，若1≤i＜j≤m 时Pi＞P（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj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．j（1）求a4、a5，并写出an的表达式；的逆序数为an，如排列21的逆序数，排列321的逆序数（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．为裂项第二篇：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： 1.1111111-=<2<=- nn+1n(n+1)nn(n-1)n-1n114411<===2(-)22n4n-1(2n+1)(2n-1)2n-12n+1n2-42.==>===<=2)=<====<== 4.2n2n2n-1115.n <==-(2-1)2(2n-1)(2n-2)(2n-1)(2n-1-1)2n-1-12n-16.n+22(n+1)-n11==- n(n+1)⋅2n+1n(n+1)⋅2n+1n⋅2n(n+1)⋅2n+1x2-x+n*c=(n∈N)例1.设函数y=的最小值为，最大值为，且abnnn2x+1（1）求cn；（2）证明：例2.证明：16<1+例3.已知正项数列{an}的前n项的和为sn，且an+2（1）求证：数列sn是等差数列；11117+++Λ+< 444c14c2c3cn4+Λ+<17 1=2sn，n∈N*； an{}（2）解关于数列n的不等式：an+1⋅(sn+1+sn)>4n-8（3）记bn=2sn,Tn=331111<Tn<-+++Λ+，证明：1 2b1b2b3bn例4.已知数列{an}满足：⎨n+2⎧an⎫an+1；⎬是公差为1的等差数列，且an+1=nn⎩⎭（1）求an；（2++Λ<2 例5.在数列{an}中，已知a1=2,an+1an=2an-an+1；（1）求an；（2）证明：a1(a1-1)+a2(a2-1)+a3(a3-1)+Λ+an(an-1)<32n+1an例6.数列{an}满足：a1=2,an+1=； n(n+)an+225112n（1）设bn=，求bn；（2）记cn=，求证：≤c1+c2+c3+Λ+cn< 162n(n+1)an+1an例7.已知正项数列{an}的前n项的和为sn满足：sn>1,6sn=(an+1)(an+2)；（1）求an；（2）设数列{bn}满足an(2n-1)=1,并记Tn=b1+b2+b3+Λ+bn，b求证：3Tn+1>log2n(a+3)（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{an}满足：a1=1,nan+1(n+1)an=+1，anan+1 记b1=a1,bn=n[a1+（1）求an；（2）证明：(1+2111++Λ+](n≥2)。

_放缩法在证明数列不等式中的应用

2 3 3 4 5 6
评注：对于分式和的不等式，若不能直接求和，通常可考虑将其通项放缩为相邻两项或相隔一项的差，即放缩为可裂项的通项，然后求和，再放缩．常用裂项放缩的结论还有：
筅
（n+1 ） n . 2 2 n a 2+a 2 （n+1 ） 1 n2+ （n+1 ）＜ · = n n+1 ． Sn= 2 2 2 4 an=1+1× （n－1 ） =n， Sn= （n+1 ）＜n+1，（2 ）因为n＜姨n 所以所以姨 S1 + 姨 S2 +…+ 姨 Sn =
% % % %
“ 宗 ” 一、先求和后放缩
例 1 （2008江西卷19 ）数列{an}为等差数列， an为正整数，其
前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1=3， b1=1，数列{ban}是公比 b2S2=64．为64的等比数列，（1 ）求an， bn； 1 1 1 3 （2 ）求证： + +…+ ＜． S1 S2 Sn 4 解析：（1 ）设{an}的公差为d， {bn}的公比为q，则d为正整数. 3+nd ban+1 q = =qd=64=26，） d an=3+ （n－1 ） d， bn=qn－1，依题意有 ban q3+（ n－1
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
可能找不到零点，而区间太大，又可能包含不止一个零点，假定所给区间恰好能找到函数的一个零点，取该区间的中点，此中点将该区间分为两个小区间，在这两个小区间中必有一个小区间满足这样的条件，使函数在这个小区间的两端的函数值异号，则函数的零点必在这个小区间内，这样就可以将区间缩小一半．利用此方法将区间范围不断缩小，每次缩小一半，保持函数值在区间两端点异号，直到区间长度小于指定的精确度要求为止，这时所得区间的任意一点都可以作为函数零点的近似值．应用二分法解题时，尤其需要注意初始区间的选取和最后精确度的判断． 3．利用二分法求零点的缺点二分法的思想虽然简单，但是一方面，若函数 y=f （x ）在［a，

放缩法妙解不等式问题(学生版)

放缩法妙解不等式问题【典型例题】例1.已知函数f(x)=1ae x-1+x，其中a∈R且a≠0．(1)设a>0，过点A-1,-12作曲线C:y=f(x)的切线(斜率存在)，求切线的斜率；(2)证明：当a=1或0<a≤2e时，f(x)≥12ax(x≥-1)．例2.已知函数f(x)=(x2-2x+2)e x-12ax2(a∈R)．(1)当a=e时，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当a≤-2时，f(x)≥2．例3.已知函数f(x)=2ln x+sin x+1，函数g(x)=ax-1-b ln x(a，b∈R，ab≠0)．(1)讨论g(x)的单调性；(2)证明：当a=b=1时，g(x)≥0．(3)证明：f(x)<(x2+1)e sin x．例4.已知函数f(x)=ae x(a∈R)，g(x)=ln xx+1．(1)当a=1e时，求函数y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)当a≥1e时，证明：f(x)-g(x)≥0．例5.已知函数f(x)=e x-ax3．(1)若x∈(0,+∞)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；(2)证明：当a=23时，f(x)>0；(3)证明：当n∈N*时，1e +2e2+3e3+⋯+ne n<3．例6.已知函数f(x)=ae x，g(x)=ln(x-1)+1．(1)设G(x)=f(x)-g(x)，x=3是G(x)的极值点，求函数G(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e2时，f(x)≥g(x)．例7.已知函数f(x)=e x-1-x-ax2，其中e为自然对数的底数．(1)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若x>0，证明：(e x-1)ln(x+1)>x2．【同步练习】1.已知函数f(x)=ln(x-a)x．(1)若a≤-1．证明f(x)在(0,+∞)上单调递减；(2)若x>0，证明：e x ln(x+1)>x2+ln(x+1)(其中e=2.71828⋯是自然对数的底数)2.已知函数f(x)=x2+x+e2x ln x，x∈(e,+∞)．(1)证明：当x∈(e,+∞)时，ln x>3x-ex+e；(2)若存在x0∈[n，n+1)(n∈N*)使得对任意的x∈(e,+∞)都有f(x)≥f(x0)成立．求n的值．(其中e=2.71828⋯是自然对数的底数)．3.已知函数f(x)=x ln x-ae x+a，其中a∈R．(1)若f(x)在定义域内是单调函数，求a的取值范围；(2)当a=1时，求证：对任意x∈(0,+∞)，恒有f(x)<cos x成立．4.已知函数f(x)=e-x13x3-2x+2sin x+1，g(x)=sin x+cos x+x2-2x．(1)求g(x)在点(0，g(0))处的切线方程；(2)证明：对任意的实数a≤1，g(x)≥af(x)在[0，+∞)上恒成立．5.已知函数f(x)=e x+cos x-2，f′(x)为f(x)的导数．(1)当x≥0时，求f′(x)的最小值；(2)当x>-π2时，xex+x cos x-ax2-2x≥0恒成立，求a的取值范围．6.已知函数f(x)=ae x-b ln x，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=1e -1x+1．(Ⅰ)求a，b；(Ⅱ)证明：f(x)>0．7.已知函数f(x)=ae x-b ln xx，在点(1，f(1))处的切线方程为y=(e-1)x+1．(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1．8.已知函数f(x)=me x-ln x-1．(Ⅰ)当m=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)当m≥1时，证明：f(x)>1．-1，a∈R．9.已知函数f(x)=ln x+ax(1)若函数f(x)的最小值为0，求a的值．(2)证明：e x+(ln x-1)sin x>0．。

数列证明题的解题方法

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

用放缩法证明数列中的不等式问题，判断证明的方向是至关重要的，决定到解题的思路和方向，因此一定要熟记常见的放缩法证明的结论的特点，本题的要证明的结论是一个等差数列前n项和的形式，所以放缩应该放所为等差数列，请同学们结合下面要将的方法仔细比较分析加以区别。
I
1 首项为1，公比为- 的等比数列是否为B -数列？请说明理由; 2 设S n是数列{x n }的前n项和。给出下列两组判断： ③数列{S n }是B -数列。 ④数列{S n }不是B -数列。
A组：①数列{x n }是B -数列。 ②数列{x n }不是B -数列。请以其中一组的一个论断条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题判断所给命题的真假，并证明你的结论； ( Ⅲ )若数列{ an }是B 数列，证明：数列{ an 2 }也是B 数列。
祝大家新年快乐!
再见！
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{an }满足条件an 1 an f n ）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
2．放缩后成等比数列，再求和
例3．（1）设a，n N*，a 2，证明：a 2 n ( a )n ( a 1) a n； 1 （2）等比数列an 中，a1 ，前n项的和为An，且A7，A9，A8成等差数列． 2 an 2 1 设bn ，数列bn 前n项的和为Bn，证明：Bn 1 an 3

利用放缩法证明数列型不等式压轴题

利用放缩法证明数列型不等式压轴题一、常用的放缩法在数列型不等式证明中的应用1、裂项放缩法：放缩法与裂项求和的结合，用放缩法构造裂项求和，用于解决和式问题。

裂项放缩法主要有两种类型：（1）先放缩通项，然后将其裂成某个数列的相邻两项的差，在求和时消去中间的项。

例1设数列{}n a 的前n 项的和14122333n n n S a +=-⨯+，1,2,3,n = 。

设2n n n T S =，1,2,3,n = ，证明：132ni i T =<∑。

点评：此题的关键是将12(21)(21)n n n+--裂项成1112121n n +---，然后再求和，即可达到目标。

（2）先放缩通项，然后将其裂成(3)n n ≥项之和，然后再结合其余条件进行二次放缩。

例2已知数列{}n a 和{}n b 满足112,1(1)n n n a a a a +=-=-，1n n b a =-，数列{}n b 的前n 和为n S ，2n n n T S S =-；（I ）求证：1n n T T +>；（II ）求证：当2n ≥时，2n S 71112n +≥。

点评：此题（II ）充分利用（I ）的结论，n T 递增，将2n S 裂成1122112222n n n n S S S S S S S ----+-++-+ 的和，从而找到了解题的突破口。

2、迭乘放缩法：放缩法与迭乘法的结合，用放缩法构造迭乘形式，相乘时消去中间项。

用于解决积式问题。

例3已知数列{}n a 的首项为13,a =点()1,+n n a a 在直线)(03*N n y x ∈=-上。

若3*3log 2(),n n c a n N =-∈证明对任意的*n ∈N，不等式312111(1)(1+)(1+)31nn c c c +⋅⋅>+ 恒成立．点评：此题是证明积式大于根式，由于左边没有根式，右边是三次根式，立方后比较更容易处理。

33131(1+)()32n n c n -=-可以看成是三个假分式的乘积，保持其中一项不变，另两项假分数分子分母同时加1，加2，则积变小，3313133131()323231332n n n n n n n n n n --++>⋅⋅=----，而通项式为31{}32n n +-的数列在迭乘时刚好相消，从而达到目标。

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。

“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。

数列不等式的放缩法

显然 5 3
7 4
2，
故后一个结论比前一个结论更强，也就是说如果证明了变式 3，
那么变式 1 和变式 2 就显然成立.
对1 n2
的 3 种放缩方法体现了
n
三种不同“境界”，得到
1 的三个“上界”，其中 5 最接近
k2
k 1
3
1
k2
k 1
2
6
（欧拉常数）.
【方法总结之二】
放缩法证明与数列求和有关的不等式的过程中，很多时候要“留一手”，即采用“有所保留” 的方法，保留数列的第一项或前两项，从数列的第二项或第三项开始放缩，这样才不致使结果放得过大或缩得过小.
42
1
23
4n
1 2n`
7 24
(n N)
例3
求证： 1 3
2
32
1
22
33
1
23
3n
1 2n
3 2
(n N)
分析左边不能直接求和，考虑将通项放缩为等比模型
后求和, 哪个等比数列的和接近 3 ? 2
思路利用指数函数的单调性放缩为等比模型
∵ 3n 2n 3n[1 ( 2)n ] 3n[1 ( 2)1] 3n1
1 22
33
1
23
3n
1 2n
13 10
(n N)
∵3n
2n
3n[1
( 2)n 3
]
3n[1
( 2)2 ] 3
5
3n2
∴ 1 1 1 (n 2) 3n 2n 5 3n2
左边 1
1 5
1 30
1 31
1 3n2
1
3 10

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 -==++++≥。

(完整word版)高考数学数列不等式证明题放缩法十种办法技巧总结,推荐文档

1.均值不等式法例1 设.)1(3221+++⋅+⋅=n n S n Λ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 Λ 例3 求证),1(221321N n n n C C C Cn n nnnn∈>⋅>++++-Λ.例4 已知222121n a a a +++=L ，222121n x x x +++=L ，求证：n n x a x a x a +++Λ2211≤1.例5 求证例6 例7 例8 }{n a 满足：1a 再如：例9 设nnn n 3. 部分放缩例10 设++=a n a 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≤++++++n a a a ii Λ.4 . 添减项放缩例12 设N n n∈>,1，求证)2)(1(832(++<n n n.例13 设数列}{na 满足).,2,1(1,211Λ=+==+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（I 例16 例17 设例18 设例19 例20 （1例21 （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 Λ. 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,,,,Λ满足12321=++++n p p p p Λ，求证：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 ，，；21+<k 则411()11(0)141422x x x xf x x ==->-≠++•1(1)()(122f f n ⇒++>-⨯L 211(1)(1)2222n +-++-⨯⨯L 例3 简析不等式左边123nnn n n C C C C ++++L =12222112-++++=-n n Λn n n 122221-⋅⋅⋅⋅⋅>Λ=212-⋅n n ，故原结论成立.例4 【解析】使用均值不等式即可：所以有22222211221122222n n n n a x a x a x a x a x a x ++++++≤+++L L其实，上述证明完全可以改述成求n n x a x a x a +++Λ2211的最大值。

数列放缩通项证明不等式与数列不等式恒成立问题(解析版)

数列放缩通项证明不等式与数列不等式恒成立问题数列通项放缩问题是放缩问题的常考类型，相较于求和之后再比较大小的题型而言，这一部分对放缩对象的处理需要一定的技巧，因而对很多学生来说具有挑战性，是数列放缩中的难点. 此节中，我将分为如下几个点展开：第一，将通项放缩为可裂项的结构，然后裂项求和；第二，将通项放缩为等比结构（等差比结构）然后错位相减求和，总之，处理的基本原则就是将不可求和放缩成可求和再求和放缩. 当然，下面的这些常见的裂项公式与放缩公式需要注意.目录题型一通项放缩 (3)题型二与导数结合的放缩 (8)题型三数列恒成立问题 (9)1．常见的裂项公式：必须记例如：n n n n n )1(11)1(12−<<+或者12112−+<<++n n n n n 等 2.一个重要的指数恒等式：n 次方差公式123221()().n n n n n n n a b a b a a b a b ab b −−−−−−=−+++++这样的话，可得：1)(−−>−n n n a b a b a ，就放缩出一个等比数列. 3.糖水不等式：设0,0>>>c m n ，则cn cm n m ++<. 4.利用导数产生数列放缩：由不等式1ln −≤x x 可得：+∈<+<+N n nn n ,1)11ln(11.常见放缩公式：（太多了，不一定要全部记，自行选择）一、等差型（1）()()21111211<=−≥−−n n n n n n；（2）()2111111>=−++n n n n n ；（3）2221441124412121 =<=− −−+n n n n n ；（4）()()()11!111112!!!11+=⋅=⋅<<=−≥−−−rr n r r n T C r n r n r n r r r r r；二、根式型（5(()22=<=+≥n ；（7(2>=；（8<2=−()22<−≥n；（9<)2==≥n ；三、指数型（10）()()()()()()()1211222211212121212122212121−−−=<==−−−−−−−−−−nn n n n n n n n n n n n()2≥n ；（11）()1111111312231+<+++++< ××−nn n n ；（12）()()01211122221111111=<==−−++−+++−n n n n n C C C n n n n ；（13）()()()111121122121212121−−−<=−≥−−−−−n nn n n n n ．（14）=<<．（2021浙江卷）已知数列{}n a满足)111,N n a a n ∗+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S << D ．100952S <<解析：由211111124n n n a a a ++ ==−2111122n a +∴<+⇒<12<11122n n −++=，当且仅当1n =时取等号，112311n n n n a n a a a n n ++∴≥∴=≤=+++. 一方面：252111)1(41002>⇒+−+>+>S n n n a n . 另一方面113n n a n a n ++∴≤+，由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S≤−+−+−++−=−<，即100332S <<．故选：A ．题型一通项放缩1．已知1n a n =+，若数列21n a的前n 项和为n T ，求证：23n T <.【详解】证明：由（1）得()*1n a n n =+∈N ，重点题型·归类精讲所以()()()()()22221144411221232123141411na n n n n n n n ==<==− ++++ +++−，所以()222211*********1222223435577921231nT n n n =+++⋅⋅⋅+<−+−+−+⋅⋅⋅+− ++ +111111111122235577921233233n n n −+−+−+⋅⋅⋅+−=−< +++1121212331333n n n n a +=×<×=+，所以2341112321111112222111931333333313n n n n a a a a ++− ++++<++++==−<−3．（2014全国2卷）已知312n n a −=，证明：1231112n a a a ++<…+.解析：1231n n a =−，因为当1n ≥时，13123n n −−≥×，所以1113123nn −≤−× 于是2-112311-111111313311-1332321-3n n n na a a a ++++<+++==< （）. 所以123111132na a a a ++++< . 注：此处13123n n −−≥×便是利用了重要的恒等式：n 次方差公式：123221()().n n n n n n n a b a b a a b a b ab b −−−−−−=−+++++当然，利用糖水不等式亦可放缩：13133132−=<−n n n ，请读者自行尝试.4．已知21na n =−，{}n a 的前n 项和为n S ，0nb >，2121n n b S +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T n <+.【详解】2n S n =，则21(1)n S n +=+，2221(1)n b n =++.22223(1)nn n b n ++=+，则n b =∴()()211121n b n n −=<=+⋅+ 2111(1)1n n n <−++.∴121111n n T b b b n n n =+++<+−<++5） A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 【答案】B【分析】注意到据此可得答案. 【详解】..故，即整数部分为4.<>< 152<> 12>−+−+−++−92>=952<<2023届·广东省综合素质测试（光大联考）【详解】（1）当2,N n n ∗≥∈时，由22211121211n n n n n n n n n n a a S S S S S S S S −−−−−=−⇒=−⇒−=，所以数列{}2n S 是等差数列；（2）112211211S S S S =−⇒=，由（1）可知数列{}2n S 是等差数列，且公差为1，所以21(1)1n Sn n =+−⋅=，又因为数列{}n a 是正项数列，所以=n S，即1n S=，1001)1)1)18T >−+++> .2024届·广州·仲元中学校考7．已知是公差为2的等差数列，其前8项和为是公比大于0的等比数列，， (1)求和的通项公式： (2)记，证明：【答案】(1)， (2)证明见解析【分析】（1）由等差数列与等比数列的性质求解，（2）由放缩法与错位相减法求和证明．【详解】（1）对于等差数列，，而，解得，故，对于等比数列，，则，而公比，解得，故（2）令，则，两式相减得，得，故，原式得证{}n a {}64.n b 14b =3248.b b −={}n a {}n b *21,N n n n c b n b =+∈)*N n k n =<∈21na n =−4n nb ={}n a 81878642S a d ×=+=2d =11a =21na n =−{}nb 14b =232)484(b q b q −=−=0q >4q =4n n b =2144nn n c =+<212222n n S =+++ 2311122222n nS +=+++ 2111111112222222n n n n n n S ++=+++−=−− 112222n n nS −=−−<nk =<<【详解】121212311n n n T a a a n n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅=××⋅⋅⋅×=++．所以2221222211123(1)n n S T T T n =+++=++++ 111111111112334(1)(2)23341222n n n n n >++=−+−++−=−××+++++ ．又因为11111122222n n a n n ++−=−=−++，所以112n n S a +>−．【分析】当1n =时，验证所证不等式成立，当2n ≥时，由放缩法可得出11134n n b −≤⋅，再结合等比数列求和公式可证得原不等式成立，综合可得出结论.【详解】解：由141nn n b na =−=−，所以，1111441344134n n n n n b −−−−=⋅−=⋅+−≥⋅，所以，11134n n b −≤⋅，当1n =时，111439b =<，当2n ≥时，211211*********144111344394914nn nn b b b −⋅−+++<++=⋅=−<− . 综上所述，对任意的n ∗∈N ，1211149n b b b +++< .10．已知11223n n n a ++=−，若2nn n b a a =−，n S 为n b 的前n 项和，证明：1215n S ≤<．【解析】11223n n n a ++=− ,2n n nb a a =−,111211112223123232323n n n n n n n n n n b a a +++++++ ∴=−−=× −−−− =, 11111123N ,230,0,122323n n n n n n n b S S b +∗+++∈−>∴=×>∴≥==−− ，1111112323116,232323232323n n n n n n n n n b ++++++ ×<×− −−−−−−21224121525S b b ∴=+=+<，123445131N ,3,1111116232323232323241124654126121215,25232325525n n n n n n S b b ∗++∴∈≥ <++−+−++−−−−−−− =++−=++=+<−− 1215n S ∴≤<.题型二与导数结合的放缩利用导数产生数列放缩：由不等式1ln −≤x x 可得：+∈<+<+N n n n n ,1)11ln(11.11．（2017全国3卷）已知函数()1ln f x x a x =−−．（1）若()0f x ≥，求a 的值；（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．解析：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x −−>，令112nx =+得11ln(1)22n n +<，从而221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=−<.故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<,23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．2,.两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a b a a b − ≠=− = 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式，取等条件：当且仅当a b =时，等号成立. 进一步，在不等式左端结合均值不等式可得：当0b a >>时211ln ln b a b a a b−>−+，即111ln ln ()2b a b a a b −<+−.令,1a n b n ==+，则111ln(1)ln ()21n n n n +−<++，所以111ln(1)ln ()21n n n n +−<++①.(,)L a b <1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x b x ⇔−<⇔<⇔<−=>其中，接下来令t=2−>1(1)lnn>+，1()nlnn+>②.12．已知函数(1)()ln(1)1x xf x xxλ++−+，设数列{}na的通项111123nan=++++，证明：21ln24n na an−+>.解析：由上述不等式①，所以111ln(1)ln()21n nn n+−<++，111ln(2)ln(1)()212n nn n+−+<+++，111ln(3)ln(2)()223n nn n+−+<+++…，111ln2ln(21)()2212n nn n−−<+−.将以上各不等式左右两边相加得：1122221ln2ln()2123212n nn n n n n n−<+++++++++−，即111211ln22123214n n n n n n<+++++++++−，故11211ln212324n n n n n+++++>+++，即21ln24n na an−+>.13．已知函数()ax xf x xe e=−．（1）当1a=时，讨论()f x的单调性；（2）当0x>时，()1f x<−，求a的取值范围；（3）设*n N∈(1)ln n+…+>+．【答案】（31()nlnn+>，进一步求和可得：11231()(...)(1)12n nk kk nln ln ln nk n=++>=×××=+∑， (1)ln n+>+．题型三数列恒成立问题14．已知等差数列{}n a的前n项和记为n S（*n∈N），满足235326a a S+=+,数列{}n S为单调递减数列，求1a的取值范围. 【答案】(),2−∞【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知可得2d =−，求得n S ，由数列的单调性列不等式即可得1a 的取值范围；【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，由于235326a a S +=+，所以()()1113225106a d a d a d +++=++，解得2d =−，所以()()211112n n n S na d n a n −=+=−++，若数列{}n S 为单调递减数列，则10n n S S +−<对于*n ∈N 恒成立，所以()()()()221111111120n n S S n a n n a n a n + −=−++++−−++=−<在*n ∈N 上恒成立，则12a n <，所以()1min 2a n <，又数列{}2n 为递增数列，所以()min 2212n =×=，即12a <，故1a 的取值范围为(),2−∞15．已知数列{}n a 满足：11a =，12n n a a +=.设()232n n b nn a −−⋅，若对于任意的N n ∗∈，n b λ≤恒成立，则实数λ的取值范围为【答案】1,2+∞【分析】由11a =，12n n a a +=可得112n n a −=，进而得到21322n n n n b −−−=，结合()152n nnn n b b +−−=−，分15n ≤≤和6n ≥分类讨论，确定数列{}n b 的单调性，求出n b 最大值，进而得解.【详解】由数列{}n a 满足11a =、1n n a a +=得：{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列， ∴112n n a −=，∴21322n n n n b −−−=，∴()()()22111312532222n nn n nn n n n n n b b +−+−+−−−−−=−=−，当15n ≤≤时，10n n b b +−≥，∴1n n b b +≥，当且仅当5n =时取等号，65b b =，当6n ≥时，10n n b b ，∴1n n b b +<，当5n ≤时，数列{}n b 单调递增，当6n ≥时，数列{}n b 单调递减，则当5n =或6n =时，()24max 2512152n b −==−，而任意的N n ∗∈，n b λ≤恒成立，则12λ≥，∴实数λ的取值范围为1,2+∞.16．已知数列{an }对任意m ，n ∈N *都满足am +n =am +an ，且a 1=1，若命题“∀n ∈N *，λan ≤2n a +12”为真，则实数λ的最大值为 . 【答案】7【分析】先求出{}n a 的通项公式，然后参变分离转化为求最值【详解】令m =1，则a n+1=a n +a 1，a n+1－a n =a 1=1，所以数列{a n }为等差数列，首项为1，公差为1，所以a n =n ，所以λa n ≤2n a +12⇒λn ≤n 2+12⇒λ≤n +12n，又函数12y x x=+在(0,上单调递减，在)+∞上单调递增，当3n =或4n =时，min 12()7n n+=所以7λ≤【分析】先由题设求得n a ，然后利用数列的单调性求得其最大值，把对任意0λ>，所有的正整数n 都有22n k a λλ−+>成立转化为12k λλ<+对任意0λ>恒成立，再利用基本不等式求得12λλ+的最小值，即可得到答案.【详解】由()()211231222113n n a a a a n n n −++++=+− ，当2n ≥时，()()2212311222123n n a a a a n n n −−++++=−− ，两式相减可得：()()()()()112111213n n a n n n n n n n n −=+−−−−=−， ∴()112n n n n a −−=，由10a =，显然成立，设()()22211112232222n nnn n nn n n n n n n n n na a +−+−+−+−+−=−==， ∴当03n <≤时，10n n a a +−>，当4n ≥时，10n n a a +−<，因此，03n <≤，数列{}n a 单调递增，当4n ≥时，数列{}n a 单调递减，由332a =，432a =，故当3n =或4n =时，数列{}na 取最大值，且最大值为32，对任意0λ>，所有的正整数n 都有22n k a λλ−+>成立，可得2322k λλ−+>，因此，212k λλ<+，即12k λλ<+对任意0λ>恒成立，由12λλ+≥12λλ=，即λ=min 12k λλ <+ ∴实数k 的取值范围是(−∞.18．已知23n a n n =+，若2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，则实数λ的取值范围是．【答案】15,4 +∞【分析】先分离参数将问题转化为232n n n λ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，进而转化为2max 3()2n n n λ+≤，构造232n nn nb +=，再作差判定单调性求出数列{}n b 的最值，进而求出λ的取值范围. 【详解】因为23n a n n =+，且2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，所以232nn n λ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，即2max 3()2n n n λ+≤，令232n nn n b +=，则2221113(1)(1)3354222n nn n n n n n n n n b b +++++++−++−=−=，因为21302b b −=>，32104b b −=>，43102b b −=−<，且21135402n nn n n b b ++−++−=<对于任意3n ≥恒成立，所以12345b b b b b <<>>>⋅⋅⋅，即2max 3315()24nn n b +==，所以实数λ的取值范围是15,4+∞【分析】利用11,1,2n n n S n a S S n −= =−≥ ，得到118a =，1433nn n a a −=×−，变形后得到3n n a 是等差数列，首项为6，公差为4，从而求出()423nn a n =+⋅，故代入n a ≥3n n ≥，利用作差法得到3n n 单调递减，最小值为13，列出不等式求出答案.【详解】当1n =时，2111332a S a ==−，解得：118a =，当2n ≥时，111333322n n n n n n n a S a a S −−+==−+−−，整理得1433nn n a a −=×−，方程两边同除以3n ，得11343n n nn a a −−−=，又163a =，故3n n a 是等差数列，首项为6，公差为4，所以()123644nnn n a =+−=+，故()423n n a n =+⋅，经验证，满足要求，所以n a ≥为()423nn +⋅≥故3nn≥，对任意N n +∈恒成立， 111113123333n n n n n n n n n+++++−−−==，当1n ≥时，111120333n n n n n n +++−−=<，故1133n n n n ++<， 3n n 单调递减，当1n =时，3nn 取得最大值13，故13≥，解得：136k ≥，则k 的最小值为136【分析】先利用等差数列通项公式求解n a ，再利用数列的单调性求解数列()()221212n n n b n −−=−⋅的最大值，进而解决不等式恒成立问题即可.【详解】由()*122n n n a a a n ++=+∈N 可知数列{}n a 是等差数列，设其公差为d ，解方程218650x x −+=得5x =或13x =，又73a a >， ∴37513a a ==，，73135424d a a d −−=∴== ，， ()52321n a n n ∴=+−=−.由()()2241n n n a a λ−>−得()()()2224212n n n λ>−−−，()()2212142n n n λ−−>−∴−，设()()221212n n n b n −−=−⋅，则()()()()2232111221252212212412n n n n n n n n n b b n n n −+−−−−+−−=−=+⋅−⋅−⋅，由()21412n n −−⋅>0对于任意*n ∈N 恒成立，所以只考虑32252n n −+−的符号，设()()322521f n n n n =−+−≥，()()2610235f n n n n n ′=−+=−−，令()0f n ′>解得513n ≤<，即()f n 在513n ≤<上单调递增，令()0f n ′<解得53n >，即()f n 在53n >上单调递减，()11f =，()22f =，()311f =−，当3n ≥，()()30f x f ≤<，当1n =，2n =时，()0f n >，即10n n b b +−>，123b b b ∴<<，当3n ≥，()0f x <，即()221132520412n n n n n b b n +−−+−−=<−⋅，即从3n ≥，n b 开始单调递减，即325≤=n b b ，245λ∴−>，即185λ<，λ∴的取值范围为185−∞ ，.解：14122n n nb n na −−−=，则()()211112135222n n nT −−=−+−×+−×++ ，则()2111132121322222n n n n n T −−−=−×+−×+++ ，两式相减得：()()2312111111112121122212()123+122222222212nn n n n n n n n n T −−−−−−=−+−×++++−=−+−×−=−−− 于是得3112126+2n n n n T −−−=−−，由1361122n nn T +>−+得：12512n n −+<，即12250n n −−−>，令1225n n c n −−−，N n ∗∈，显然，16c =−，27c =−，37c =−，45c =−，51c =，由111(227)(225)220n n n n n c c n n −−+−=−−−−−=−>，解得2n >，即数列{}n c 在3n ≥时是递增的，于是得当12250n n −−−>时，即510n c c ≥=>，5n ≥，则min 5n =，所以不等式1361122n nn T +>−+成立的n 的最小值是5.22．已知数列{}n a 中，11a =，满足()*1221N n n a a n n +=+−∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，若不等式240nn S λ⋅++>对任意正整数n 恒成立，求实数λ的取值范围.解析：(1)()()1211221n n a n a n ++++=++，所以{}21n a n ++是以12114a +×+=为首项，公比为2的等比数列，所以1121422n n n a n −+++=×=，所以1221n n a n +−−.(2)()()()231122325221n n n S a a a n + =+++=−+−++−+ ()()23122235721n n ++++−+++++ ()()222212321122242n n n n n n +−++=−−−−−，若240nn S λ⋅++>对于*N n ∀∈恒成立，即22222440n n n n λ+⋅+−−−+>，可得22222n n n n λ+⋅>+−即2242nn n λ+>−对于任意正整数n 恒成立，所以2max 242n n n λ +>− ，令()242n n n n b +=−，则21132n n n n b b ++−−=，所以1234b b b b <>>>…，可得()222max222422n b b +×==−=−，所以2λ>−，所以λ的取值范围为()2,−+∞。

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。

高考数学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【经典例题1】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×⋯×n n -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 n 1-12=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。

微专题12 数列中的不等式证明及放缩问题

微专题12数列中的不等式证明及放缩问题数列不等式证明问题的常见放缩技巧(1)对1n 2的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况(下列n ∈N *)： 1n 2＜1n 2－n ＝1n －1－1n (n ≥2)；1n 2＜1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1(n ≥2)；1n 2＜1n 2－14＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1(n ≥1).(2)对12n 的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况(下列n ∈N *)： 12n＞1n ＋n ＋1＝n ＋1－n (n ≥1)； 12n ＜1n ＋n －1＝n －n －1(n ≥1).类型一关于数列项的不等式证明(1)结合“累加”“累乘”“迭代”放缩；(2)利用二项式定理放缩；(3)利用基本不等式或不等式的性质；(4)转化为求最值、值域问题.例1 设正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1a n(n ∈N *). 求证：(1)2<a 2n ＋1－a 2n ≤3；(2)3n －13n －2≤a n ＋1a n≤2n 2n －1.证明 (1)因为a 1＝1及a n ＋1＝a n ＋1a n (n ≥1)，所以a n ≥1，所以0＜1a 2n≤1. 因为a 2n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＝a 2n ＋1a 2n＋2，所以a 2n ＋1－a 2n ＝1a 2n ＋2∈(2，3]，即2<a 2n ＋1－a 2n ≤3.(2)由(1)得2<a 22－a 21≤3，2<a 23－a 22≤3，2<a 24－a 23≤3，⋮2<a 2n ＋1－a 2n ≤3，故2n <a 2n ＋1－a 21≤3n ，所以2n ＋1<a 2n ＋1≤3n ＋1，即2n －1<a 2n ≤3n －2(n ≥2)，当n ＝1时，满足2n －1≤a 2n ≤3n －2，所以2n －1≤a 2n ≤3n －2，所以a n ＋1a n ＝1＋1a 2n ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤3n －13n －2，2n 2n －1，即3n －13n －2≤a n ＋1a n ≤2n 2n －1. 训练1 (2022·天津模拟)已知数列{a n }满足a n ＝n n －1a n －1－13n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n (n ≥2，n ∈N *)，a 1＝49.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝12，c n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ＋1a k·c 2n ＋c n ，其中k 为一个给定的正整数，求证：当n ≤k 时，恒有c n <1.(1)解由已知可得：a n n ＝a n －1n －1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n (n ≥2)，即a n n －a n －1n －1＝－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，由累加法可求得a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n n －a n －1n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n －1n －1－a n －2n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 11＋a 11＝－13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－… －13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋49＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1，即a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1(n ≥2)，又n ＝1时也成立，故a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1(n ∈N *). (2)证明由题意知c n ＋1＝1k c 2n ＋c n ，∴{c n }为递增数列，∴只需证c k <1即可.当k ＝1时，c 1＝12<1成立，当k ≥2时，c n ＋1＝1k c 2n ＋c n <1k c n c n ＋1＋c n ，即1c n ＋1－1c n>－1k ，因此1c k ＝⎝⎛⎭⎪⎫1c k －1c k －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 2－1c 1＋1c 1>－k －1k ＋2＝k ＋1k ， ∴c k <k k ＋1<1， ∴当n ≤k 时，恒有c n <1.类型二对通项公式放缩后求和在解决与数列的和有关的不等式证明问题时，若不易求和，可根据项的结构特征进行放缩，转化为易求和数列来证明.例2 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)证明：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. 证明 (1)因为4S n ＝(2n －1)a n ＋1＋1，所以4S n －1＝(2n －3)a n ＋1(n ≥2)，两式相减得4a n ＝(2n －1)a n ＋1－(2n －3)a n (n ≥2)，即(2n ＋1)a n ＝(2n －1)a n ＋1，所以a n ＋1a n ＝2n ＋12n －1，所以a na n －1＝2n －12n －3，a n －1a n －2＝2n －32n －5，…，a 3a 2＝53，所以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 －13(n ≥2)，所以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，所以a n ＝2n －1(n ≥2)，经验证a 1＝1符合上式，所以a n ＝2n －1.又由a n ＋1－a n ＝2为定值，故{a n }是等差数列.(2)由(1)得S n ＝n 2，b n ＝1（2n －1）n 2＝1n （2n －1），b 1＝1，显然T 1<32；当n ≥2时，b n ＝1n （2n －1）<1n （2n －2）＝12n （n －1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n <b 1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n <32. 故T n <32.训练2 已知数列{a n }中，a 1＝54，4a n ＋1＝a n ＋3(n ∈N *).(1)证明：数列{a n －1}是等比数列，并求{a n }前n 项的和S n ；(2)令b n ＝2n·a n ，求证：12b 1＋3＋12b 2＋3＋…＋12b n ＋3＜1340. 证明 (1)因为4a n ＋1－4＝a n －1，所以a n ＋1－1＝14(a n －1).又a 1－1＝14≠0，所以a n －1≠0，从而a n ＋1－1a n －1＝14，所以数列{a n －1}是以14为首项，14为公比的等比数列.所以a n －1＝14n ，即a n ＝1＋14n ；所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋…＋14n ＝n ＋14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝n ＋13－13×4n (n ∈N *). (2)由(1)可知，a n ＝1＋14n ，所以b n ＝2n ·a n ＝2n ＋12n .所以12b n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12n ＋3＝2n 2（22n ＋1）＋3·2n ＝2n 2n ·2n ＋1＋2n ＋1＋2n ＋2 ＝2n （2n ＋1）（2n ＋1＋1）＋1＜2n （2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1. 当n ＝1时，12b 1＋3＝18＜1340. 当n ≥2时，12b 1＋3＋12b 2＋3＋…＋12b n ＋3＜18＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋1－124＋1 ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝18＋15－12n ＋1＋1＜1340.综上，12b 1＋3＋12b 2＋3＋…＋12b n ＋3<1340. 类型三对求和结论进行放缩对于含有数列和的不等式，若数列的和易于求出，则一般采用先求和再放缩的策略证明不等式.例3 (2022·郑州模拟)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，数列{c n }满足22c 1＋32c 2＋42c 3＋…＋(n ＋1)2c n ＝n .(1)求出{a n }，{c n }的通项公式；(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c n ＋1·（n ＋1）[log 2（a n ＋1）]2的前n 项和为T n ，求证：T n <516.(1)解由a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n ).又a 2－a 1＝2，则数列{a n ＋1－a n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝2×2n －1＝2n ，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，……，a n －a n －1＝2n －1，累加得a n －a 1＝2＋22＋…＋2n －1，∴a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n －1.数列{c n }满足22c 1＋32c 2＋42c 3＋…＋(n ＋1)2c n ＝n ，①当n ＝1时，c 1＝14；当n ≥2时，22c 1＋32c 2＋42c 3＋…＋n 2c n －1＝n －1，②由①－②可得c n ＝1（n ＋1）2，当n ＝1时，也符合上式，故数列{c n }的通项公式为c n ＝1（n ＋1）2. (2)证明由(1)可得n ＋1（n ＋2）2[log 2（a n ＋1）]2＝n ＋1（n ＋2）2n 2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1（n ＋2）2，则T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n 2－1（n ＋2）2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤54－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2<516，故T n <516成立.训练3 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3n ＝3a n －2，且S 5－S 3＝4a 2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，证明：T n <34.(1)解设数列{a n }的公差为d ，在a 3n ＝3a n －2中令n ＝1，有a 3＝3a 1－2，即a 1＋2d ＝3a 1－2，故a 1＝d ＋1.①由S 5－S 3＝4a 2得a 4＋a 5＝4a 2，所以2a 1＝3d .②由①②，解得a 1＝3，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)证明 S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （3＋2n ＋1）2＝n 2＋2n ，所以1S n ＝1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，故T n ＝12×[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2]，所以T n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32（n ＋1）（n ＋2）. 因为2n ＋32（n ＋1）（n ＋2）>0，所以T n <34. 类型四利用数列的单调性证明不等式若所证的数列不等式中有等号，常考虑利用数列的单调性来证明. 例4 已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列.(1)求使不等式a n ≥0成立的最大自然数n ；(2)记数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：－1325≤T n ≤1225.(1)解由题意，可知a 211＝a 1·a 13，即(a 1＋10d )2＝a 1·(a 1＋12d )，∴d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，d ≠0，∴d ＝－2，∴a n ＝－2n ＋27，∴－2n ＋27≥0，∴n ≤13.5，故满足题意的最大自然数为n ＝13. (2)证明 1a n a n ＋1＝1（－2n ＋27）（－2n ＋25）＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2n ＋27－1－2n ＋25， ∴T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1＝－12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫125－123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123－121＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2n ＋27－1－2n ＋25＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫125－1－2n ＋25＝－150＋150－4n. 从而当n ≤12时，T n ＝－150＋150－4n 单调递增，且T n >0；当n ≥13时，T n ＝－150＋150－4n单调递增，且T n <0， ∴T 13≤T n ≤T 12，由T 12＝1225，T 13＝－1325，∴－1325≤T n ≤1225. 训练4 (2022·重庆诊断)已知数列{a n }满足a 2＝2，且na n ＋1＝(n ＋1)a n ，数列{b n }各项均为正数，其前n 项和S n 满足2S 2n －(n 2＋5n －2)S n －n 2－5n ＝0.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a 2n ＋b 2n a n b n，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n ≥43. (1)解由na n ＋1＝(n ＋1)a n ，得a n ＋1n ＋1＝a n n＝…＝a 22＝1，得a n ＝n . 由2S 2n －(n 2＋5n －2)S n －n 2－5n ＝0，得(2S n －n 2－5n )(S n ＋1)＝0，因为数列{b n }各项均为正数，∴S n ＋1>0.所以S n ＝n 2＋5n 2，当n ≥2时， b n ＝S n －S n －1＝n 2＋5n 2－（n －1）2＋5（n －1）2＝n ＋2，因为b 1＝S 1＝3也符合上式，所以b n ＝n ＋2.(2)证明由(1)知c n ＝a 2n ＋b 2n a n b n ＝a n b n ＋b n a n ＝n n ＋2＋n ＋2n ＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝2n ＋2×(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2)，＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋2n ，则T n －2n ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，设f (n )＝T n －2n ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，因为f (n ＋1)－f (n )＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋3 ＝4（n ＋1）（n ＋3）>0，所以f (n )单调递增，故f (n )≥f (1)＝43，∴T n －2n ≥43.一、基本技能练1.(2022·西安二模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)在a n 与a n ＋1之间插入n 个实数，使这n ＋2个数依次组成公差为d n 的等差数列，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1d n 的前n 项和为T n ，求证：T n <158. (1)解由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝2S n ＋1，a n ＝2S n －1＋1（n ≥2），两式相减得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝3a n (n ≥2).因为{a n }是等比数列，所以公比为3，又a 2＝2a 1＋1，所以3a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝1.故a n ＝3n －1.(2)证明由题设得a n ＋1＝a n ＋(n ＋1)d n ，所以1d n ＝n ＋1a n ＋1－a n ＝n ＋12×3n －1，所以T n ＝1d 1＋1d 2＋…＋1d n ＝22×30＋32×31＋…＋n ＋12×3n －1，所以2T n ＝230＋331＋…＋n ＋13n －1， ① 则23T n ＝23＋332＋…＋n 3n －1＋n ＋13n ，② ①－②得，43T n ＝2＋13＋132＋…＋13n －1－n ＋13n ＝2＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13－n ＋13n ，所以T n ＝158－2n ＋58×3n －1，所以T n <158. 2.(2022·焦作模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，a 2＝4，S n ＋1＋2S n －1＝3S n －2(n ≥2).(1)证明：数列{a n －2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝2n －1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：112≤T n <13. 证明 (1)当n ≥2时，由S n ＋1＋2S n －1＝3S n －2可变形为S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)－2，即a n ＋1＝2a n －2，即a n ＋1－2＝2(a n －2)，所以a n ＋1－2a n －2＝2(n ≥2)，又因为a 1＝3，a 2＝4，可得a 1－2＝1，a 2－2＝2，所以a 2－2a 1－2＝2，所以数列{a n －2}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n －2＝2n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2＋2n －1.(2)由a n ＝2＋2n －1，可得b n ＝2n －1a n a n ＋1＝2n －1（2＋2n －1）（2＋2n ）＝12＋2n －1－12＋2n ，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13－14＋14－16＋16－110＋…＋12＋2n －1－12＋2n ＝13－12＋2n ，因为12＋2n>0，所以13－12＋2n <13，即T n <13，又因为f (n )＝13－12＋2n ，n ∈N *，单调递增，所以T n ≥b 1＝1（2＋1）（2＋2）＝112，所以112≤T n <13.3.(2022·廊坊模拟)已知公差不为0的等差数列{a n }满足：a 1＝1且a 2，a 5，a 14成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式a n 和前n 项和S n ；(2)证明：不等式32－1n ＋1<1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<2－1n (n ≥2且n ∈N *). (1)解设数列{a n }公差为d ，因为a 2，a 5，a 14成等比数列. 所以a 25＝a 2a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，得3d 2－6d ＝0，又d ≠0，所以d ＝2.故a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，S n ＝（1＋2n －1）n 2＝n 2(n ∈N *). (2)证明由(1)得1S n＝1n 2，因为当n ≥2时，1n （n ＋1）<1n 2<1n （n －1），即1n －1n ＋1<1n 2<1n －1－1n. 所以1＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1<1＋122＋132＋142＋…＋1n 2<1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ，即32－1n ＋1<1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <2－1n . 二、创新拓展练4.(2022·连云港六校联考)在正项数列{a n }中，已知a 2＝916，a n ＋1＝a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋12. (1)确定数列{a n }的单调性，并求出a n 的最小值；(2)证明：对任意n ∈N *，都有a n ≤n n ＋1成立. (1)解因为a n ＋1＝a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋12，所以a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋12>0，即数列{a n }是递增数列，因此a n 的最小值是a 1.在递推式中，令n ＝1，则a 2＝a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋12，即916＝a 1＋a 214，解得a 1＝12(负值舍去)，所以a n 的最小值是12.(2)证明由(1)知，a n ＋1>a n ，所以a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋12<a n a n ＋1（n ＋1）2<a n a n ＋1n （n ＋1），即a n ＋1－a n a n ＋1a n <1n （n ＋1），所以1a n －1a n ＋1<1n －1n ＋1，n ∈N *. 当n ≥2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3－1a 4＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n <⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，即1a 1－1a n <1－1n ，1a n>n ＋1n ，所以a n<n.n＋1当n＝1时，a n＝n.n＋1故对任意n∈N*，都有a n≤n成立.n＋1。

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例 6. 数列 an 满足： a1
2, an 1
2n 1an
；
(n
1 2) an
2n
（ 1）设 bn
2n an ，求 bn ；（ 2）记 cn
1
，求证： 5 c1 c2 c3 L
n(n 1)an 1
16
1 cn
2
例 7. 已知正项数列 an 的前 n 项的和为 sn 满足： sn 1,6sn (an 1)(an 2) ；
1
1
2n 1 1 2n 1
n2
2( n 1) n 1
1
6. n(n 1) 2n 1 n(n 1) 2 n 1 n 2 n ( n 1) 2n 1
例 1. 设函数 y
x2 x
2
n (n
N
*
)
的最小值为
an ，最大值为
bn ，且 cn
x1
1 4an bn 1
2
（ 1）求 cn ；（ 2）证明：
1 c14
2 n(n 1)( n 1 n )
2( n n 1)
11
2(
)
n(n 1)
n1 n
1
4.
(n 1) n
2 n(n 1)( n 1
n 1)
2 n(n 1)( n 1 n)
2( n 1 n )
1
2(n(n 1)n来自1 )n1n
2 5. (2 n 1)2
n
2 (2 n 1)(2n 2)
n1
2 (2 n 1)(2 n 1 1)
（ 1）求 an ；
（ 2）设数列 bn 满足 an(2 bn 1) 1, 并记 Tn b1 b2 b3 L bn ，
求证： 3Tn
1
log
( an 2
3)
（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
an 满足： a1
1, nan 1 an
(n 1)an 1 ， an 1
记 b1
主要放缩技能：
放缩法证明数列不等式
11
1
1
1
11
1.
n
n1
n(n 1)
n2
n(n 1)
n1 n
11
4
4
1
1
n2
n2 1
4n2
1
(2n 1)(2n 1)
2( 2n 1
) 2n 1
4
12
2.
n 2n
2 nn
2 2( n 1 n)
n1 n
12 n 2n
2 nn
2 2( n
n n1
n 1)
3. 1
2
2
n n n n n n (n 1) n n n 1
（ 3）记 bn 2 s3n ,Tn 1 1
1 L
1 ，证明： 1
1
31 Tn
b1 b2 b3
bn
n1
2n
例 4. 已知数列 an 满足：
an 是公差为 1 的等差数列，且 an 1
n2 an 1 ；
n
n
（ 1）求 an ；（ 2）证明： 1 a2
1
1L
2a3 3a4
1
2
nan 1
例 5. 在数列 an 中，已知 a1 2, an 1an 2an an 1 ；（ 1）求 an ；（ 2）证明： a1(a1 1) a2( a2 1) a3( a3 1) L an( an 1) 3
a1 ,bn
n2 [a1
1 a22
1 a32 L
1
a
2 n
1
](
n
2) 。
（ 1）求 an ；
1
1
1
1
（ 2）证明： (1 )(1 )(1 )L (1 ) 4
b1
b2
b3
bn
1 c24
1 c34
L
1 cn4
7 4
例 2. 证明： 16 1 1 2
1L 3
1 17 80
例 3. 已知正项数列 an 的前 n 项的和为 sn ，且 an 1 2sn ， n N * ； an
（ 1）求证：数列 sn2 是等差数列；
（ 2）解关于数列 n 的不等式： an 1 (sn 1 sn ) 4n 8