备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题13 利用导数证明数列不等式.doc

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1、1专题专题 1313 利用导数证明数列不等式利用导数证明数列不等式【热点聚焦与扩展热点聚焦与扩展】利用导数证明数列不等式，在高考题中能较好的考查学生灵活运用知识的能力，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，可谓一题多考，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起，也是近年来高考的热门题型.1、常见类型：（1）利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题（2）利用递推公式处理通项公式中的不等问题2、恒成立不等式的（1）函数的最值：在前面的章节中我们提到过最值的一个作用就是提供恒成立的不等式.（2）恒成立问

2、题的求解：此类题目往往会在前几问中进行铺垫，暗示数列放缩的方向.其中，有关恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式.3、常见恒成立不等式：（1）ln1xx 对数多项式 （2）1xex 指数多项式4、关于前n项和的放缩问题：求数列前n项公式往往要通过数列的通项公式来解决，高中阶段求和的方法有以下几种：（1）倒序相加：通项公式具备第k项与第1nk项的和为常数的特点.（2）错位相减：通项公式为“等差等比”的形式（例如2nnan，求和可用错位相减）.（3）等比数列求和公式（4）裂项相消：通项公式可裂为两项作差的形式，且na裂开的某项能够与后面项裂开的某项进行相消.注：在放缩法处理数列求和不

3、等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，故优先考虑.5、大体思路：对于数列求和不等式，要谨记“求和看通项” ，从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式.6、在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向.7、放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向：朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，2裂项相消等）.8、数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明（有时更容易发现所证不等式与题目条件的联系）.【经典例题经典例题】例 1【2019 届浙江省绍兴市高三 3 月模拟】已知数列满足：， . （其中为

4、自然对数的底数，）（）证明：；（）设，是否存在实数，使得对任意成立？若存在，求出的一个值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2) 不存在满足条件的实数【解析】试题分析：（1）第（）问，先证明一个不等式，再利用该不等式证明. (2)第（）问，先利用数学归纳法证明，再利用该不等式证明不存在实数 M.（）先用数学归纳法证明.当时，.假设当时，不等式成立，那么当时， ，也成立.故对都有.所以.取，.3【名师点睛】本题难点在于思路的找寻，本题难度较大. 第（）问，先证明一个不等式，第（）问，先利用数学归纳法证明，之所以要证明这两个不等式，当然是对试题整体分析的结果.例 2【2017 浙江，22

5、】已知数列xn满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（Nn）证明：当Nn时，（）0xn+1xn；（）2xn+1 xn1 2nnx x；（）11 2nxn21 2n【答案】 （）见解析；（）见解析；（）见解析【解析】（）由111)1ln(nnnnxxxx得2 111111422(2)ln(1)nnnnnnnnx xxxxxxx4【名师点睛】本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性等基础知识，不等式及其应用，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力，属于难题本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数2( )2(2)ln(1)(0)f xxxxx x，利用函数的单调

6、性证明不等式；（3）由递推关系证明例 3. 已知函数 2lnf xxaxx在0x 处取得极值（1）求实数a的值（2）证明：对于任意的正整数n，不等式23412ln(1)49nnn都成立【答案】 （1）1；（2）见解析.【解析】 （1） 121fxxxa0x 为 fx的极值点 10101faa （2）思路一：联想所证不等式与题目所给函数的联系，会发现在 2ln1fxxxx中，存在对数，且左边数列的通项公式22111nnannn也具备 fx项的特征，所以考虑分析ln1x 与2xx的大小关系，然后与数列进行联系.解：下面求 2ln1fxxxx的单调区间 2312111xxfxxxx ,令 00fxx

7、5x1,00,+ gx g xAA 00fxf即2ln1xxx（每一个函数的最值都会为我们提供一个恒成立的不等式，不用【名师点睛】 （1）此不等式实质是两组数列求和后的大小关系（211,lnnnnnabnn） ，通过对应项的大小关系决定求和式子的大小.此题在比较项的大小时关键是利用一个恰当的函数的最值，而这个函数往往由题目所给.另外有两点注意：关注函数最值所产生的恒成立不等式 注意不等号的方向应该与所证不等式同向（2）解决问题后便明白所证不等式为何右边只有一个对数，其实也是在作和，只是作和时对数合并成一项（与对数运算法则和真数的特点相关） ，所以今后遇到类似问题可猜想对数是经历怎样的过程化简来

8、的，这往往就是思路的突破点思路二：发现不等式两边均有含n的表达式，且一侧作和，所以考虑利用数学归纳法给予证明：解：用数学归纳法证明：6只需证 2211221ln(1)ln2lnln 11111kkkkkkkkk（下同思路一：分析 fx的最值可得2ln1xxx）令1 1xk，由恒成立不等式2ln1xxx可得 2111ln 111k kk即所证不等式成立 nN ，均有23412ln(1)49nnn【名师点睛】利用数学归纳法证明要注意两点：（1）格式的书写 （2）要利用nk所假设的条件.例 4.已知函数 2ln1f xaxx（1）当1 4a 时，求函数 f x的单调区间（2）当0,x时，函数( )y

9、f x图像上的点都在0 0x yx 所表示的平面区域内，求实数a的取值范围（3）求证：1248211112 33 55 82121nnne（其中,nNe是自然对数的底数）【答案】 （1）增区间1,1，减区间1,；（2）见解析【解析】 （1）常规解法，求出单调区间找最值 21ln14fxxx 7 2 21112 212121xxxxfxxxxx ,令 0fx 求出单调区间如下：x1,11, fx fx增减（2）解：函数( )yf x图像上的点都在0 0x yx 区域内，（此时发现单调性并不能直接舍掉0a 的情况，但可估计函数值的趋势，ln1x 恒为正，而2axx早晚会随着x值的变大而为正数，所以

10、必然不符合题意.在书写时可构造反例来说明，此题只需20axx即可，所以选择1xa） 0a 时，2210axa 即 0gx g x在0,单调递减 00g xg，符合题意综上所述：0a （3）思路：观察所证不等式1248211112 33 55 82121nnne，左边连乘，右边是e，可以想到利用两边取对数“化积为和” ，同时利用第二问的结论.第二问给我们提供了恒成立的不等式，0a 时，2ln1axxx，取0a ，即ln1xx，则可与左边的求和找到联系.8解：所证不等式等价于1242ln 1ln 1ln 11233 52121nnn由（2）可得ln1xx，令12 2121nnnx，即不等式得证【名

11、师点睛】 （1）第二问中代数方法与数形结合方法的抉择（体会为什么放弃线性规划思路） ，以及如何将约束条件转变为恒成立问题（2）对数运算的特点：化积为和.题目中没有关于乘积式的不等关系，于是决定变为和式（3）利用上一问的结论放缩通项公式，将不可求和转变为可求和，进而解决问题例 5【2017 北京，理 19】已知函数 ln1fxxp x（1）若 fx在定义域内为减函数，求p的范围（2）若 na满足1122113,141nnnaaann，试证明：2n 时，3 444nae【答案】 （1）1.+） ；（2）见解析.【解析】解：（1） fx为减函数 1012pfxxx0,xmaxmax22111xpxx

12、x （2）思路：由（1）可得 ln1fxxx为减函数，进而 00fxf即ln1xx，9所求是有关na的不等关系（有e的指数幂，所以可能与自然对数相关，考虑数列的单调性） ，已知条件是递推数列，可尝试利用递推公式寻找不等关系求解.解：1122113,141nnnaaann12211041nnnnaaann na单调递增212111+41 24aa2n时，124nnaaa即42,nannN1 12221222111111111444111n nnnnn nnaaaaannnnnn （利用4na 进行放缩，消掉多余的na，由2211nn ，联想到1 1n n 是可裂项的.再由 fx的特点决定两边同取

13、对数）1 2+1211lnln 141n n na ann3 21111ln23122n na an n2111182113113 1242412nnnn1033 4424n naeaea 3 444nae 得证【名师点睛】（1）对付较复杂的题目，首先要把准备工作做好，在第三问中你可做的准备工作有这些：如果你计算了2a，也许就知道左边的4的来源进而决定进行数列单调性分析.如果你观察了递推公式，便可发现2211nn 有可处理的地方如果你观察了所证不等式的右边，便会由e的指数幂联想到对数不等式如果利用第一问出个可用的不等式结论，也许你就发现了对数与根式的不等关系这些准备工作不会直接得到答案，但是起

14、码会给你提供一些方法和可选择的道路（2）第三问依然用到了数列求和，有关消项的求和通常有两种，一种是相邻的项做差（累加法） ，另外一种就是相邻的项做商，此时利用对数即可将“累乘消项”转变为“累加消项”例 6【2019 届二轮专练】已知函数 f(x)elnx，g(x) f(x)(x1)(e2.718)(1)求函数 g(x)的极大值；(2)求证：1ln(n1)(nN*)【答案】 （1）2.（2）见解析令 g(x)0，解得 01.函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，g(x)极大值g(1)2.(2)证明 由(1)知 x1 是函数 g(x)的极大值点，也是最大值点，g(x)g(1)

15、2，即 lnx(x1)2lnxx1(当且仅当 x1 时等号成立)，11令 tx1，得 tln(t1)，t1，取 t (nN*)时，则 lnln，1ln2， ln ， ln ， ln，叠加得 1 ln(2 )ln(n1)即 1 ln(n1)例 7【2019 届二轮训练】已知函数 f(x)xlnx 和 g(x)m(x21)(mR)(1)m1 时，求方程 f(x)g(x)的实根；(2)若对任意的 x(1，)，函数 yg(x)的图象总在函数 yf(x)图象的上方，求 m 的取值范围；(3)求证： 4 4 1 1 24 2 4 21 24 41n n ln(2n1) (nN*)【答案】(1)见解析(2)

16、 1,2.(3) 见解析意；（3）由（2）知，当1x 时， 1 2m 时， 11ln2xxx成立，结合题型，构造不妨令*21121kxkNk，得出* 24ln 21ln 21,41kkkkNk，利用累加可得结论.试题解析：(1) 1m 时， f xg x，即2ln1x xx，而0x ，所以方程即为1ln0xxx.令 1lnh xxxx，则 22211110xxh xxxx ，而 10h，故方程 f xg x有唯一的实根1x .(2)对于任意的1,x，函数 yg x的图象总在函数 yf x图象的上方，12即1,x ， f xg x，即1lnxm xx，设 1lnF xxm xx，即1,x ， 0

17、F x ，则 222111mxxmFxmxxx 若0m ，则 0Fx， 10F xF，这与题设 0F x 矛盾121212 1xxm x x方程有两个正实根且1201xx 当21,xx时， 0Fx， F x单调递增， 10F xF与题设矛盾综上所述，实数m的取值范围是1,2.(3)证明 由(2)知，当1x 时， 1 2m 时， 11ln2xxx成立不妨令*21121kxkNk* 2211 21214ln,212 212141kkkkkNkkkk，即* 24ln 21ln 21,41kkkkNk13224314 1 1 4 253 4 21 4212141lnlnlnlnnlnnlnnn ，累加

18、可得* 2244 24ln 214 1 14 2141nnnNn 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式、分类讨论思想及方程的根与系数的关系.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.例 8【2019 届四省名校（南宁二中等）高三上第一次大联考】已知函数 1 ln1f xaxaxx.（1）若0a

19、 ，求 f x的单调区间；（2）若关于x的不等式 0f x 对一切1,x恒成立，求实数a的取值范围；（3）求证：对*Nn，都有1111ln135212nn.【答案】(1) 单调增区间为0,1，单调减区间为1,.(2) 1,2；(3)证明见解析.当102a时， 111a ， 0f x 对一切1,x不恒成立.当0a 时， 0f x 对一切1,x不恒成立.14综上可得实数a的取值范围是1,2.(3)结合(2)的结论，取1 2a ，有1x 时， 21ln1xxx.则2ln1ln21kkk.结合对数的运算法则即可证得题中的不等式. 2211axaaafxxxx.当1 2a 时， 1111a ， 211

20、0a xafxx.故 fx在区间1,上递增，所以 10fxf，从而 f x在区间1,上递增.所以 10f xf对一切1,x恒成立.当102a时， 111a ， 211a xafxx.当11,1xa时， 0fx，15当11,xa时， 0fx.所以1x 时， min11fxfa.而 10f ，故110fa.所以当11,1xa时， 0fx， f x递减，由 10f，知110fa，此时 0f x 对一切1,x不恒成立.当0a 时， 210aafxxx， fx在区间1,上递减，有 10fxf，从而 f x在区间1,上递减，有 10f xf.222 21213nn，所以11111ln13521212nnn

21、.【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考16来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用例 9【2019 届东北四市一模】已知函数，.(1)若函数与的图象在处有相同的切线，求的值；(2)当时，恒成立，求整数 的最大值.(3)证明：.【答案】

22、 （1） ；（2） ；（3）证明见解析.【解析】试题分析：(1)由题意得到关于实数 a,b 的方程组，求解方程组可得.(2)结合(1)的结论，利用且当放缩可得整数 的最大值是 2；(3)结合(2)的结论有，利用对数的性质裂项放缩即可证得题中的不等式.试题解析：即，同理可证.由题意，当时，且，即，即时，成立.17当时，即不恒成立.因此整数 的最大值为 2.(3)由，令，即，即，由此可知，当时，当时，当时，当时，.综上：点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考

23、来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用例 10【2019 届贵州省遵义市遵义四中高三第三次月考】已知函数 f xkx， lnxg xx.（1）求函数 lnxg xx的单调区间；（2）若不等式 f xg x区间0,上恒成立，求实数k的取值范围；（3）求证： 4444ln2ln3ln4ln1 2342n ne【答案】 （1）函数 lnxg xx的单调递增区间为0,e，单调递减区间为,

24、 e （2）1 2ke18（3）见解析. 21 lnxgxx，令 0gx，得0xe，令 0gx，得xe.故函数 lnxg xx的单调递增区间为0,e，单调递减区间为, e .（2）0x ， lnxkxx，2lnxkx，令 2lnxh xx又 312lnxh xx，令 0h x解得xe.当x在0,内变化时， h x， h x变化如下表x0, ee, e h x+0- h x由表知，当xe时函数 h x有最大值，且最大值为1 2e，所以， 1 2ke（3）由（2）知2ln1 2x xe，4 2ln112x xex（2x ）444222ln2ln3ln1111 23223n nen222111111

25、111111111231 22 312231nnnnnn 19444222ln2ln3ln11111 232232n nene即444ln2ln3ln1 232n ne【方法点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式以及不等式恒成立问题，属于难题不等式恒成立问题常见方法： 分离参数 af x恒成立 ( maxaf x可)或 af x恒成立（ minaf x即可） ； 数形结合( yf x图象在 yg x 上方即可)； 讨论最值 min0f x或 max0f x恒成立； 讨论参数.本题（2）是利用方法 求得k的最大值.【精选精练精选精练】1. 设函数 2ln1fxxax，其中aR （

26、1）当0a 时，讨论函数( )f x在其定义域上的单调性；（2）证明：对任意的正整数n，不等式23 111ln1nknkk都成立.【答案】 （1）增区间1121,2a ，112,2a ；减区间112112,22aa .（2）见解析. fx的单调区间为：x1121,2a 112112,22aa 112,2a fx fx增减增20 102a 时，2220xxa恒成立 fx在1, 单调递增（2）考虑1a 时，则 2ln1fxxx23 11111lnnnkkk kkk即：23 111ln1nknkk2. 已知函数3( )ln1,0, ( )f xxxxg xxax（1）求( )f x的最大值；（2）证

27、明不等式：12 1nnnne nnne【答案】 （1）0；（2）见解析.【解析】 （1） 111xfxxx ，令 01fxx， fx单调区间如下：x0,11, fx fx增减 max10yf21（2）思路：左边可看做数列求和，其通项公式为niian，无法直接求和，所以考虑利用条件进行放缩，右边是分式，可以猜想是等比数列求和后的结果，所以将ia放缩为等比数列模型.由（1）可得ln10ln1xxxx ，令ixn进行尝试不等式得证.【名师点睛】此题的第（3）问将数列通项公式放缩为等比数列求和，如果不等式的一侧是一个分数，则可向等比数列求和的结果考虑（猜想公比与首项）.3已知等差数列na的公差不为零,

28、105a,等比数列nb的前 3 项满足733221,ababab.（）求数列na与nb的通项公式；（）设21*),()8(1ccSNnancn nnnc，是否存在最大整数m，使对任意的*Nn，均有3921nnnmSb总成立?若存在,求出m的值；若不存在,请说明理由【答案】 （）135,4nnnanb-=-= ；（）12m.【解析】试题分析：（）由已知可设公差为的 d，依题意可得 )6)()2(104112 11 dadadada，联立解得：3, 21da，从而可求数列na与nb的通项公式；22（）依题意可得3(1)nnSn=+，假设存在整数 m 使3921nnnmSb，成立，即1213 ) 1

29、(32439 nn nnmnnn记1213)(nnnfn ，则0)2)(1()46(213)() 1(2 nnnnnfnfn ，从而求出13) 1 ()(min fnf，即有存在最大的整数 m=12，使392nnnmSb.试题解析：（）由已知可设公差为d，则有： )6)()2(104112 11 dadadada，联立解得：3, 21da， 14, 53n nnbna （）数列, 53 nan代入得 )111(31 ) 1(31 )8(1 nnnnancnn,故存在最大的整数12m,使392nnnmSb恒成立.4在数列 na中，已知*1 11 411,23log44n nn naabanNa.

30、（1）求数列 na的通项公式；23（2）求证：数列 nb是等差数列；（3）设数列 nc满足11) 1(nnn nbbc，且 nc的前n项和nS，若2tnSn对*Nn恒成立，求实数t取值范围.【答案】 （1）*)()41(Nnan n; （2）详见解析;（3）6t.【解析】试题分析：（1）由于411nn aa,可得数列na是首项为41，公比为41的等比数列，即可求出数列 na的通项公式.（2）由（1）可得232)41(log341nbn n.即可证明数列nb是首项11b，公差3d的等差数列.（3）由（1）知，23,)41(nbann n,当 n 为偶数时11433221nnnnnbbbbbbbb

31、bbS2)23(23tnnn，即)23(23 nt对 n 取（2）2log341nnab 232)41(log341nbn n.11b，公差3d数列nb是首项11b，公差3d的等差数列.7 分（未证明扣 1 分）（3）由（1）知，23,)41(nbann n,当 n 为偶数时11433221nnnnnbbbbbbbbbbS)()()(11534312nnnbbbbbbbbb2422)234( 6)(642nn bbbn 2)23(23tnnn，即)23(23 nt对 n 取任意正偶数都成立所以6t 11 分当 n 为奇数时，) 13)(23(2) 1(3)1(2311433221nnnnbbb

32、bbbbbbbSnnnnn0273292nn对6t时2tnSn恒成立，综上，6t. 15 分 . 5已知等差数列na的各项均为正数，133,7aa，其前n项和为nS， nb为等比数列, 12b ，且2232,b S （1）求na与nb；（2）若2121111nxaxSSS对任意正整数n和任意xR恒成立，求实数a的取值范围【答案】 （1）21,2nnnanb；（2）11a .【解析】试题解析：（1）设na的公差为d，且0;d nb的公比为q13223(1) ,2327(6) 23222n nnandbqadS bdqdq21,2nnnanb 7 分25（2）35(21)(2)nSnn n ， 1

33、21111111 1 32 43 5(2)nSSSn n11111111(1)2324352nn 1111(1)2212nn3233 42(1)(2)4n nn， （10 分）问题等价于2( )1f xxax的最小值大于或等于3 4，即23144a，即21a ，解得11a . 14 分6已知na为单调递增的等比数列，且1852 aa，3243aa， nb是首项为 2，公差为d的等差数列，其前n项和为nS.（1）求数列na的通项公式；（2）当且仅当42 n，*Nn，2 2log4nnadS成立，求d的取值范围.【答案】 （1）122 2222nnn nqaa；（2）d的取值范围为) 3,(【解析

34、】试题解析：（1）因为na为等比数列，所以 325243aaaa所以 32185252 aaaa所以 52, aa为方程 032182xx的两根；又因为na为递增的等比数列， 所以 8,16,23 52qaa从而2q，所以 122 2222nnn nqaa； 26（2）由题意可知：dnbn) 1(2，dnnnSn2) 1(2，3300)5(0)4(0)2(0) 1 ( dddffff，所以 d的取值范围为) 3,(.7 【2017 年 12 月浙江省重点中学期末热身】已知数列 na满足： 10a ， 1lln20nnnn aaan *nN.求3a；证明： 11ln 2212nn na ；是否存

35、在正实数c，使得对任意的*nN，都有1nac ，并说明理由【答案】 （1）11 24 e；（2）证明见解析；（3）存在1 6c .【解析】试题分析：（1）依题意可得ln2 1nan nnaae ，再根据10a ，即可求出3a的值；（2）易证1nnaa，则ln2ln2 1nann nnnaaeae ，即可得证112n na ，构造 122nanf ne，证明出 f n是递增数列，即可得证1ln 22n na；（3）由(2)得1ln 2 2ln2ln2 111 22n nnan nnnnnaaeaea ，再结合22111 224 223 2nnn，即可27求出c的值.试题解析：（1）由已知ln2

36、1nan nnaae ， 10a 21 2a ， 311 24ae（2）1nnaa， 10a f n是递增数列 10f nf，即1220nane1ln 22n na综上11n 2212nn nla （3）由(2)得1ln 2 2ln2ln2 111 22n nnan nnnnnaaeaea 121121211111111112222222222222222222nnnnnnnnnnaaaan221113224 223 2nnnn，当4n 时， 2221111111 115 263 23 2263 226nnna.由 na的单调性知：当12 3n ，时， 5 6na ，综上：对任意的*nN，都有

37、5 6na ，所以存在1 6c .（c 的取值不唯一，若 c 取其它值相应给分）点睛：本题考虑数列的不等式的证明和数列与函数的关系，恒成立问题的求解等问题，具体涉及到数列与28不等式的综合运用，其中放缩法的应用和构造法的应用是解题的关键8已知数列 na， nb满足12a ， 14b ，且12nnnbaa， 2 11nnnab b.（1）求234,a a a及234,b b b；（2）猜想 na， nb的通项公式，并证明你的结论；（3）证明：对所有的*nN， 3211132112sin 21nnnnnnnaabaa bbbbab.【答案】 （1）26a ， 29b ， 312a ， 316b ，

38、 420a ， 425b ；（2）见解析；（3）见解析.【解析】试题分析：（1）依次把 n=1，2，3 代入递推式即可求出an，bn的前 4 项；（2）利用数学归纳法证明猜想；（3）利用放缩法证明不等式左边，利用函数单调性证明不等式右边用数学归纳法证明：当1n 时，由上可得结论成立.假设当nk时，结论成立，即1kak k， 21kbk，那么当1nk时， 2 1221112kkkabakk kkk，222 12k k kabkb ，所以当1nk时，结论也成立.由，可知1nan n， 21nbn对一切正整数都成立.（3）由（2）知， 1nnan bn，于是所证明的不等式即为13 521112sin

39、2 4 622121n nnn29（）先证明： 13 52111,2,32 4 6221nnnn因为22414nn ，所以22121nnn，从而 222121421nnnn，即2121 221nn nn，所以13 5211352112 4 623572121nn nnn（）再证明112sin2121nn1,2,3n 设函数 2sinf xxx， 04x，则 12cosfxx ， 04x.所以112sin2121nn1,2,3n 综上所述，对所有的*nN，均有3211132112sin 21nnnnnnnaabaa bbbbab成立.9已知各项均不相等的等差数列的前 项和为，且恰为等比数列的前三项，记.()分别求数列、的通项公式； ()若，求取得最小值时 的值；()当为数列的最小项时，有相应的可取值，我们把所有的和记为；当 为数列的最小项时，有相应的可取值，我们把所有的和记为，令，求.【答案】()，.()0；() .【解析】试题分析：30，易得.（）若，则，当或，取得最小值 0.（） ，令，则，根据二次函数的图象和性质，当取得最小值时，在抛物线对称轴的