127——數(shù)列放縮的藝術(shù)賞析

1、專題127數(shù)列放縮的藝術(shù)曾幾何時數(shù)列作為壓軸肆掠全國,橫掃千萬考生,如今全國卷數(shù)列大題淪陷 為送分題型,但是江蘇、北京、浙江等地數(shù)列依舊作為壓軸指然不動.本文系統(tǒng)介紹數(shù)列放縮的技巧,更多相關(guān)可點(diǎn)擊閱讀本公眾號之前文章專題121用放縮法證實數(shù)列中的不等式 以及專題98數(shù)列不等式與函數(shù)不等式,如何放縮才能步到位.n求證：k 1、裂項放縮n 9 ,一例1.(1)求一2一的值；k 1 4k21解析：(i)由于24n2(2n21)(2n 1)2n 11,所以2n 1k 14k12n 12n(2)由于1奇巧積累:(1) 144n(4)(12n(2n 1) 2( n 122n1 所以1 2n2n 12n 1

2、44n212n!12n12rT1C：1C；r!(n r)!1127n(n 1)n(n 1)n(n 1)1n(n 1)1r!r (r 1)1-(r 2) rn(n 1)(6)12( n - n 1)(8)22n 1121(2n 1) 21(2n3) 2nn 1' n(n 1 k)(10)n(n 1)!1n!1(n 1)!(11) 1n2( 2n 1 2n 1)2n 1211n n2；2(11)2n(2n 1)2(2n2n1)(2 n 1)(2n2n1)(2n 2)2n 1(2n 1)(2n 11)12n 1 1(12);nn(n 1)(n 1)1Jn(n 1)1n(n 1)(13)(14

3、)1：/n 12n 1 2 2(31)33(2n1) 22n2n 1 一 312n 12n3(15)k! (k 1)! (k 2)! (k 1) ! (k 2) !n(n 1)n 1(n 2)(15) i 1 J 1(i 2.2i J22 2J)( i 1 J1)例2.(1)求證：11(2n1J22)(2)求證：411613614n214n(3)求證：121 32-45(2n 1)2n2n 1 1(4)求證:2( n 1 1)2( 2n 11)解析：(1)由于1(2(2n1)(2 n 1)12 2n112n-,所以i 1 (2i1 111 -(-)2 3 2n 1114 16136Id4) n

4、(3)先運(yùn)用分式放縮法證實出(2n1)2 4 6 2n1,再結(jié)合2n 1Jn 2進(jìn)行裂項,最后就可以得到答案. n(4)首先22(、.一n- n),所以容易經(jīng)過裂項得到n2( n1 1) 11,/n再證1n72n1)而由均值不等式知道這是顯然成立的,所以2n 1.2n 1 n21 - n2:2( 2n1 1)例3.求證:6n(n 1)(2n1)解析:一方面：由于1n2n244n2 12n12n,所以2n 112n 1另一方面：11 n(n1)當(dāng)n 3時,6nIn1時,6n(n 1)( 2n 1)(n 1)( 2n 1)當(dāng)n 2時,6n(n 1)(2n 1)工,所以綜上有6n1 1 -(n 1)

5、(2n 1)4例4.(2021年全國一卷)設(shè)函數(shù)f (x)x xlnx.數(shù)列an滿足oa1 1.&1 f(an).設(shè) b (a,1),整數(shù)k > a1 b .證實：ak 1 b . a11nb解析：由數(shù)學(xué)歸納法可以證實an是遞增數(shù)列,故存在正整數(shù)m八使第b,那么ak 1 akb,否那么假設(shè)am b(m k),那么由0aiamb知am In ama1lnam a11nb 0,ak 1akak Inakka1 m 1am In am,由于k - amm 1In amk(alnb)于是ak1例5.aik | ai In b |ai (b a) bn,mN ,x1,Sm 1m2m 3mm

6、,求證：nm 1(m1)Sm 1 A(n 1)1.解析:首先可以證實：(1n x)1 nx1 (n1)m1 (nm 11) (n2)m 11mnkmk 1(k1)m11所以要證(m1)Sn(n1)m1只要證:n mkk 1(km1)故只要證nkm1k 1(k1)m(m1)k(nm1)1 (n1)(nm 11)11(m1)kkm1n(kk 11)m 1km ,即等價于(km 1m1) (m 1)k(k1)m 1km,即等價于1(11 k)m 1,1(1而正是成立的,所以原命題成立例6.a 4n 2,2na1_,求證：T, anT3Tn解析：Tn(21222n)4(1 4")42(1 2

7、23(41)2(1 2n)所以Tn2n4 (4n1) 2(1 2n)34n 1""3"2n32n 4Tl2 "V 33 2n3 2n例7.xx1(2 2n2nKF1)2n2nTn127"n(n2k 1,k1(n2k,kZ),求證:Z)4,X4 x514' x2 nx2 n 12( n 11)(nN*)n m 1 m 1(k 1) k 1k 12n(2n)23-271證實：14 x2nx2n 14 (2n 1)(2n 1)144n2 114 4n2金,由于2 n4 x2nx2n 12-7nn2( n 1 n)1所以4 X2X314 x4

8、x51j x2n x2n 11)(n N*)二、函數(shù)放縮例8 .求證：見2 2In 33In 44nIn 3_n33n5n66(n解析:先構(gòu)造函數(shù)有口乂InxInxL從而小In 3In 4In 3n n3n3n1(2由于129273n 15n6ln 4Tln 3n315n5n例9.求證:(1)ln 22,2ln3In n_22n n解析構(gòu)造函數(shù)9)ln x,得至I ln nlnn2 ,再進(jìn)行裂項2(nln n221)1(n2)1,求和后可以得到答案n(n 1)函數(shù)構(gòu)造形式：1nxln n1(2)例10.求證:121n(n1)解析:提示：ln(n1)ln nInIn函數(shù)構(gòu)造形式：ln xx,1n

9、 x 1當(dāng)然此題的證實還可以運(yùn)用積分放縮如圖,取函數(shù)1 f(x)xIn 2首先：SS ABCFixixln x |,inln n ln(ni)取i 1有,1nln nln(n1),所以有1ln 2,3ln 3ln 2,.1ln nln(n 1), nln(n1n 1ln( n 1)另一方面SABDE1,從而有xiln x in iln nln(ni)取i 1有,1n 1ln nln(n1),所以有l(wèi)n(n 1) 11所以綜上有1 11 ln(n 1) 1 1n2 3 n 12例11.求證：(1e和(1119)C,7(14n) -e.3解析:構(gòu)造函數(shù)后即可證實例 12.求證：.1 2) (1 2

10、 3)2n 31 n(n 1) e解析：lnn(n 1) 1 23,疊加之后就可以得到答案n(n 1) 1函數(shù)構(gòu)造形式3 ln(x 1) 2 (x 0)x 11 ln(1 x) 3x 二(x 0)(增強(qiáng)命題)例 13.證實：ln2 ln3 ln 4T 5ln nn 1n(n-41)-(n N*,n 1)解析:構(gòu)造函數(shù)f (x) ln(x 1) (x 1) 1(x 1),求導(dǎo),可以得到：f (x)1 2 x,令 f'(x)0有 1xnx 2,令 f (x)所以f(x)f (2)0,所以 ln(x1)n2 1所以ln n nn- 一,所以ln2ln3 ln 4ln n n(n 1), (n

11、N*, n 1)例14.a1,an 11(1 -a1證實 牙.an(1白解析：an 1然后兩邊取自然對數(shù),可以得到lnan 1ln(1n(n 1)lnan然后運(yùn)用小1x)x和裂項可以得到答案放縮思路:(1ln an12 n n12n n1 o9 a于是n ln an 1ln(12nln an 1 ln1""2 n1-2 n in 1(lnaii 1Inai)In aIn a111、 "c-n)1n a22n19n 11一 2.2n即 ln an ln a1 2注：題目所給條件anln(1x) x0)為一有用結(jié)論,可以起到提醒思路與探索放縮方向的作用；當(dāng)然,此題還可

12、用結(jié)論n(n 1)(n2來放縮:an 1(11 n(n-)a 1)ln(an 11)ln(an1) ln(1即 ln(an1) 1ln3_1 n(n1、n(n 1)an 3e1)n(n 1)1e2.11 (1)(an 1)n(n 1)n 1ln(ai 11) ln(ai 1)i 211了飛ln(an1)1n 1) 1 n 1例15.2021年廈門市質(zhì)檢函數(shù)fx是在0,上處處可導(dǎo)的函數(shù),假設(shè)x f,xfx在x 0上恒成(I)求證：函數(shù)g(x) Ux在0 )上是增函數(shù)； x(II)當(dāng) Xi0, x204,證實：f(x. f (x2)f (x1 x2)；(III)不等式ln(1 x) x在x1且x

13、0時恒成立,求證：口ln22 -Im 32 口ln42-Aln(n 1)2n (n N*).223242(n 1)22(n 1)(n 2)解析:(I)g,(x) f'x2 f(x) 0,所以函數(shù)g(x) 3在(0,)上是增函數(shù)xx(II)由于g(x)四)在(0,)上是增函數(shù),所以 xf (xj f (xx9)x上一2f(x1)f (Xix2)x1x1 x2x1 x2f (x,)f(x, x,)x,-f(x2)f(x1 x2)x2Xi x2Xi x2兩式相加后可以得到f(X1)f (X2)f (X1 X2) 立 f(X1 X2XJf(x1) X f(X1 X2Xn)X1X1 X2XnX1

14、 x2xnf(x2)f (X1 X2 Xn)X2 f (x2) f(X1 x2xn)x2x1 X2Xnx1 X2Xnf (Xn) f (Xi X2Xn)XnX1X2Xnf(Xn)XnX1X2一 f(XXnX2Xn)相加后可以得到：f(Xi) f(X2)f(Xn)f (XiX2Xn)Xix2 In x2 x3 InX3Xn In Xn(X1X2Xn)In(XiX2Xn )1,有irnr1322In3251n 42In(n ¥1)212T1421(n 1)2In 4221(nr1(n 1)In13""21(n 1)n2(nn1)(n 2)所以"2：12In

15、32 321f In 4421(n 1)22In(n 1)22( n 1)( n*-(nN). 2)(方法二)In(n1)2(nIn(n 1)2(n 1)(n 2)In 4 (D(所以-221 2fn323212In4242又In 4L,所以1例16.(2021年福州市質(zhì)檢)函數(shù)f(x)n 2)n1 n211nIn 4In( n 1)2In 4 -1)22n 22(n 2)1rIn42一2 1n(n1)2 (n N ).一(n2( n 1)( n 2)xIn x右 a0,b 0,證實：f (a) (a b)In 211 (nIn4In 321f (ab) f(b).解析:設(shè)函數(shù)g(x) f (

16、X)f(k x),(k0)三、分式放縮f(x) g(x) 0 xg (x)令 g (x):函數(shù)xIn x,xIn x (k x) In(k k.In x 1 In(k0,那么有_ k xx),k g(x)在六):g(x)的最小值為而 c/k、 g(-)2g(x)即 f (X)令 x a, kX),1 In _ k2x kk xk.f(k上單調(diào)遞增,在(0 3上單調(diào)遞減.g§),即總有 g(x) g(2).2)f (k) kIn2,f (kf(a) f(b)f (a) (a b) Inkk In k(In k In 2)2x) f (k) I b,那么 k a b.kIn 2.f (a

17、 b) (a b) In 2.2 f (a b) f (b).姐妹不等式：b b_m(b a 0,m 0)和b a a ma記憶口訣小者小,大者大解釋:看b,假設(shè)b小,那么不等號是小于號,反之.f(k) kIn 2,b m /(a a mb 0,m 0)例19.姐妹不等式:(11)(1113)(1 5)(11 ) v2n 和2n 111(1 2)(1 -)(1(1白12n 1也可以表示成為2 4 6 2n 2n 1(2n 1)(2n 1)-2ri12n 1解析:利用假分?jǐn)?shù)的一個性質(zhì)H(b a ma 0, m0)可得2n2n 12n 1-22U (2n 1) 2n2 4 613 52n2n 1)

18、22n1即(11)(113)(1(12n1.例20.證實：(11)(114)(17)(13n 23 3n 1.解析：運(yùn)用兩次次分式放縮：3n 13n 23n3n 1(加1)3n 13n27 106 -93n 13n(加2)相乘,可以得到：3n 13n 21083n3n 13n 2十 小(3n 1)3n所以有(11)(1(12)1.四、分類放縮例21.求證：1解析:1Tn 211(41(11T3Ta)22(1例22.(2004年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試改編在平面直角坐標(biāo)系xoy中,y軸正半軸上的點(diǎn)列 An與曲線y 2x(x >0上的點(diǎn)列Bn滿足|OAn| OBn1,直線 nAnBn在x軸上的截

19、距為an.點(diǎn)Bn的橫坐標(biāo)為bn, n N .證實an >an 1>4, n N ； (2)證實有n0N ,使得對n n°都有bb3b2bnbn 1 <n 2021.bn 1bn解析：(1)依題設(shè)有:An0,1 ,Btnbn,四,bn 0,由 |OBn|1得:21b,2 2bl -2, bnn1,nAB在x軸上的截距為an滿足an 02bnbn 0 a一bn2n2bn 11 n 2bnn2bn20,b1n2bnbnbn 1 n . 2bnan 1 n 2bn1 2n2bn1n2bnn bnbn 2an顯然,對于11an4,n(2)證實：設(shè)1婦,n N*,那么bnCn1

20、n2Cn2nn 12n 1 ,n12 1 11-12 n212n 1""nT2,丁 2n 1 nn 0,Cn12n設(shè)SnSnCiC2Cn,n,那么當(dāng)n2k時,22所以,取n0122 4009bab2故有b2b1bsb2bnbn 12k12k12312k 1 112kk"2都有:a 11 口SnbnSn401721-2021邑2<n 2021成立.bn例23.(2007年泉州市高三質(zhì)檢)函數(shù)f (x)x2 bx C(b 1,c R),假設(shè)f(x)的定義域為1, 0,值域也為 1, 0.假設(shè)數(shù)列加滿足3 f (n) (n N整數(shù)n都有T1 tnA?并證實你的結(jié)論

21、.),記數(shù)列bn的前n項和為Tn,問是否存在正常數(shù) A,使得對于任意正解析:首先求出f (x)2x,f(n)n2 2n-n3-Tnb1b2b3bn1,k 1-222k 1n 2k 時,因此,對任何常數(shù)a,設(shè)m是不小于a的最小正整數(shù),那么當(dāng)n 22m 2時,必有t2m_2 1 m a.n 2故不存在常數(shù)A使丁1 rA對所有n 2的正整數(shù)恒成立例24.(2021年中學(xué)教學(xué)參考)設(shè)不等式組0,0,nx表示的平面區(qū)域為3n,設(shè)D內(nèi)整數(shù)坐標(biāo)點(diǎn)的個數(shù)為an.設(shè)Sn ；an 11an 22時,求證:111aa2a31a2n7n1136解析:容易得到an 3n,所以,要證1a1a21a31A2n7n 11只要

22、證36S2n-1紅1,由于2n 121111111S2n1-()(-H223 45 6 7 81(2n 1 112n 1 212n11 T2122T22T2n17n 11,所以原命題得證.12五、迭代放縮例25.Xn 1Xn 4Xn1,X1,求證:當(dāng)n 2時,n|Xi 2| 2 21n i 1解析:通過迭代的方法得到Xn,然后相加就可以得到結(jié)論例26.設(shè)ssin 1! sin 2!丁 丁sin n!,求證:對任意的正整數(shù)2n1k,右 kK怛有:| Sn+k-&|<%解析：is | SnS | |sin(n 1)!n2-Isin(n 2)!sin(n k) 2 n k 's

23、in(n 1)!|2'|sin(n 2)!2nsin(nk),1一| 2nT(1又 2n (11)nC：C1 nCn n所以晚| Snk Sn |六、借助數(shù)列遞推關(guān)系例27求證:121 32-4(2n 1)-2n-72n解析:設(shè)an5(2n1)那么6 2nan 12n2(n 1)2(n 1同 1 2nana,從而a na1a2所以28.七、2(n 1)an 11 324求證:二2an2(n解析：設(shè)an 1an 1a1an2n 1an2( n 1)2(n 1)a2an2nan,相加后就可以得到1)an2a12(n29.假設(shè) a1解析:1,an 1an 2所以就有1a1分類討論11) 1(

24、2n2n 32)2n1 2(2n 1)4 6 2n2n1 3 5(2n 1)2n2n 1 1(2n2n2(n 1)1an 1(2n1)ananan 11a21同1(2n 1同 a從而(2n 1)an,相加后就可以得到1 3al (2n1,求證:1a1an an 11 aa11)12n 11a2anan 1a212( n 1 1) anan 2ana12 an 1an a2例30.數(shù)列an的前n項和Sn滿足Sn 2an ( 1)n,n 1.證實：對任意的整數(shù)a4a5am解析:容易得到a.ln32(1)n1由于通項中含有1)n,很難直接放縮,考慮分項討論:3且n為奇數(shù)時12 n 22 n 12 2

25、n 3an3 , 1(減項放縮)22n 3212n當(dāng)m 4且m為偶數(shù)時111 3 J_ J_2 2(23 2,)二2m 22a532ama4m 4 /(-a538-) a67.8(a) am當(dāng)m 4且m為奇數(shù)時1a4351am11a?可(添項放縮)由知1a4 a511amam 1得證.八、線性規(guī)劃型放縮例31.設(shè)函數(shù)f(x)2x 1 .假設(shè)對一切x2 2R,af (x)b的最大值.解析:由(f(x)12-)( f(1) 1)(x 2)2(x 1)2 知2(x2 2)2(f(x)1萬)(f(1)1)f(x) 1由此再由f (x)的單調(diào)性可以知道f (x)的最小值為 1 ,2最大值為因此對一切x

26、R ,af(x) b3的充要條件是,1-a b 32a b 3即a, b滿足約束條件bb1 一a21一a2由線性規(guī)劃得,ab的最大值為5.九、均值不等式放縮q'n(n 1).求證 n(n 1)sn(n 1)2-2解析：此數(shù)列的通項為k k(k1)akk k-2k(k1 k注:nSn(kk 1即 n(n 1)2Snn(n 1)2(n1),k1,21)221,2,n.Sn(k應(yīng)注意把握放縮的 度：上述不等式右邊放縮用的是均值不等式0 (n 1)(n 3) (n 1)2 ,就放過 度了!根據(jù)所證不等式的結(jié)構(gòu)特征來選取所需要的重要不等式,這里gabk(k 1) k1那么得1a1n a1 ana

27、n_ 2_ 2a1ana1ann N n其中,2,3等的各式及其變式公式均可供選用.例33.函數(shù)f(x) 一1一,假設(shè) 父 且f(x)在0, 1上的最小值為 1 a 25求證:f(1) f (2)f(n)解析：f(x)4x4擊(x 0)f(1)1f(n) (1 六1(1 7)2 2(112 2n)11(1-4211n-n-1-.二2例34.a,b為正數(shù),且,試證：對每一個,(a b)n an bn2n n 122解析:(a b)n令 f(n)由二aC0a1得ab又(a11叫b)b 4,故 ab a ab 4,而(a b)ncnan 1b an bnC：an rbrf (n)=c：a1bC：bn

28、,C；arbr得 2f(n)=c：(an1babn1)C：(an rbr)Cn1 (abn 1 n 1Cn abn 1a b),由于Ci C： i,倒序相加n 1n 1a b abrbr.n abn 1.a bn2 anbn 2 422n那么2 f (n) = (c：cnCn1 r I)(a bnr n(22)( a bbr) (2n 2) 2n 1,所以f (n)(2n2) 2n ,即對每一個 n,(ab)nbn22n2n 1例35.求證c1 c2 c；n n nC；1(n1,nN)解析：不等式左c1n原結(jié)論成立.C2C3C；2n2 222nn v12 222n 1 =n例36.f (x)f

29、(1)f (2)f(3)f(n)n(e角犁析：x：f(x1) f(xO (e1(e11) e ex2ex1ex2e7 ex1ex2x.,1經(jīng)過倒序相乘,就可以得到f(1) f (2)f(3)f(n)/ n 1(e例37.f (x)x 1,求證:f (1) xf(2) f(3)f(2n)2n(n1)n解析：人 (k)k(2n 1 k)2n 1 k2n 1 k2nk(2n1 k)2(2n 1k) 2其中：k1,2,3,2n,由于 k 2n k(1 k) 2n (k 1)(2n k)k(2nk) 2n所以他(k11 k ) 2n 22n 1 k從而f(1) f(2)f (3)f(2n)2 (2n 2

30、)2n,所以f(1)f(2)f(3)f(2n)n ,2 (n1)n.例38.假設(shè)k7,求證：Sn 1 nnk 1解析：2Sn1nk 2(1 nk3)1nk 1由于當(dāng)x0,y0時,x12 xy,- x2xy,所以(xy)(l 1) 4 所以1 1 xyx y,當(dāng)且僅當(dāng)x x yy時取到等號.所以2Sn4n(k 1)n nk 1 n 1 nk 2 n 2 nk 3n nk 1 n nk 1所以 2(k 1)2(k 1)Snn1n-213nk-2例39.f(x)a(x x1)(xx2),求證：f(0)a2 f(1) _ 162x2) 16解析：由得f (x) 2x3(x0), x當(dāng)n=1時,左式=(

31、2x2) (2x x-) x0右式=0.：不等式成立. n 2,左式=f(x)n2n 1(xn)(2x2 n n 1 n-)2(2xxW) x2n(C；xn2 C；xn4C：c：).令 SCnxn 2C2xn 4Cnn解析：f(0) f (1) a2x1(1 x1)x2(1例 40.函數(shù) f(x)=x2( 1)k 21nx(kG N*) .k 是奇數(shù),n G N*時, 求證：f '(x)n 2n ln a 0,那么 ln ln a 1, ln a -e 1n 122 n 2n1n1n 力 f (xn) >n(2n-2).由倒序相加法得:2S C：(xn2C2(xnC,n'

32、n2)2(cn所以SC2(2n2).所以f(x)n2n1Cnn1)n2(22),f (xn) 2n (2n 2)成立.綜上,當(dāng)k是奇數(shù),n N時,命題成立例41. (2007年東北三校)函數(shù)f(x) ax x(a 1)1'2'(2)令 S(n) Cnf (1) Cn f (2)(1)求函數(shù)f (x)的最小值,并求最小值小于 0時的a取值范圍;C： 1f (n 1)求證：S(n) (2n 2) f,g1 一log aln a由 f (x) a In a 1, f (x) 0,即：a In a 1, a ,又a 1 xIn a同理：f (x) 0,有 x log a 1n a,所以

33、f (x)在(,log a 1n a)上遞減,在(log a 1n a,)上遞增；所以 f(x)minf ( lOgalna)假設(shè) Mx),. 0,即LJnJna ln a1a的取值范圍是1 a ee1 ln ln an(2n 2)(a2 ln a 1)n ' n(22)f (鼻),(2)S(n) C：(alna 1) C：(a2lna 1)Cnn1(an 1 ln a 1)1 口z-x22cn1n112 2Cn1(CnaCnaCna )lna(CnC nCn)所以不等式成立.例42. (2021年江西高測試題)函數(shù)Lx.Laax-,x0, ax 8.對任意正數(shù)a,證實:1 f x 2

34、-解析:對任意給定的f(x)111 b假設(shè)令h 8,那么b axabx 8,而()、先證 f x1 ;由于11 ,11 ,111 x1 x1 a 1 a,1 b 1又由 2 a b x2,2a2 bx432abx 8 ,得abx所以f x1八1 x1111132(a b1 a 1 b 1x 1 a 1 b(1 x9 (a b x)(ab axbx)1 (a b x) (abax bx)b6 .(1 x)(1 a)(1 b)abxx) (ab ax bx)a)(1 b)(1x)(1 a)(1 b)(二)、再證x 2 ；由、式中關(guān)于x,a,b的對稱性,不妨設(shè)x ab.那么(i )、當(dāng)7,那么a 5

35、,所以x由于 11,1-bL 1,此時f x1-J1xdr 2,(ii )、當(dāng)7,由得,x8 ,ab由于1VbbVbb22 14(1 b)2-2所以 1,1 bb 2(1 b)同理得c fab (6；2.ab-8今證實ab 8由于 a 12 (1ab豕b)只要證ab(1 a)(1 b)因此得證.故由得ab ,即ab 8f (x) 2-ab(1a)(1b),也即a7,據(jù),此為顯然.綜上所述,對任何正數(shù) a,皆有1 f例43.求證：11n 113n 1解析:一方面：1n 113n13n 113n13n13n 14n4n 2(3n 1)(n 1)3n(n2)4n 2(n 1)(3n1)2n1 一 (

36、2n1ipn1(2n1ip(n 1)21(2n 1)2 n2(2n(2n 1)2另一方面:1n 113n 12n 1n 12n 22n 1十、二項放縮2n (1 1)nC0Cnc>2nCn0CnC22 n n2"2nn(n1)(n 2)例44.a1,a,(11平.證實解析:an 1(11 )a, n(n 1)ln(an 1 1)ln( an 1) ln(11 n(n 11)n(n 1)an 111ln(ai 12(11)即 ln(an1)1 ln 3 an 3e 1 e2.1 )(a n(n 1)ln(a 1)1)ln(a11) ln( a2 1) 11n例45.設(shè)an4.(1

37、 1)n,求證：數(shù)列an單調(diào)遞增且an n解析：引入一個結(jié)論：假設(shè)b整理上式得anbn(n弋入 n1)a)nb.(式得(1bn1)(n1)bn(ba)(證略)(11 n)即an單調(diào)遞增.以1代入a 1,b 1 一2n此式對一切正整數(shù)式得1(1 -2n(11 2n2n4.n都成立,即對一切偶數(shù)有(14,又由于數(shù)列an單調(diào)遞增,所以對一切正整數(shù)n 有(i l)n 4.n3簡證如下:注：上述不等式可增強(qiáng)為2 (1 1)n利用二項展開式進(jìn)行局部放縮：anan(1cnC2Cn 2n只取前兩項有ancnCl n故有a n1k!2對通項作如下放縮:n221k!1 1 (1/2尸3上述數(shù)列an的極限存在,為無

38、理數(shù)i,m,n是正整數(shù),且1 i m n.理科第20題)1 1/2e；同時是下述試題的背景:(1)證實n i Ammi A： ；( 2)證實(1 m)n (1 n)m. (01年全國卷簡析 對第(2)問：用1 / n代替n得數(shù)列bn:bn (1 11n戶是遞減數(shù)列；借鑒此結(jié)論可有如下簡捷證法：數(shù)列(1 n)n遞減,且1 i m n,故(i m戶(1 n尸,即(1 m)nm(1 n) °當(dāng)然,此題每題的證實方法都有10多種,如使用上述例5所提供的假分?jǐn)?shù)性質(zhì)、貝努力不等式、甚至構(gòu)造 分房問題概率模型、構(gòu)造函數(shù)等都可以給出非常漂亮的解決！詳見文 例 46. a+b=1,a>0,b&g

39、t;0,求證：an bn21n.1.解析：由于a+b=1,a>0,b>0,可認(rèn)為a 1 b成等差數(shù)列,設(shè)21 d,2從而1an bn - d21 n d21n2例47.設(shè)n1,n N ,求證(2)3(n81)(n解析：觀察/2、n的結(jié)構(gòu),注意到(3)(i 2)n 1C11C n221Cn2 2 c22(3)n231n 323(12),展開得n n(n 1)28(n1)(n 2) 6 ,8即 1 (n 1)(n 2),得證.28例 48.求證：小3 ln2 1n(1 1)In2 .n2n n解析:參見上面的方法,希望讀者自己嘗試!)例42.(2021年北京海淀5月練習(xí))函數(shù)yf(x)

40、,x N*,y N*,滿足：對任意 a,b N*,a b,都有 af(a) bf (b) af (b) bf(a)；對任意n N*都有ff(n) 3n .一、一一I- . . 、, _ *(I)試證實：f(x)為N上的單調(diào)增函數(shù)；(II)求 f f (6) f (28)；(III)令anf (3n), n N*,試證實：._?工工工4n 2a1a2an4解析:此題的亮點(diǎn)很多,是一道考查水平的好題.(1)運(yùn)用抽象函數(shù)的性質(zhì)判斷單調(diào)性：由于 af (a) bf (b) af (b) bf (a),所以可以得到(a b) f (a) (a b) f (b) 0 ,*也就是(a b)( f (a) f (b)0,不妨設(shè)a b,所以,可以得到f (a)f(b),也就是說f(x)為N上的單調(diào)增函數(shù).(2)此問的難度較大,要完全解決出來需要一定的水平！首先我們發(fā)現(xiàn)條件不是很足,嘗試探索看看按(1)中的不等式可以不可以得到什么結(jié)論,一發(fā)現(xiàn)就有思