高中数学数列放缩专题：用放缩法处理数列和不等问题(含答案)
最新高中数学数列放缩专题用放缩法处理数列和不等问题(精品收藏)
数列和不等问题(教师版）一．先求和后放缩（主要是先裂项求和，再放缩处理） 例1．正数数列{}na 的前n 项的和nS ,满足12+=n n a S ，试求:（1）数列{}na 的通项公式;（2）设11+=n n na a b，数列{}n b 的前n 项的和为n B ,求证:21<n B 解:（1)由已知得2)1(4+=nna S ，2≥n 时，211)1(4+=--n n a S ,作差得：1212224----+=n n nnna a a a a ,所以0)2)((11=--+--n n n n a a a a ,又因为{}na 为正数数列，所以21=--n n a a ，即{}n a 是公差为2的等差数列，由1211+=a S ,得11=a ，所以12-=n a n（2）)121121(21)12)(12(111+--=+-==+n n n n a a bn n n,所以21)12(2121)1211215131311(21<+-=+---+-=n n n B n 真题演练1:(06全国1卷理科22题）设数列{}na 的前n 项的和,14122333n nnS a +=-⨯+，1,2,3,n =（Ⅰ）求首项1a 与通项n a ;（Ⅱ)设2n n nT S =,1,2,3,n =,证明:132ni i T =<∑。
解: （Ⅰ)由 S ｎ=错误!a n －错误!×2n ＋1＋错误!, n=1，２，3，… , ①得 a １＝S 1= ＼f （4，3）a １—错误!×4+错误! 所以a 1=2再由①有 Ｓn —1=＼f （4，3)a n －1－错误!×２ｎ+错误!， n=2,3,4,…将①和②相减得： a n =S n －S ｎ－１= 错误!(ａn －a n-1)-错误!×(2n+１—２n),n=２,3， …整理得: a n +２n=４(ａn-1+2ｎ-1），ｎ=2，3， … ， 因而数列{ a n +２n｝是首项为a １+2=4，公比为4的等比数列,即 : a n +２n =4×4ｎ-１= 4n ， n=1，2,3， …, 因而a n =４n －2n ， ｎ=1,2，３, …，（Ⅱ）将a n ＝４n —2n 代入①得 S n = ＼f （4，3)×(4n -2n)—＼f （１，３）×2n+1 + 错误! = 错误!×（２n+1－１）（2n+1-2) ＝ ＼ｆ(２，3)×（２n+１－1）(2n－１)T ｎ= ＼f(２ｎ，S ｎ) =错误!×错误! = 错误!×(错误! － 错误!）所以， 1ni i T =∑＝错误!1(ni =∑错误! - 错误!) ＝ 错误!×(错误! -1121n +-) ＜ ＼f （3，2）二．先放缩再求和１．放缩后成等比数列，再求和例２．等比数列{}na 中，112a =-,前n 项的和为n S ，且798,,S S S 成等差数列．设nnn a a b -=12,数列{}nb 前n 项的和为nT ,证明:13nT<． 解：∵9789A A a a -=+,899A A a -=-,899a a a +=-,∴公比9812aq a==-．∴n na)21(-=. nn n nn n b 231)2(41)21(141⋅≤--=--=．（利用等比数列前n 项和的模拟公式n nSAq A=-猜想）∴n n b b b B ++=2131)211(31211)211(213123123123122<-=--⋅=⋅++⋅+⋅≤nn 。
用放缩法处理数列和不等问题
用放缩法处理数列和不等问题一．先求和后放缩（主要是先裂项求和，再放缩处理）例1．正数数列{}n a 的前n 项的和n S ，满足12+=n n a S ，试求： （1）数列{}n a 的通项公式； （2）设11+=n n n a a b ，数列{}n b 的前n 项的和为n B ，求证：21<n B解：（1）由已知得2)1(4+=n n a S ，2≥n 时，211)1(4+=--n n a S ，作差得：1212224----+=n n n n n a a a a a ，所以0)2)((11=--+--n n n n a a a a ，又因为{}n a 为正数数列，所以21=--n n a a ，即{}n a 是公差为2的等差数列，由1211+=a S ，得11=a ，所以12-=n a n （2）)121121(21)12)(12(111+--=+-==+n n n n a a b n n n ，所以21)12(2121)1211215131311(21<+-=+---+-=n n n B n 二．先放缩再求和1．放缩后成等比数列，再求和例2．等比数列{}n a 中，112a =-，前n 项的和为n S ，且798,,S S S 成等差数列．设nn n a a b -=12，数列{}n b 前n 项的和为n T ，证明：13n T <．解：∵9789A A a a -=+，899A A a -=-，899a a a +=-，∴公比9812a q a ==-． ∴nn a )21(-=． nn n nn n b 231)2(41)21(141⋅≤--=--=． （利用等比数列前n 项和的模拟公式n n S Aq A =-猜想）∴n n b b b B ++=2131)211(31211)211(213123123123122<-=--⋅=⋅++⋅+⋅≤n n ． 2．放缩后为“差比”数列，再求和例3．已知数列{}n a 满足：11=a ，)3,2,1()21(1 =+=+n a na n nn ．求证：11213-++-≥>n n n n a a 证明：因为n nn a na )21(1+=+，所以1+n a 与n a 同号，又因为011>=a ，所以0>n a ， 即021>=-+n nn n a na a ，即n n a a >+1．所以数列{}n a 为递增数列，所以11=≥a a n ， 即n n n n n n a n a a 221≥=-+，累加得：121212221--+++≥-n n n a a ． 令12212221--+++=n n n S ，所以n n n S 2122212132-+++= ，两式相减得： n n n n S 212121212121132--++++=- ，所以1212-+-=n n n S ，所以1213-+-≥n n n a ， 故得11213-++-≥>n n n n a a ． 3．放缩后成等差数列，再求和例4．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,且22n n n a a S +=.(1) 求证：2214n n n a a S ++<；(2)<⋅⋅⋅+<解：（1）在条件中，令1=n ，得1112122a S a a ==+，1011=∴>a a ，又由条件n n n S a a 22=+有11212+++=+n n n S a a ，上述两式相减，注意到n n n S S a -=++11得0)1)((11=--+++n n n n a a a a 001>+∴>+n n n a a a ∴11n n a a +-=所以， n n a n =-⨯+=)1(11，(1)2n n n S +=所以42)1(212)1(21222++=++∙<+=n n n a a n n n n S （2）因为1)1(+<+<n n n n ，所以212)1(2+<+<n n n n ，所以2)1(23222121+++⨯+⨯=++n n S S S n 212322++++<n 2122312-=+=+n S n n ；222)1(2222121n n S n n n S S S =+=+++>++。
(完整word版)数列综合应用(放缩法)
(完整word 版)数列综合应用(放缩法)数列综合应用（1)—-——用放缩法证明与数列和有关的不等式一、备考要点数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年高考命题的热点，这类问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．解决这类问题常常用到放缩法，而求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和．二、典例讲解1．先求和后放缩例1．正数数列{}n a 的前n 项的和n S ,满足12+=n n a S ，试求：(1）数列{}n a 的通项公式；（2）设11+=n n n a a b ，数列{}n b 的前n 项的和为n B ，求证：21<n B2。
先放缩再求和①．放缩后成等差数列，再求和例2．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n n a a S +=。
（1） 求证：2214n n n a a S ++<;（2) 求证<⋅⋅⋅+②．放缩后成等比数列，再求和例3．（1）设a ，n ∈N ＊，a ≥2，证明:n n n a a a a ⋅+≥--)1()(2;(2)等比数列{a n }中，112a =-，前n 项的和为A n ，且A 7，A 9，A 8成等差数列．设nnn a ab -=12，数列{b n }前n 项的和为B n ，证明:B n ＜13．③．放缩后为差比数列,再求和例4．已知数列{}n a 满足:11=a ，(完整word 版)数列综合应用(放缩法) )3,2,1()21(1 =+=+n a na n n n ．求证：④．放缩后为裂项相消，再求和例5．在m （m ≥2）个不同数的排列P 1P 2…P n 中, 若1≤i ＜j ≤m 时P i ＞P j （即前面某数大于后面某数)， 则称P i 与P j 构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的 总数称为该排列的逆序数. 记排列321)1()1( -+n n n 的逆序数为a n ，如排列21的逆序数11=a ,排列321的 逆序数63=a ．（1）求a 4、a 5，并写出a n 的表达式;(2）令nn n nn a a a a b 11+++=，证明： 32221+<++<n b b b n n ，n =1,2，…。
数列的放缩(含答案)
数列的放缩题型一:单调性法例1：证明：11115123136n n n n ++++>++-，2n n N *≥∈，.因为1111111112313233233n a n n n n n n n n =++++<++++++-++++ 所以n a 单调递增，156n a a >=例2：证明：1111121313n n n n<++++<+-，n N *∈.右边：11111(31)213231n n n n n n n++++<•-+=+--左边：1111112313n a n n n n n=+++++++-可以证明：11232n x n x n+>+- 44()(3)2*2n nn x n x n n>+-所以倒叙相加可得 1111111111()()1231333121n n nn n n n nn n++++++++++++++--+ 2*n >422*2nn n = 所以1n a >题型二:裂项法例1：证明：222211117147(32)6n +++<-，n N *∈.211(32)(34)(31)n n n <---例2：证明：2611151(1)(21)493n n n n ≤++++<++ 解析: 一方面⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk 另一21111111111492334(1)11n n n n n n ++++>++++=-=⨯⨯+++方面:当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n n n n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++ ,当2=n 时,2191411)12)(1(6nn n n ++++<++ ,所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n例3：证明：11112477121017(31)(52)25n n +++<⨯⨯⨯++提示：1313615(31)(52)55(31)(3)(3)(3)522n n n n n n =<++++-+例4：求证：22211171135(21)62(21)n n ++++>---，2n n N *≥∈，. 提示：211(21)(21)(21)n n n >--+例5：证明：222233131312n+++<---，n N *∈ 方法一:13123n n --≥⨯方法二:1111122323113()31(31)3(31)(31)3131n n nn n n n n n +++++⨯⨯=<=-------例6：已知当0x >时sin x x >，求证:211sinln 2(1)nk k =<+∑例7：已知函数()()cos sin 10f x x x x x =-+>。
高中数学数列放缩专题：用放缩法处理数列和不等问题(含答案)
用放缩法处理数列和不等问题（教师版）一．先求和后放缩（主要是先裂项求和，再放缩处理）例1．正数数列{}n a 的前n 项的和n S ，满足12+=n n a S ，试求： （1）数列{}n a 的通项公式； （2）设11+=n n n a a b ，数列{}n b 的前n 项的和为n B ，求证：21<n B解：（1）由已知得2)1(4+=n n a S ，2≥n 时，211)1(4+=--n n a S ，作差得：1212224----+=n n n n n a a a a a ，所以0)2)((11=--+--n n n n a a a a ，又因为{}n a 为正数数列，所以21=--n n a a ，即{}n a 是公差为2的等差数列，由1211+=a S ，得11=a ，所以12-=n a n（2）)121121(21)12)(12(111+--=+-==+n n n n a a b n n n ，所以21)12(2121)1211215131311(21<+-=+---+-=n n n B n 真题演练1：(06全国1卷理科22题)设数列{}n a 的前n 项的和,14122333n n n S a +=-⨯+，1,2,3,n = （Ⅰ）求首项1a 与通项n a ；（Ⅱ）设2n n n T S =，1,2,3,n = ，证明：132ni i T =<∑.解: (Ⅰ)由 S n =43a n －13×2n+1+23, n=1,2,3，… , ① 得 a 1=S 1= 43a 1－13×4+23所以a 1=2再由①有 S n －1=43a n －1－13×2n +23, n=2,3，4,…将①和②相减得: a n =S n －S n －1= 43(a n －a n －1)－13×(2n+1－2n ),n=2,3, …整理得: a n +2n =4(a n －1+2n －1),n=2,3, … , 因而数列{ a n +2n }是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列,即 : a n +2n =4×4n －1= 4n , n=1,2,3, …, 因而a n =4n －2n , n=1,2,3, …,(Ⅱ)将a n =4n －2n 代入①得 S n = 43×(4n －2n )－13×2n+1 + 23 = 13×(2n+1－1)(2n+1－2)= 23×(2n+1－1)(2n －1)T n = 2n S n = 32×2n (2n+1－1)(2n －1) = 32×(12n －1 － 12n+1－1)所以, 1ni i T =∑= 321(ni =∑12i －1 － 12i+1－1) = 32×(121－1 － 1121n +-) < 32二．先放缩再求和1．放缩后成等比数列，再求和例2．等比数列{}n a 中，112a =-，前n 项的和为n S ，且798,,S S S 成等差数列．设nn n a a b -=12，数列{}n b 前n 项的和为n T ，证明：13n T <．解：∵9789A A a a -=+，899A A a -=-，899a a a +=-，∴公比9812a q a ==-． ∴n n a )21(-=． nn n nn n b 231)2(41)21(141⋅≤--=--=． （利用等比数列前n 项和的模拟公式n n S Aq A =-猜想）∴n n b b b B ++=2131)211(31211)211(213123123123122<-=--⋅=⋅++⋅+⋅≤n n ． 真题演练2：(06福建卷理科22题)已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈（I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 滿足12111*444(1)()n n b b b b n a n N ---=+∈ ，证明：数列{}n b 是等差数列； （Ⅲ）证明：*122311...()232n n a a a n nn N a a a +-<+++<∈. （I ）解：*121(),n n a a n N +=+∈112(1),n n a a +∴+=+{}1n a ∴+是以112a +=为首项，2为公比的等比数列12.n n a ∴+=即 2*21().n a n N =-∈（II ）证法一：1211144...4(1).n n k k k k n a ---=+12(...)42.n n k k k n nk +++-∴=122[(...)],n n b b b n nb ∴+++-= ①12112[(...)(1)](1).n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ②②－①，得112(1)(1),n n n b n b nb ++-=+-即1(1)20,n n n b nb +--+= ③21(1)20.n n nb n b ++-++= ④③－④，得 2120,n n n nb nb nb ++-+=即 2120,n n n b b b ++-+=*211(),n n n n b b b b n N +++∴-=-∈{}n b ∴是等差数列（III ）证明：1121211,1,2,...,,12122(2)2k k k k k k a k n a ++--==<=-- 12231 (2)n n a a a na a a +∴+++<111211111111.,1,2,...,,2122(21)2 3.222232k k k k k kk k a k n a +++-==-=-≥-=--+-1222311111111...(...)(1),2322223223n n n n a a a n n n a a a +∴+++≥-+++=-->-*122311...().232n n a a a n nn N a a a +∴-<+++<∈ 2．放缩后为“差比”数列，再求和例3．已知数列{}n a 满足：11=a ，)3,2,1()21(1 =+=+n a n a n n n ．求证：11213-++-≥>n n n n a a 证明：因为n nn a na )21(1+=+，所以1+n a 与n a 同号，又因为011>=a ，所以0>n a ， 即021>=-+n n n n a na a ，即n n a a >+1．所以数列{}n a 为递增数列，所以11=≥a a n ， 即n n n n n n a n a a 221≥=-+，累加得：121212221--+++≥-n n n a a ． 令12212221--+++=n n n S ，所以n n n S 2122212132-+++= ，两式相减得： n n n n S 212121212121132--++++=- ，所以1212-+-=n n n S ，所以1213-+-≥n n n a ， 故得11213-++-≥>n n n n a a ．3．放缩后成等差数列，再求和例4．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,且22n n n a a S +=.(1) 求证：2214n n n a a S ++<；(2)<⋅⋅⋅+<解：（1）在条件中，令1=n ，得1112122a S a a ==+，1011=∴>a a ，又由条件n n n S a a 22=+有11212+++=+n n n S a a ，上述两式相减，注意到n n n S S a -=++11得0)1)((11=--+++n n n n a a a a 001>+∴>+n n n a a a ∴11n n a a +-=所以， n n a n =-⨯+=)1(11，(1)2n n n S +=所以42)1(212)1(21222++=++∙<+=n n n a a n n n n S （2）因为1)1(+<+<n n n n ，所以212)1(2+<+<n n n n ，所以 2)1(23222121+++⨯+⨯=++n n S S S n 212322++++<n 2122312-=+=+n S n n ；222)1(2222121n n S n n n S S S =+=+++>++练习：1.（08南京一模22题）设函数213()44f x x bx =+-，已知不论,αβ为何实数，恒有(cos )0f α≤且(2sin )0f β-≥.对于正数列{}n a ，其前n 项和()n n S f a =，*()n N ∈.(Ⅰ) 求实数b 的值；（II ）求数列{}n a 的通项公式；1,1nn N a +=∈+，且数列{}n c 的前n 项和为n T ，试比较n T 和16的大小并证明之.解：(Ⅰ) 12b =（利用函数值域夹逼性）；（II ）21n a n =+； （Ⅲ）∵21111(22)22123nc n n n ⎛⎫=<- ⎪+++⎝⎭，∴1231111+23236n n T c c c c n ⎛⎫=+++⋅⋅⋅<-< ⎪+⎝⎭…2.（04全国）已知数列}{n a 的前n 项和n S 满足：n n n a S )1(2-+=， 1≥n （1）写出数列}{n a 的前三项1a ，2a ，3a ；（2）求数列}{n a 的通项公式； （3）证明：对任意的整数4>m ，有8711154<+++m a a a 分析：⑴由递推公式易求：a 1=1,a 2=0,a 3=2；⑵由已知得：1112(1)2(1)n n n n n n n a S S a a ---=-=+----（n>1） 化简得：1122(1)n n n a a --=+-2)1(2)1(11---=---n n n n a a ,]32)1([232)1(11+--=+---n n n n a a故数列{32)1(+-nn a }是以321+-a 为首项, 公比为2-的等比数列. 故1)2)(31(32)1(---=+-n nn a ∴22[2(1)]3n n n a -=-- ∴数列{n a }的通项公式为：22[2(1)]3n n n a -=--. ⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。
证明数列不等式的常用放缩方法技巧(含答案)
证明数列不等式的常用放缩方法技巧(含答案)work Information Technology Company.2020YEAR证明数列不等式的常用放缩方法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： ⑴添加或舍去一些项，如：aa >+12；n n n >+)1(⑵将分子或分母放大（或缩小）⑶利用基本不等式，如：4lg 16lg 15lg )25lg 3lg (5lg 3lg 2=<=+<⋅； 2)1()1(++<+n n n n⑷二项式放缩: n n n n n n C C C +++=+= 10)11(2,1210+=+≥n C C n n n , 2222210++=++≥n n C C C n n n n )2)(1(2≥->n n n n(5)利用常用结论：Ⅰ.的放缩 <Ⅱ. 21k 的放缩(1) ： 2111(1)(1)k k k k k <<+-（程度大） Ⅲ. 21k 的放缩(2)：22111111()1(1)(1)211k k k k k k <==+-+--+（程度小） Ⅳ.21k 的放缩(3)：2214112()412121kk k k <=+--+（程度更小）Ⅴ. 分式放缩还可利用真（假）分数的性质:)0,0(>>>++>m a b ma mb ab 和)0,0(>>>++<m b a ma mb ab 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,反之亦然. Ⅵ.构造函数法 构造单调函数实现放缩。
高中数学数列与不等式综合题放缩法技巧
数列型不等式放缩技巧主要有以下几种： 一、裂项放缩 例1.(1)求∑=-nk k12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k. 解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n k n k (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n k nk 奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n (2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n (3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n nC Tr rrn r (4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n n n (5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n n n n (8) nn n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+- (9)⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1 (10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n (11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11))2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112≥---=--=--<--=----n n n n n n n n n n n n n n(12) 111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n nn n 11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=n n n n n n n (13) 3212132122)12(332)13(2221nn n n n n n n n <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14) !)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k (15) )2(1)1(1≥--<+n n n n n (15) 111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i j i j i j i j i j i j i例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n (2)求证:n n 412141361161412-<++++ (3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n nn (4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn解析:(1)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以 )12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni(2))111(41)1211(414136116141222nn n -+<+++=++++(3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n n n ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案(4)首先nn n n n ++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到n n 131211)11(2++++<-+ ,再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n n例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n解析:一方面:因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk 另一方面:1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n n n n n n 当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n n n n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++ , 当2=n 时,2191411)12)(1(6nn n n ++++<++ ,所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n例5.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+ 321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n +≥+1)1(,∑=++++++++--=-++---+--=nk m m m m m m m m k k n n n n n 111111111])1([01)2()1()1( 所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--nk m m m m m m m m m nk m nk m m k k n nnn n k m k k111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m nk m n k m m k k k m k k 1111111])1[()1(])1([,即等价于mm m m m k k k m k k-+<+<--+++111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m kk m k k m 而正是成立的,所以原命题成立. 例6.已知n n n a 24-=,n n na a a T +++= 212,求证:23321<++++n T T T T .解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n n nn n n nT -+-=-----=+++-++++=所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n n n n T ⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n n n n 从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n nT T T T 例7.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n,求证:*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+证明:nnnn n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n nx x n n -+=++>>+, 所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+二、函数放缩例8.求证：)(665333ln 44ln 33ln 22ln *N n n n n n∈+-<++++ .解析:先构造函数有xxx x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln nn n n +++--<++++因为⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n 31121219181716151413121313121 6533323279189936365111n n n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---所以6653651333ln 44ln 33ln 22ln +-=--<++++n n n n nn例11.求证:e n <+⋅⋅++)!11()!311)(!211( 和e n <+⋅⋅++)311()8111)(911(2 .解析:构造函数后即可证明例13.证明:)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 解析:构造函数)1(1)1()1ln()(>+---=x x x x f ,求导,可以得到: 12111)('--=--=x x x x f ,令0)('>x f 有21<<x ,令0)('<x f 有2>x ,所以0)2()(=≤f x f ,所以2)1ln(-≤-x x ,令12+=n x 有,1ln 22-≤n n所以211ln -≤+n n n ,所以)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n三、分式放缩姐妹不等式:)0,0(>>>++>m a b m a m b a b 和)0,0(>>>++<m b a ma mb a b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(+>-++++n n 和121)211()611)(411)(211(+<+---n n也可以表示成为12)12(5312642+>-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅n n n和1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n n n解析: 利用假分数的一个性质)0,0(>>>++>m a b ma mb ab 可得>-⋅⋅122563412n n=+⋅⋅nn 212674523 )12(212654321+⋅-⋅⋅n nn⇒12)122563412(2+>-⋅⋅n n n 即.12)1211()511)(311)(11(+>-++++n n 例20.证明:.13)2311()711)(411)(11(3+>-++++n n 解析: 运用两次次分式放缩:1338956.232313784512-⋅⋅⋅⋅>--⋅⋅⋅⋅n n n n (加1)nn n n 31391067.342313784512+⋅⋅⋅⋅>--⋅⋅⋅⋅ (加2)相乘,可以得到:)13(1323875421131381057.2423137845122+⋅--⋅⋅⋅⋅=-+⋅⋅⋅⋅>⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅⋅⋅⋅n n n n n n n 所以有.13)2311()711)(411)(11(3+>-++++n n四、分类放缩例21.求证:212131211nn>-++++ 解析: +++++++++>-++++ )21212121()4141(211121312113333n2)211(221)212121(n n nn n n n >-+=-+++ 六、借助数列递推关系例27.求证:1222642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n nn解析: 设n n a n 2642)12(531⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅= 则nn n n n a na a n a n n a +=+⇒++=++2)1(2)1(21211,从而n n n na a n a 2)1(21-+=+,相加后就可以得到1221)22(1321)1(22)1(21121-+⋅+<-+⋅+<-+=++++n n n n a a n a a a n n ,所以1222642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n n n 例28. 求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n nn解析: 设n n a n 2642)12(531⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅= 则111)12(]1)1(2[)1(212+++++=++⇒++=n n n n n a a n a n a n n a ,从而n n n a n a n a )12(]1)1(2[11+-++=++,相加后就可以得到11223121)12(3)12(1121-+<-+⋅+<-+=++++n n n a a n a a a n n 例29. 若1,111+=⋅=+n a a a n n ,求证:)11(211121-+≥+++n a a a n解析:nn n n n n n a a a a a n a a -=⇒+⋅=+=⋅+++++21112112所以就有2122111121121121-+=-≥--++=+++++n a a a a a a a a a a a n n n n n 九、均值不等式放缩例32.设.)1(3221+++⋅+⋅=n n S n 求证.2)1(2)1(2+<<+n S n n n解析: 此数列的通项为.,,2,1,)1(n k k k a k =+=2121)1(+=++<+<k k k k k k ，)21(11∑∑==+<<∴nk n nk k S k ， 即.2)1(22)1(2)1(2+<++<<+n n n n S n n n注：①应注意把握放缩的“度”：上述不等式右边放缩用的是均值不等式2b a ab +≤，若放成1)1(+<+k k k 则得2)1(2)3)(1()1(21+>++=+<∑=n n n k S nk n ，就放过“度”了！②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na a n a a a a a a nnnn n n22111111++≤++≤≤++其中，3,2=n 等的各式及其变式公式均可供选用。
数列放缩通项证明不等式与数列不等式恒成立问题(解析版)
数列放缩通项证明不等式与数列不等式恒成立问题数列通项放缩问题是放缩问题的常考类型，相较于求和之后再比较大小的题型而言，这一部分对放缩对象的处理需要一定的技巧，因而对很多学生来说具有挑战性，是数列放缩中的难点. 此节中，我将分为如下几个点展开：第一，将通项放缩为可裂项的结构，然后裂项求和；第二，将通项放缩为等比结构（等差比结构）然后错位相减求和，总之，处理的基本原则就是将不可求和放缩成可求和再求和放缩. 当然，下面的这些常见的裂项公式与放缩公式需要注意.目录题型一 通项放缩 (3)题型二 与导数结合的放缩 (8)题型三 数列恒成立问题 (9)1．常见的裂项公式：必须记例如：n n n n n )1(11)1(12−<<+或者12112−+<<++n n n n n 等 2.一个重要的指数恒等式：n 次方差公式123221()().n n n n n n n a b a b a a b a b ab b −−−−−−=−+++++这样的话，可得：1)(−−>−n n n a b a b a ，就放缩出一个等比数列. 3.糖水不等式：设0,0>>>c m n ，则cn cm n m ++<. 4.利用导数产生数列放缩：由不等式1ln −≤x x 可得：+∈<+<+N n nn n ,1)11ln(11.常见放缩公式：（太多了，不一定要全部记，自行选择） 一、等差型（1）()()21111211<=−≥−−n n n n n n； （2）()2111111>=−++n n n n n ； （3）2221441124412121 =<=− −−+n n n n n ； （4）()()()11!111112!!!11+=⋅=⋅<<=−≥−−−rr n r r n T C r n r n r n r r r r r； 二、根式型 （5(()22=<=+≥n ； （7(2>=；（8<2=−()22<−≥n；（9<)2==≥n ；三、指数型（10）()()()()()()()1211222211212121212122212121−−−=<==−−−−−−−−−−nn n n n n n n n n n n n()2≥n ；（11）()1111111312231+<+++++< ××−nn n n ； （12）()()01211122221111111=<==−−++−+++−n n n n n C C C n n n n ； （13）()()()111121122121212121−−−<=−≥−−−−−n nn n n n n ． （14）=<<．（2021浙江卷）已知数列{}n a满足)111,N n a a n ∗+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ） A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S << D ．100952S <<解析：由211111124n n n a a a ++ ==−2111122n a +∴<+⇒<12<11122n n −++=，当且仅当1n =时取等号，112311n n n n a n a a a n n ++∴≥∴=≤=+++. 一方面：252111)1(41002>⇒+−+>+>S n n n a n . 另一方面113n n a n a n ++∴≤+，由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S≤−+−+−++−=−<，即100332S <<．故选：A ．题型一 通项放缩1．已知1n a n =+，若数列21n a的前n 项和为n T ，求证：23n T <.【详解】证明：由（1）得()*1n a n n =+∈N ， 重点题型·归类精讲所以()()()()()22221144411221232123141411na n n n n n n n ==<==− ++++ +++−， 所以()222211*********1222223435577921231nT n n n =+++⋅⋅⋅+<−+−+−+⋅⋅⋅+− ++ +111111111122235577921233233n n n −+−+−+⋅⋅⋅+−=−< +++1121212331333n n n n a +=×<×=+， 所以2341112321111112222111931333333313n n n n a a a a ++− ++++<++++==−<−3．（2014全国2卷）已知312n n a −=，证明：1231112n a a a ++<…+.解析：1231n n a =−，因为当1n ≥时，13123n n −−≥×，所以1113123nn −≤−× 于是2-112311-111111313311-1332321-3n n n na a a a ++++<+++==< （）. 所以123111132na a a a ++++< . 注：此处13123n n −−≥×便是利用了重要的恒等式：n 次方差公式：123221()().n n n n n n n a b a b a a b a b ab b −−−−−−=−+++++当然，利用糖水不等式亦可放缩：13133132−=<−n n n ，请读者自行尝试.4．已知21na n =−，{}n a 的前n 项和为n S ，0nb >，2121n n b S +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T n <+.【详解】2n S n =，则21(1)n S n +=+，2221(1)n b n =++.22223(1)nn n b n ++=+，则n b =∴()()211121n b n n −=<=+⋅+ 2111(1)1n n n <−++.∴121111n n T b b b n n n =+++<+−<++5） A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 【答案】B【分析】注意到据此可得答案. 【详解】..故，即整数部分为4.<>< 152<> 12>−+−+−++−92>=952<<2023届·广东省综合素质测试（光大联考）【详解】（1）当2,N n n ∗≥∈时，由22211121211n n n n n n n n n n a a S S S S S S S S −−−−−=−⇒=−⇒−=， 所以数列{}2n S 是等差数列；（2）112211211S S S S =−⇒=，由（1）可知数列{}2n S 是等差数列，且公差为1， 所以21(1)1n Sn n =+−⋅=，又因为数列{}n a 是正项数列，所以=n S，即1n S=，1001)1)1)18T >−+++> .2024届·广州·仲元中学校考7．已知是公差为2的等差数列，其前8项和为是公比大于0的等比数列，， (1)求和的通项公式： (2)记，证明： 【答案】(1)， (2)证明见解析【分析】（1）由等差数列与等比数列的性质求解， （2）由放缩法与错位相减法求和证明． 【详解】（1）对于等差数列，，而，解得，故， 对于等比数列，，则，而公比，解得，故 （2）令，则，两式相减得， 得，故，原式得证{}n a {}64.n b 14b =3248.b b −={}n a {}n b *21,N n n n c b n b =+∈)*N n k n =<∈21na n =−4n nb ={}n a 81878642S a d ×=+=2d =11a =21na n =−{}nb 14b =232)484(b q b q −=−=0q >4q =4n n b =2144nn n c =+<212222n n S =+++ 2311122222n nS +=+++ 2111111112222222n n n n n n S ++=+++−=−− 112222n n nS −=−−<nk =<<【详解】121212311n n n T a a a n n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅=××⋅⋅⋅×=++．所以2221222211123(1)n n S T T T n =+++=++++ 111111111112334(1)(2)23341222n n n n n >++=−+−++−=−××+++++ ． 又因为11111122222n n a n n ++−=−=−++， 所以112n n S a +>−．【分析】当1n =时，验证所证不等式成立，当2n ≥时，由放缩法可得出11134n n b −≤⋅，再结合等比数列求和公式可证得原不等式成立，综合可得出结论.【详解】解：由141nn n b na =−=−，所以，1111441344134n n n n n b −−−−=⋅−=⋅+−≥⋅， 所以，11134n n b −≤⋅， 当1n =时，111439b =<， 当2n ≥时，211211*********144111344394914nn nn b b b −⋅−+++<++=⋅=−<− . 综上所述，对任意的n ∗∈N ，1211149n b b b +++< .10．已知11223n n n a ++=−，若2nn n b a a =−，n S 为n b 的前n 项和，证明：1215n S ≤<． 【解析】11223n n n a ++=− ,2n n nb a a =−,111211112223123232323n n n n n n n n n n b a a +++++++ ∴=−−=× −−−− =, 11111123N ,230,0,122323n n n n n n n b S S b +∗+++∈−>∴=×>∴≥==−− ，1111112323116,232323232323n n n n n n n n n b ++++++ ×<×− −−−−−−21224121525S b b ∴=+=+<，123445131N ,3,1111116232323232323241124654126121215,25232325525n n n n n n S b b ∗++∴∈≥ <++−+−++−−−−−−− =++−=++=+<−− 1215n S ∴≤<.题型二 与导数结合的放缩利用导数产生数列放缩：由不等式1ln −≤x x 可得：+∈<+<+N n n n n ,1)11ln(11.11．（2017全国3卷）已知函数()1ln f x x a x =−−． （1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值． 解析：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x −−>，令112nx =+得11ln(1)22n n +<，从而221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=−<.故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<,23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．2,.两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a b a a b − ≠=− = 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式，取等条件：当且仅当a b =时，等号成立. 进一步，在不等式左端结合均值不等式可得：当0b a >>时211ln ln b a b a a b−>−+，即111ln ln ()2b a b a a b −<+−.令,1a n b n ==+，则111ln(1)ln ()21n n n n +−<++，所以111ln(1)ln ()21n n n n +−<++①.(,)L a b <1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x b x ⇔−<⇔<⇔<−=>其中，接下来令t=2−>1(1)lnn>+，1()nlnn+>②.12．已知函数(1)()ln(1)1x xf x xxλ++−+，设数列{}na的通项111123nan=++++，证明：21ln24n na an−+>.解析：由上述不等式①，所以111ln(1)ln()21n nn n+−<++，111ln(2)ln(1)()212n nn n+−+<+++，111ln(3)ln(2)()223n nn n+−+<+++…，111ln2ln(21)()2212n nn n−−<+−.将以上各不等式左右两边相加得：1122221ln2ln()2123212n nn n n n n n−<+++++++++−，即111211ln22123214n n n n n n<+++++++++−，故11211ln212324n n n n n+++++>+++，即21ln24n na an−+>.13．已知函数()ax xf x xe e=−．（1）当1a=时，讨论()f x的单调性；（2）当0x>时，()1f x<−，求a的取值范围；（3）设*n N∈(1)ln n+…+>+．【答案】（31()nlnn+>，进一步求和可得：11231()(...)(1)12n nk kk nln ln ln nk n=++>=×××=+∑， (1)ln n+>+．题型三数列恒成立问题14．已知等差数列{}n a的前n项和记为n S（*n∈N），满足235326a a S+=+,数列{}n S为单调递减数列，求1a的取值范围. 【答案】(),2−∞【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知可得2d =−，求得n S ，由数列的单调性列不等式即可得1a 的取值范围；【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，由于235326a a S +=+， 所以()()1113225106a d a d a d +++=++，解得2d =−， 所以()()211112n n n S na d n a n −=+=−++，若数列{}n S 为单调递减数列，则10n n S S +−<对于*n ∈N 恒成立，所以()()()()221111111120n n S S n a n n a n a n + −=−++++−−++=−<在*n ∈N 上恒成立， 则12a n <，所以()1min 2a n <，又数列{}2n 为递增数列，所以()min 2212n =×=，即12a <， 故1a 的取值范围为(),2−∞15．已知数列{}n a 满足：11a =，12n n a a +=.设()232n n b nn a −−⋅，若对于任意的N n ∗∈，n b λ≤恒成立，则实数λ的取值范围为 【答案】1,2+∞【分析】由11a =，12n n a a +=可得112n n a −=，进而得到21322n n n n b −−−=，结合()152n nnn n b b +−−=−，分15n ≤≤和6n ≥分类讨论，确定数列{}n b 的单调性，求出n b 最大值，进而得解.【详解】由数列{}n a 满足11a =、1n n a a +=得：{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列， ∴112n n a −=，∴21322n n n n b −−−=，∴()()()22111312532222n nn n nn n n n n n b b +−+−+−−−−−=−=−， 当15n ≤≤时，10n n b b +−≥，∴1n n b b +≥，当且仅当5n =时取等号，65b b =， 当6n ≥时，10n n b b ，∴1n n b b +<，当5n ≤时，数列{}n b 单调递增，当6n ≥时，数列{}n b 单调递减，则当5n =或6n =时，()24max 2512152n b −==−， 而任意的N n ∗∈，n b λ≤恒成立，则12λ≥，∴实数λ的取值范围为1,2+∞.16．已知数列{an }对任意m ，n ∈N *都满足am +n =am +an ，且a 1=1，若命题“∀n ∈N *，λan ≤2n a +12”为真，则实数λ的最大值为 . 【答案】7【分析】先求出{}n a 的通项公式，然后参变分离转化为求最值【详解】令m =1，则a n+1=a n +a 1，a n+1－a n =a 1=1，所以数列{a n }为等差数列，首项为1，公差为1，所以a n =n ， 所以λa n ≤2n a +12⇒λn ≤n 2+12⇒λ≤n +12n， 又函数12y x x=+在(0,上单调递减，在)+∞上单调递增， 当3n =或4n =时，min 12()7n n+=所以7λ≤【分析】先由题设求得n a ，然后利用数列的单调性求得其最大值，把对任意0λ>，所有的正整数n 都有22n k a λλ−+>成立转化为12k λλ<+对任意0λ>恒成立，再利用基本不等式求得12λλ+的最小值，即可得到答案.【详解】由()()211231222113n n a a a a n n n −++++=+− ， 当2n ≥时，()()2212311222123n n a a a a n n n −−++++=−− ， 两式相减可得：()()()()()112111213n n a n n n n n n n n −=+−−−−=−， ∴()112n n n n a −−=，由10a =，显然成立， 设()()22211112232222n nnn n nn n n n n n n n n na a +−+−+−+−+−=−==， ∴当03n <≤时，10n n a a +−>，当4n ≥时，10n n a a +−<，因此，03n <≤，数列{}n a 单调递增，当4n ≥时，数列{}n a 单调递减， 由332a =，432a =，故当3n =或4n =时，数列{}na 取最大值，且最大值为32，对任意0λ>，所有的正整数n 都有22n k a λλ−+>成立，可得2322k λλ−+>， 因此，212k λλ<+，即12k λλ<+对任意0λ>恒成立，由12λλ+≥12λλ=，即λ=min 12k λλ <+ ∴实数k 的取值范围是(−∞.18．已知23n a n n =+，若2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，则实数λ的取值范围是 ．【答案】15,4 +∞【分析】先分离参数将问题转化为232n n n λ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，进而转化为2max 3()2n n n λ+≤，构造232n nn nb +=，再作差判定单调性求出数列{}n b 的最值，进而求出λ的取值范围. 【详解】因为23n a n n =+，且2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，所以232nn n λ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，即2max 3()2n n n λ+≤， 令232n nn n b +=，则2221113(1)(1)3354222n nn n n n n n n n n b b +++++++−++−=−=， 因为21302b b −=>，32104b b −=>，43102b b −=−<， 且21135402n nn n n b b ++−++−=<对于任意3n ≥恒成立， 所以12345b b b b b <<>>>⋅⋅⋅，即2max 3315()24nn n b +==， 所以实数λ的取值范围是15,4+∞【分析】利用11,1,2n n n S n a S S n −= =−≥ ，得到118a =，1433nn n a a −=×−，变形后得到3n n a 是等差数列，首项为6，公差为4，从而求出()423nn a n =+⋅，故代入n a ≥3n n ≥，利用作差法得到3n n 单调递减，最小值为13，列出不等式求出答案.【详解】当1n =时，2111332a S a ==−，解得：118a =， 当2n ≥时，111333322n n n n n n n a S a a S −−+==−+−−， 整理得1433nn n a a −=×−，方程两边同除以3n ，得11343n n nn a a −−−=，又163a =，故3n n a 是等差数列，首项为6，公差为4， 所以()123644nnn n a =+−=+， 故()423n n a n =+⋅，经验证，满足要求，所以n a ≥为()423nn +⋅≥故3nn≥，对任意N n +∈恒成立， 111113123333n n n n n n n n n+++++−−−==，当1n ≥时，111120333n n n n n n +++−−=<， 故1133n n n n ++<， 3n n 单调递减，当1n =时，3nn 取得最大值13，故13≥，解得：136k ≥， 则k 的最小值为136【分析】先利用等差数列通项公式求解n a ，再利用数列的单调性求解数列()()221212n n n b n −−=−⋅的最大值，进而解决不等式恒成立问题即可.【详解】由()*122n n n a a a n ++=+∈N 可知数列{}n a 是等差数列，设其公差为d ， 解方程218650x x −+=得5x =或13x =，又73a a >， ∴37513a a ==，，73135424d a a d −−=∴== ，， ()52321n a n n ∴=+−=−.由()()2241n n n a a λ−>−得()()()2224212n n n λ>−−−，()()2212142n n n λ−−>−∴−，设()()221212n n n b n −−=−⋅， 则()()()()2232111221252212212412n n n n n n n n n b b n n n −+−−−−+−−=−=+⋅−⋅−⋅，由()21412n n −−⋅>0对于任意*n ∈N 恒成立，所以只考虑32252n n −+−的符号，设()()322521f n n n n =−+−≥，()()2610235f n n n n n ′=−+=−−， 令()0f n ′>解得513n ≤<，即()f n 在513n ≤<上单调递增， 令()0f n ′<解得53n >，即()f n 在53n >上单调递减，()11f =，()22f =，()311f =−，当3n ≥，()()30f x f ≤<，当1n =，2n =时，()0f n >，即10n n b b +−>，123b b b ∴<<， 当3n ≥，()0f x <，即()221132520412n n n n n b b n +−−+−−=<−⋅， 即从3n ≥，n b 开始单调递减， 即325≤=n b b ，245λ∴−>，即185λ<，λ∴的取值范围为185−∞ ，.解：14122n n nb n na −−−=， 则()()211112135222n n nT −−=−+−×+−×++ ，则()2111132121322222n n n n n T −−−=−×+−×+++ ， 两式相减得：()()2312111111112121122212()123+122222222212nn n n n n n n n n T −−−−−−=−+−×++++−=−+−×−=−−− 于是得3112126+2n n n n T −−−=−−， 由1361122n nn T +>−+得：12512n n −+<，即12250n n −−−>，令1225n n c n −−−，N n ∗∈， 显然，16c =−，27c =−，37c =−，45c =−，51c =，由111(227)(225)220n n n n n c c n n −−+−=−−−−−=−>，解得2n >，即数列{}n c 在3n ≥时是递增的，于是得当12250n n −−−>时，即510n c c ≥=>，5n ≥，则min 5n =， 所以不等式1361122n nn T +>−+成立的n 的最小值是5.22．已知数列{}n a 中，11a =，满足()*1221N n n a a n n +=+−∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，若不等式240nn S λ⋅++>对任意正整数n 恒成立，求实数λ的取值范围.解析：(1)()()1211221n n a n a n ++++=++， 所以{}21n a n ++是以12114a +×+=为首项，公比为2的等比数列， 所以1121422n n n a n −+++=×=，所以1221n n a n +−−.(2)()()()231122325221n n n S a a a n + =+++=−+−++−+ ()()23122235721n n ++++−+++++ ()()222212321122242n n n n n n +−++=−−−−−， 若240nn S λ⋅++>对于*N n ∀∈恒成立，即22222440n n n n λ+⋅+−−−+>，可得22222n n n n λ+⋅>+−即2242nn n λ+>−对于任意正整数n 恒成立， 所以2max 242n n n λ +>− ，令()242n n n n b +=−，则21132n n n n b b ++−−=， 所以1234b b b b <>>>…，可得()222max222422n b b +×==−=−，所以2λ>−，所以λ的取值范围为()2,−+∞。
利用函数放缩证明不等式、数列(解析版)
利用函数放缩证明不等式、数列一、解答题1.已知函数f (x )=a ln x -x +1，其中a ∈R ．(1)讨论函数f (x )零点个数；(2)求证：e1+12+13+⋯+1n>n n ∈N * ．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导，分类讨论a 的取值，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，进而可求解，(2)根据ln x <x -1，取x =1+1n，利用累加法，结合指对互化即可求解.【详解】(1)∵f x =a x -1=a -xx(x >0)∴①当a ≤0时，f x <0,即f x 在0,+∞ 单调递减，又f (1)=0，∴f (x )只有一个零点.②当a >0时，令f x =0,则x =a ，当0<x <a 时，f x >0,当x >a 时，f x <0,故f x 在0,a 单调递增，f x 在a ,+∞ 单调递减，∴f x ≤f a =a ln a -a +1，令g a =a ln a -a +1，则g a =ln a ，故当0<a <1时，g (a )<0,g a 单调递减，当a >1时，g (a )>0,g a 单调递增，故g a ≥g 1 =0，又x →0,f x →-∞，x →+∞,f x →-∞，故当a =1时，f x 只有一个零点，当a >0且a ≠1时，f x 有两个零点，综上可知：故当a =1或a ≤0时，f x 只有一个零点，当a >0且a ≠1时，f x 有两个零点，(2)由(1)可知，当a =1时，f x =ln x -x +1在1,+∞ 单调递减，故当x >1时，f x =ln x -x +1<f 1 =0，故ln x <x -1，取x =1+1n ，则ln 1+1n <1n ，即ln n +1 -ln n <1n ，相加可得ln2-ln1 +ln3-ln2 +⋯+ln n +1 -ln n <1+12+13+⋯+1n，∴ln n +1 <1+12+13+⋯+1n ，∴e1+12+13+⋯+1n>eln n +1=n +1>n ，【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.2.已知函数f (x )=e x -12ax 2-x .(1)若f (x )在x ∈R 上单调递增，求a 的值；(2)证明：(1+1)1+14 ⋅⋅⋅1+1n2<e 2(n ∈N *且n ≥2).【答案】(1)1；(2)证明见解析.【分析】(1)求出函数f (x )的导数f (x )，根据给定条件可得f (x )≥0恒成立，再利用导数分类讨论求解作答.(2)利用(1)的结论得当x >0时，ln x +1 <x ，取x =1n 2，利用不等式的性质结合裂项相消法求和作答.【详解】(1)函数f (x )=e x -12ax 2-x ，求导得f (x )=e x -ax -1，由于函数f x 在R 上单调递增，则f x =e x -ax -1≥0恒成立，令h x =e x -ax -1，则h x =e x -a ，当a =0时，f x =e x -1，当x <0时，f x <0，不满足条件；当a <0时，h x >0，h x 在R 上单调递增，又h 1a =e 1a -a ⋅1a -1=e 1a-2<0，即f 1a <0，不满足条件；当a >0时，令h x =0，得x =ln a ，则当x <ln a 时，h x <0，h x 单调递减，当x >ln a 时，h x >0，h x 单调递增，于是当x =ln a 时，h x 取得最小值h ln a =e ln a -a ln a -1=a -a ln a -1，于是h ln a ≥0，即a -1-a ln a ≥0，令u a =a -1-a ln a ，则u a =-ln a ，当0<a <1时，u a >0，u a 单调递增；a >1时，u a <0，u a 单调递减，则u a max =u 1 =0，由于a -1-a ln a ≥0恒成立，因此a -1-a ln a =0，则有a =1，所以f x 单调递增时，a 的值为1.(2)由(1)知，当a =1时，e x -x -1≥0，即有e x ≥x +1，当且仅当x =0时取等号，即当x >0时，ln x +1 <x ，因此当n ∈N *且n ≥2时，ln 1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n 2=ln 1+1 +ln 1+14 +⋅⋅⋅+ln 1+1n 2≤1+14+⋅⋅⋅+1n2，而当n ≥2时，1n2<1n n -1 =1n -1-1n ，所以1+14+⋅⋅⋅+1n2<1+1-12 +12-13 +⋅⋅⋅+1n -1-1n =1+1-1n <2，则ln 1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n 2<2，所以，1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n2<e 2.【点睛】关键点睛：函数不等式恒成立求参数范围问题，结合已知，利用换元法构造新函数，用导数探讨函数的性质，借助数形结合的思想推理求解.3.已知函数f x =x ln x -a x -1 .(1)若f x ≥0，求实数a 的值；(2)已知n ∈N *且n ≥2，求证：sin 12+sin 13+⋯+sin 1n<ln n .【答案】(1)a =1(2)证明见解析【分析】(1)由题意分析得到x =1是函数h x 的极小值点，则h 1 =0解得a =1再代入验证符合题意；(2)由(1)可得，ln x≥1-1xx≥1.令1k=1-1x得到1k≤ln k-ln k-1,k∈2,3,⋯,n.令g x =x-sin x(x>0)，利用导数证明出sin x<x(x>0)，得到sin1k <1k≤ln k-ln k-1,k∈2,3,⋯,n，累加即可证明.【详解】(1)由f x ≥0，得ln x-a1-1 x≥0.令h x =ln x-a1-1 x，则h x ≥0,h x =1x-ax2=x-ax2.注意到h1 =0，所以x=1是函数h x 的极小值点，则h 1 =0，所以h 1 =1-a1=0，得a=1.当a=1时，h x =x-1x2，则函数h x 在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以h x ≥h1 =0，满足条件，故a=1.(2)由(1)可得，ln x≥1-1xx≥1 .令1k=1-1x，则x=kk-1，所以lnkk-1≥1k，即1k≤ln k-ln k-1,k∈2,3,⋯,n.令g x =x-sin x(x>0)，则g x =1-cos x≥0，且g x 不恒为零，所以函数g x 在0,+∞上单调递增，故g x >g0 =0，则sin x<x(x>0)，所以sin 1k<1k≤ln k-ln k-1,k∈2,3,⋯,n，令k分别取2,3,⋯,n，累加得：sin12+sin13+⋯+sin1n<ln2-ln1+ ln3-ln2+⋯+ln n-ln n-1=ln n.即证.【点睛】导数的应用主要有：(1)利用导函数几何意义求切线方程；(2)利用导数研究原函数的单调性，求极值(最值)；(3)利用导数求参数的取值范围；(4)利用导数证明不等式.4.已知函数f x =e x-12ax2-x(1)若f x 单调递增，求a的值；(2)判断1+11+1 4⋅⋅⋅1+1n2(n∈N*且n≥2)与e2的大小，并说明理由.【答案】(1)1(2)1+11+1 4⋅⋅⋅1+1n2<e2，理由见解析【分析】(1)根据题意，由f x 单调递增，转化为f x =e x-ax-1≥0恒成立，然后分a=0，a<0，a>0讨论，即可得到结果；(2)根据题意，由(1)可得x>0时，ln x+1<x，然后再由1n2<1n n-1=1n-1-1n放缩，裂项即可得到结果.【详解】(1)由f (x )=e x -12ax 2-x 可得，f (x )=e x -ax -1，由于函数f (x )单调递增，则f (x )=e x -ax -1≥0恒成立，设h (x )=e x -ax -1，则h x =e x -a ，当a =0时，f (x )=e x -1，可知x <0时，f (x )<0，不满足题意；当a <0时，h (x )>0，函数h (x )单调递增，又因为h 1a =e 1a -a ⋅1a-1=e 1a-2<0，即f (x )<0，不满足题意；当a >0时，令h (x )=e x -a =0，解得x =ln a ，当x <ln a 时，h (x )<0，函数h (x )单调递减，当x >ln a 时，h (x )>0，函数h (x )单调递增，所以当x =ln a 时，函数h (x )取得最小值h (ln a )=e ln a -a ln a -1=a -a ln a -1，由h (ln a )≥0可得，a -1-a ln a ≥0，令μ(a )=a -1-a ln a ，则μ (a )=-ln a ，可知0<a <1时，μ (a )>0，函数μ(a )单调递增；当a >1时，μ (a )<0，函数μ(a )单调递减，则μ(a )max =μ(1)=0，由于a -1-a ln a ≥0恒成立，所以，a -1-a ln a =0当且仅当a =1时取等号，故函数f (x )单调递增时，实数a 的值为1.(2)1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n 2<e 2.理由如下：由(1)可知，当a =1时，e x -x -1≥0，即有e x ≥x +1，则x >0时，ln x +1 <x ，故当n ∈N *且n ≥2时，ln 1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n 2=ln 1+1 +ln 1+14 +⋅⋅⋅+ln 1+1n 2<1+14+⋅⋅⋅+1n 2，因为n ≥2时，1n2<1n n -1 =1n -1-1n ，所以1+14+⋅⋅⋅+1n2<1+1-12 +12-13 +⋅⋅⋅+1n -1-1n =1+1-1n <2，则ln 1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n 2<2，所以1+1 1+14 ⋅⋅⋅1+1n2<e 2.5.已知函数f x =a ln x +a -1x.(1)求f x 在1,f 1 处的切线方程；(2)(i )若xf x ≤x -1恒成立，求a 的取值范围；(ii )当a =1时，证明：f 2 2+f 3 3+⋯+f n n <n 2+12n +2-1924.【答案】(1)y =x +a -2(2)(i )0,1 ；(ii )证明见解析【分析】(1)求出f 1 、f 1 的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；(2)(i )由题意可得x -a ln x -a ≥0，设h x =x -a ln x -a ，其中x >0，对实数a 的取值进行分类讨论，利用导数分析函数h x 在0,+∞ 上的单调性，在a =0、a <0的情况下，验证h x ≥0在0,+∞ 上能否恒成立，在a >0时，可得出h x min ≥0，求出实数a 的取值范围，综合即可得解；(ii )当a =1时，f n n =ln n n 2；结合(i )中所求，可得ln n n 2≤121-1n2，在n =2时，直接验证结论即可；在n ≥3时，利用不等式进行适度放缩，结合裂项求和，即可容易证明.【详解】(1)解：因为f x =a ln x +a -1x ，则fx =ax ⋅x -a ln x +a -1 x 2=1-a ln x x 2，其中x >0，所以，f 1 =a -1，f 1 =1，所以，函数f x 在点1,f 1 处的切线方程为y -a -1 =x -1，即y =x +a -2.(2)解：(i )xf x =a ln x +a -1≤x -1，可得x -a ln x -a ≥0.令h x =x -a ln x -a ，其中x >0，则h x =1-a x =x -ax.①当a =0时，h x =x >0，合乎题意；②当a <0时，由基本不等式可得a +1a =--a +1-a≤-2-a ⋅1-a=-2，当且仅当a =-1时，等号成立，a 2+a +1=a +12 2+34≥34，当且仅当a =-12时，等号成立，所以，h e a +1a =e a +1a -a a +1a -a =e a +1a -a 2+a +1 <e -2-34=1e2-34<0，所以，h x ≥0不恒成立，不合乎题意；③当a >0时，h x =1-a x =x -ax，当0<x <a 时，h x <0，此时函数h x 单调递减，当x >a 时，h x >0，此时函数h x 单调递增，所以，h x min =h a =a -a ln a -a =-a ln a ≥0，可得ln a ≤0，解得0<a ≤1.综上所述，实数a 的取值范围是0,1 ；(ii )当a =1时，f x =ln x x ，所以f n n =ln nn2.由(i )知：xf x ≤x -1，即ln x ≤x -1，所以ln x x ≤1-1x.令x =n 2，得ln n 2n 2≤1-1n 2，即2ln n n 2≤1-1n 2，所以ln n n 2≤121-1n2.当n =2时，f 2 2=ln24，则n 2+12n +2-1924=38，显然ln24<14<38，结论成立；当n ≥3时，f 2 2+f 3 3+⋯+f n n =ln222+ln332+⋯+ln n n 2≤121-122+1-132+⋯+1-1n2=12n -1 -122+132+⋯+1n 2<12n -1 -14+13×4+14×5+⋯+1n ×n +1=12n -1 -14+13-14+14-15+⋯+1n -1n +1 =12n -1 -712-1n +1=12n +1n +1-1912 =n 2+12n +2-1924，结论成立.因此，当n ≥2时，f 2 2+f 3 3+⋯+f n n <n 2+12n +2-1924成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.6.已知函数f x =x2+ax+ae x．(1)讨论f x 的单调性；(2)当x≥0时，f x ≤2恒成立，求a的取值范围；(3)设g n =12e n-1，n∈N*，证明：g1 +g2 +⋅⋅⋅+g n<34．【答案】(1)答案见解析(2)a≤2(3)证明见解析【分析】(1)对函数求导，分a=2，a>2和a<2讨论导函数的正负，进而判断函数的单调性；(2)将不等式等价转化为a≤2e x-x2x+1，构造函数h x =2e x-x2x+1(x≥0)，利用导数判断函数的单调性，进而求解即可；(3)结合前面的解析，取a=2时，则12e x-1≤1x+12，利用不等式的放缩即可证明.【详解】(1)由题意可知f x 的定义域为R，f x =2x+ae x-x2+ax+ae xe x2=-x2-ax+2xe xe x2=-x x+a-2e x令f x =0，则x1=0，x2=2-a①当a=2时，x1=x2=0，f x ≤0在R上恒成立，f x 在R上单调递减．②当a>2时，x1>x2，x∈-∞,2-a时，f x <0，x∈2-a,0时，f x >0，x∈0,+∞时，f x <0，故f x 在-∞,2-a单调递减，在2-a,0单调递增，在0,+∞单调递减．③当a<2时，x1<x2，x∈-∞,0时，f x <0，x∈0,2-a时，f x >0，x∈2-a,+∞时，f x <0，故f x 在-∞,0单调递减，在0,2-a单调递增，在2-a,+∞单调递减．(2)当x≥0时，f x ≤2恒成立，故x2+ax+ae x≤2，所以x2+ax+a≤2e x，即a x+1≤2e x-x2，由x+1>0得a≤2e x-x2x+1，令h x =2e x-x2x+1(x≥0)，则h x =2e x-2xx+1-2e x-x2x+12=x2e x-x-2x+12，令t x =2e x-x-2，则t x =2e x-1，t x 在0,+∞单调递增，则t x ≥t 0 =1，即t x >0在0,+∞恒成立，故t x 在0,+∞单调递增．所以t x ≥t0 =0，故h x ≥0在0,+∞恒成立．由h x 在0,+∞单调递增，而h0 =2，h x ≥2，故a≤2．(3)取a=2时，x2+2x+2≤2e x，则x2+2x+1≤2e x-1，所以12e x-1≤1x+12，因此12e n-1≤1n +12<1n n +1 =1n -1n +1，则g 1 +g 2 +⋅⋅⋅+g n <11+1 2+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n -1n +1 =34-1n +1<34.【点睛】利用导数证明不等式的基本步骤： 1.作差或变形； 2.构造新的函数h (x )；3.利用导数研究函数h (x )的单调性及最值；4.根据单调性及最值，得到所证不等式.7.已知λ为正实数，函数f x =ln λx +1 -λx +x 22x >0 .(1)若f x >0恒成立，求λ的取值范围；(2)求证：2ln n +1 -53<∑ni =12i -1i2<2ln n +1 (i =1,2,3,...).【答案】(1)0<λ≤1(2)证明见解析【分析】(1)求导，分类讨论判断单调性，结合恒成立问题运算求解；(2)根据(1)可得不等式2ln x +1 -2ln x >2x -1x 2可证2ln n +1 >∑ni =12i -1i2，构建g x =ln x +1 -x x >0 ，利用导数证明ln x +1 <x x >0 ，结合裂项相消法可证2ln n +1 -53<∑ni =12i -1i2.【详解】(1)fx =λλx +1-λ+x =λx x -λ-1λ λx +1，①若λ-1λ≤0，即0<λ≤1，f x >0，函数f x 在区间0,+∞ 单调递增，故f x >f 0 =0，满足条件；②若λ-1λ>0，即λ>1，当x ∈0,λ-1λ时，f x <0，函数f x 单调递减，则f x <f 0 =0，矛盾，不符合题意.综上所述：0<λ≤1.(2)先证右侧不等式，如下：由(1)可得：当λ=1时，有f x =ln x +1 -x +x 22>0，则f 1x =ln 1x +1 -1x +12x2>0，即ln x +1 -ln x >1x -12x 2，即2ln x +1 -2ln x >2x -1x2，则有2ln n +1 -2ln n +2ln n -2ln n -1 +⋅⋅⋅+2ln2-2ln1 >2n -1n 2+2n -1-1n -12+⋅⋅⋅+21-112=∑ni =12i -1i2，即2ln n +1 >∑ni =12i -1i2，右侧不等式得证.下证左侧不等式，如下：构建g x =ln x +1 -x x >0 ，则g x =-xx +1<0在0,+∞ 上恒成立，故g x 在0,+∞ 上单调递减，则g x <g 0 =0，即ln x +1 <x x >0 ，可得ln 1x +1<1x ，即ln x +1 -ln x <1x，则有ln n +1 -ln n +ln n -ln n -1 +⋅⋅⋅+ln2-ln1 <1n +1n -1+⋅⋅⋅+11，即ln n +1 <1n +1n -1+⋅⋅⋅+11，∵1n 2=44n 2<44n 2-1=212n -1-12n +1 ，则112+122+⋅⋅⋅+1n 2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1 <53，故2ln n +1 -53<21n +1n -1+⋅⋅⋅+11 -112+122+⋅⋅⋅+1n 2 =∑ni =12i -1i2，左侧得证.综上所述：不等式2ln n +1 -53<∑ni =12i -1i2<2ln n +1 成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤：(1)作差或变形．(2)构造新的函数h (x )．(3)利用导数研究h (x )的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．8.已知函数f x =ax +bx+c a >0 的图象在点1,f 1 处的切线方程为y =x -1.(1)用a 表示出b ，c ；(2)若f x -ln x ≥0在1,+∞ 上恒成立，求a 的取值范围；(3)证明：1+12+13+⋅⋅⋅+1n +12n +1 >12+ln n +1 n ∈N * .【答案】(1)b =a -1,c =1-2a .(2)12,+∞ (3)证明见解析.【分析】(1)根据导数的结合意义，列出等式，即可求解；(2)由f x -ln x ≥0在1,+∞ 上恒成立，设函数g (x )=f x -ln x ，求得其导数，分类讨论，判断函数单调性，根据不等式恒成立，求得参数范围.(3)利用(2)的结论，可得当x >1时，12x -1x >ln x ，令x =k +1k,k ∈N ∗，则可推得ln (k +1)-ln k<121k +1k +1,k =1,2,3,⋯,n ，将这n 个不等式累加,即可证明结论.【详解】(1)由f x =ax +b x +c a >0 可得f x =a -bx2，则f 1 =a +b +c =0，且f 1 =a -b =1，则b =a -1,c =1-2a .(2)由(1)知，f x =ax +a -1x +1-2a ,a >0 ，令g (x )=f x -ln x =ax +a -1x+1-2a -ln x ,x ∈[1,+∞)，则g (1)=0,g (x )=a -a -1x 2-1x =ax 2-x -(a -1)x 2=a (x -1)x -1-a a x 2，当0<a <12时，1-a a >1，若1<x <1-aa ，则g (x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )<g (1)=0，这与题意不符；当a ≥12时，1-aa≤1，若x ≥1，则g x ≥0，仅当x =1时等号成立，g (x )是增函数，所以g x ≥g 1 =0，即f x -ln x ≥0恒成立，仅当x =1时等号成立，综上所述，所求a 的取值范围为12,+∞ .(3)由(2)知，当a ≥12时，有f x ≥ln x ,(x ≥1)，取a =12，有f (x )=12x -1x ≥ln x ,(x ≥1)，且当x >1时，12x -1x >ln x ，令x =k +1k ,k ∈N ∗，则ln k +1k <12k +1k -k k +1 =121+1k -1-1k +1，即ln (k +1)-ln k <121k +1k +1 ,k =1,2,3,⋯,n ，即ln2-ln1<121+12 ，ln3-ln2<1212+13 ，⋯，ln (n +1)-ln n <121n +1n +1，将上述n 个不等式依次相加得ln (n +1)<12+12+13+⋯+1n +12(n +1)，两边加12，整理得1+12+13+⋅⋅⋅+1n +12n +1>12+ln n +1 ,n ∈N *【点睛】关键点点睛：证明不等式1+12+13+⋅⋅⋅+1n +12n +1>12+ln n +1 n ∈N * 时，要利用(2)中结论，即当a ≥12时，有f x ≥ln x ,(x ≥1)，取a =12，有f (x )=12x -1x≥ln x ,(x ≥1)，且当x >1时，12x -1x >ln x ，因此解答的关键点就在于要采用赋值的方法，即令x =k +1k,k ∈N ∗，得到ln (k +1)-ln k <121k +1k +1 ,k =1,2,3,⋯,n ，然后采用累加的方法，即可证明.9.已知函数f (x )=e x -ax -1(a >0,e ,为自然对数的底数)．(1)若f x ≥0对任意的x ∈R 恒成立，写出实数a 的值，然后再证明；(2)证明：1n n +2n n +⋯+n -1n n +n n n <ee -1(其中n ∈N +)．【答案】(1)a =1，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立, 即在x ∈R 上, f (x )min ≥0.构造函数g (a )=a -a ln a -1，由g (a )≥0, 确定函数的单调性, 即可求得实数a 的值;(2)由(1)知, 对任意实数x 均有e x -x -1≥0, 即1+x ≤e x , 令x =-knn ∈N +,k =0 ,1,2,3,⋯,n -1), 可得0<1-k n ≤e -k n , 从而有1-k nn≤e -k n n =e -k , 由此即可证得结论.【详解】(1)由题意a >0,f x =e x -a ，由f (x )=e x -a =0得x =ln a .当x ∈(-∞,ln a )时，f (x )<0；当x ∈(ln a ,+∞)时，f (x )>0.∴f (x )在(-∞,ln a )单调递减，在(ln a ,+∞)单调递增.即f (x )在x =ln a 处取得极小值，且为最小值，其最小值为f (ln a )=e ln a -a ln a -1=a -a ln a -1.f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立，即在x ∈R 上，f (x )min ≥0.设g (a )=a -a ln a -1.，所以g (a )≥0.由g (a )=1-ln a -1=-ln a =0得a =1.∴g (a )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减∴g (a )在a =1处取得极大值g (1)=0.因此g (a )≥0的解为a =1，∴a =1(2)因为a =1，所以对任意实数x 均有e x -x -1≥0，即1+x ≤e x .令x =-k n n ∈N +,k =0 ,1,2,3,⋯,n -1)，则0<1-k n≤e -k n .∴1-k n n≤e -k n n =e -k .∴1n n +2n n +⋯+n -1n n +n n n ≤e -(n -1)+e -(n -2)+⋯+e -2+e -1+1=1-e -n 1-e -1<11-e -1=e e -1.【点睛】本题考查导数知识的运用, 考查函数的单调性与最值, 考查恒成立问题, 同时考查不等式的证明,解题的关键是正确求导数, 确定函数的单调性.属于较难题.10.已知函数f x =e x -2ax -1a ,b ∈R ,g x =x -sin x .(1)当x ∈0,+∞ 对，求函数g x 的最小值；(2)若f x ≥0对x ∈R 恒成立，求实数a 取值集合；(3)求证：对∀n ∈N *，都有sin 1n +1 n +1+sin 2n +1 n +1+sin 3n +1 n +1+⋯+sin n n +1 n +1<1e -1【答案】(1)0(2)12(3)证明见解析【分析】(1)求导，得到函数单调性，从而求出最小值；(2)先根据f 0 =0，f 0 =0得到a =12，再证明出充分性成立，而a >12与a <12均不合要求，从而得到答案；(3)由第一问结论得到sin k n +1n +1<k n +1 n +1，只需证明1n +1 n +1+2n +1 n +1+3n +1 n +1+⋯+n n +1 n +1<1e -1，由(2)可知，f x =e x-x -1≥0，得到k n +1 n +1<e k en +1k =1,2,3,⋯,n ，结合等比数列求和公式证明出1n +1 n +1+2n +1 n +1+3n +1 n +1+⋯+n n +1 n +1<1-1e ne -1<1e -1.【详解】(1)g x =1-cos x ≥0,g x 在x ∈0,+∞ 上单调递增，所以g (x )min =g 0 =0.(2)f x =e x -2a ，由于f 0 =0，故f 0 =e 0-2a =1-2a =0⇒a =12，下证当a =12时，f x =e x -x -1≥0恒成立，此时令fx =e x -1>0，解得：x >0，令f x =e x -1<0，解得：x <0，故f x =e x -x -1在x >0上单调递增，在x <0上单调递减，故f x =e x -x -1在x =0处取得极小值，也是最小值，且f x min =f 0 =e 0-0-1=0，故f x ≥0对x ∈R 恒成立；当a >12时，f x =e x -2ax -1<e x -x -1，则f 0 <e 0-0-1=0，显然不合要求，舍去当a <12时，令f x =e x -2a >0，解得：x >ln2a ，令f x =e x -2a <0，解得：x <ln2a ，其中ln2a <0，则f x =e x -2ax -1在x <ln2a 上单调递减，在x >ln2a 上单调递增，又f 0 =0，故当x ∈ln2a ,0 时，f x <0，不合题意，舍去；综上：实数a 取值集合为12 .(3)由(1)可知，sin k n +1n +1<k n +1 n +1，k ∈N ∗,n ∈N *，所以sin 1n +1n +1+sin 2n +1 n +1+sin 3n +1 n +1+⋯+sin n n +1 n +1<1n +1n +1+2n +1 n +1+3n +1 n +1+⋯+n n +1 n +1故只需证明：1n +1 n +1+2n +1 n +1+3n +1 n +1+⋯+n n +1 n +1<1e -1即可由(2)可知，f x =e x -x -1≥0，则x +1≤e x ，∴(x +1)n +1≤e n +1x，令x +1=k n +1k =1,2,3,⋯,n ，则k n +1 n +1<e k e n +1k =1,2,3,⋯,n ，∴1n +1 n +1+2n +1 n +1+3n +1 n +1+⋯+n n +1 n +1<1en +1e +e 2+e 3+⋯+e n =1e n +1⋅e 1-e n 1-e =e n +1-e e n +1e -1 =1-1ene -1<1e -1，∴sin 1n +1 n +1+sin 2n +1 n +1+sin 3n +1 n +1+⋯+sin n n +1 n +1<1e -1.【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.11.已知函数f x =x 2-x -a ln x a >0 .(1)求f x 的单调区间；(2)①若f x ≥0，求实数a 的值；②设n ∈N *，求证：1+12+⋯+1n +1+14+⋯+1n2>ln n +1 .【答案】(1)函数f (x )的单调增区间为1+1+8a4,+∞ ,单调减区间为0,1+1+8a4 .(2)①a =1； ②见解析.【分析】(1)利用导数求解函数的单调区间即可.(2)①首先根据题意得到f (1)=0,从而将题意等价为f (x )≥f (1),再结合f (x )的单调性分类讨论求解即可;②根据(1)知:x 2-x ≥ln x ,从而得到n +1n 2>ln n +1n ,再化简得到1n +1n 2>ln (n +1)-ln n ,累加即可证明.【详解】(1)由已知f (x )的定义域为(0,+∞).f(x )=2x -1-a x =2x 2-x -a x令g (x )=2x 2-x -a (a >0),Δ=1+8a >0,g (x )=0有两根x 1=1-1+8a 4,x 2=1+1+8a4,因为a >0,x 1<0,x 2>12，x ∈0,x 2 时,g (x )<0,f (x )<0,f (x )单调递减;x ∈x 2 ,+∞ 时,g (x )>0,f (x )>0,f (x )单调递增，故函数f x 的单调增区间为1+1+8a4,+∞ ，单调减区间为0,1+1+8a4.(2)①因为f (1)=0,所以f (x )≥0等价于f (x )≥f (1).由(1)知:f (x )min =f x 2 ,当a =1时,x 2=1,故f (x )≥f (1)=0满足题意.当a >1时,x 2>1,x ∈1,x 2 时，f x 单调递减，故f (x )<f (1)=0不满足题意.当0≤a <1时,12≤x 2<1,x ∈x 2,1 时, f x 单调递增，故f (x )<f (1)=0不满足题意.综上可知：a =1.②证明:由(1)可知:a =1时,f (x )≥0,即x 2-x ≥ln x ,当且仅当x =1时取等号.故当x =n +1n时,可得n +1n 2-n +1n >ln n +1n 即n +1n 2>ln n +1n ，即1n +1n2>ln (n +1)-ln n .故1+12+⋯+1n +1+14+⋯+1n 2 =2+34+⋯+1n +1n2>(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+⋯+[ln (n +1)-ln n ]=ln (n +1)故1+12+⋯+1n +1+14+⋯+1n2>ln (n +1)12.已知函数f x =12ax 2-x -ln x a ∈R ．(1)讨论f x 的单调性；(2)当x ≥1，f x ≥2，求a 的取值范围；(3)证明：nk =21ln k>1-1n ．【答案】(1)答案见解析；(2)a ≤-2或a ≥6；(3)证明见解析.【分析】(1)根据导数的性质，结合一元二次方程根的情况分类讨论进行求解即可；(2)根据(1)的结论，结合函数的单调性和零点存在原理进行求解即可；(3)根据(2)的结论，构造不等式1ln x >1x 2-x，利用裂项相消法进行证明即可.【详解】(1)f x 定义域为(0，+∞)，fx =ax -1-1x =ax 2-x -1xx >0 ．记φx =ax 2-x -1．当a ≤0时，φx <0，即f x <0，所以f x 在(0，+∞)上单调递减．当a >0时，令φx =0，得x 1=1+1+4a 2a ，x 2=1-1+4a2a(舍去)．当x ∈0,x 1 时，φx <0，即fx <0，所以f x 单调递减；当x ∈x 1,+∞ 时，φx >0，即f x >0，所以f x 单调递增，综上，当a ≤0时，f x 在(0，+∞)上单调递减；当a >0时，f x 在0,1+1+4a2a 上单调递减，在1+1+4a2a ,+∞ 单调递增．(2)：由(1)知，当a ≤0时，f x 在[1，+∞)单调递减，所以f x ≤f 1 =12a -1<0．此时f x min =1-a 2．令1-a2≥2，解得a ≤-2．当a >0时，若φ1 =a -2≥0，即a ≥2，由(1)，设φx =0的正根为x 1，则必有x 1≤1，且当x ∈1,+∞ ，φx >0，即fx >0，所以f x 在[1，+∞)单调递增．此时f x ≥f 1 =a 2-1≥0，f x min =a2-1．令a2-1≥2，解得a ≥6．若φ1 =a -2<0，即a <2，则当x ∈1,x 1 时，φx <0，f x 单调递减，当x ∈x 1,+∞ 时，φx >0，f x 单调递增，注意到φx 1 =ax 21-x 1-1=0，知f x min =f x 1 =12ax 21-x 1-ln x 1=12x 1+1 -x 1-ln x 1=121-x 1 -ln x 1<0．又当x →+∞时，f x →+∞，由零点存在定理∃x 0∈x 1,+∞ ，使f x 0 =0，此时f x min =0，不满足题意．综上，a 的取值范围是a ≤-2或a ≥6．(3)由(2)知，当a =2时，对x >1，有f x >f 1 =0，即x 2-x >ln x ．又x >1时，x 2-x >0，ln x >0，所以1ln x >1x 2-x．令x =k k ≥2 ，得1ln k >1k 2-k=1k k -1 =1k -1-1k ．所以1ln2>1-12，1ln3>12-13，1ln4>13-14，⋯，1ln n >1n -1-1n ．故n k =21ln k >1-12 +12-13 +⋅⋅⋅+1n -1-1n =1-1n ，即nk =21ln k>1-1n ．【点睛】关键点睛：构造不等式1ln x >1x 2-x ，利用裂项相消法是解题的关键.13.已知函数f x =ln x -a x -1x +1a ∈R ．(1)若函数f x 在定义域内是单调增函数，求实数a 的取值范围；(2)求证：4ln2+8ln3+12ln4+⋯+4nln (n +1)<n n +5 ，n ∈N ∗．【答案】(1)a ≤2(2)证明见解析【分析】(1)分析可知f x ≥0在0,+∞ 上恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数a 的取值范围；(2)利用(1)中的结论分析可得出当n ≥2且n ∈N ∗，4n -1 ln n <2n +1 ，推导出4×1ln2<2×3，4×2ln3<2×4，4×3ln4<2×5，⋯，4nln n +1 <2n +2 ，利用不等式的基本性质结合等差数列的求和公式可证得结论成立.(1)解：因函数f x 在定义域为0,+∞ ，f x =1x -2a x +12，因为函数f x 在定义域内是单调增函数，所以f x ≥0在0,+∞ 上恒成立，所以，2a ≤x +12x=x +1x+2，当x >0时，由基本不等式可得x +1x+2≥2x ⋅1x +2=4，当且仅当x =1时，等号成立，所以，2a ≤4，解得a ≤2.(2)证明：由(1)知当a =2时，函数f x 在0,+∞ 上是单调增函数，且当x >1时，f x >f 1 =ln1-21-11+1=0，则ln x >2x -1 x +1，所以，2x +1 >4x -1ln n，所以，当n ≥2且n ∈N ∗，4n -1ln n<2n +1 ，所以，4×1ln2<2×3，4×2ln3<2×4，4×3ln4<2×5，⋯，4n ln n +1 <2n +2 ，将上述不等式相加得4ln2+8ln3+12ln4+⋯+4n ln (n +1)<23+4+5+⋯+n +2 =2×n 3+n +2 2=n n +5 ，即4ln2+8ln3+12ln4+⋯+4n ln n +1 <n n +5 ，故原不等式得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.14.已知函数f x =a ln x +1-x ．(1)若f x ≤0，求a 的值；(2)证明：当n ∈N +且n ≥2时，ln222×ln332×ln442×⋯×ln n n2<1n ．【答案】(1)a =1(2)证明见解析【分析】(1)求出f x 的导数f x =a -xx，分类讨论，确定函数的单调性，利用f x ≤0成立，求出a ；(2)由(1)，当a =1时，ln x +1-x ≤0即ln x ≤x -1，令x =n ，则有ln n <n -1，可得ln n n 2<n -1n ，累乘可证得结果.【详解】(1)由题意知，x ∈0,+∞ ，f x =a x -1=a -xx，①当a ≤0时，f x <0，f x 在0,+∞ 上单调递减，所以，当x ∈0,1 时，f x >f 1 =0，不合题意；②当0<a <1时，由f x >0得，x ∈0,a ，则f x 在0,a 上单调递增，由f x <0得，x ∈a ,+∞ ，则f x 在a ,+∞ 上单调递减，所以，f a >f 1 =0，不合题意；③当a =1时，由f x >0得，x ∈0,1 ，则f x 在0,1 上单调递增，由f x <0得，x ∈1,+∞ ，则f x 在1,+∞ 上单调递减，所以，对于任意的x ∈0,+∞ ，f x ≤f 1 =0，符合题意；④当a >1时，由f x >0得，x ∈0,a ，则f x 在0,a 上单调递增，由f x <0得，x ∈a ,+∞ ，则f x 在a ,+∞ 上单调递减，所以，f a >f 1 =0，不合题意．综上所述，a =1．(2)由(1)知，a =1时，ln x +1-x ≤0即ln x ≤x -1，当且仅当x =1时等号成立．令x =n ，其中n ∈N +且n ≥2，则有ln n <n -1，又n -1<n n -1 ，所以，ln n <n n -1 ，即ln n n2<n -1n 所以ln222×ln332×ln442×⋯×ln n n 2<12×23×34×⋯×n -1n =1n ．所以，原不等式得证．15.已知函数f x =ln x +2 +2ax +3-a a ∈R ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)求证：13+15+⋯+12n -1+12n +1<ln n +1．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)对函数求导，构造g x =x 2+6-2a x +9-4a ，讨论参数a ，结合二次函数性质判断导数符号，进而确定单调区间；(2)由(1)知x ∈-1,+∞ 有f x >0，取a =2得ln x +2 >2x +1 x +3，取x +1=1nn ∈N * 则lnn +1n >22n +1，两侧累加即可证结论.【详解】(1)fx =1x +2-2a x +3 2=x 2+6-2a x +9-4a x +2 x +32x >-2 ，令g x =x 2+6-2a x +9-4a ，则Δ=(6-2a )2-49-4a =4a a -2 ．当Δ≤0，即0≤a ≤2时g x ≥0，即f x ≥0恒成立，则f x 在-2,+∞ 上单调递增；当a <0时，y =ln x +2 、y =2ax +3-a 在-2,+∞ 上均单调递增，所以f x 在-2,+∞ 上单调递增；当a >2时，由g x =0得x 1=a -3-a 2-2a ，x 2=a -3+a 2-2a ，则f x 在-2,x 1 和x 2,+∞ 上单调递增，在x 1,x 2 上单调递减．综上，当a ≤2时，f x 的单调递增区间是-2,+∞ ，无递减区间；当a >2时，f x 的单调递增区间是-2,x 1 ，x 2,+∞ ，单调递减区间是x 1,x 2 ．(2)由(1)知，当a ≤2时，f x 在-2,+∞ 上单调递增，若x ∈-1,+∞ ，则f x >f -1 =0，即f x =ln x +2 +2ax +3-a >0，取a =2，则f x =ln x +2 +2×2x +3-2=ln x +2 -2x +1 x +3>0，即ln x +2 >2x +1 x +3，取x +1=1n n ∈N * ，则ln n +1n >22n +1，于是有ln n n -1>22n -1，ln n -1n -2>22n -3，⋯，ln 32>25，ln2>23，所以ln n +1n +ln n n -1+ln n -1n -2+⋯+ln 32+ln2>22n +1+22n -1+22n -3+⋯+25+23，即ln n +1n ⋅n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅32⋅2 >22n +1+22n -1+22n -3+⋯+25+23，整理得13+15+⋯+12n -1+12n +1<ln n +1．【点睛】关键点点睛：第二问，根据x ∈-1,+∞ 有f x >0，取a =2得到不等式恒成立，应用换元法、累加证结论.16.已知函数f x =ln x +axa ∈R ．(1)求函数f x 的极值；(2)求证：12+13+⋯+1n +1<ln n +1 n ∈N * ．【答案】(1)极小值f a =ln a +1，无极大值(2)证明见解析【分析】(1)求出f x ，分a ≤0、a >0讨论，可得答案；(2)当a =1时，f x ≥f 1 =1令x =n +1n >1，可知ln n +1n >1n +1，然后利用累加法可得答案.【详解】(1)f x =1x -a x 2=x -ax2， 当a ≤0时，fx >0，函数f x 在0,+∞ 上单调递增，无极值；当a >0时，当0<x <a 时，f x <0，当x >a 时，f x >0，函数f x 在0,a 上单调递减，在a ,+∞ 上单调递增，函数f x 有极小值f a =ln a +1，无极大值．(2)由(1)知，当a =1时，f x ≥f 1 =1，当且仅当x =1时取等号，令x =n +1n >1，n ∈N *，可知f n +1n >1，即ln n +1n >1-n n +1=1n +1，即12<ln 1+1 -ln1，13<ln 2+1 -ln2，⋯，1n +1<ln n +1 -ln n ，累加得12+13+⋯+1n +1<ln n +1 n ∈N * ．17.已知函数f x =a ln x -2x -1x +1(a >0)．(1)若函数f x 在区间0,+∞ 上为增函数，求a 的取值范围；(2)设n ∈N *，证明：2-12+1+3-23+2+⋯+n +1-n n +1+n<14ln n +1 ．【答案】(1)a ≥1(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数，根据函数的单调性可得相应不等式恒成立，分离参数，结合基本不等式即可求得答案；(2)集合(1)可得ln x >2x -1 x +1，变形可得ln x >4x -1 x +1，令x =1+1n ，则可得n +1-nn +1+n<14ln n +1n，累加即可证明结论.【详解】(1)由已知得f x =a ln x -2x -1x +1,x ∈0,+∞ ,a >0，则fx =a x -4(x +1)2=a (x +1)2-4x x (x +1)2．因为f x 在0,+∞ 上单调递增，所以a (x +1)2-4x ≥0恒成立，即a ≥4x (x +1)2=4x +2+1x ，由于4x +2+1x ≤42+2x ⋅1x=1，当且仅当x =1时取等号，所以a ≥1，当a =1时，fx =(x +1)2-4x x (x +1)2=(x -1)2x (x +1)2≥0，仅在x =1时取等号，适合题意，故a ≥1.(2)由(1)可知当a =1,x ∈1,+∞ 时，f x >f 1 =0，即ln x >2x -1x +1，即ln x >2x -1 x +1，可得ln x >4x -1x +1．令x =1+1n ，则ln 1+1n >41+1n -1 1+1n +1=4⋅n +1-nn +1+n，即n +1-n n +1+n <14ln n +1n ，所以2-12+1+3-23+2+⋯+n +1-n n +1+n<14ln 21+ln 32+⋯+ln n +1n =14ln n +1 ，即2-12+1+3-23+2+⋯+n +1-n n +1+n<14ln n +1 ．【点睛】难点点睛：第二问利用导数证明不等式，难点在于要结合不等式的结构特征，结合(1)的结论，推出ln x >2x -1 x +1，再变形可得ln x >4x -1 x +1，从而令x =1+1n ，则可得n +1-n n +1+n<14ln n +1n ，进而采用累加法证明.18.已知函数f x =ln x +a -ax ．(1)若f x ≤0恒成立，求实数a 的最大值；(2)设n ∈N *，n ≥2，求证：1+1321+143 1+154 ⋅⋅⋅1+1n +1n<23e 2．【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)求出函数得到函数，分a =0、a <0、a >0三种情况讨论，求出函数的最大值，即可得解；(2)由(1)可得ln x +1 ≤x ，利用放缩法得到ln 1+1n +1 n<21n -1n +1，再根据对数的运算法则及裂项相消法计算可得.【详解】(1)f x =ln x +a -ax ，定义域-a ,+∞ ，fx =1x +a -a =-ax -a 2+1x +a．①当a =0时，f x =1x，定义域为0,+∞ ，f x =ln x ，显然f e =1>0不符合题意；②当a <0时，令fx =0，则x =1-a 2a =1a-a <-a ，当x ∈-a ,+∞ 时，f x >0，所以f x 在x ∈-a ,+∞ 上单调递增，又f -a +1 =ln -a +1+a -a -a +1 =-a 1-a >0，所以a <0，不符合题意；③当a >0时，令fx =0，则x =1-a 2a =1a-a >-a ，当x ∈-a ,-a +1a 时，f x >0，f x 单调递增，当x ∈-a +1a,+∞ 时，f x <0，f x 单调递减，所以f x max =f -a +1a =ln 1a -a -a +1a=a 2-1-ln a ≤0．设g a =a 2-1-ln a ，注意到g 1 =0，ga =2a -1a =2a 2-1a =2a +1 2a -1 a，所以a ∈0,22时，g a <0，g a 单调递减；a ∈22,+∞ 时，g a >0，g a 单调递增，所以g a min =g 22 =-12+12ln2=12ln2-1 <0，又g 1e =1e 2>0，由零点存在定理，存在a 0∈1e ,22，使得g a 0 =0，所以g a =a 2-1-ln a ≤0的解集为a 0,1 ，所以a 的最大值为1．(2)在(1)中令a =1，可得ln x +1 ≤x ，从而ln 1+1n +1 n<1n +1n =n +1-nn +1⋅n ×1n +1=n +1-n n +1⋅n ×n +1+n n +1=1n -1n +1 1+n n +1 <21n -1n +1，∴nk =1ln 1+1k +1 k<211-12 +212-13 +⋅⋅⋅+21n -1n +1=21-1n +1<2，⇔1+12 1+132 1+143⋅⋅⋅1+1n +1 n<e 2，⇔1+132 1+143 1+154⋅⋅⋅1+1n +1 n<23e 2．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．19.已知函数f x =ln x +1 -xx +1.(1)求f x 的极值；(2)对任意的n∈N*，求证：1n+1+1n+2+⋯+12n<ln2.【答案】(1)极小值0，无极大值(2)证明见解析【分析】(1)根据导函数求单调性求极值即可；(2)根据(1)结论结合数列求和得证.【详解】(1)因为f(x)=ln(x+1)-xx+1=ln(x+1)+1x+1-1，则f (x)=1x+1-1(x+1)2=x(x+1)2，当x∈(-1，0)时，f (x)<0，x∈(0，+∞)时，f (x)>0，故f(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，故f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0，无极大值. (2)由(1)知f(x)在(0，+∞)上单调递增，故x∈(0，+∞)时，f(x)>f(0)=0，即：ln(x+1)>xx+1，令x=1n得，ln1+1n>1n1+1n，化简得：lnn+1n>1n+1，于是有：lnn+1n>1n+1，ln n+2n+1>1n+2，⋅⋅⋅，ln2n2n-1>12n，累加得：lnn+1n+ln n+2n+1+⋅⋅⋅+ln2n2n-1>1n+1+1n+2⋅⋅⋅+12n，ln2nn =ln n+1nn+2n+1⋯2n2n-1>1n+1+1n+2⋅⋅⋅+12n，即1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+12n<ln2．20.已知函数f x =12x2-x ln x+t t∈R.(1)g x 是f x 的导函数，求g x 的最小值；(2)证明：对任意正整数n n≥2，都有1+1 22⋅1+132⋅1+142⋯1+1n2<e(其中e为自然对数的底数)【答案】(1)0；(2)证明见解析.【分析】(1)由题意得g x =f x =x-ln x-1,x>0，求导判断单调性即可求解；(2)由(1)可得可知x-1≥ln x，当且仅当x=1时等号成立，令x=1+1k2≠1，则ln1+1k2<1k2<1k k-1 =1k-1-1k,k=2,3,4⋯,n.借助数列的裂项求和的方法和对数的运算性质即可证明.【详解】(1)由题意，f x =12x2-x ln x+t，g x =f x =x-ln x-1,x>0，g x =1-1x =x-1x，令g x =0，解得x=1，又x∈0,1时，g x <0,x∈1,+∞时，g x >0，所以g x 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 单调递增，∴g x ≥g 1 =0，即g x 的最小值为0.(2)证明：由(1)得，g x =x -1-ln x ≥0，可知x -1≥ln x ，当且仅当x =1时等号成立，令x =1+1k 2≠1，则ln 1+1k 2<1k2<1k k -1 =1k -1-1k ,k =2,3,4⋯,n .∴ln 1+122 +ln 1+132 +ln 1+142 +⋯+ln 1+1n 2<1-12 +12-13 +13-14 +⋯+1n -1-1n =1-1n <1，即ln 1+122 +ln 1+132 +ln 1+142 +⋯+ln 1+1n2<1，也即ln 1+122 1+132 1+142 ⋯1+1n 2<ln e ，所以1+122 1+132 1+142 ⋯1+1n2<e ，故对任意正整数n n ≥2 ，都有1+122⋅1+132 ⋅1+142 ⋯1+1n2<e.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1)构造差函数h (x )=f (x )-g (x )，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；(2)根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.。
(学)高中数学数列放缩专题：用放缩法处理数列和不等问题模板
数列和不等问题(教师版)•先求和后放缩(主要是先裂项求和，再放缩处理) 例1正数数列 a 詁勺前n 项的和S n ，满足2 S ； -a n 1，试求:(1)数列；a n 1的通项公式;AA(2)设b n ——，数列h n ［的前n 项的和为B n ，求证：B n ：：：—a n a n +2解：(1)由已知得 4S n =(a n J)2 , n_2 时，4S n ^-(a n j 1)2，作差得：4a n 二a ； • 2a n -a ；丄-2a n 」，所以(a n a nJ )(a n -a n 」-2)=0，又因为、a n ｛为正数数列，所以 a n - a n 丄=2，即：a n :■是公差为2的等差数列，由 2 S^a 1 1，得厲=1，所以a n = 2n -11 11-(2 —)，所以 2 2n -1 2n 14 1 2彳得 a 1=S 1= 3*1 — T X 4+3 所以 a 1 =2 3 3 34 1将①和②相减得:a n =S — s —1= 3(a n — a n -1) — 3X (2n+13 3整理得：a n +2n=4(a n —1+2n —1),n=2,3,…，因而数列｛ a n +2n｝是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列，即:…,因而 a n =4n — 2n, n=1,2,3, …,4 n n 1 n+1 3X (4 — 2 ) — 2 + 2 1 n+1 n+1—=—X (2 — 1)(2 —2)2 (2n+1— 1)(2 n— 1) 2 2—-X 2n+1+3, n=1,2,3，…，①B n J(1 一1 D 2 3 3 5 1)=12n -1 2n 122(2n 1)2真题演练1: (06全国 4 1 1卷理科22题)设数列的前n 项的和，S n — an-— 233n「| , n =1,2,3』(I)求首项a 1与通项a n ; (n)设T n =—S nnn =1,2,3，丄，证明：v T iy再由①有S 4 —1 =§a n — 1 — 1 23X 2n+§, n=2,3 , 4,…2nTn=恳2n32X(2 n+1— 1)(2 n— 1) 31 =2 X (22n+1— 11n 所以，'、 i 3 1 i+1 _ 3」 1T = 2 二(2—1 — 2^—1)=i 3 3 2X (21— 112n 1 -13 )<3⑵b n1 1a n a n 1 (2n -1)(2n 1)4 Sn =3a—2n ), n=2,3.a n +2n =4X 4n —1= 4n, n=1,2,3, (n )将a n =4n— 2n代入①得 S n =二.先放缩再求和1 •放缩后成等比数列，再求和例2.等比数列3中，a1 V ，前n 项的和为S ，且成等差数列.2设b n 二主—，数列4/前n 项的和为1 — a n真题演练2: （06福建卷理科22题）已知数列 订「满足a^1,3nd =2a n 1（ N *）.(I )求数列 曲的通项公式；(II )若数列 和[滿足4b ^44b 2J lh4b n^ -(a n - 1)b n(n ・N *)，证明：数列〈b n?是等差数列; (川)证明： °_1 ：：：色■电■…，-a^ ::: n (n ・ N*).2 3a 2 a 3 a n + 2(I )解：* a . 1 = 2a n 1(n N ),-a n1 1=2(a n 1), ：a n 1是以a 「1 = 2为首项，2为公比的等比数列 .a n 1 =2n .即a n =22 -1(n N *).(II )证法一：：/坏％* =(a n 1)k n..4E % +••*“)■» =2nkn2[(b b 2 ... b n )-n]= nb n ,① 2[(b 1 b 2 ... bn b n1)-(n 1)]=(n 1)b n1.②②—①，得 2(0 1 -1)=(n 1)b n1 - nbh,1T n'证明：「2解：T A 9 -A 7 =a 8 89,A 8 _ A 9a8' a 9V 9，二公比 q88（利用等比数列前 二 B n fb nb n11_(_1)nn 项和的模拟公式 4n S n 1_(-2)n1 <3 2n=Aq n - A 猜想)1 1 323 223 21 11 1 2(^2?)T — 2 1(1 1)3，2n ；即(n -1)bn 1 -nb n 2 =0, nb n 2 -(n 1)0 1 2=0. ③—④，得nb h .2-2nb h 1 nb n =0,•b n =0,.b n 2-b n 1 =b n 】-b n (N *),. fb n ?是等差数列b n 21（山 ）证明：■.a kk .2 -1 k .2 -1a k 12k -12(21) 1 ,k =1,2,..., n,2a i a n a ? a 3.a n 12 2k -1-1 —— --------------------------------------------- — -------------------------------------- 二_ ——2 2(2k 1 -1) 2 3.2k2—2一2 321 1 1.k ，k= 1,2，...,n,a na ? a 3n 1 111、 n 11、 n 1-厂3（2戸…歹）匕一3（12）厂亍a ? a 3.电a n 1n *□ N).2 •放缩后为“差比”数列，再求和 例3•已知数列｛a n ｝满足：a, =1 ,a n 1 = (1 尹)a n ( n ~ 1,2,3 ).求证：a n1a n-3证明：因为 a n 1 = (1-斗）a n ，所以a n d 与a n 同号，又因为a^ ^1 0，所以a n 0 ,2即 a n 1 - a n0，即a n d ■ a n .所以数列｛a n ｝为递增数列，所以a . — a1 =1,即 a n 1 " a n1累加得：a n ~^1 -2+——222nJ令S nn _•亍，两式相减得:1 n -1—，所以Sn =2 nJn 2 22心，所以 a n -32n -，故得a n 1 -a n -3 2n43 •放缩后成等差数列，再求和例4.已知各项均为正数的数列｛a n｝的前n项和为& ,且a2a n 二2S n .解：（1）在条件中，令 n=1，得 al - a^2S^2a 1,； a 1 0 . 1，又由条件 a 2 - a n = 2S n 有a 31 ■ a n 1 = 2S n 勺，上述两式相减，注意到 a n “ = S n j - S n 得(a n 1 a n )(a n 1 _a n _ 4 = 0a n 0 a n 1 a n 0二 a n 1「a n = 1所以，a n =11 (n -1) = n ，S n =练习：13 1. （08南京一模22题）设函数f （x ） x 2 bx，已知不论:J 为何实数，恒有f （cos 「）岂0且4 4f （2-si n 0.对于正数列，其前n 项和^乂仁內），（n • N *）.（I ）求实数b 的值；（II ）求数列＜a n ?的通项公式; —,n • N .，且数列；的前n 项和为T n ，试比较T n 和1的大小并证明之1 a n61解：（I ） b（利用函数值域夹逼性）；（II ） a n =2n ，1；23 （04全国）已知数列｛a n ｝的前n 项和S n 满足：S n =2a n ・（T ）n ， n_1（1）写出数列｛a n ｝的前三项a 1，a 2，a ? ； （ 2）求数列｛a .｝的通项公式;⑴求证:S n ：：：n(n 1) 22 2所以2 2a n ' a n 14(2)因为 n v Jn(n +1) < n +1，所以 2 <、 <2 \：n(n+1) n+1所以2「n(n 1)2n n(n 1) 2 2、2S n 2（川）若,C n（出） C n—丄」 ・(2n 2)22 2n 1 2n 3丄J2n 3 62 2a n a n 14⑵求证:二数列｛ a n ｝的通项公式为: a n心十1）n ］.⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。
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用放缩法处理数列和不等问题（教师版）一．先求和后放缩（主要是先裂项求和，再放缩处理） 例1．正数数列{}n a 的前n 项的和n S ，满足12+=n n a S ，试求：（1）数列{}n a 的通项公式； （2）设11+=n n n a a b ，数列{}n b 的前n 项的和为n B ，求证：21<n B解：（1）由已知得2)1(4+=n n a S ，2≥n 时，211)1(4+=--n n a S ，作差得：1212224----+=n n n n n a a a a a ，所以0)2)((11=--+--n n n n a a a a ，又因为{}n a 为正数数列，所以21=--n n a a ，即{}n a 是公差为2的等差数列，由1211+=a S ，得11=a ，所以12-=n a n（2）)121121(21)12)(12(111+--=+-==+n n n n a a b n n n ，所以21)12(2121)1211215131311(21<+-=+---+-=n n n B n 真题演练1：(06全国1卷理科22题)设数列{}n a 的前n 项的和,14122333n n n S a +=-⨯+，1,2,3,n =（Ⅰ）求首项1a 与通项n a ；（Ⅱ）设2nn nT S =，1,2,3,n =，证明：132ni i T =<∑.解: (Ⅰ)由 S n =43a n －13×2n+1+23, n=1,2,3，… , ① 得 a 1=S 1= 43a 1－13×4+23所以a 1=2再由①有 S n －1=43a n －1－13×2n +23, n=2,3，4,…将①和②相减得: a n =S n －S n －1= 43(a n －a n －1)－13×(2n+1－2n),n=2,3, …整理得: a n +2n=4(a n －1+2n －1),n=2,3, … , 因而数列{ a n +2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列,即 : a n +2n=4×4n －1=4n , n=1,2,3, …, 因而a n =4n －2n, n=1,2,3, …,(Ⅱ)将a n =4n －2n 代入①得 S n = 43×(4n －2n )－13×2n+1 + 23 = 13×(2n+1－1)(2n+1－2)= 23×(2n+1－1)(2n－1)T n = 2nS n = 32×2n(2n+1－1)(2n－1) = 32×(12n －1 － 12n+1－1) 所以, 1ni i T =∑=321(ni =∑12i－1 － 12i+1－1) = 32×(121－1 － 1121n +-) < 32二．先放缩再求和1．放缩后成等比数列，再求和例2．等比数列{}n a 中，112a=-，前n 项的和为n S ，且798,,S S S 成等差数列． 设nn n a a b -=12，数列{}n b 前n 项的和为n T ，证明：13n T <．解：∵9789A A a a -=+，899A A a -=-，899a a a +=-，∴公比9812a q a ==-． ∴n na )21(-=． nn n nn n b 231)2(41)21(141⋅≤--=--=． （利用等比数列前n 项和的模拟公式nn S Aq A =-猜想）∴n n b b b B ++=2131)211(31211)211(213123123123122<-=--⋅=⋅++⋅+⋅≤n n ． 真题演练2：(06福建卷理科22题)已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈（I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 滿足12111*444(1)()n n b b b b n a n N ---=+∈，证明：数列{}n b 是等差数列；（Ⅲ）证明：*122311...()232n n a a a n nn N a a a +-<+++<∈. （I ）解：*121(),n n a a n N +=+∈112(1),n n a a +∴+=+{}1n a ∴+是以112a +=为首项，2为公比的等比数列12.n n a ∴+=即 2*21().n a n N =-∈（II ）证法一：1211144...4(1).n n k k k k n a ---=+12(...)42.n n k k k n nk +++-∴=122[(...)],n n b b b n nb ∴+++-= ①12112[(...)(1)](1).n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ② ②－①，得112(1)(1),n n n b n b nb ++-=+-即1(1)20,n n n b nb +--+=21(1)20.n n nb n b ++-++=③－④，得 2120,n n n nb nb nb ++-+=即 2120,n n n b b b ++-+=*211(),n n n n b b b b n N +++∴-=-∈{}n b ∴是等差数列（III）证明：1121211,1,2,...,,12122(2)2k k k k k k a k n a ++--==<=--12231 (2)n n a a a na a a +∴+++<111211111111.,1,2,...,,2122(21)2 3.222232k k k k k kk k a k n a +++-==-=-≥-=--+-1222311111111...(...)(1),2322223223n n n n a a a n n n a a a +∴+++≥-+++=-->-*122311...().232n n a a a n nn N a a a +∴-<+++<∈ 2．放缩后为“差比”数列，再求和 例3．已知数列{}n a 满足：11=a ，)3,2,1()21(1=+=+n a n a n n n ．求证：11213-++-≥>n nn n a a 证明：因为n n n a na )21(1+=+，所以1+n a 与n a 同号，又因为011>=a ，所以0>n a ， 即021>=-+n n n n a na a ，即n n a a >+1．所以数列{}n a 为递增数列，所以11=≥a a n ， 即n n n n n n a n a a 221≥=-+，累加得：121212221--+++≥-n n n a a ． 令12212221--+++=n nn S ，所以n n n S 2122212132-+++= ，两式相减得： n n n n S 212121212121132--++++=- ，所以1212-+-=n n n S ，所以1213-+-≥n n n a ， 故得11213-++-≥>n n n n a a ．3．放缩后成等差数列，再求和例4．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,且22n n n a a S +=.(1) 求证：2214n n n a a S ++<；(2)<+⋅⋅⋅+< 解：（1）在条件中，令1=n ，得1112122a S a a ==+，1011=∴>a a ，又由条件n n nS a a 22=+有11212+++=+n n n S a a ，上述两式相减，注意到n n n S S a -=++11得0)1)((11=--+++n n n n a a a a 001>+∴>+n n n a a a ∴11n n a a +-=所以， n n a n =-⨯+=)1(11，(1)2nn n S +=所以42)1(212)1(21222++=++•<+=n n n a a n n n n S （2）因为1)1(+<+<n n n n ，所以212)1(2+<+<n n n n ，所以 2)1(23222121+++⨯+⨯=++n n S S S n 212322++++<n 2122312-=+=+n S n n ；222)1(2222121n n S n n n S S S =+=+++>++练习：1.（08南京一模22题）设函数213()44f x x bx =+-，已知不论,αβ为何实数，恒有(cos )0f α≤且(2sin )0f β-≥.对于正数列{}n a ，其前n 项和()n n S f a =，*()n N ∈.(Ⅰ) 求实数b 的值；（II ）求数列{}n a 的通项公式；1,1n n N a +=∈+，且数列{}n c 的前n 项和为n T ，试比较n T 和16的大小并证明之. 解：(Ⅰ) 12b =（利用函数值域夹逼性）；（II ）21n a n =+； （Ⅲ）∵21111(22)22123n c n n n ⎛⎫=<- ⎪+++⎝⎭，∴1231111+23236n n T c c c c n ⎛⎫=+++⋅⋅⋅<-< ⎪+⎝⎭…2.（04全国）已知数列}{n a 的前n 项和n S 满足：nn n a S )1(2-+=， 1≥n （1）写出数列}{n a 的前三项1a ，2a ，3a ；（2）求数列}{n a 的通项公式；（3）证明：对任意的整数4>m ，有8711154<+++m a a a 分析：⑴由递推公式易求：a 1=1,a 2=0,a 3=2；⑵由已知得：1112(1)2(1)nn n n n n n a S S a a ---=-=+----（n>1）化简得：1122(1)n n n a a --=+-2)1(2)1(11---=---n n n n a a ,]32)1([232)1(11+--=+---n n n n a a 故数列{32)1(+-nn a }是以321+-a 为首项, 公比为2-的等比数列. 故1)2)(31(32)1(---=+-n nn a ∴22[2(1)]3n nn a -=-- ∴数列{n a }的通项公式为：22[2(1)]3n n na -=--. ⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。
而左边=232451113111[]221212(1)m mm a a a -+++=+++-+--，如果我们把上式中的分母中的1±去掉，就可利用等比数列的前n 项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩，尝试知：32322121121121+>++-， 43432121121121+<-++，因此，可将1212-保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和。