放缩法技巧全总结

1、2010高考数学备考之放缩技巧证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜 能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数 列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：一、裂项放缩例 1.(1)n。求 2_的值；(2)求证：n 15 .k 1 4k21k 1 k23解析:(1)因为2211,所以 n 2112n4n21(2n1)(2n1) 2n 12n1k14k2 12n 1 2n 1 因为11411,所以n 11111

2、21 2 1 .352n 1 2n 132 n2n212n 14 n212n 1453奇巧积累：(1) 14421n2 4n2 4n212n 112n 112CLC(n 1)n(n 1)11n(n 1) n(n 1)r 1 n! 111 Cn - T -n r!(n r)! n r!1r(r 1)1(r2)(13n nn(n1)2n(2n 1)(6)1Jn 22(4 n 1 而)4 2(<'n 斤1) (8)n21112n 12n 32n(2n 1) 2n 11(2n 3) 2n(9)(10)(11)(12)1k(n 1 k)n(n 1)!2n(2n 1)2(13)(14)(15

3、)n ! (n 1)!(2n(11)2n1)(2n 1)(2nn(n 1)(n 1)1 -.,2( 2n 1 2n 1) n2n1(2_2)2n 1(271)(2n 11)2n 11(n2n 1n(n 1) n(n 1)2)2n 1 2 2n(3 1) 2n 3 3(2n 1) 2n2n2n12n21 -3k 211(15)k! (k 1)!(k_2)!(k 1)! (k 2)!1-.nn 1 (n 2)Jn(n 1).2-22. 2.i 1 j 1i ji ji j(i j)( i2 1 j2 1) i2 1. j2 1例2.(1)求证:1!_12351(2n 1)21(n 2)2(2n 1

4、)求证：1工4 1636 4n22 4n 求证：1 1A 1AA2 2 4 2 4 613 5(2n 1)2 4 6 2n2n 1 1(4)求证 111 一 (4)小 23n 1 1) 1 , V2(42n 1 1)22.二 3 n(2n 1)2(2n 1)(2n1)22n 12n 1i 1 11111 24 16 364n7(i1221，)1(14先运用分式放缩法证明出1 35(2n 1)1 124 62n2n 1n111(2i,再结合1，所以解析:(1)因为 11 -)n(4)首先1n- n),所以容易经过裂项得到n2( n 11) 12n 12 3 2n 1进行裂项，最后就可以得到答案.

5、'n2n2( 2rn2rn-)2n 12n21_ n2 :均值不等式知道这是显然成立的，所以2( 2n1)例3.求证:6n(n 1)( 2n1)解析：一方面：因为1n2n244n22n 112n-,所以2n 112n-另一方面：113-_1 n(n1)当n 3时,6n时,6n(n 1)(2n 1)(n 1)(2n 1)当n 2时,6n(n 1)(2n 1)1 ,所以综上有6n(n 1)(2n 1)例4.(2008 年全国一卷设函数f(x) x xln x.数列an满足0 a1 1 . a1 f(a> 设 b (科,1)，整数 k > -a1-b .证 a1 ln b明：ak

6、1 b.解析：由数学归纳法可以证明是递增数列，故存在正整数k,使amb,则ak 1akb,否则若ab(m k),贝U由0a1am bamlnama1ln am a1lnb0, ak 1akak ln akka1amlnam'm 1因为kamln amm 1k(a1 In b),于是ak1a1 k|ajnb | a1 (b a/例5.已知n,m解析：首先可以证明N ,x1,Sm 1m3mnm,求证：nm 1(m1)Sn(n1)m 1:(1nx)1 nxnm 1 nm 1 (n 1)m 1(n1)m 1 (n2)m 1nkmk 1(k1)m 1所以要证nm 1(n 1)m 11只要证:nk

7、m 1k 1(k 1)m1n(m 1) kmk 1m(n 1)1 (n1)m 1m 1(n 1)m 1 m 1 -i(k 1) k k 1只要证n km1(k 1)m 1n(m 1) kmn(knm 1i1,即等价于I) k k1k 1k1km 1 (k 1)m 1 (m 1)km (k 1)m 1 km,即等价于 1 m 1 (1 1)m1 1 E_J (1 )m 1 k k , k k而正是成立的，所以原命题成立.3.2例 6.已知 an4n2n，Tn 2，求证 IT2a1a2an1 nn 111In x x, Inx 1X解析：T n4142434n (21222n)4(14n)42(1

8、2n)43(41) 2(1 2n)所以4(4n 1)2(12n) 12n2n3 2n32n3 2n 1 -22 2 (2n)f 22n 1 4_i 2 2m 4n 3 2n 132n3112 (2 2n1)(2n1)2 2n11112 n 12n 1从而311 1T1T2T3Tn-1-12 3 n2337例7.已知x11,n(n 2k 1,k Z),求证: n 1(n 2k,k Z)2( n 1 1)(n N*)114 -4 -4 X2 X34 X4 X5证明：14 X2nX2n 114(2n 1)(2n 1)144n2111J2 ,因为4 4nz J2 n 2 n2万石，丁7,所以 14，X

9、2nX2n 12( Jn 1 ./n)所以114 X2 X3； X4 X512( n 1 1)(n N*)：/X2nX2 n 1二、函数放缩例8.求证：ln2 1n 3In 44In3n解析：先构造函数有ln xInxX3n.6 (nIn 2In 3In43万111 ,从而X).In 3n3"3n1(29189273n 12 3n 13n 1"F5n6所以In 22In 33In 44In3nn3n5n63n5n例9.求证:(1)In 22万ln 3In2n22(n 1)(n2)解析：构造函数f(x)In x ,得至U In nxnIn n2 ,再进行裂项n2In n22n

10、1n(n 1),求和后可以得到答案函数构造形式：ln xX 1, Inn n 1(2)例10.求证:ln(n1)解析：提示：|n(n1)In nIn nInIn 2函数构造形式当然本题的证明还可以运用积分放缩如图，取函数1 f(x) -, x首先：SSABCFT ,从而,11 ln x in iln nixln(n i)In nln(n1)1ln2, -3ln 3In 2,In n另一方面SABDE，从而有ixixln(nIn x1),ini取i 1有, 1n 1ln nln( n 1),所以有ln(n 1) 11,所以综上有 n例11.求证:(1(1e和(1解析：构造函数后即可证明例12.求

11、证:(1 12)(12 3)解析：3lnn(n 1) 1 2 iTVi1 ln( n 1)n 1In n ln(nln(n1)i)81)(11 n(n 1)2n 3e,叠加之后就可以得到答案函数构造形式：2(x 0) q2(x0)(加强命题) x 1x x 1例13.证明：ln 2ln3 ln47 ln nn 1n(U(n N*,n 1)解析：构造函数f(x)ln(x 1)(x 1)1(x1)，求导，可以得到：f (x)1xnx, 令 f '(x)2,令 f'(x) 0有 x 2,所以f(x)f (2)0, 所以 ln(x1)2, 令 x n1 有, ln n2所以ln nn门

12、一,所以ln2ln3 ln4T 5ln n n(n 1)(nN*,n 1)例14.已知1,a(1/ln1证明2n.ane2.解析:an 112T(11n(n 1)1 尹)an然后两边取自然对数，可以得到ln an 11 ln(1 n(n 1)1牙)lnan口2相加后可以得到：1 1I n n2 31 ln( n 1) n 1然后运用ln(1放缩思路：x) x和裂项可以得到答案a n 1(1lnan1n2 nJ fan1n an n 21 o于是ln a1 ln(1ln a1-2- n12 nn 1(lnaii 1ln a )1(i iln a，'nln a11127)1n an1 ，2

13、n11 (-)n 121 -1 .212.2n即ln anln a1ane2.注：题目所给条件ln(1x)0)为一有用结论,可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，本题还可用结论2n n(n 1)(n 2)来放缩:an1 (1 舟vann(n 1)1 (1n(n 1)(an1)n 1ln(an 1 1) ln(an1)ln(1 E)11、心1n(an1)1n 1) 1 n 1n 111ln(ai 11) ln(ai 1)n(n 1)i 2i 22In(an i) i In 3 an 3e i e .例i5.(2008年厦门市质检)已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数，若xf'

14、;(x) f(x)在x 。上恒成立.(I)求证：函数上是增函数;g(x) fx2在(0,)(II)(III)当 xi 0, x2已知不等式00寸,证明:f (为)ln(1x)f(x2) f (xi x2)；但x 0时恒成立，求证:In 3242i2In(n i)2 (n i)n2(n i)(n 2)*(n N ).(II)解析：(I) g,(x)f'(x)xf(x)0,所以函数f(x) 4g(x)上在(0,x上是增函数因为g(x)f(x), 上在(0,x上是增函数)，所以f(xi)xif(xixix2f(xi)xixix2f(xi x2)f(x2)f (xi x2 )x2f(x2)x2

15、Xix2f (xiX2 )两式相加后可以得到f(xi)f (xi x2)f (xi)f (xi x2xn)xixix2f (xi)XixiX2Xnf(x&xn)f %)x2f(xiXzxn)xiX2xnf (x2)x2xix2xnf (xjxnf (xi X2xn)Xix2f(A)xnxix2xnf (xix2A)相加后可以得到：f(xi) f(x2)f (xn)f (xix2xn)xi In xi x2 In x2x3 In x3xn lnxn(xix2xn)ln(xix2xn)令 ，有x.ni 2 i 2 口In 22 1In32 2232i (ni)2ln(ni)2i(n i)2

16、Ini(n i)2i32i(n i)2Ini2ni3""2i(n i)n2(ni)(n 2)所以In2223121n32iIn 4 423 In(n (n i)2i)22(n i)(n (nN2)*).( 方法二)In(n(ni)2In(n i)2(n i)(n 2)In 4(n i)(n 2)In 4所以0n2222321n 324121n 42i 3 In(n (n i)2 'i)2iIn 4 -2nIn 42(n 2)又人 In4 i - npIn 22i , 2 In 3 322 i 22In4 42(ni -2 In(n i)2i)22(n i)(n 2)

17、(n*N ).例i6.(2008年福州市质检)已知函数f (x) xIn x.4 a0,b0,证明：f(a)(a b)ln2 f(a b)f(b).解析:设函数g(x) f(x) f (k x), (k 0)f(x) xlnx, g(x) xln x (k x)ln(k x), 0 x k.xg (x) In x 1 ln(k x) 1 Ink xx 2x k令g (x) 0,则有1 0k x k xx k.:函数k )上单调递增，在g(x)在_,k2,0勺上单调递减.(0， 2 g(x)的最小值为k，即总有g(x) g(k). g(2)2而 k kk kg(-)f (-)f (k -) k

18、ln- k(ln k In 2) f (k) kln 2,g(x) f (k) kln 2,即 f (x) f (k x) f (k) kln 2.令 x a, k x b,则 k a b.f(a) f (b) f (a b) (a b)ln2.f (a) (a b)ln 2 f (a b) f (b).三、分式放缩姐妹不等式：b b_m (b a o, ma a m记忆口诀”小者小，大者大”解释：看b,若b小，则不等号是小于号0)和-bm (a b 0, m 0) a a m,反之.例19 姐妹不等式：111-和“ 19.出坏 I 4队 : (1 1)(1 _)(1 _)(1 ) 42n V

19、35 2n 1(1 12)(11)(11) (1 枭12n 1也可以表示成为12n 1解析：利用假分数的一个性质bab m ,八(ba 0, m a m0)可得2 4 6 2n1 3 5 2n 12 4 6 2n 、2一一一)1 3 5 2n 13 5 7 2n 11 3 5 2n 1。八(2n 1)2 4 6 2n 2 4 6 2n即111,2n 2 4 6 2n 画和 13 5(2n 1)1 3 5(2n 1) n 2 4 6 2n(1 1)(1 3)(1 5) (1 -) ''2n 1.例20.证明：(11)(1(11 3n2)3 3n 1.3n 13n 23n 13n

20、21093n 13n加2)解析：运用两次次分式放缩加1)3n3n 1相乘，可以彳I到：所以有(11)(13n 13n 21083n3n 13n 2 小,、Ml (3n 1)14)(117)(13n 2)3 3n 1.四、分类放缩例21.求证:.1 11 n1 一 一-; -2 32n 121 121312r-11解析:4)例 22.(2004年全国高中数学联赛加试改编)在平面直角坐标系x0y中，y轴正半轴上的点列 A与曲线y r2x ( x >0)上的点列Bn满足。人。OBn1,直线An Bn在x轴上的截距为a n点Bn的横坐标为bn, n N .证明an>an1>4, n

21、N ; (2)证明有n0N ，使得对 n n0都有三巴 a瓦bnb77bn 1 <n 2008."bT解析:(1)依题设有:1,n091b2 2b _, b nn 2 n一 1an 02bn _bn4 1 n 2bn显然，对于1n证明：设10,- ,Bn n一、由bn,历，bn0，,又直线OBn1得: nAnBn在x轴上的截距为an满足1 bn nbn 1n 药1 2n2bnbnQ2n2b 1 n2b2 0,bnnn1 n 2bn1n2bnbn 2 . 2bn n bnan1 v2 2r0,有anan4,n1 1Cnb .1 -H,n bn112 1N”则Q 2n 1 n0,C

22、nc2Cn, n则当时,Sn1212112k12222所以，取n0123240092kk2n都有: n0b3b21bn 1bnSnSnn040172008故有b2b3b2bnbn 1 < n2008成立。bn 1bn例23.(2007年泉州市高三质检)已知函数f(x)2.x bxc(b 1,cR),若f (x)的定义域为1 , 0,值域也为10.若数歹U 。满足bf(n)3n(n N) ,记数列bn的前项和为Tn，问是否存在正常数A,使得对于任意正整数n都有Tn a ?并证明你的结论。解析：首先求出f (x)x22x , bnf (n)n3n2 2nn3 13241 ., 21 121n

23、1 15 61 48Tnb1b2b3bn37821112T2k 111,故当n 2k时，t2/2n1,五、因此，对任何常数A,设m是不小于A的最小正整数,则当n 22m2时，必有T 2m 2 1故不存在常数例 24.(2008A使T A对所有n 2的正整数恒成立.年中学教学参考）设不等式组0,0,nx3n表示的平面区域为，设D内整数坐标点的个数为an.设1a771azn2时,求证：111a1a2%1a2n7n11 .36解析：容易得到a 3n,所以，要证S2n1迭代放缩例25.11 1、112 (3 4) (5 68)T2n 17(n12已知x解析：通过迭代的方法得到xn例26.sin 1!

24、sin 2!2122解析:|Sn ksin(n 1)!I I -2nsin(nI -27sin( n 2)!2 n 21 11了(22212n(1又 2n (1 1)nC0cn六、借助数列递推关系例27.求证：21 32-4解析:an2n而an2(na1a?所以例28.1a；7n 11只要证36S2n11 7n 11,因为2n12/ 1(2n 1 112n 1 212n1)7n 11,所以原命题得证.121,求证：当 n 2时，%, 2I 2 21ni 11 ,然后相加就可以得到结论 2n 11sin n!,求证：对任用的正整数k,右k> n怛有：I S+k &<下2nsi

25、n(n 2)!2n 2sin(n k)2n kcn5(2nsin(n2 n kk)12n k1)则2 4 6 2n1 an1)1) an 12(n所以 ISn(2n 1)2 4 6 2nkSn I2n 22(n 1电12nan a0,从而2na ,相加后就可以得到 n1湿12a12(n 1)1 (2n2n 31 3 5(2n 1) 2n 26 2n2)- 2n 21 3 5(2n 1)- / 2n 1 12 4 6 2n1 3 135解析：设a a1 3 5(2n 1)则6 2n2n 1an -1 ann 12(n 1) n2(n八n /c 八，从而1) 1an 1(2n 1)an an 1a

26、n 12(n 1)1an1 (2n 1)an,相加后就可以得到(2n1)an1 3司(2n 1)13- 2n 1 12n 12例 29.若&1,am1,求证：1I2( n 1 1)解析:an 2anan an 1an2 an1a21ana2a12 an 1ana22.2七、分类讨论例30.已知数歹Uan的前项和Sn满足Sn2an ( 1)n,n 1.证明：对任意的整数341a51am解析：容易得到an2 2n 2 ( 1)n 13由于通项中含有1)n,很难直接放缩,考虑分项讨论:3且n为奇数时11ana2n 22n 13 ( 11 ,22n 322n 22 n 1，2(白(减项放缩)2

27、22n 3-2n2n当m 4且m为偶数时11 3/J_ J_2 2(2 2a 21r)am当m 4且m为奇数时1a4 a5八、线性规划型放缩例31.设函数f(x)2xx2 21 .若对一切x解析：由(f(x)2)(f(1)1)由此再由f(x)的单调性可以知道因此对一切x R,af (x)即a , b满足约束条件bb1a21-a2由线性规划得，a(11am2ma41彳)(-) a67.8(a) am1a;1am(添项放缩)由知1a4117由得证。.am am1 83 af(x)b的最大值。(x 2)2 (x 2(x2 2)21)2知-)-(f(x)1-)(f(1) 1) o212 f(x) 1f

28、 (x)的最小值为1，2最大值为1b的最大值为九、均值不等式放缩解析：此数列的通项为 kk k(k 1) 一akk23的充要条件是,5.1).求证n(n21),k1,2, ,n.1 ,n2kSnk 11)snn(kk 1n(nk(k1 k1,- a b 32a b 3(n 1)2-2即 n(n 1) u n(n 1)-2-Sn注：应注意把握放缩的(n 1)2.2“度”：上述不等式右边放缩用的是均值不等式a b,若放成 a bab d-kk(k 1)k 1则得Snn (k 1)(n - 3) 9k 121)22-,就放过“度” 了!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n a1

29、an丁a1an一n一an 2231ann其中，n 2,3等的各式及其变式公式均可供选用。例33.已知函数ff (x)若 4，f(1)5f(x)在01上的最小值为12f(i)f(2)f (n) n解析: f(x) _ 10)f(1)f (n)(13)1(12)2 22(112 2n11(1 一42例34.已知a,b为正数，且,试证：对每一个(an nb) abn22n2n 1解析:(a b)n 令 f(n)由1 aC0a1得abCnan 1b(a2f(n)=cn(anb)1bbn而 an1b abn1则2f (n)=(cn(a例35.求证C1 nabn1)Cnb)nCn2又(aC3解析：不等式左

30、Cn 原结论成立.Cn2例36.已知f (x)(ex2经过倒序相乘，就可以得到例37.已知1)(2n k其中：k1,2,3,所以(k从而f (1) f (2)例38.若k解析: 2Sn (1 nCnran rbr(f(n)=cnaCn(an rbr，、/1b)( )a b Cnb1bCnran,n 1abCnbnCn31)(arb22nC；e x,求证：ex1 x22nc；f(1)ex1e2f (1) f(2) f(3)f(x) x 1,求证: fx11 k ) k(2n2n 1 k,2n , 因为 k 2n k(1 k)1 k 2n1)2n 21 kf(2)1 k)2nf (3)2f (2n

31、)(2n7,求证:1nk 1)b 4,故 ab4,rbrCnn1 (abC；n a1 n 1ab1b)，因为cnCn i ,倒序相加得 nan1b 2 anbnn2 422nan rbr) (2n2)(arbrbr)(2n2) 2nf (n)(2n 2) 2n ,即对n 121n1,nN)2nf(2)f(3)222nf(n)n(en1)3Sn-nnk 2)ex2ex1ex1f(n)f(3)1ex2(en2n 1 k(k 1)(2n2)2n,所以1(n 2ex1x-'2n1/f (2n)n ,2 (n1)n2n 1 kk)f(1)f(2)nk 11nk 3)k(2nk(2nf(3)11

32、k)k) 2n2(2n 1 k) 2f (2n)2n(n 1)n.1(nk 111因为当x 0,y 0时，x y2 ,所以xy,、，1(x y)(x4 ,当且仅当xx yy时取到等号.所以2S,4n nk 14n 1 nk2 nk 34n nk4n(k 1)nk 1所以sn2(k 1)2(k 1)k 13所以32s.1nk-39.已知 f (x)a(x X1)(x刈，求证:f(0)f(1)2 a16解析:f(0) f(1) a2x(1 x1)x2(12 a x2) 16例40.已知函数求证：f' (x)f(x)=x2( - 1)k - 2ln x(kGN*) .k 是奇数, n2n1

33、f，(xn)>2 n(2n 2).解析：由已知得f(x) 2x2(x 0)' x当n=1时，左式=(2x2) x(2x2) 0右式=0.：不等式成立. x(2) n 2,左式=f (x)n2n(xn) (2x -)n 2n 1 (2xn W) xx2n(C：xn 2c 2 n 4CnxCn1 -n-4 xCn1 jn 2 ).x令 S C：xn2 Cn2xnCnnn 1Cn由倒序相加法得:2S C：(xn2二) xC2(x,)n 4 7 x1/ 1(F xx2)2(Cn所以sCn2(2n2).Cnn 1)2(2n2)所以f(x)n2n 1n n nf (x ) 2 (22)成立.

34、综上，当k是奇数，n N时,命题成立例41.( 2007年东北三校)已知函数 f (x)ax x(a 1)(1)求函数f (x)的最小值，并求最小值小于0时的a取值范围;(2)令 S(n) C：f C2f'(2)Cnn 1f,(n1)求证:S(n)(2n 2) f '由f' (x) a 同理：f(x) 所以f' (x)在(ln a 1, f (x) 0,即:ax ln a 1,ax ,Xaln alogIn a所以 f (x)min0,有x,logf(若 f(x)min 0,即1loglog a ln a,ln a)上递减，在(,、1 ln ln a ln a)

35、logln a,)上递增;(2)S(n) Cn(alna(C1a C2a21 ./1(a an1)n1)Cn2(a2 ln aCn 1aC2(a2n 1) lnaan 2)ln ln aln aln a0,则 ln ln a1,lna 1 ea2 (2n2)lnan(2n2)( a ln a(2n2)1)(2a的取值范围是1 a1e"所以不等式成立。例 42. (2008年江西高考试题)已知函数f1./i ax 0,解析：对任意2定的a 0, x 0,由f(x)11 8ax若令b色，则abx 8，而f x ax1)(Cn,n2)f (2)，CC21(an 1 lnaC；1)1)1 (

36、an 1a) ln a(2n 2).对任意正数a,证明:2-11 x(一)、先证11 b又由22,2a2jbx 432abx，得2(ab x) (ab ax bx)(1 x)(1 a)(1 b)(a(1b x)(ab ax bx)1 (a bx) (ab ax bx) abx .(二)、再证(i)、当x)(1 a)(1 b)(1 x)(1 a)(1 b)f x 2；由、式中关于x，a，b的对称性，不妨设x a b .则b 7,则a 5,所以xa 5,因为 J,1b1,此时f x(ii )、当 a8 , abab , ab 8因为1Vbb b2Vb 4(1 b)2b12(1b)2所以 11 b1

37、 b 02(1 b)同理得a ，于是2(T-a)ab (6；ab 8今证明因为只要证ab(1 a)(1因此得证.故由得综上所述，对任何正数例43.求证：1ab(1ab ,a)(1 b)解析：一方面:b)abab 8f(x)ab(1a)(1b)，也即a7,据，此为显然.a,皆有11n-213n 113n-(法二), n 113n 11-213n13n 14n2n十、二项放缩(11)n(3nC：1)(n 1)4n3n(n4n 2(n 1)(3n1)(2nC：2nC0cnC2例44.已知a11,an 1ln(an 1 1)即 ln(an解析:an 1ln(an 1) ln(11) 1 ln 3(2n

38、1(2n 1)2n7(2n(2n 1)213n2n 1n 1Cnn，2n2n 22n 1C0Cn1,(1(12nn(n1)(n2)1 )an n(n 1)n(n 1)an3e 1证明1n( n 1n(n 1)2e .a.lne21)an 11ln(ai 1i 2(11)黄7)(annln(a 1)i1)11市-1n(an1) 1n 1) 1 -1，a单调递增且an4.例45.设 1 ，求证：数列an (1)nn解析： 整理上式得引入一个结论:a 0则 bn1(n1)b(b a)(证略)以 a 1 _r,b n 1bn(n”弋入 n1)a)nb.(式得(1(11-) n即an单调递增。以1代入a

39、 1,b 1 一 2n此式对一切正整数式得(1)n 1 2 2n 2(11 2n2n)4.n都成立,即对一切偶数有(1)n n又因为数列an单调递增，所以对一切正整数n有1 (1 n)Q简证如下: 3.(1 1)n 4° n注：上述不等式可加强为利用二项展开式进行部分放缩:an(11)nC；C21n2Cnn只取前两项有CnCk故有an 11k!2对通项作如下放缩: M.1k!12kT .1 1 (1/2)n1 3上述数列an的极限存在，为无理数e；1/2同时是下述试题的背景:已知i,m,n是正整数，且1i m n.(1)证明 niA：miA：；(2)证明(1 m)n(1 n)m.(0

40、1年全国卷理科第20题)1简析 对第(2)问：用1/n代替n得数列bn：b(1 n)n是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法：数列(1 n)n递减,且 1 i m n,故(1 m/(1 n”,即(1 m)n当然，本题每小题的证明方法都有概率模型、构造函数等都可以给出非常漂亮的解决!(1 n)m °10多种，如使用上述例5所提供的假分数性质、贝努力不等式、甚至构造“分房问题”详见文例 46.已知 a+b=1, a>0, b>0,求证：a1。21 n.解析：因为a+b=1, a>0, b>0,可认为a 1 b成等差数列，设 ,2 ,n21 n例 47.设 n 1, nN,求证(与_8_ 3 (n 1)(n 2)解析：观察(2)n的结构，注意到(3)n(1 2)n1 C1 1 C2 + C3 /(1 1)n ,展开得21 n n(n 1)28(n 1)(n 2) 6 ,8即 1(n 1)(n 2)得证.(1 2)8例48.求证：32小(1工)吟. n2n n解析：参见上面的方法，希望读者自己尝试!)例42.(2008年北京海淀5月练习)已知函数y f(x),x N*,y N* ,满足:对任意 a, b n ,a b，都