2023届高考数学专项复习放缩法技巧大全.pdf

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1、12023届高考数学专项复习放缩技巧2023届高考数学专项复习放缩技巧（高考数学备考资料）（高考数学备考资料）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：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

2、。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、一、裂项放缩裂项放缩例例 1.(1)求nkk12142的值;(2)求证:35112nkk.解析:(1)因为121121)12)(12(21422nnnnn,所以122121114212nnnknk(2)因为12112121444111222nnnnn,所以35321121121513121112nnknk技巧积累技巧积累:(1)1211212144441222nnnnn(2)1(1)1(1)1()1(21211nnnnnnnCCnn(3)2(111)1(1!11

3、)!(!11rrrrrrnrnrnnCTrrrnr(4)25)1(123112111)11(nnnn(5)nnnn21121)12(21(6)nnn221(7)1(21)1(2nnnnn(8)nnnnnnn2)32(12)12(1213211221(9)knnkknnnkknknk11111)1(1,11111)1(1(10)!)1(1!1!)1(nnnn(11)21212121222)1212(21nnnnnnn(11)2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112nnnnnnnnnnnnnn(12)111)1(1)1(1)1)(1(11123nnn

4、nnnnnnnnn11112111111 nnnnnnn(13)3212132122)12(332)13(2221nnnnnnnnn(14)!)2(1!)1(1)!2()!1(!2kkkkkk(15)2(1)1(1nnnnn2(15)111)11)(1122222222jijijijijijiji例例 2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222nnn(2)求证:nn412141361161412(3)求证:1122642)12(531642531423121nnn(4)求证：)112(2131211)11(2nnn解析:(1)因为12112121)12)(12(1)12(

5、12nnnnn,所以)12131(211)12131(211)12(112nnini(2)111(41)1211(414136116141222nnn(3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531nnn,再结合nnn221进行裂项,最后就可以得到答案(4)首先nnnnn12)1(21,所以容易经过裂项得到nn131211)11(2再证21212121222)1212(21nnnnnnn而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211nn例例 3.求证求证:35191411)12)(1(62nnnn解析:一方面:因为12112121444111222nnnnn,所以353

6、21121121513121112nnknk另一方面:1111)1(143132111914112nnnnnn当3n时,)12)(1(61nnnnn,当1n时,2191411)12)(1(6nnnn,当2n时,2191411)12)(1(6nnnn,所以综上有35191411)12)(1(62nnnn例例 4.(2008 年全国一卷)设函数()lnf xxxx.数列 na满足101a.1()nnaf a.设1(1)ba，整数11lnabkab.证明:1kab.解析:由数学归纳法可以证明 na是递增数列,故若存在正整数km,使bam,则baakk1,3若)(kmbam,则由101baam知0ln

7、lnln11baaaaammm,kmmmkkkkaaaaaaa111lnln,因为)ln(ln11bakaakmmm,于是bababakaak)(|ln|11111例例 5.已知mmmmmnSxNmn321,1,求证:1)1()1(11mnmnSmn.解析:首先可以证明:nxxn1)1(nkmmmmmmmmkknnnnn111111111)1(01)2()1()1(所以要证1)1()1(11mnmnSmn只要证:nkmmmmmmmmmnkmnkmmkknnnnnkmkk111111111111111)1(2)1()1(1)1()1()1(故只要证nkmmnkmnkmmkkkmkk1111111

8、)1()1()1(,即等价于mmmmmkkkmkk111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11mmkkmkkm而正是成立的,所以原命题成立.例例 6.已知nnna24,nnnaaaT212,求证:23321nTTTT.解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321nnnnnnnT所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111nnnnnnnnnnnnnnnnT12112123)12)(122(2231nnnnn从而231211217131311231321nnnTTTT例 7.已知11

9、x,),2(1),12(ZkknnZkknnxn,求证:*)(11(21114122454432Nnnxxxxxxnn证明:nnnnnnxxnn222141141)12)(12(11424244122,因为12nnn,所以)1(2122214122nnnnnxxnn所以*)(11(21114122454432Nnnxxxxxxnn二、函数放缩二、函数放缩例 8.求证：)(665333ln44ln33ln22ln*Nnnnnn.解析:先构造函数有xxxxx11ln1ln,从而)313121(1333ln44ln33ln22lnnnnn4causennnn311212191817161514131

10、213131216533323279189936365111nnnnn所以6653651333ln44ln33ln22lnnnnnnn例 9.求证:(1)2()1(212ln33ln22ln,22nnnnnn解析:构造函数xxxfln)(,得到22lnlnnnnn,再进行裂项)1(1111ln222nnnnn,求和后可以得到答案函数构造形式:1ln xx,)2(1lnnn例 10.求证:nnn1211)1ln(113121解析:提示:2ln1ln1ln1211ln)1ln(nnnnnnnnn函数构造形式:xxxx11ln,ln当然本题的证明还可以运用积分放缩如图,取函数xxf1)(,首先:ni

11、nABCFxS1,从而,)ln(ln|ln11innxxinninnin取1i有,)1ln(ln1nnn,所 以 有2ln21,2ln3ln31,)1ln(ln1nnn,nnnln)1ln(11,相 加 后 可 以 得 到:)1ln(113121nn另一方面ninABDExS1,从而有)ln(ln|ln11innxxiinninnin取1i有,)1ln(ln11nnn,所以有nn1211)1ln(,所以综上有nnn1211)1ln(113121例 11.求证:en)!11()!311)(!211(和en)311()8111)(911(2.解析:构造函数后即可证明例 12.求证:32)1(1)3

12、21()211(nenn解析:1)1(32 1)1(lnnnnn,叠加之后就可以得到答案函数构造形式:)0(13)1ln(1)0(132)1ln(xxxxxxx(加强命题)例 13.证明:)1*,(4)1(1ln54ln43ln32lnnNnnnnn?F?E?D?C?B?A?n-i?n?y?x?O5解析:构造函数)1(1)1()1ln()(xxxxf,求导,可以得到:12111)(xxxxf,令0)(xf有21 x,令0)(xf有2x,所以0)2()(fxf,所以2)1ln(xx,令12 nx有,1ln22 nn所以211lnnnn,所以)1*,(4)1(1ln54ln43ln32lnnNnn

13、nnn例 14.已知112111,(1).2nnnaaann证明2nae.解析:nnnnnannanna)21)1(11(21)1(11(1,然后两边取自然对数,可以得到nnnannaln)21)1(11ln(ln1然后运用xx )1ln(和裂项可以得到答案)放缩思路：nnnanna)2111(21nnnannaln)2111ln(ln21nnnna211ln2。于是nnnnnaa211lnln21，.22112211)21(111lnln)211()ln(ln11211111nnniniiininnaaiiaa即.2lnln21eaaann注：题目所给条件ln(1)xx（0 x）为一有用结论

14、，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)2)(1(2nnnn来放缩：)1(1)1(11(1nnannann)1)()1(11(11nnanna.)1(1)1(11ln()1ln()1ln(1nnnnaann111)1ln()1ln()1(1)1ln()1ln(212112naaiiaanniiini，即.133ln1)1ln(2eeaann例 16.(2008 年福州市质检)已知函数.ln)(xxxf若).()(2ln)()(:,0,0bfbafbaafba证明解析:设函数()()(),(0)g xf xf kxk()ln,()ln()ln(),0.()ln1 ln()1

15、ln,2()0,10.2f xxxg xxxkxkxxxkg xxkxkxxxkkg xxkkxkx 令则有函数kkxg,2)(在）上单调递增，在2,0(k上单调递减.)(xg的最小值为)2(kg，即总有).2()(kgxg而,2ln)()2ln(ln2ln)2()2()2(kkfkkkkkkfkfkg,2ln)()(kkfxg即.2ln)()()(kkfxkfxf令,bxkax则.bak.2ln)()()()(babafbfaf).()(2ln)()(bfbafbaaf6例 15.(2008 年厦门市质检)已知函数)(xf是在),0(上处处可导的函数,若)()(xfxfx在0 x上恒成立.(

16、I)求证：函数),0()()(在xxfxg上是增函数；(II)当)()()(:,0,0212121xxfxfxfxx证明时；(III)已知不等式01)1ln(xxxx且在时恒成立，求证：).()2)(1(2)1ln()1(14ln413ln312ln21*22222222Nnnnnnn解析:(I)0)()()(2xxfxxfxg,所以函数),0()()(在xxfxg上是增函数(II)因为),0()()(在xxfxg上是增函数,所以)()()()(212111212111xxfxxxxfxxxxfxxf)()()()(212122212122xxfxxxxfxxxxfxxf两式相加后可以得到)(

17、)()(2121xxfxfxf(3)()()()(212111212111nnnnxxxfxxxxxfxxxxxxfxxf)()()()(212122212122nnnnxxxfxxxxxfxxxxxxfxxf)()()()(21212121nnnnnnnnxxxfxxxxxfxxxxxxfxxf相加后可以得到:)()()()(2121nnxxxfxfxfxf所以)ln()(lnlnlnln2121332211nnnnxxxxxxxxxxxxxx令2)1(1nxn,有22222222)1ln()1(14ln413ln312ln21nn2222222)1(13121ln)1(1413121nnn

18、nn)1(1231121ln)1(13121222)2)(1(2212111nnnnn所以).()2)(1(2)1ln()1(14ln413ln312ln21*22222222Nnnnnnn(方法二)21114ln)2)(1(4ln)2)(1()1ln()1()1ln(222nnnnnnnnn所以)2(24ln21214ln)1ln()1(14ln413ln312ln2122222222nnnnn又1114lnn,所以).()2)(1(2)1ln()1(14ln413ln312ln21*22222222Nnnnnnn三、分式放缩三、分式放缩7姐妹不等式:)0,0(mabmambab和)0,0(

19、mbamambab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:12)1211()511)(311)(11(nn和121)211()611)(411)(211(nn也可以表示成为12)12(5312642nnn和1212642)12(531nnn解析:利用假分数的一个性质)0,0(mabmambab可得122563412nnnn212674523)12(212654321nnn12)122563412(2nnn即.12)1211()511)(311)(11(nn例 20.证明:.13)2311()711)(411)(11(3nn解析:运用两次

20、次分式放缩:1338956.232313784512 nnnn(加 1)nnnn31391067.342313784512(加 2)相乘,可以得到:)13(1323875421131381057.2423137845122 nnnnnnn所以有.13)2311()711)(411)(11(3nn四、分类放缩四、分类放缩例 21.求证:212131211nn解析:)21212121()4141(211121312113333n2)211(221)212121(nnnnnnn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nA与曲线xy2（x0）上的点

21、列nB满足nOBOAnn1，直线nnBA在 x 轴上的截距为na.点nB的横坐标为nb,Nn.(1)证明na1na4，Nn;(2)证明有 Nn0，使得对0nn 都有nnnnbbbbbbbb1123122008n.解析:(1)依题设有：10,2,0nnnnnABbbbn，由1nOBn得：2*22112,1 1,nnnbbbnNnn,又直线nnA B在x轴上的截距为na满足8110200nnnabbnn12nnnbanb22221210,2nnnnn bn bbn b 2212122241 212nnnnnnnnnnbnbbabbn bn bnbn b22111 1221nann 显然，对于110

22、1nn，有*14,nnaanN(2)证明：设*11,nnnbcnNb，则222222222222222111111 111111111 111111 12121112121111212121nnnncnnnnnnnnnnnnnnn 2*1212210,2nnnnncnNn设*12,nnSccc nN，则当*221knkN时，23111111111113421234212212nkkkkS212311112222222kkk。所以，取4009022n，对0nn 都有：2008214017111012312nnnnSSbbbbbb故有nnnnbbbbbbbb1123122008n成立。例 23.(

23、2007 年泉州市高三质检)已知函数),1()(2Rcbcbxxxf，若)(xf的定义域为1，0，值域也为1，0.若数列nb满足)()(*3Nnnnfbn，记数列nb的前n项和为nT，问是否存在正常数 A，使得对于任意正整数n都有ATn？并证明你的结论。解析:首先求出xxxf2)(2,nnnnnnfbn12)(323nbbbbTnn131211321,214124131,2181481716151,2121221221121111kkkkk,故当kn2时,12kTn,因此，对任何常数 A，设m是不小于 A 的最小正整数，则当222mn时,必有AmmTn1222.故不存在常数 A 使ATn对所有

24、2n的正整数恒成立.9例 24.(2008 年中学教学参考)设不等式组nnxyyx3,0,0表示的平面区域为nD,设nD内整数坐标点的个数为na.设nnnnaaaS221111,当2n时,求证:3611711112321naaaan.解析:容易得到nan3,所以,要证3611711112321naaaan只要证1211721312112nSnn,因为nnnnS21221121()81716151()4131(21111212117)1(12723211121222nnTTTn,所以原命题得证五五、迭代迭代放缩放缩例 25.已知1,1411xxxxnnn,求证:当2n时,nniix1122|2|

25、解析:通过迭代的方法得到1212nnx,然后相加就可以得到结论例 26.设nnnS2!sin2!2sin2!1sin21,求证:对任意的正整数 k,若 kn 恒有:|Sn+kSn|0,b0,求证：.12nnnba解析:因为 a+b=1,a0,b0,可认为ba,21,成等差数列，设dbda21,21，从而nnnnnddba122121例 47.设Nnn,1，求证)2)(1(8)32(nnn.解析:观察n)32(的结构，注意到nn)211()23(，展开得86)2)(1(8)1(212121211)211(33221nnnnnCCCnnnn，即8)2)(1()211(nnn，得证.例 48.求证:

26、nnn2ln)211ln(2ln3ln.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*(),yf x xyNN，满足：对任意*,a babN，都有)()()()(abfbafbbfaaf；对任意*nN都有()3f f nn.（I）试证明：)(xf为*N上的单调增函数；（II）求)28()6()1(fff；（III）令*(3),nnafnN，试证明：.121111424nnnaaa解析:本题的亮点很多,是一道考查能力的好题.(1)运用抽象函数的性质判断单调性:因为)()()()(abfbafbbfaaf,所以可以得到0)()()()(bfbaa

27、fba,也就是0)()()(bfafba,不妨设ba,所以,可以得到)()(bfaf,也就是说)(xf为*N上的单调增函数.(2)此问的难度较大,要完全解决出来需要一定的能力!首先我们发现条件不是很足,尝试探索看看按(1)中的不等式可以不可以得到什么结论,一发现就有思路了!由(1)可知0)()()(bfafba,令)1(,1fab,则可以得到160)1()1()(1)(fffxf,又3)1(ff,所以由不等式可以得到3)1(1 f,又*)1(Nf,所以可以得到2)1(f接下来要运用迭代的思想:因为2)1(f,所以3)1()2(fff,6)2()3(fff,9)3()6(fff18)6()9(f

28、ff,27)9()18(fff,54)18()27(fff,81)27()54(fff在此比较有技巧的方法就是:2754275481,所以可以判断55)28(f当然,在这里可能不容易一下子发现这个结论,所以还可以列项的方法,把所有项数尽可能地列出来,然后就可以得到结论.所以,综合有)28()6()1(fff=662955(3)在解决na的通项公式时也会遇到困难.nnnnnnnaafffffff3),3(3)3()3(,3)3(111,所以数列*(3),nnafnN的方程为nna32,从而)311(4111121nnaaa,一方面41)311(41n,另一方面1222)21(31100nCCnn

29、nn所以2412241)1211(41)311(41nnnnnn,所以,综上有121111424nnnaaa.例 49.已知函数 fx的定义域为0,1，且满足下列条件：对于任意x0,1，总有 3f x，且 14f；若12120,0,1,xxxx则有1212()3.f xxf xf x（）求 f0的值；（）求证：fx4；（）当111(,(1,2,3,)33nnxn时，试证明：()33f xx.解析:（）解：令120 xx，由对于任意x0,1，总有 3f x，(0)3f又由得(0)2(0)3,ff即(0)3;f(0)3.f（）解：任取12,0,1,x x 且设12,xx则2121121()()()

30、()3,f xf xxxf xf xx因为210 xx，所以21()3f xx，即21()30,f xx12()()f xf x.当x0,1时，()(1)4f xf.（）证明：先用数学归纳法证明：1111()3(*)33nnfnN（1）当 n=1 时，0011()(1)413333ff，不等式成立；（2）假设当 n=k 时，1111()3(*)33kkfkN由11111111()()()()33333333kkkkkkkffff111()()()6333kkkfff得111113()()69.333kkkff即当 n=k+1 时，不等式成立17由（1）、（2）可知，不等式1111()333nn

31、f对一切正整数都成立.于是，当111(,(1,2,3,)33nnxn时，1111133333()333nnnxf，而x0,1，f x单调递增111()()33nnff所以，11()()33.3nf xfx例 50.已知：121,0niaaaa)2,1(ni求证：222211212231112nnnnnaaaaaaaaaaaa解析:构造对偶式：令1212132222121aaaaaaaaaaaaAnnnnn1211232232122aaaaaaaaaaaaBnnnn则12121221322322212221aaaaaaaaaaaaaaaaBAnnnnnnBAaaaaaaaannn,0)()()(

32、)(113221又)(2122jijijiaaaaaa（)2,1,nji12121221322322212221)(21)(21aaaaaaaaaaaaaaaaBAAnnnnnn21)()()()(41113221aaaaaaaannn十一十一、积分放缩积分放缩利用定积分的保号性比大小保号性是指，定义在,a b上的可积函数 0f x ，则 0baf x dx .例 51.求证：ee.解析:lnlneeee，lnlnlnlneeexxdexx21 lnexdxx，,xe时，21ln0 xx，21 ln0exdxx，lnlnee，ee.利用定积分估计和式的上下界定积分产生和应用的一个主要背景是计算

33、曲边梯形的面积，现在用它来估计小矩形的面积和.例 52.求证：111121 123nn，1,nnN.解析:考虑函数 1f xx在区间,1i i1,2,3,in上的定积分.如图，显然11111iidxiix-对i求和，11111nniiiidxix111ndxx112nx21 1n.18例 53.已知,4nN n.求证：11117123210nnnn.解析:考虑函数 11f xx在区间1,iinn1,2,3,in上的定积分.1ni111inn111inindxx-11nini1111niinn1111inniindxx11001ln 11dxxx7ln210.例 54.（2003 年全国高考江苏

34、卷）设0a，如图，已知直线axyl:及曲线C：2xy，C上的点1Q的横坐标为1a（aa 10）.从C上的点1nQn作直线平行于x轴，交直线l于点1nP，再从点1nP作直线平行于y轴，交曲线C于点1nQ.1,2,nQnn的横坐标构成数列 na.（）试求1na与na的关系，并求 na的通项公式；（）当21,11aa时，证明nkkkkaaa121321)(；（）当1a 时，证明1211()3nkkkkaaa.解析:121()nnaaaa（过程略）.证明（II）：由1a 知21nnaa，112a，2311,416aa.当1k 时，23116kaa，1211111111()()()161632nnkkk

35、kknkkaaaaaaa.19证明（）：由1a 知21kkaa.21211()()kkkkkkaaaaaa恰表示阴影部分面积，显然12211()kkakkkaaaax dx2121111()()nnkkkkkkkkaaaaaa121kknaakx dx120ax dx311133a.奇巧积累:将定积分构建的不等式略加改造即得“初等”证明，如：111iidxix21ii；1ni111inindxx1ln 1ln 1iinn；121sinsin1 siniii1sin12sin11iiiidxx；122331111()3kkakkkkkaaaax dxaa.十二十二、部分放缩部分放缩(尾式放缩尾式

36、放缩)例 55.求证:74123112311311n解析:121123123128111231714112311231131nnn748448844721141312811例 56.设ana211.2,131anaa求证：.2na解析:ana211.131211131222nnaa又2),1(2kkkkkk（只将其中一个k变成1k，进行部分放缩），kkkkk111)1(112，于是)111()3121()211(1131211222nnnan.212n例 57.设数列 na满足Nnnaaannn121，当31a时证明对所有,1n有2)(nain；21111111)(21naaaii解析:)(i

37、用数学归纳法：当1n时显然成立，假设当kn 时成立即2 kak，则当1 kn时312)2(1)2(1)(1kkkkakaaakkkk，成立。)(ii利 用 上 述 部 分 放 缩 的 结 论121kkaa来 放 缩 通 项，可 得)1(211kkaa.2111242)1(2111111kkkkkkaaa.21211)21(1412111111niniinia注：上述证明)(i用到部分放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：31)2)(2(1kkkkak；20证明)(ii就直接使用了部分放缩的结论121kkaa十三十三、三角不等式的放缩三角不等式的放缩例 58.求证:)(|sin|Rxxx.解

38、析:(i)当0 x时,|sin|xx(ii)当20 x时,构造单位圆,如图所示:因为三角形 AOB 的面积小于扇形 OAB 的面积所以可以得到|sin|sinxxxx当2x时|sin|xx 所以当0 x时xx sin有|sin|xx(iii)当0 x时,0 x,由(ii)可知:|sin|xx 所以综上有)(|sin|Rxxx十四十四、使用加强命题法证明不等式使用加强命题法证明不等式(i)同侧加强对所证不等式的同一方向(可以是左侧,也可以是右侧)进行加强.如要证明Axf)(,只要证明)0()(BBAxf,其中B通过寻找分析,归纳完成.例 59.求证:对一切*)(Nnn,都有311nkkk.解析:

39、111)1(1)1(1)1()1(1)1(11123kkkkkkkkkkkkkk21111111111)1(1)1(1 kkkkkkkkkkk11112211111 kkkkkk从而31112211111513141213111111kkkkkknk当然本题还可以使用其他方法,如:kkkkkkkkkkkkkkkkk111111111)1(1111112kk1112所以3)11(2111121kkkkknknk.(ii)异侧加强(数学归纳法)(iii)双向加强有些不等式,往往是某个一般性命题的特殊情况,这时,不妨”返璞归真”,通过双向加强还原其本来面目,从而顺利解决原不等式.其基本原理为:欲证明

40、BxfA)(,只要证明:),0()(BACCBxfCA.例 60.已知数列na满足:nnnaaaa1,111,求证:).2(2312nnann?T?P?B?A?O?y?x21解析:21212112knnnaaaa,从而2212nnaa,所以有121)1(2)()()(21212222212122nnaaaaaaaannnnn,所以12 nan又31212112knnnaaaa,所以3212nnaa,所以有231)1(3)()()(21212222212122nnaaaaaaaannnnn所以23 nan所以综上有).2(2312nnann引申:已知数列na满足:nnnaaaa1,111,求证:

41、1211nankk.解析:由上可知12 nan,又2321212nnn,所以3212321221211nnnnnan从而)2(1232123513111nnnnankk又当1n时,111a,所以综上有1211nankk.同题引申:(2008 年浙江高考试题)已知数列 na,0na,01a,)(12121Nnaaannn.记nnaaaS21,)1()1)(1(1)1)(1(11121211nnaaaaaaT.求证:当 Nn时.(1)1nnaa;(2)2 nSn;(3)3nT.解析:(1)12211nnnaaa,猜想1na,下面用数学归纳法证明:(i)当1n时,11a,结论成立;(ii)假设当)1

42、(kkn时,1ka,则)1(1kkn时,21211kkkaaa从而121121nkkaaa,所以101ka所以综上有10na,故nnnnaaaa12210(2)因为12211nnnaaa则221221aaa,322231aaa,12211nnnaaa,相加后可以得到:2111322121)(nnnnanSaaanaa,所以212nanSnn,所以2 nSn(3)因为nnnnaaaa212121,从而1121nnnaaa,有nnnaaa21111,所以有2112311132222)1)(1()1(1aaaaaaaaaaannnnnnnn,从而11221113212112)1)(1()1)(1)(

43、1(1nnnnnnaaaaaaaaa,所以22222213212112)1()1)(1)(1(1nnnnnaaaaaaaa,所以31115221212111122211122222432nnnnaaaaaT所以综上有3nT.例 61.(2008 年陕西省高考试题)已知数列na的首项135a,1321nnnaaa,12n，(1)证明:对任意的0 x,21121(1)3nnaxxx,12n，;(2)证明:2121nnaaan.解析:(1)依题,容易得到nnnna321323,要证0 x,21121(1)3nnaxxx,12n，,即证222)1(1)1(32121132)1(111321xxxxxx

44、nnn即证0132)1(332122nnnxx,设xt11所以即证明)10(01322332)(2ttttnnn从而0)1(,即01322332nnn,这是显然成立的.所以综上有对任意的0 x,21121(1)3nnaxxx,12n，(法二)21121(1)3nxxx21121 11(1)3nxxx 2111(1)1(1)nxxxa2)1(112xaxn2111nnnaaax na,原不等式成立(2)由(1)知，对任意的0 x，有1222221121121121(1)31(1)31(1)3nnaaaxxxxxxxxx2212221(1)333nnnxxx取22111 2221133113333

45、13nnnxnnn，则2212111111133nnnnnnaaannn 原不等式成立十四十四、经典题目方法探究经典题目方法探究探究 1.(2008 年福建省高考)已知函数xxxf)1ln()(.若)(xf在区间*)(,0Nnn上的最小值为nb,令nnbna)1ln(.求证:112264212531423121nnnaaaaaaaaaaaaaaa.证明:首先:可以得到nnna.先证明1212642)12(531nnn23(方法一)121121)2()12)(12(4532312642)12(5312222nnnnnnn所以1212642)12(531nnn(方法二)因为12212112212,

46、54141343,32121121nnnnnn,相乘得:1212642)12(5312nnn,从而1212642)12(531nnn.(方法三)设 A=nn2642)12(531,B=)12(7532642nn,因为 AB,所以 A21,求 a 的取值范围.解析:函数 f(x)的定义域为(-,1)(1,+),导数为axxaaxxfe)1(2)(22.()当 0 f(0)=1,因而这时 a 满足要求.()当 a2 时,f(x)在区间(-aa2,aa2)为减函数,故在区间(0,aa2)内任取一点,比如取210 xaa2,就有 x0(0,1)且 f(x0)f(0)=1,因而这时 a 不满足要求.()当 a0 时,对于任意 x(0,1)恒有1()e1axxf xx111xx,这时 a 满足要求.综上可知,所求 a 的取值范围为 a2.