放缩法在解答数列题中的应用技巧(十一种放缩方法全归纳)共45页.pdf

1、放缩法在解答数列题中的应用技巧（十一种放缩方法全归纳）证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高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.一、放缩技巧(1)2221441124412121nnnnn(2)1211211(1)(1)(1)(1)nnCCnn nn nn n(3)11!11111(2)!()!(1)1rrnrrnTCrnr nrnrr rrr (4)1111(1)1 132 13 2(1

2、)nnn n (5)1112(21)212nnnn(6)122nnn(7)12(1)2(1)nnnnn(8)12111121232(21)2(23)2nnnnnnn(9)11111111,(1)11(1)11k nknkknn nkknnk (10)11(1)!(1)!nnnn(11)12 222(2121)21211122nnnnnnn 下载最新免费模拟卷，到公众号：一枚试卷君(11)1211222211(2)(21)(21)(21)(21)(22)(21)(21)2121nnnnnnnnnnnnnn(12)32111111(1)(1)(1)(1)11n nnn nn nnnnn n 111

3、11111211nnnnnnn (13)121222 2(3 1)233(21)2213213nnnnnnnnn (14)211!(1)!(2)!(1)!(2)!kkkkkk(15)11(2)(1)nnnn n(16)22222222111()(11)11ijijijijijijij 二、经典试题解析 （一）、经典试题01、裂项放缩 1（1）求21241nkk的值；（2）求证:21153nkk.2求证:222111711(2)35(21)62(21)nnn.3求证:211111141636424nn.4求证:11 31 3 51 3 5(21)21 122 42 4 62 4 62nnn 5求

4、证：1112(1 1)12(21 1)23nnn 6求证:2611151(1)(21)493nnnn.7已知,N,1,123mmmmmn mxSn，求证:11(1)(1)1mmmnmSn.8已知42nnna，122nnnTaaa，求证:12332nTTTT.9已知11x ，(21,)1(2,)nn nkkZxnnk kZ ，求证:44423452211112(1 1)(*)nnnnNxxxxx x.02、函数放缩 10求证：*ln 2ln3ln 4ln3563()23436nnnnnN.11求证:2ln 2ln3ln212,(2)232(1)nnnnnn.12求证:23(1 1 2)(12 3

5、)1(1)nn ne .03、分式放缩 13证明姐妹不等式:111(1 1)(1)(1)(1)213521nn和11111(1)(1)(1)(1)246221nn（也可以表示成为2 4 62211 3 5(21)nnn 和1 3 5(21)12 4 6221nnn ）14证明:3111(1 1)(1)(1)(1)31.4732nn04、分类放缩 15求证:111123212nn.16在平面直角坐标系 xoy中，y 轴正半轴上的点列nA与曲线20yx x上的点列nB满足1nnOAOBn，直线nnA B 在 x 轴上的截距为na.点nB 的横坐标为nb，nN.（1）证明na 1na 4，nN；（2

6、）证明有0nN，使得对0nn 都有312121nnnnbbbbbbbb2008n.17已知函数2()(1,)f xxbxc bcR，若()f x 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nTA？并证明你的结论.18设不等式组0,0,3xyynxn 表示的平面区域为nD，设nD 内整数坐标点的个数为na.设122111nnnnSaaa，当2n 时，求证:1232111171136nnaaaa.05、迭代放缩 19已知141nnnxxx，11x ，求证:当2n 时，11222nnii

7、x.20设12sin1!sin 2!sin!222nnnS，求证:对任意的正整数 k，若 kn 恒有:|Sn+kSn|0，b0，求证：1.2nnnab.30已知函数 fx的定义域为0，1，且满足下列条件：对于任意 x 0，1，总有 3f x ，且 14f；若12120,0,1,xxxx 则有1212()3.f xxf xf x（1）求 f0的值；（2）求证：fx4；（3）当111(,(1,2,3,)33nnxn 时，试证明：()33f xx.31已知：121,0niaaaa(1,2)in，求证：222211212231112nnnnnaaaaaaaaaaaa.11、部分放缩（尾式放缩）32求证

8、:111143 13 2 13 217n.33设112naa 11,2.3aa an求证：2.na 34已知数列 na的首项135a，1321nnnaaa ，1n 、2、（1）证明：对任意的0 x，2112131nnaxxx，1n 、2、；（2）证明：2121nnaaan.12、经典题目方法探究 35已知函数()ln(1)f xxx.若()f x 在区间0,(*)n nN上的最小值为nb，令ln(1)nnanb.求证:13135211224246221 1nnna aa aaaaaaaaaaaa.36设函数sin()2cosxf xx，如果对任何0 x，都有()f xax，求a 的取值范围37

9、若0arccos3ixa，其中1,2,3,in且103a，123arccos3nxxxxa，求证:3123tantantantanarccos322222nxxxxaa.38已知函数 11axxf xex，若对任意0,1x恒有 1f x ，求a 的取值范围.39证明:ln 2ln3ln 4ln(1)(*,1)34514nn nnNnn.40已知112111,(1).2nnnaaann证明2nae.41已知函数()lnf xxx，若0,0,ab证明()()ln2()()f aabf abf b42已知函数()f x 是在(0,)上每一点处均可导的函数,若()()xfxf x在(0,)上恒成立.(

10、)求证:函数()()f xg xx在(0,)上是增函数;当1200 xx，时,证明:1212f xf xf xx;()已知不等式ln(1)xx在1x 且0 x 时恒成立,求证:22222222*1111ln 2ln3ln 4ln(1),234(1)2(1)(2)nnnNnnn 43若111,1nnaaan，求证:121112(1 1)nnaaa.44求证：1123221,nnnnnnCCCCnnnN.45已知()xxf xee，求证:12(1)(2)(3)()(1)nnffff ne 46已知1()f xxx，求证:(1)(2)(3)(2)2(1)nnffffnn47若7k ，求证:11113

11、1212nSnnnnk.48已知函数 11811axf xaxxa，0 x,.对任意正数a，证明：12f x 49求证:111121231nnn.（二）、详细解析1.【分析】（1）根据裂项相消求和即可；（2）根据221114nn放缩再求和即可【详解】(1)因为2221141(21)(21)2121nnnnn，所以2121111112.411335212121nknknnn(2)因为22211411214121214nnnnn，所以21111112512135212133nkknn 2.【分析】根据211(21)(21)(21)nnn放缩后利用裂项相消求和即可【详解】因为211111(21)(2

12、1)(21)2 2121nnnnn，(2)n 故2111 11111 111.1()(21)2 3521212 321nkknnn 7162 21n，故222111711(2)35(21)62(21)nnn 3.【详解】由22211111111111(1)(1 1)41636442424nnnn 根据2111nnn得22111111111122231nnnn 所以221111111(1)(1 1)42424nnn 4.【分析】利用分式放缩法证明出1 3 5(21)12 4 6221nnn ，进而利用数学归纳法证明 11121 13521nn 即可.【详解】由21 3 5(21)1 2 3212

13、12 4 622 3 422121nnnnnnn ，得1 3 5(21)12 4 6221nnn ，所以 11 31 3 5(21)11122 42 4 623521nnn ，要证 11 31 3 5(21)21 122 42 4 62nnn ，只需证 11121 13521nn，下面利用数学归纳法证明：121122nnn2 22(2121)2121nnnn 累加相消，可得11112(21 1)23nn.故得证.6.【分析】先证右边，根据221114nn放缩，再证左边，根据211(1)nn n放缩，讨论3n 和1,2n 时的情况即可【详解】一方面:因为22211411214121214nnnn

14、n，所以21111112512135212133nkknn 另一方面:21111111111491 22 33 4(1)11nnn nnn 当3n 时，2161121121nnnnnnnnn，成立 当1n 时，261111(1)(21)49nnnn，当2n 时，261111(1)(21)49nnnn，所以综上有2611151(1)(21)493nnnn 7.【分析】由分析可知要证明的不等式等价于1111(1)(1)nnmmmkkkkmk 111(1)nmmkkk，只需证1111(1)(1)(1)mmmmmkkmkkk，即111111111mmmkkk，证明(1)1nxnx 对于N,1nx 恒成

15、立，即可求证.【详解】首先可以证明:(1)1nxnx 令 (1)1nh xxnx，则 11 1(1)(1)nnh xnxnnx，当1n 时，0h x 恒成立，符合题意；当2n 时，由1(1)nyx可得21(1)nynx，因为1x ，所以21(1)0nynx，可得1(1)nyx在1,单调递增，由 1101()nh xnx 可得111(1)(10)nnx，可得0 x，所以 (1)1nh xxnx在1,0上单调递减，在0,上单调递增，所以 00h xh，即(1)1nxnx 对于N,1nx 恒成立，因为1111111111112101nmmmmmmmmmknnnnnkk 1111111111(1)1(

16、1)(1)21(1)nmmmmmmmmmknnnnnkk，所以要证11(1)(1)1mmmnmSn，只要证：1111111(1)(1)(1)nnnmmmmmkkkkkmkkk，只需证1111(1)(1)(1)mmmmmkkmkkk，只需证111111111mmmkkk，即等价于11111mmkk，11111mmkk，因为1(1)nnxx，所以11111mmkk和11111mmkk显然成立，所以原命题成立.8.【分析】由题意求出12naaa4(41)2(1 2)3nn，通过化简、裂项求得13112 2121nnnT，进而可证明12332TTTT.【详解】12312124444(222)nnnaa

17、a4(1 4)2(1 2)4(41)2(1 2)1 41 23nnnn所以111122244442(41)2(12)22233333nnnnnnnnnnT1123 23243 222 2(2)3 21nnnnnn 1323112(2 21)(21)2 2121nnnnn从而123131111131233721212nnnTTTT 9.【分析】分奇偶代入(21,)1(2,)nn nkkZxnnk kZ ，再根据224411414nn与21nnn 放缩求和即可【详解】证明:224444221111112(21)(21)22414nnx xnnnnnn，因为 21nnn，所以 42211222(1)

18、21nnnnx xnnn 所以 44423452211112(1 1)(*)nnnnNxxxxx x 10.【分析】观 察 不 等 式，构 造 函 数 不 等 式 ln1xx，变 形 得 ln11xxx，累 加ln 2ln3ln 4ln311131()2343233nnnn，再放缩即可得证.【详解】先构造函数()ln1f xxx ，1()1fxx，易知()f x 在(0,1)递增，在(1,)递减，所以()(1)0f xf 所以有ln1ln11xxxxx ，从而 ln 2ln3ln 4ln311131()2343233nnnn 11111111111111233234567892213nnnn1

19、115339933566918272 336nnnnn所以 ln 2ln3ln 4ln3556313234366nnnnnn 11.【分析】构造函数ln()xf xx，得到22lnlnnnnn，再证明ln1xx，由此可得222ln1111(1)nnnn n ，求和后可以得到答案.【详解】构造函数ln()xf xx，则21 ln()xfxx，当 xe时，()0fx，函数()f x 在(,)e 上为减函数，又2n，2，2nne，2()()f nf n，即22lnlnnnnn，设()lng xxx，则11()1xg xxx，当1x时，()0g x，函数()g x 在1,)上为减函数，又2n 时，21

20、n 2()(1)g ng，即22ln1nn ，222ln1111+1nnnn n (2)n，22ln 2ln 211222 3，22l433n3ln3113 ，22lnln11(+1)nnnnnn，ln 2ln3ln1111232 33 4(+1)nnnn n，ln 2ln3ln11111111()=1232334+12(1)nnnnnnnn ，2ln 2ln3ln21(2)232(1)nnnnnn12.【分析】构造函数先证明3ln(1)2(0)1xxx，得到3ln 1121n nn n，再叠加求和即可证明【详解】构造函数 3ln(1)2(0)1f xxxx，则 22132111xfxxxx，

21、故当0,2x时，fx 单调递减；当2,x 时，fx 单调递增 故 3ln122ln3 101f xxfx，故 3ln(1)201f xxx，所以33ln(1)221xxx，令1xn n，则3ln 1121n nn n，故111ln 1 1 2ln 1 2 3.ln 1123.1 22 31n nnn n 323231nnn，即ln 1 1 2ln 1 2 3.ln 1123n nn 故23(1 1 2)(12 3)1(1)nn ne 三、分式放缩 姐妹不等式:(0,0)bbm bamaam和(0,0)bbm abmaam 记忆口诀”小者小，大者大”，解释:看 b，若 b 小，则不等号小于号，反

22、之.13.【分析】根据(0,0)bbm bamaam放缩证明即可【详解】利用假分数的一个性质(0,0)bbm bamaam可得 2 4 621 3 521nn3 5 7212 4 62nn 1 3 521(21)2 4 62nnn22 4 62()211 3 521nnn即111(1 1)(1)(1)(1)21.3521nn 故1111121(1 1)(1)(1)(1)3521nn，即112 4 6221)1 3 5 21nnn，故1 3 5(21)12 4 6221nnn ，即11111(1)(1)(1)(1)246221nn 14.【分析】进行两次放缩，再相乘化简即可【详解】运用两次次分式

23、放缩:因为11111132313nnn ，故 3133132313nnnnnn，所以 2 5 8313 6 93.1 4 7322 5 831nnnn 2 5 8314 7 1031.1 4 7323 693nnnn两式相乘，可以得到:22 5 8314 7 10311 4 732.(31)1 4 7322 58312 5 831nnnnnnn，故32 5 8311 4 7322 5 831(31)1 4 7322 5 8311 4 732nnnnnnn 即32 5 831(31)1 4 732nnn 所以有3111(1 1)(1)(1)(1)31.4732nn 15.【分析】根据111111

24、1221111111222222222nnnnnnnnn放缩即可【详解】当2n 时，1111111221111111222222222nnnnnnnnn，故3333111111111111()()23212442222n 11111()(1)2222222nnnnnnn16.【分析】（1）根据 y 轴正半轴上的点列nA与曲线20yx x上的点列nB满足1nnOAOBn得出*211 1,nbnNn，再根据直线nnA B 在 x 轴上的截距为na 求解na 即可（2）设*11,nnnbcnNb，代入nb 化简，利用放缩方法得到*1,2ncnNn，再设*12,nnSccc nN，证明当*221knk

25、N时nS 12k 即可证明【详解】（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 110200nnnabbnn 故12nnnbanb 22221210,2nnnnn bn bbn b，2221212121 2121212nnnnnnnnnnnnnbnbbnbbnbban bn bnbnbnb2112222224nnnnnnbbbbn bn b22111 1221nann 显然，对于1101nn，有*14,nnaanN (2)证明：设*11,nnnbcnNb，则 222222222

26、211111111111111111111 11 1111nnnnnnncnnnn 22222222221111111111111111 1111 11111nnnnnnnnnn 222222211 111111111 11 1111nnnnnnn 222222222222111 11 111111111111111111nnnnnnnnnnnn 2222222222111 11 1212121112121111111211121211nnnnnnnnnnnnnn 2*1212210,2nnnnncnNn 设*12,nnSccc nN，则当*221knkN时，23111111111113421

27、234212212nkkkkS212311112222222kkk.所以，取4009022n，对0nn 都有：0312124017 111120082nnnnbbbSSbbb故有312121nnnnbbbbbbbb2008n 成立.17.【分析】首先计算出2()2f xxx，再利用放缩法求出nT.【详解】因为()f x 的定义域为1，0，值域也为1，0所以 2000,22111fccbf xxxfbc nnnnnnfbn12)(323 nbbbbTnn131211321 214124131，2181481716151，2121221221121111kkkkk，故当kn2时，12nkT ，因此

28、，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2212nmTmA.故不存在常数 A 使nTA对所有2n 的正整数恒成立.18.【分析】容易得到3nan，所以，要证1232111171136nnaaaa只要证111711123212nn，由 于*23411117=2,91236nSSnnNaa，进 而 记111122nTnnn，得*72,12nnTnN 故1111111111111()()()234567821222nnn1212221377111(1)221212nnTTTn，所以原命题得证【详解】因为0,0 xy，3ynxn，所以30nxn，即03x，所以1x

29、或2x 所以nD 内整数坐标点在直线1x 和2x 上，所以3ynxn 与1x 的交点纵坐标为12yn，有整数点2n 个，3ynxn 与2x 的交点纵坐标为2yn，有整数点n 个 所以nD 内整数坐标点的个数为3nan 因为12211111113122nnnnSaaannn，所以12221221221111111nnnnnnnnnSaaaaaaSa212211111111111=03 212213 2122nnnaaannnnn 所以10nnSS，即1nnSS，所以*23411117=2,91236nSSnnNaa，即*11113126272,3nnNnnn 所以111122nnn*72,12

30、nnN，记111122nTnnn，则*72,12nnTnN 所以要证1232111171136nnaaaa，即证 11117111323362nn，所以只需证111711123212nn，因为1111232n 1111111111111()()()234567821222nnn 12122237711121211221nnTTnT*2,nnN所以当2n 时，求证:1232111171136nnaaaa成立.19.【分析】推导出数列22nnxx是等比数列，确定该数列的首项和公比，求得4231nnx ，分析可知，当2n 时，1122nnx，结合等比数列的求和公式可证得结论成立.【详解】因为141n

31、nnxxx，11422122142323221nnnnnnnnnnxxxxxxxxxx，且112123xx，所以，数列22nnxx是等比数列，且首项和公比均为13，所以，1232nnnxx，解得231423131nnnnx，所以，4423131nnnx，当2n 时，310n ，11311312222nnnn，因为数列 1322n为递增数列，112n为递减数列，故数列1131222nn为递增数列，当2n 时，1131131911222288nnnn，故1312nn，所以，1144123122nnnnx，因此，12111111121221222221nnnniix.相加后就可以得到:1211112

32、(1)22(1)1(22)12322nnaaanaannnn 所以 11 31 3 51 3 5(21)22122 42 4 62 4 62nnn 22.【分析】利用分式放缩法证明出1 3 5(21)12 4 6221nnn ，进而利用数学归纳法证明 11121 13521nn 即可.【详解】由21 3 5(21)1 2 321212 4 622 3 422121nnnnnnn ，得1 3 5(21)12 4 6221nnn ，所以 11 31 3 5(21)11122 42 4 623521nnn ，要证 11 31 3 5(21)21 122 42 4 62nnn ，只需证 11121 1

33、3521nn，下面利用数学归纳法证明：当1n 时，左边=13，右边=31，因为323 1，所以13 31，不等式成立；假设 nk时不等式成立，即 11121 13521kk，那么当1nk 时，(21)(23)2311111121 13521232323kkkkkkkk ，要证(21)(23)23123 123kkkkk，只需证2(21)(23)23 1(23)23kkkkk ，即证(21)(23)22kkk，也就是证：30，b0，可认为12ab，成等差数列，设1122adbd，则1122nnnnabdd，所以112222212212nnnnnnddabdd，当且仅当 1122dd时取等号，即2

34、2nnnab，所以12nnnab.30.【分析】（1）令120 xx，由，可得(0)3.f（2）任取12,0,1,x x 且设12,xx结合已知条件可得12()()f xf x，所以()f x 在0，1上递增，所以()(1)4f xf，（3）先用数学归纳法证明：1111()3(*)33nnfnN，而当111(,(1,2,3,)33nnxn 时，1111133333()333nnnxf ，结合函数的单调性可得结论【详解】（1）解：令120 xx，由对于任意 x 0，1，总有 3f x，(0)3f 又由得(0)2(0)3,ff即(0)3;f (0)3.f（2）解：任取12,0,1,x x 且设12

35、,xx 则2121121()()()()3,f xf xxxf xf xx 因为210 xx，所以21()3f xx，即21()30,f xx 12()()f xf x.()f x 在0，1上递增，当 x 0，1时，()(1)4f xf.（3）证明：先用数学归纳法证明：1111()3(*)33nnfnN 当 n=1 时，0011()(1)41 3333ff ，不等式成立；假设当 n=k 时，1111()3(*)33kkfkN 由11111111()()()()33333333kkkkkkkffff 111()()()6333kkkfff 得111113()()69.333kkkff 即当 n=

36、k+1 时，不等式成立 由（1）、（2）可知，不等式1111()333nnf 对一切正整数都成立.于是，当111(,(1,2,3,)33nnxn 时，1111133333()333nnnxf ，而 x 0，1，fx 单调递增 111()()33nnff，所以，11()()33.3nf xfx 31.【分析】通过构造对偶式：2222112122311nnnnnaaaaAaaaaaaaa，2222321122311nnnnaaaaBaaaaaaaa，首先证明 AB，然后构造1()2AAB，从而利用基本不等式证明.【详解】构造对偶式：令2222112122311nnnnnaaaaAaaaaaaaa，

37、2222321122311nnnnaaaaBaaaaaaaa，则22222222231112122311nnnnnnaaaaaaaaABaaaaaaaa 122311()()()()0nnnaaaaaaaa，所以 AB，又因为221()2ijijijaaaaaa，(,1,2)i jn 所以2222222223111212231111()22nnnnnnaaaaaaaaAABaaaaaaaa1212231111()()()12(42nnnnaaaaaaaaaaa，所以222211212231112nnnnnaaaaaaaaaaaa.32.【分析】利用放缩法，结合等比数列的求和公式即可求证 【详解

38、】11113 213 2nn，2111113 13 2 13 213 21n 212111111111473 23 21283 23 2nn21211111111111283 22283 22nn211111111114748442411283283848471122n33.【分析】利用放缩法得112naa 222111111323aann，又21111(1)1k kkkk，结合裂项相消求和法即可证明.【详解】证明：因为2a，所以112naa 222111111323aann，又2(1),2kk kk kk（只将其中一个 k 变成1k ，进行部分放缩），所以21111(1)1k kkkk，所以

39、2221111111111(1)()()232231nannn 122.n 34.【分析】（1）推出数列1nnaa是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列1nnaa的通项公式，进而可求得 na的通项公式，然后利用配方法可证得结论成立；（2）取22111 222113311333313nnnxnnn，由（1）中的结论结合等比数列求和可证得所证不等式成立.【详解】（1）对任意的nN，1321nnnaaa ，则113112113321nnnnnnnnaaaaaaaa，因为1315a ，可得12130,121aaa，23230,121aaa，以此类推，可知，对任意的nN，0,1na，且有1112

40、3aa ，所以，数列1nnaa是等比数列，且首项为23，公比为 13，所以，112123 33nnnnaa ，解得323nnna，1213 nna，对任意的0 x，nN，22112111113111nnxxxxaxx 2211211111nnnnnaaaaxaxx ，得证；（2）由（1）可知，对任意的0 x，有1222122213331nnnaaanxxx 取22111 222113311333313nnnxnnn，所以，2212111111133nnnnnnaaannn，故原不等式成立.35.【分析】确定(1)nnalnnbn，再证明13212421 3 5(21)122 4 6221212

41、1nna aana aannnn 2121nn，相加相消，即可证明结论【详解】证明：()01xfxx，0 x，()f x的单调减区间为(0,)，()f x 在0,(*)n nN上单调递减，ln 1nbf nnn，ln 1nnanbn，13212421 3 5(21)2 4 622 4 623 5 7(21)nna aanna aann ，即有1 3 5(21)1221212 4 62212121nnnnnnn ，1313211224242(31)(53)(2121)nna aa aaannaa aa aa 21 121 1nna 36.【分析】令()()g xaxf x，由题意可得()0g x

42、 对于0,x 恒成立，求 gx，分别讨论13a、103a和0a 时，()()g xaxf x的单调性与最值，即可求解.【详解】因为sin()2cosxf xx，所以222cos(2cos)sin12cos()(cos2)(cos2)xxxxfxxx，因为()()g xaxf x，(0)0g，则222 cos2312cos()()(cos2)(cos2)xxg xafxaaxx 22231113cos2(cos2)cos233aaxxx，当13a 时，()0g x恒成立，()()g xaxf x在0,上单调递增，()(0)0g xg，所以当13a 时，()f xax恒成立.当0a 时，10222

43、fa，因此当0a 时，不符合题意；当103a时，令()sin3h xxax，则()cos3h xxa，故当0 arccos3xa，时，()0h x，()sin3h xxax在0,arccos3a 上单调递增，故()(0)0h xh，即sin3xax，所以当0,arccos3xa时，sinsin()2cos3xxf xaxx，所以103a不符合题意；所以综上有 a 的取值范围是 1,3.37.【分析】由三角恒等变换的公式化简得到sintan 22iixx，令()sin3h xxax，利用导数求得函数 h x在(0,arccos3)a 单调递增，得出sin3xax，进而得到sin3tan 222i

44、iixxax，结合题意，即可证明.【详解】由2sin2sincossinsin222tan 2cos12cos2cos22iiiiiiiiixxxxxxxxx，当103a时，令()sin3h xxax，则()cos3h xxa，所以当(0,arccos3)xa时，0h x，所以 h x 单调递增，所以()(0)0h xh，即sin3xax，可得sin3iixax，即sin3tan 222iiixxax，所以312123tantantantan()22222nnxxxxa xxx，因为123arccos3nxxxxa，所以3123tantantantanarccos322222nxxxxaa 3

45、8.【分析】先确定函数的定义域，求导函数，判定函数的单调性，按 0a2，a2，a0 进行分类讨论，即可得到结论【详解】函数的定义域为（，1）（1，+），求导函数可得，当 0a2 时，f（x）0，函数在（，1）和（1，+）上为增函数，对任意 x（0，1）恒有 f（x）f（0）1；当 a2 时，函数在（，），（，1）和（1，+）上为增函数，在（，）上为减函数，取 x0（0，1），则 f（x0）f（0）1；当 a0 时，对任意 x（0，1）恒有且 eax1，.综上，当 a,2时，对任意 x（0，1）恒有 f（x）1 39.【分析】构造函数()ln(1)(1)1(1)f xxxx，求导分析单调性可证明

46、ln(1)2xx，再令21xn累加求和即可【详解】构造函数()ln(1)(1)1(1)f xxxx，求导，可以得到:12()111xfxxx，令()0fx 有12x，令()0fx 有2x，所以()(2)0f xf，所以ln(1)2xx，令21xn 有，22ln1nn 所以 ln112nnn，故1ln 2ln3ln 4ln121.34512224nnnnn，所以 ln 2ln3ln 4ln(1)(*,1)34514nn nnNnn 40.【分析】分当1n 和2n 时两种情况，当2n 时，根据2111nnn n与1121nn n进行放缩，得到11ln(1)ln(1)(1)nnaan n 再累加证明

47、即可【详解】当1n 时，2111(1)222aa；当2n 时，111(1)(1)(1)nnaan nn n 111(1)(1)(1)nnaan n 11ln(1)ln(1)ln(1)(1)nnaan n.设 ln1,0f xxx x，则 11011xfxxx，故 fx 在0,上单调递减，故 ln100f xxxf，故ln1xx.令11xn n，则11ln(1)ln(1)(1)nnaan n，1112221ln(1)ln(1)(1)1ln(1)ln(1)111nniiiniaai iaan 即2ln(1)1 ln331.nnaaee 41.【分析】根据题意，设函数 (),0g xf xf kx

48、k，得到()ln()ln()g xxxkxkx，利用导数求得函数的单调性与最小值，得到()()2kg xg，进而得到()()ln2g xf kk，再令,xa kxb，代入即可求解.【详解】设函数 (),0g xf xf kx k，因为()lnf xxx，所以()ln()ln()g xxxkxkx，则0 xk，可得()ln1 ln()1lnxg xxkxkx ，令()0g x，则有1xkx，即 20 xkkx，解得 2kxk，所以 g x 在,)2k k 上单调递增，在(0,2k 上单调递减，所以 g x 的最小值为()2kg，即总有()()2kg xg，又由()()()ln(lnln 2)()

49、ln 2,2222kkkkgff kkkkf kk 所以()()ln2g xf kk，即()()()ln2f xf kxf kk，令,xa kxb，则.kab 所以()()()()ln2f af bf abab，即()()ln2()().f aabf abf b 42.【分析】(I)先利用导数的四则运算,求函数()g x 的导函数,结合已知证明导函数()0g x在(0,)上恒成立,即可证明其在(0,)上是增函数;利用的结论,且1200 xx，时,121xxx,且122xxx,得 121122121122,f xxf xf xxf xxxxxxx,从中解出1fx、2f x即可证得结论;(II)构

50、造一个符合条件的函数()lnf xxx,利用(I)的结论,得11221212lnlnlnln(2)nnnnxxxxxxxxxxxxn,令21(1)nxn,再将1222211123(1)nnSxxxn放缩,即可证得所证不等式【详解】()2()()()(),()f xfxxf xg xg xxx()()xfxf x，()0g x在(0,)上恒成立,从而有()()f xg xx在(0,)上是增函数.由知()()f xg xx在(0,)上是增函数,当1200 xx，时,有 121122121122,f xxf xf xxf xxxxxxx,于是有:121122121212,xxf xf xxf xf

51、xxxxxx,两式相加得:1212f xf xf xx()由()可知:1212120,0f xf xf xxxx恒成立由数学归纳法可知:0(1,2,3,)ixin时,有:123123(2)nnf xf xf xf xf xxxxn恒成立设()lnf xxx,则,则0(1,2,3,)ixin时,11221212lnlnlnln(2)nnnnxxxxxxxxxxxxn恒成立令21(1)nxn,记1222211123(1)nnSxxxn又111111 22 3(1)1nSn nn ,又11112 3(1)(2)22nSnnn,且ln(1)xx 1212121ln.ln 11nnnxxxxxxxxxn

52、 12111111 222(1)(2)nnxxxnnnnn 联立可得222222221111ln 2ln3ln 4ln(1),234(1)2(1)(2)nnnNnnn 于是222222221111ln 2ln3ln 4ln(1),234(1)2(1)(2)nnnNnnn 43.【分析】由条件可得21121nnnnaanaa，化简为211nnnaaa，相加相消得1211211111nnnaaaaaaaa，利用均值不等式求证即可.【详解】由21121121nnnnnnnaanaaaaa 所以有1211212111112212nnnnnaaaaaaanaaaa.44.【分析】利用二项式系数和、等比数

53、列求和公式以及n 元基本不等式可证得结论成立.【详解】不等式左边3001231221nnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCCC 0 1 211121212212221 2 22222nn nnnnnnnnnnn ，原结论成立.45.【分析】用基本不等式结合放缩证明1212()()1xxf xf xe，再倒序相乘证明即可【详解】因为12121212211212111()()()()xxxxxxxxxxxxeef xf xeeeeeeeee 1212121221121211221xxxxxxxxxxxxxxeeeeeeeeeee，故1212()()1xxf xf xe 将原式左边倒序相乘，则

54、111nff ne ，1211nff ne 111nf nfe ，故21(1)(2)(3)()1nnffff ne，即12(1)(2)(3)()(1)nnffff ne 46.【分析】先根据基本不等式证明11()(21)2221knknknk ，再倒序相乘证明即可【详解】11211()(21)(21)2121(21)knkknkknkknknkkknk 211(21)2(21)221(21)knkknkknknkkknk 其中:1,2,3,2kn，因为2(1)2(1)(2)0(21)2knkknknkknkn 所以11()(21)2221knknknk 从而22(1)(2)(3)(2)(22)

55、nffffnn，所以(1)(2)(3)(2)2(1)nnffffnn.47.【分析】采用倒序相加求出 2nS，根据基本不等式可得 114xyxy，进而得2(1)11nkSkn，结合放缩法得结果.【详解】111111112()()()()112231nSnnknnknnknkn因为当0,0 xy时，1122,xyxy xyxy，所以11()()4xyxy，所以 114xyxy，当且仅当 xy时取到等号.所以44444(1)21122311nn kSnnknnknnknnknnk 所以2(1)2(1)43211121nkkSkkkn，所以111131212nSnnnnk.48.【分析】设8bax则

56、 111111f xxab，再利用放缩法依次证明()1f x ，()2f x.【详解】对任意给定的0a，0 x，由111()1181f xxaax，若令 8bax，则 8abx ，而 111111f xxab（1）、先证 1f x ；因为1111xx，1111aa，1111bb，又由 422 224 28abxabxabx ，得 6abx 所以 111111111111f xxabxab32()()(1)(1)(1)abxabaxbxxab 9()()(1)(1)(1)abxabaxbxxab1()()1(1)(1)(1)abxabaxbxabxxab （2）、再证 2f x；由、式中关于,x

57、 a b 的对称性，不妨设 xab则02b（i）、当7ab，则5a，所以5xa，因为 111 b，1121111 5xa，此时 1112111f xxab（）、当7ab，由得，8xab，181ababx，因为 222111114(1)2(1)bbbbbbb 所以 112(1)1bbb 同理得112(1)1aaa ，于是 1222 118ababf xabab 今证明 2118abababab，因为 211(1)(1)abababab，只要证 (1)(1)8abababab，即 8(1)(1)abab，也即 7ab，据，此为显然 因此得证故由得()2f x 综上所述，对任何正数a,x，皆有 12f x49.【分析】利用缩放法证明不等式即可.【详解】11111111111231213123311nnnnnnnnn14242422(31)(1)3(2)(1)(31)nnnnnn nnn22222222111(21)211(21)(21)(1)(21)(21)nnnnnnnnn11121222123111nnnnnnn，即证：111121231nnn.