高中数学放缩法技巧全总结

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: 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：通过多角度观察所给数一、裂项放缩n例1.(1)求k 14k2 1求证：n解析：(1)因为24n2(2n21)(2n1)12n 112n一所以1214?"12n 12n2n(2)因为1 nT122n1，所以2n1k22n 12n 1奇巧积累：(1) 1 nT44n22n

2、12Cn 1 Cn(n 1)n(n 1)n(n 1)1n(n 1)Trn!r!(n r)!1r!r(r 1)11(r 2) r(4)(1n(n 1)n n2 (21)2n(6)1 2( .n 1- n)2( nn 1)(8)22n 1121(2n 1) 21(2n3) 2n(9)1k(n 1 k),n 1 n(n 1 k)(10)n(n 1)!1n!1(n 1)!(11) 1一 .2(. 2n-i - 2n1) n2n 1(11)2n (2n1)2(2n2n1)(2n 1)(2n2n1)(2n2)2 n 1(2n 1)(2n 11)1(n 2n 12)(12)n(n 1)(n 1)1Jn(n

3、1)1.Jn(n 1)(13)(14)(15)2n 1 2 2(3 1)33(21) 22n1 32n3k! (k 1)! (k 2)!i2 1 j2 1(i例2.(1)求证：1 1工1_ 2_2325(15)1) ! (k 2) ! 2.2i jj)(i2 1 . j212(2n 1)21)n(n 1)j2 1n n 1(n2)而nFn2)，、一 111(2)求证： 4 16 361114n22 4n请浏览后下载,资料供参考，期待您的好评与关注!2n 1 1求证：121 3 5(2n 1)2n(4)求证:2( n 1 1)2(. 2n 11)解析：(1)因为114(2n1)2(2n 1)(2

4、n 1)2 2n1 2n 1i 11161361474(1122L n14(1，所以111)¥11n 11 1)n(3)先运用分式放缩法证明出1 3 5(2n2 4 6 2n1,再结合.2n 1首先22(许n)，所以容易经过裂项得到.n2( n 11)1 1 -(2 3)2n 11 111 2(3 2n 1进行裂项，最后就可以得到答案 n再证1° L,2( 2nn1 2n 1)2n 1 2n值不等式知道这是显然成立的，所以2( 2n1 1)例3.求证:6n(n 1)(2n1)解析:一方面：因为1n2n244n212nr，所以2n 12n 1另一方面：11 n(n1)当n3时

5、,n6n，当1时,6n(n 1)(2n 1)(n 1)(2n 1)当n 2时,6n(n 1)(2n 1)工，所以综上有6n(n 1)(2n 1)例4.(2008年全国一卷设函数f(x) x xlnx.数列满足0 ai 1 . an 1 f (an).设 b (科,1),整数k>U .证 a1 In b解析：由数学归纳法可以证明是递增数列，故存在正整数m k,使am b,则ak 1 ak b,否则若 amb(m k),则由 0 q am b 1知amlnama/n ama/nb0，ak1akak In akaalna，因为 alnaaainaaina1m mm mm 1m 1k(q In

6、b),于是 ak 1 a1 k | a11nbi例5.已知n m N x ,a1 (b a1) bS.mm mm 123nm,求证：nm 1(m1)Sn (n 1)m 1 1.解析:首先可以证明:(1 x)n 1 nx请浏览后下载，资料供参考，期待您的好评与关注!nm1 nm 1 (n 1)m 1 (n1)m 1 (n2)m 11mkmk 11 (k 1)m1所以要证nm(n1)m 11只要证:nkm 1k 1(k 1)m1(mnm1) kk 1m(n 1)m 11 (n 1)m 1(n 1)n1m 1m 1 m 1 -i(k 1) k k 1只要证n kmk 1(k 1)m 1(mn1) k

7、mk 1n(k11)m 1 km1,即等价于km 1 (k 1)m1 (m 1)km(k1)mkm,即等价于1(1m 1(1而正是成立的，所以原命题成立例6.已知aJI4n2n2 ,Tn2n，求证：tT3Tna1a?解析：Tn4142434n(21 222n)4(14n)42(12n)4 Z(4n 31) 2(12n)所以Tn1) 2(1 2n)2n32n 13 2n1 3 2n 12n(2v-从而T例7.已知x(2T21,4 X2 X32. n所以二、函数放缩2n2TT31)Tn12rn(n n2k1(n1,k2k,kZ)，求证:Z)4/X4 X514 -X2nX2n 12( n 11)(n

8、N*)4 (2n 1)( 2n 1)14 X2 X314X4 X5例8 .求证：Jn,2 2ln3解析:先构造函数有ln x44n2 114 X2nX2n 11$X2nX2 n 1In 44In 3nlnx13n14 24n2 n:/n2( n1,从而X3nIn 221111，2 ,因为2 n2( n 1 n)11)(n N*)5n6In 336(n NIn 4412nIn 3n丁12n 19189273123n13n 13T5n6In 33In 44In 3n3n3n5n63n5n1 (2请浏览后下载,资料供参考，期待您的好评与关注!例 9.求证:(1)21n 2, 21n33TIn n2/

9、2n n 12(n 1)(n2)解析:构造函数忆、lnx,得到f (x)xln nlnn2，再进行裂项 2ln n2n21n2J，求和后可以得到答案 n(n 1)函数构造形式：lnx x 1,1nn n 1(2)例10.求证:12ln(n1)解析:提示：1n(n 1)InInln nln2函数构造形式：I ， d 1lnx x,1n x 1 _ x当然本题的证明还可以运用积分放缩如图取函数f(x) 1x首先：qSabcfix1nx in i1n n1n(n取i 1有,1 nln n1n(n1),1 ln 2,3ln3ln 2, 一ln n另一方面SABDE1从而有1ln(ni)1), 1n 1

10、1n 1 1n(n 1)ixln x in i ln nln(ni)取i 1有, 1 n 1ln nln(n 1),所以有1n(n 1) 11，所以综上有n1 1n(nn 11)例 11.求证：(1 1)(113!)(11 n!)e和(19)(1(13b，e解析:构造函数后即可证明例12 .求证：(1 1 2)(12 3)1n(n 1)2n 3e解析：1nn(n 1) 1 2-，叠加之后就可以得到答案n(n 1) 1函数构造形式：n(x 1) 2 Jx 0)1_ jx 0)(加强命题)x 1x x 1例13.证明：ln2ln 3 1n445ln nn 1n(n 1)4(n N*,n 1)解析:

11、构造函数f(x)ln(x 1)(x 1)1(x1),求导，可以得到:f (x)圣令f(x)2,令 f(x) 0有 x2,所以f(x)f(2)0,所以 1n(x1)1 有, ln所以ln n nn 1，所以ln21n3V1n4-5ln n n(n 1)(nN*,n 1)例14.已知a 1,an 1(112ne2.解析:1、1an 1(1 )an _(1n(n 1)2n1n(n 1)L)an2n，n然后两边取自然对数，可以得到lnan 11 ln(1 n(n 1)ln an然后运用ln(1放缩思路：X) X和裂项可以得到答案an 1(111、= 一 )an n 21。于是2Tln aln a1 l

12、n(1In a1-2n n1-2 n n1 产)lnan1 ，2nn 1(ln ai 1 ln ai )i 1ln a,'n11 dr211 _21-2. 2n即 ln anln a1e2.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(n1)(n 2)来放缩:an 11(1 )an(n 1)1 n(n1)an 1ln(an1 1) ln(an1)ln(1即 ln(an 1) 1In 3) n(n 1)an 3e(11n(n1n(n 1)1e2.同(an1)1ln(ai 11) ln(ai 1)2111n(an1) ln

13、(a21)1 n例15.(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X f '(X) f (X)在X0上恒成立.(I)求证：函数g(x) ?在(0,)上是增函数;(II)当 X 0,x2(III)已知不等式0时,证明:f (x1)ln(1X) X 在 Xf(X2) f(X X2)；且X 0时恒成立，求证：121_ln 22 _ln322 鼠ln 4242ln(n 1)2 (n 1)2n2(n 1)(n* 了.解析：(I)g,(X)f'(x)x f(x)0,所以函数g(x)f(X)六小在(0,X上是增函数)(II)因为 g(x) 3在(0,X)上是增函

14、数,所以f(X1)X1f(X1 X2)X1X2f(X)X1X1X2f (X1X2)f(X2)X2f(xx2)X1 X2f(X2)X2XX2f (X1X2)两式相加后可以得到f(X1)f(X2)f (X1 X2) f(为)f(X1 X2Xn)X1X X2Xnf (X2)f (X1X2Xn)X2X1X2Xnf (X)f (X1 X2Xn)XnX1X2Xn相加后可以得到：f(X1)f(X2)f (Xn)所以x1 ln x1x2ln x2 x3f (X1)f (X2)f(Xn)为X1X2xnX2X1X2X1f (X1X2一f (X1 X2 XnXn f (X1 X2X2XnXnXn)Xn )f (X1

15、X2Xn)In X3Xn ln Xn(X1 X2Xn)ln(X1 X2Xn)令 1,有Xn (1 n)21121n 2221n 322321 ,2ln 4422 ln(n 1) (n 1)11223211122In13222321(n 1)-2In12-i13-21(n 1)n2(nn1)(n 2)ln2212n 32 3Tln 42(n 1)2ln(n1)22(n 1)(n_ (n N 2).(方法二)ln(n(n1)2记ln(n 1)2(n 1)(n 2)ln4(n 1)(n 2)ln4 一 n所以如221-n 32321-n 4 4T1 一身 ln(n(TV1)21In 4 -2nln

16、42(n 2)又 ln4 1所以1ln 22 22例16.(2008年福州市质检解析:设函数g(x) f(x)已知函数f(kx), (k0)三、分式放缩f(x) g(x) 0 xg (x)令 g(x):函数x In x, xln x (k x)ln(k k.In x 1 ln(kx0,则有17x),x)1 In - k2x kk xk )上单调递增，在g(x)在一,k2g(x)而 g(2)g(x)的最小值为即 f (x)令 x a, kg(2)f(2)f(k)f (kf(a) f (b)f (a) (a b) Inf(kkln 2,x)b,则f (alln4212n ln(n 1)(n 1)2

17、 ''2(n 1)(n2)x ln x若a0, b0,证明：f (a) (a b)ln 2f(a(nf (x)b)ln32m k1上单调递减.(0, 2,即总有g(x)kk In k(ln k2f(k)kln 2.b.b) (a b)ln2.2 f (a b) f(b).kg(2).In 2)f (k) kln 2,姐妹不等式：b b_Jm(b a 0,m 0)和 a a mb m , (a b 0, m a m0)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，反之.例19.姐妹不等式：(1 1)(111二)(1 二)(112n 1)/2n 1 和111(1

18、/4)(16)(112n)也可以表示成为2n 12 4 6 2n k和1 3 5(2n 1)(2n 1)2n12n 1解析：利用假分数的一个性质baU(b a ma 0, m 0)可信*N ).f(b).请浏览后下载，资料供参考，期待您的好评与关注!(2n1)2 4 6 2n135 2n 12n 12n2n 122rT2 4 6 2n )21 3 5 2n 12n 1 即(1 1)(1 3)(1 5) (1 1_j)d2i.111例 20.证明：(1 1)(1 -)(1 ) (1 )47 3n 2解析：运用两次次分式放缩：3 3n 1.2583n 1 369.1 4 73n 2 2583n3n

19、 1(加1)2583n 14 7 10.1 4 73n 2 3 6 93n 1(加 2)3n相乘，可以得到：_2一 一25 83n14 710.14 73n22 583n 11 4 73n 1 2583n 23n 1(3n1)所以有(1 1)(1 1)(1 1) 4713(1 ) 3 3n 1.3n 2请浏览后下载，资料供参考，期待您的好评与关注!解析：1 1 12 3四、分类放缩例 21.求证：1 1 1n2 32n 1211111111乃 1 2 (4 4) 手了了12nr)12n(17)例22.(2004年全国高中数学联赛加试改编)在平面直角坐标系 xoy中，y轴正半轴上的点列 A与曲线

20、y 叵 (x >0)上的点列Bn满足0A0叽1,直线AnBn在x轴上的截距为an.点Bn的横坐标为bn,nN .n n n(1)证明an >an1 >4, n N ； (2)证明有n0 N ，使得对nn0都有b_凡之二也<n2008.b1b2bn 1bn解析:(1)依题设有：An 0,1, Bn bn,网，bn 0 ,由OBn1得：n-nb2n2bn1n2.1mN*,又直线ABn在x轴上的截距为an满足一 11an0-2bnn 0 n bn 0annbnST-Nbn 1 n2bn20,bn1n2blbnb 1 n72bT1 n 2>1 2n2，木法 bn 2 an

21、 S 1 1 «2 4显然，对于1工0,有an an 1 4,n Nn n 1(2)证明：设 cn1 bAnN*，则bn211请浏览后下载，资料供参考，期待您的好评与关注!11 12n 1 n2 2 n 1 2:12nn 1212n 0,2n 12n 12n 1 ncn1,n2ciIIIcn,n则当n2k时,SnHI1 2k12112211ll小III12k12T22所以，取n°1废24009HI2kb3b2故有空b1b3b2bnbn 1nn0k""2"都有:Sn04017212008bnl<n 2008成立。bn例23.(2007年泉州

22、市高三质检)已知函数f (x)x2 bx c(b 1, c R),若f(x)的定义域为1, 0,值域也为 1, 0.若数列bn满足b f(n)(n N*)，记数列bn的前n项和为Tn,问是否存在正常数 n n3A,使得对于任意正整数n都有t a ?并n证明你的结论。解析:首先求出f (x)x2 2xb bnf(n)kn2n32n 1 nTnb1b2b3bn2k 11,故当2n2k 时,Tn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 m A.n 2故不存在常数A使T nA对所有n 2的正整数恒成立例24.(2008年中学教学参考)设不等式组0, Qn

23、x3n表示的平面区域为，设D内整数坐标点的个数为an.设1a2n2时，求证：1117n11a1a?a336解析:容易得到an 3n,所以，要证1a111a2a31A2n7n 11只要证s n 1362卫3,因为2n12S2n11111111 -()(-)23 45 6 7 8/ 1(2n 1112n 1 212n1 1 T,1T22222心1五、迭代放缩例25.已知, xn 1x 4nx 1n解析:通过迭代的方法得到例26.设QS解析：9I Sn ksin(n 1)!2n122又 2n (1 1)nxnsin 1! sin 2!sin(n 1)!Sn I I _2T1sin( n 2)!2nC

24、O六、借助数列递推关系例27.求证：121 32-4,2解析:设anan2n而an2(na1a2所以1 32428.求证：1 2七、(n 1)12，求证:当(1C1n7n 11,所以原命题得证.122 时，X 2I 2 21ni 1，然后相加就可以得到结论sin n!，求证:对任意的正整数2nsin(n 2)!2n 2sin(n k)2n k I5(2n1-an 1)1)an 1an 2(nCnn解析：设an 1an 1a129.若an2n 1an 2(n 1)2(n 1)a2a1解析:an1,an 1an 2an所以就有1a1分类讨论一. 1k,右* k司恒有：Sn+k - SnI<n

25、sin(n-2nk) 1I 2n-T所以ISI Sn2 4 6 2n1)则6 2nkSn I2(n 1)an 1 2nan an,从而2nan，相加后就可以得到1)an2a1 2(n11) 11 (2n2n 32)2n 24 6 2n1 3 5(2n 1)2 4 62(2n2n1)则2n 1 12(n 1)1an 1(2nan1an 1(2n 1)an a，从而(2n 1)an,相加后就可以得到1)an1 3a1(2n1)12n 11a21an1,求证:a1an an 11 a a11a2anan 1a212( n 1 1) anan 2 ana12 an 1ana2例30.已知数列an的前n

26、项和Sn满足Sn 2an ( 1)n,n 1.证明：对任意的整数请浏览后下载，资料供参考，期待您的好评与关注!1a5a,1am解析:容易得到an由于通项中含有(1)n1很难直接放缩，考虑分项讨论:3且n为奇数时1an2n 22n 131-(2 2n 322 n 2(减项放缩)2n2n当m 4且m为偶数时1a4_m 2 )2am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)2x 1 .若对一切xx2 2解析:由(f(x)1-)(f(1) 1) 2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bb1一a21a2由线性规划得，a(1

27、1amR,2ma4I)(-) a67.8(a) am(添项放缩)由知11a或117由得证。.am am1 8af(x)b的最大值。(X 叭二1)2 知 (f(x)2(x2)f (x)的最小值为1 ,2b的最大值为九、均值不等式放缩例 32.设 sn1 22 3解析：此数列的通项为k k(k 1)akk k-23的充要条件是,5.Jn(n 1),求证 n(n 1)k(k 1),k1,2,n.1-)(f(1) 1) 0最大值为1Sn12 f(x) 1即 n(n 1) n(n 1) nSn2(n 1)-2-Sn(k注：应注意把握放缩的度”:nSn(k 1)k 1(n 1)(n 3) (n 1)2 ,

28、就放过1 a b 32a b 3(n 1)2-2-1 )2)上述不等式右边放缩用的是均值不等式.a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， 若放成1) k1a1na1 anara1an 1nan22a1ann其中,2,3等的各式及其变式公式均可供选用。例33.已知函数f(x) 一1一，若 4,且f(x)在。，1上的最小值为1 ，求证: ' 1 a 2bxf 52f(1) f (2)f (n) n12n 1请浏览后下载，资料供参考，期待您的好评与关注!1解析: f(x) _ 1J111 4x12 ?2x(x 0)f(1)1f(n)(1 1(1a(14(i11n T

29、 -. 厂2例34.已知a,b为正数,试证：对每一个22n 2n 1解析:(a b)n 令 f (n)由1 a iC0an1得ab又/(ab)(二 b)4,故 ab a(a2f(n)=C；(anb)1bcnan1naabn1)而 an1b abn1bnbn r则2f (n)=(C；c：(ab)n例35.求证C：C2C3解析：不等式左Cn 原结论成立.C：例36.已知f (x)解析：f(xj f(4) (ex1(e经过倒序相乘，就可以得到例37.已知f (x)解析：心 (k1K)(2n1,2,3,Cnran rbrf(n)=C：Cnr(an rbCnnbnC3abn1)(arb22nCn2nCn

30、e x，求证：f (1)f(1) f(2)X1x2e'f(3)，求证：ff(2)Cnbn，1bC：anCn(abnCnn a1 , n 1ab1b) ,，因为cn cn i，倒序相加得b 2 anbnn2 422n 1rbr)(2n 2)(arbn2 2 (n 1,nN)rbr)(2n 2) 2n 1,所以f (n)(2n 2) 2n ,即对2nf (2)f(3)ex2ex1exx2f(n)f(3)2 22f(n)(eex1x2/ n 1(ef(2n)_n ,2 (n1)n2nn1)2n 12k)k(2n 1 k)2n 1 k2n 1 k2nk(2n1 k)2(2n 1k),2n,因为

31、 k 2n k(1 k) 2n (k 1)(2n k)k(2n 1k) 2n所以(k 1)(2n 1 k 1)2n 2k2n 1 k从而f(1) f (2) f (3)f(2n)2 (2n 2)2n，所以 f (1) f (2) f (3)f (2n) 2n(n 1)n.例38.若k 7 ,求证：Sn13nk 12解析：2Sn(1n六)(nnk 2(nk(nk 13) n因为当x 0, y° 时,x y 2 x xy,- x y上，所以(xxy1 y)(-x1) 4,所以二,当且仅当xy时取到等号x y所以2s-44n n nk 1 n 1 nk 2 n 2 nk 34 4n(k 1

32、)n nk 1 n nk 1所以S2(k 1)11 k 一n2(k 1)k 13所以313nk 12请浏览后下载，资料供参考，期待您的好评与关注!例 39.已知 f (x) a(x xj(xX2)，求证：a22f (0) f (1) _16解析：f(0) f (1)a2x1(1 x1)x2(12 ax2) w例 40.已知函数 f(x)=x2 ( 1)1求证:f'(x)n 2n 1 f xn) >n(2121nx(ke N*).k 是奇数，ne N* 时, -2).解析：由已知得f J) 2x2(x0)， x当n=1时，左式=(2x(2x 2) x0右式=0.：不等式成立.(2)

33、n2,左式=f (x)n2n 1f (xn)(2x2 n n 1 n-)2(2xx(C：xCn2xC；).1Cnx2 rCnxIII由倒序相加法得:2S C：(xn2二) xC2(x,)n 4 7 x1(2)2(C；所以S(22).所以f(x)n2n 1C；1)2(2n2)，f (xn) 2n(2n 2)成立.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)(D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'(1) C2f'(2)Cnn 1f(n1)求证:S(n)2) f(2)S(n

34、) C：(alna1)Cn2(a2 ln a(1)由 f (x)ax ln a 1, f (x) 0,即:ax ln a 1,ax!, Xaln alogIn a同理：f (x) 所以f' (x)在(0,有x,log所以 f (x)minf(loglog a ln a,ln a)上递减，在(1 ln ln a ln a)ln alogln a,)上递增;(C：a C2a-2Cn(a ann1)CO 1aC2(a2)In aan 2)一一 1右 f(x)min0,即-ln ln aln aa的取值范围是1 a e0,则 ln ln a1,e1,1 ln a 一ea2 (2n2)lnan(

35、2n2)( a ln a所以不等式成立。(2n 2)1) (2n2)f例42. (2008年江西高考试题)已知函数ax ,x 0, . ax 8.对任意正数解析:对任意给定的a 0,x 0,由f(x)11 x1若令b旦，则axabx 8，而f(一)、先证f x又由 2 a b x2 72a 2 £7 4.2abx 8 ,得 a b1)(Cn9,C2Cn n1(aa,证明：11(an 1 lna 1)C： 1)a)ln a (2n2)请浏览后下载,资料供参考，期待您的好评与关注!1 x .1a 41b13 2(a b x) (ab ax bx)r-b(1 x)(1 a)(1 b)(a&

36、quot;"(1b x) (ab ax bx)x)(1 a)(1 b)1 (a bx) (ab ax bx) abx .(1 x)(1 a)(1 b)(二)、再证f x 2；由、式中关于x,a, b的对称性，不妨设x a b .则(i)、当b 7,则a 5,所以a 5，因为 JJ1 b1.二1 x,1 a 1 51，此时f(ii)、当8 ,ab因为bb2r-b 4(1 b)21b2(T-b)2所以 11 bb 2(1 b)同理得a ，于是2(T-a)ab21ab 8今证明b 2 b因为abab(1 a)(1 b)只要证ab(1 a)(1因此得证.故由得b)ab、即 ab 8f(x)a

37、b(1 a)(1b)，也即a7,据，此为显然.综上所述，对任何正数a,皆有1 f例43.求证：11n 113n 1解析:一方面：1n 11213F1-213n 11TT213n13n 14n4n 2(3n 1)( n 1)3n(n2)4n 2(n 1)(3n1)2n1(2n(2n1ip(n 1)21(2n 1)2n1(2n(2n 1)2另一方面：113n2n 1n 12n 2 2n 1十、二项放缩(11)nCn°C；Cnn，2nCn0Cn n1,2nC0c；C22nn(n1)(n2)例44.1,an 1(1n)an12证明e2ln(an 1 1)即 ln(an解析：*ln(an 1)

38、 ln(11) 1 ln 3(1n(n 1)1n(n 1)，an 3e 1)an1 n( n1n(n 1)2e .1)an 1(11ln(ai 11)(ann(n 1)n1)1)ln(a11)i11 ln( an1) ln(a2 1) 11i(i 1)n请浏览后下载,资料供参考，期待您的好评与关注!例45.设 1 nan (1 一)" n,求证：数列an单调递增且a4.解析：引入一个结论:a 0则 bn1(n1)bn (b a)(证略)整理上式得an以 1a 1 ,b n 1bn(n1代入 n1)a)nb.(式得°(11) n即an单调递增。以1代入a 1, b 1 一2n

39、此式对一切正整数式得1(1)'2n(12n4.n都成立,即对一切偶数有(13n n4,又因为数列an单调递增，所以对一切正整数n有(1 n)n 40注：上述不等式可加强为(1Q简证如下: 3.利用二项展开式进行部分放缩:ancnC2CIA n只取前两项有anCn率模型、从而n a1k!故有a 1nnn122对通项作如下放缩: M.1k!1 1 (1/2)n1 31/2上述数列an的极限存在，为无理数 e；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 niAmmiA：； (2)证明(1 m)n(1 n)m.(01年全国卷理科第20题)1简析 对第(2)问：用1

40、/n代替n得数列bn：bn (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"递减,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 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”概详见文例 46.已知 a+b=1,a>0,b>0,求证：anbn1。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 ,2,1bn 1 d2n1 d21n2例47.设1,n N ,求证n(n1)(n 2)解析：观察n的结构,注意到(11、n, 2)展开得C2122口 n(n281)(n 1)(n 2) 6 ,8即 1(1)2(n 1)(n 82),得证.例48求证:ln3的2ln(1ln2n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f(x),xN*,y N*,满足:对任意对任意a, b*N , a都有b，都有 af (a) bf (b) f f (n) 3n .