其中，n?2,3等的各式及其变式公式均可供选用。
例33.已知函数f(x)?解析:
?(1?1，若且f(x)在[0，1]上的最小值为1，求证：f(1)?f(2)???f(n)?n?1?1. 4，f(1)?bx21?a?22n?1254x111 f(x)??1??1?(x?0)?f(1)???f(n)?(1?)xxx2?21?41?42?21111111)???(1?)?n?(1????n?1)?n?n?1?. 2n4222?22?222例34.已知a,b为正数，且1?1?1，试证：对每一个n?N?，(a?b)n?an?bn?22n?2n?1.
ab解析: 由1?1?1得ab?a?b，又(a?b)(1?1)?2?a?b?4，故ab?a?b?4，而
ababba0n1n?1rn?rrnn(a?b)n?Cna?Cnab???Cnab???Cnb，
1n?1rn?rrn?1in?i，倒序相令f(n)?(a?b)n?an?bn，则f(n)=Cnab???Cnab???Cnabn?1，因为Cn?Cn1rn?1加得2f(n)=Cn(an?1b?abn?1)???Cn(an?rbr?arbn?r)???Cn(abn?1?an?1b)，
而ab?abn?1n?1???an?rb?abrrn?r???abn?1?an?1b?2ab?2?4?2n?1，
nnn21rn?1则2f(n)=(Cn???Cn???Cn)(arbn?r?an?rbr)?(2n?2)(arbn?r?an?rbr)?(2n?2)?2n?1，所以
f(n)?(2n?2)?2n，即对每一个n?N?，(a?b)n?an?bn?22n?2n?1.
3nnnn?12例35.求证C?C?C???C?n?21n2n(n?1,n?N)
nn解析: 不等式左C?C?C???C?2?1?1?2?2???2原结论成立.
例36.已知f(x)?e?e,求证:f(1)?f(2)?f(3)???f(n)?(e 解析:f(x)?f(x1x1?2)?(e1n2n3nn2n?1?n?1?2?2???2n2n?1=n?2n?12，
x?xn?1?1)
n211ex1ex21 x2x1?x2)?(e?)?e??x1?x1x2?ex1?x2?1x1x2x2eeeee?e
n 经过倒序相乘,就可以得到f(1)?f(2)?f(3)???f(n)?(en?1?1)2 例37.已知f(x)?x?1,求证:f(1)?f(2)?f(3)???f(2n)?2n(n?1)n
x 解析:(k?1)(2n?1?k?k1k2n?1?k1 )?k(2n?1?k)????2(2n?1?k)?22n?1?k2n?1?kkk(2n?1?k) 其中:k?1,2,3,?,2n,因为k?2n?k(1?k)?2n?(k?1)(2n?k)?0?k(2n?1?k)?2n 所以(k?1)(2n?1?k?k1)?2n?2
2n?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:Sn?1?1?1???nn?1n?213?. nk?12 解析:2Sn?(1?n1111111)?(?)?(?)???(?) nk?1n?1nk?2n?2nk?3nk?1nxyxy 因为当x?0,y?0时,x?y?2xy,1?1?2,所以(x?y)(1?1)?4,所以1?1?xyxy4,当且仅当x?yx?y时取到等号.
所以2S 所以
n?44444n(k?1) ??????n?nk?1n?1?nk?2n?2?nk?3n?nk?1n?nk?1Sn?2(k?1)2(k?1)43??2??1k?1k?121?k?n所以
Sn?11113 ??????nn?1n?2nk?12例39.已知f(x)?a(x?x1)(x?x2),求证:
f(0)?f(1)?a216.
2 解析:f(0)?f(1)?a2[x(1?x)][x(1?x)]?a.
112216例40.已知函数f(x)=x2－(－1)k·2lnx(k∈N*).k是奇数, n∈N*时,
－
求证: [f’(x)]n－2n1·f’(xn)≥2n(2n－2). 解析: 由已知得f?(x)?2x?2(x?0)，
x(1)当n=1时，左式=(2x?2)?(2x?2)?0右式=0.∴不等式成立.
xx(2)n?2, 左式=[f?(x)]n?2n?1?f?(xn)?(2x?2)n?2n?1?(2xn?2)
xxn ?2n(C1xn?2?C2xn?4???Cn?21?Cn?11).
nnnnn?4n?2xx 令S?C1xn?2?C2xn?4??Cn?21?Cn?11 nnnnn?4n?2xx 由倒序相加法得：
12S?Cn(xn?2?1xn?22)?Cn(xn?4?1xn?4n?1)???Cn(1xn?2?xn?2)
12n?1 ?2(Cn?Cn???Cn)?2(2n?2)，
所以S?(2n?2).
所以[f?(x)]n?2n?1?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)
（1）求函数f(x)的最小值，并求最小值小于0时的a取值范围；
1'2'n?1' （2）令S(n)?Cnf(1)?Cnf(2)???Cnf(n?1)求证：S(n)?(2n?2)?f'(n)
?2(1)由f'(x)?axlna?1,f'(x)?0,即：axlna?1,?ax?同理：f'(x)?0,有x??logalna,1,又a?1?x??logalnalna所以f'(x)在(??,?logalna)上递减，在（?logalna,??)上递增；所以f(x)min?f(?logalna)?若f(x)min?0,即1?lnlnalna
1?lnlna1?0,则lnlna??1,?lna?lnae1e?a的取值范围是1?a?e12n?1(2)S(n)?Cn(alna?1)?Cn(a2lna?1)???Cn(an?1lna?1)122n?1n?112n?1?(Cna?Cna???Cna)lna?(Cn?Cn???Cn)112n?1?[Cn(a?an?1)?Cn(a2?an?2)???Cn(an?1?a)]lna?(2n?2)2 ?a(2n?2)lna?(2n?2)n?(2?2)(alna?1)?(2n?2)f'(),2所以不等式成立。nn2n2
★例42. (2008年江西高考试题)已知函数
解析:对任意给定的a?0,x?0,由
11f(x)???1?x1?a181?axf?x??11ax,x??0,???.对任意正数a??ax?81?x1?a,证明：1?f?x??2．
,
若令 b?8，则 abx?8① ,而
f?x??ax（一）、先证f?x??1；因为111??1?x1?a1?b②
11，11， 1，1???1?x1?x1?b1?b1?a1?a又由 2?a?b?x?22a?2bx?442abx?8 ，得 a?b?x?6．
所以f?x??1?1?1?1?1?1?3?2(a?b?x)?(ab?ax?bx)
(1?x)(1?a)(1?b)1?x1?a1?b1?x1?a1?b?9?(a?b?x)?(ab?ax?bx)1?(a?b?x)?(ab?ax?bx)?abx??1．
(1?x)(1?a)(1?b)(1?x)(1?a)(1?b)（二）、再证f?x??2；由①、②式中关于x,a,b的对称性，不妨设x?a?b．则0?b?2
（ⅰ）、当a?b?7，则a?5，所以x?a?5，因为
1?1， 1?b112，此时f?x??1?1?1?2． ???11?x1?a1?b1?x1?a1?5 （ⅱ）、当a?b?7③，由①得 ,因为
同理得今证明
x?8，1?ab1?xab，
ab?81bb2b2 所以 ?1???[1?]21?b1?b4(1?b)2?(1b)1a⑤ ?1?2(1?a)1?a1b④ ?1?2(1?b)1?b，于是
1?abab?⑥ f?x??2????2?2?ab?8??1?a1?b?abab⑦, ??21?a1?bab?8因为 a?b?21?a1?bab ，
(1?a)(1?b)只要证
abab，即
ab?8?(1?a)(1?b)，也即 a?b?7，据③，此为显然． ?(1?a)(?1b)ab?8f(x)?2．
因此⑦得证．故由⑥得
综上所述，对任何正数a,x，皆有1?f?x??2．
例43.求证:1?111 ?????2n?1n?23n?1解析:一方面:
1111?11?12????????????1n?1n?23n?12?34?24(法二)
1111??11??11?1?? ?1?????????????????????n?1n?23n?12??n?13n?1??n?23n??3n?1n?1???? 1?4n?24n?24n?2????????2?(3n?1)(n?1)3n(n?2)(n?1)(3n?1)????(2n?1)2111 ????2n?1????????122?2?(2n?1)2?n2(2n?1)2?(n?1)2(2n?1)?n?(2n?1)? 另一方面:
十、二项放缩
1112n?12n?2 ???????2n?1n?23n?1n?1n?11n1 2n?(1?1)n?Cn0?Cn,2n?Cn0?Cn???Cn?n?1,
2 2n?C0?C1?C2?n?n?2 2n?n(n?1)(n?2)
nnn2例44. 已知a1?1,an?1?(1?211)an?n.证明an?e n?n22 解析:
an?1?(1?111 )an??an?1?1?(1?)(an?1)?n(n?1)n(n?1)n(n?1)ln(an?1?1)?ln(an?1)?ln(1?n?111 n?1， 11)?.??[ln(ai?1?1)?ln(ai?1)]???ln(an?1)?ln(a2?1)?1??1n(n?1)n(n?1)i(i?1)ni?2i?2即ln(an?1)?1?ln3?an?3e?1?e2.
45.设
1，求证：数列{an}单调递增且anan?(1?)nn?4.
解析: 引入一个结论：若b?a?0则bn?1?an?1?(n?1)bn(b?a)（证略）
整理上式得an?1?bn[(n?1)a?nb].（?）
以a?1?1,b?1?1代入（?）式得(1?1)n?1?(1?1)n.
n?1nn?1n即{an}单调递增。 以
a?1,b?1?1代入（2n?）式得1?(1?1n11)??(1?)2n?4. 2n22nn此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有(1?1)n?4，又因为数列{an}单调递增，所以对一切正整数n有(1?1)nn?4。
注：①上述不等式可加强为2?(1?1)n?3.简证如下：
n1112n1 利用二项展开式进行部分放缩：an?(1?1)n?1?Cn??Cn?2???Cn.nnnnn 只取前两项有a?1?C1?1?2.对通项作如下放缩：
nnn11nn?1n?k?1111 kCn????????.nk!1?2?22k?1nkk!nnn?1 故有an?1?1?1?1???1?2?1?1?(1/2)?3.
22221?1/22n?1②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1?i?m?n（.1）
ii证明niAm；（2）证明(1?m)n?(1?n)m.（01年全国卷理科第20题） ?miAn 简析 对第（2）问：用1/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，且1?i?m?n,故(1?m)1n1m1?(1?n)n,即(1?m)1n?(1?n)m。
当然，本题每小题的证明方法都有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”概率模型、构造函数等都可以给出非常漂亮的解决！详见文[1]。
例46.已知a+b=1,a>0,b>0,求证：an?bn?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a?1?d,b?1?d，
222从而
例47.设n?1,n?N，求证(2)n?38. (n?1)(n?2)22 ?1??1?an?bn???d????d??21?n?2??2?nn解析: 观察(2)n的结构，注意到(3)n?(1?1)n，展开得
3111nn(n?1)(n?1)(n?2)?6，即11231(n?1)(n?2)，得证. (1?)n?1?Cn??Cn?2?Cn?3???1???(1?)n?222882228例48.求证:ln3?ln2?ln(1?1)?ln2. 解析:参见上面的方法,希望读者自己尝试!)
n2nn例42.(2008年北京海淀5月练习) 已知函数y?f(x),x?N*,y?N*，满足：
①对任意a,b?N*,a?b，都有af(a)?bf(b)?af(b)?bf(a)；
②对任意n?N*都有f[f(n)]?3n.
（I）试证明：f(x)为N上的单调增函数； （II）求f(1)?f(6)?f(28)； （III）令an?f(3n),n?N*，试证明：.
n11≤??4n?2a1a2?11 ?an4*
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af(a)?bf(b)?af(b)?bf(a),所以可以得到(a?b)f(a)?(a?b)f(b)?0,
也就是(a?b)(f(a)?f(b))?0,不妨设a?b,所以,可以得到f(a)?f(b),也就是说f(x)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(a?b)(f(a)?f(b))?0,令b?1,a?f(1),则可以得到
(f(x)?1)(f(f(1))?f(1))?0,又f(f(1))?3,所以由不等式可以得到1?f(1)?3,又 f(1)?N*,所以可以得到f(1)?2 ① 接下来要运用迭代的思想:
因为f(1)?2,所以f(2)?f[f(1)]?3,f(3)?f[f(2)]?6,f(6)?f[f(3)]?9 ② f(9)?f[f(6)]?18,f(18)?f[f(9)]?27,f(27)?f[f(18)]?54,f(54)?f[f(27)]?81 在此比较有技巧的方法就是:
81?54?27?54?27,所以可以判断f(28)?55 ③
*
高考数学_压轴题_放缩法技巧全总结(最强大)
