第28讲 证明不等式的常见技巧（解析版）.pdf

1、1/33第 28 讲证明不等式的常见技巧【高考地位】证明数列不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的证明技巧。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选择不等式的证明技巧.在高考中常常以解答题出现，其试题难度属中高档题.方法一比较法万能模板内容使用场景一般不等式证明解题模板第一步通过两个实数 a 与b 的差或商的符号（范围）确定 a 与b 大小关系；第二步得出结论.例 1 设实数,a b 满足 ab，求证：4422()abab ab【答案】详见解析.【解析】第一步，通过两个实数 a 与b 的差或商的符号（范围）确定 a 与b 大小关

2、系：第二步，得出结论：考点：不等式的证明.【点评】两个多项式的大小比较常用的两种方法是作差法和作商法.【变式演练 1】【2020 年全国普通高等学校统一招生考试试验检测卷】设不等式 2120 xx 的解集为 M 且 a，bM（1）证明：1364ab；（2）比较 1 4ab与 2 ab的大小【答案】（1）证明见解析；（2）1 42abab.【分析】下载最新免费模拟卷，到公众号：一枚试卷君2/33（1）先将12xx变成分段函数形式，即可求得集合 M，则可得,a b 的范围，利用绝对值的三角不等式，即可进行证明；（2）将两式分别平方，利用作差法比较大小即可.【详解】（1）证明：3212212131x

3、xxxxx ，不等式等价为212210 xx ，解得1122x，从而1 1,2 2M，a，bM，12a 且12b，1111111363632624abab（2）1 40ab，20ab，222222221 441 8164241 41abababa baabbab，由（1）知214a，214b，即2410a 且2410b ，2241410ab，即22144abab，故 1 42abab方法二分析法万能模板内容使用场景一般不等式证明解题模板第一步从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件；第二步把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题；第三步如果能够肯定这些条件都已具备，那么就

4、可以判定所证的不等式成立.例 2 设,3,a b cRabbcca证明：555322322322()()()9abca bcb cac ab。【答案】原命题等价于333222()()9abcabc，利用分析法。【解析】第一步，从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件：3/33第二步，把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题：第三步，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立：【变式演练 2】吉林省通化市梅河口五中 2020 届高三高考数学（文科）七模】设函数 2fxaxb（1）若 3f x 的解集为1,4，求实数 a，b 的值；（2）当1a ，2b 时，

5、若存在0 x R，使得200215fxxmm成立的 m 的最大值为 M，且实数 p，q满足33pqM，证明：02pq【答案】（1）15ab 或15ab ；（2）证明见解析.【分析】（1）就0a、0a、0a 分类求解后结合已知的解集可得,a b 的值；（2）利用绝对值不等式求得 2212xx最小值为3，解不等式235mm后可得2M，最后利用综合法和分析法可证02pq.【详解】（1）3f x 即为 23axb，所以 323axb.若0a，f xb，3f x 的解集不可能为1,4，舍.当0a 时，3f x 的解为3322bbxaa，所以312342baba，解得15ab .当0a 时，3f x 的解

6、为 3322bbxaa，所以342312baba，解得15ab .综上，15ab 或15ab .4/33（2）当1a ，2b 时，21222122213f xxxxxx，当且仅当22210 xx时等号成立，故253mm即220mm，故 12m，所以2M.故332pq.因为3320pq，故33pq，所以 pq 即0pq.要证：2pq，即证：2pq，即证：332pq，也就是即证：3238 126pqqq，即证：228 126qq，也就是即证：21 20qq，因为210q恒成立，故21 20qq必成立，故2pq.综上，02pq.方法三综合法万能模板内容使用场景一般不等式证明解题模板第一步从已知或证明

7、过的不等式出发，逐步推出其必要条件；第二步根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式；第三步得出结论.例 3 已知,a bR，1ab，求证：221125()()2abab来源:学科网 ZXXK【答案】详见解析.【解析】第一步，从已知或证明过的不等式出发，逐步推出其必要条件：第二步，根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式：第三步，得出结论：221125()()2abab5/33【点评】其证明过程最关键的一步是连续利用两次基本不等式放缩得到所证的结果，但要特别注意的是两次不等式的放缩能否均取得到等号，需进行验证.【变式演练 3】【四川省巴中市 2021 届高三零诊考试】已知 13fxxx.（1）若

8、存在0 x 使得206f xmm，求 m 的取值范围；（2）记0m 是（1）中m 的最大值且330abm，证明02ab.【答案】（1）12m；（2）证明见解析.【分析】（1）先求出()4f x，再解不等式246mm即得解；（2）先证明0ab，再结合基本不等式证明2ab即得证.【详解】（1）由题得 13|13|4f xxxxx ，所以2246,20,(2)(1)0mmmmmm，所以 12m.（2）由题得332ab，所以222232=()()()()24bab aabbabab，因为223()024bab，所以0.ab222223312=()()()()3()()()()44ab aabbabab

9、ababababab，(当且仅当ab时取等)所以3()8,2abab.所以02ab得证.方法四放缩法万能模板内容使用场景一般不等式证明解题模板第一步根据已知找出其通项公式()naf n；第二步然后运用恰当的放缩法对通项进行放缩；第三步利用数列求和公式即可得出结论.例 4 设.)1(3221nnSn求证.2)1(2)1(2nSnnn【答案】详见解析.6/33【解析】第一步，根据已知找出其通项公式()naf n：第二步，然后运用恰当的放缩法对通项进行放缩;第三步,利用数列求和公式即可得出结论:【点评】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2baab，若放成1)1(kkk则得2)

10、1(2)3)(1()1(21 nnnkSnkn，就放过“度”了！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naanaaaaaannnnnn22111111，其中3,2n等的各式及其变式公式均可供选用。【变式演练 4】求证：35191411)12)(1(62 nnnn.【答案】见解析.考点：放缩法；不等式的证明.【变式演练 5】设 a、b、c 是三角形的边长，求证3abcbcacababc.【答案】见解析.学&科网7/33考点：放缩法；不等式的证明.【变式演练 6】【四川省巴中市 2021 届高三零诊考试】已知数列 na满足12a，1122nnnaa.（1）证明：数列 2nna为等差

11、数列；（2）设2nnnab，证明：222121112nbbb.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）根据1122nnnnaa 1，结合等差数列的定义可证结论；（2）由（1）知，1(1)1nbnn ，根据21111nbnn(2)n 放大后裂项求和，可证不等式成立.【详解】（1）因为1122nnnnaa 1122112222nnnnnnnnnaaaa，所以数列 2nna是首项为 1，公差为 1 的等差数列.（2）由（1）知，1(1)1nbnn ，所以2211nbn，当2n 时，2211111(1)1nbnnnnn，所以222121111111111 1222231nbbbnnn .

12、方法五数学归纳法万能模板内容使用场景对于含有)(Nnn的不等式类型8/33解题模板第一步验证当 n 取第一个值时不等式成立；第二步当 n 取第一个值时不等式成立，如果使不等式在)(Nnkn时成立的假设下，还能证明不等式在1 kn时也成立；第三步这个不等式对 n 取第一个值以后的自然数都能成立得出结论.例 5若),3,2,1(0nixi，观察下列不等式：4)11)(2121xxxx，9)111)(321321xxxxxx，请你猜测)111)(2121nnxxxxxx将满足的不等式，并用数学归纳法加以证明。【答案】（x1+x2+xn）（）n2（n2），证明见解析【解析】第一步，验证当 n 取第一个

13、值时不等式成立：第二步，当 n 取第一个值时不等式成立，如果使不等式在)(Nnkn时成立的假设下，还能证明不等式在1 kn时也成立：那么，当1 kn时，)1111)(121121kkkkxxxxxxxx)111)(2121kkxxxxxx1211)(kkxxxx21111(xxxk2221212)1(121)111)(21)1kkkxxxxxxkxkkk显然，当1 kn时，结论成立。第三步，这个不等式对 n 取第一个值以后的自然数都能成立得出结论：由01,02 知对于大于2 的整数 n，22121)111)(nxxxxxxnn成立。（12 分）考点：用数学归纳法证明不等式.【点评】应用数学归纳

14、法最关键的一步是当假设使不等式在)(Nnkn时成立的假设下，如何证明不等式在1 kn时也成立.学&科网9/33考点：放缩法；不等式的证明.【变式演练 7】已知数列an满足 a12，12(1)nnnaa （nN*）.（1）求证：数列(1)nna 是等比数列；（2）比较na与 312n 的大小，并用数学归纳法证明；（3）设12nnnnba a，数列bn的前 n 项和为 Tn，若 Tnm 对任意 nN*恒成立，求实数 m 的取值范围.【来源】2021 年高考数学二轮复习讲练测（浙江专用）【答案】（1）证明详见解析；（2）na 312n ；证明详见解析；（3）13m.【分析】（1）由12(1)nnna

15、a 得递推式11(1)2(1)nnnnaa ，可得证明；（2）由（1）求出|na，再用数学归纳法证明；（3）求得 nb，用裂项相消可求得答案.【详解】（1）证明：由12(1)nnnaa 得111(1)2(1)(1)22(1)2(1)(1)(1)nnnnnnnnnnnnnaaaaaa ，且首项 a1+130，数列(1)nna 是公比为-2，首项为 3 的等比数列.（2）由（1）知：1(1)3(2)nnna ，1113(2)(1)(1)(3 21)nnnnna ，1|3|21nna ，下面利用数学归纳法证明：na 312n .（i）n1 时，|a1|31|2，3 1 122，|a1|3 1 12

16、.（ii）假设 nkN*，|ak|312k .则 nk+1，|ak+1|32k1|2（32k11）+1|3122k+1 3(1)12k.综上可得：nk+1 时成立.综上可得：假设成立.因此nN*，na 312n .10/33（3）11122(1)(3 21)(1)(3 21)nnnnnnnnnba a 112211()(3 21)(3 21)3 3 213 21nnnnn12 1111112 111()()3 255113 213 213 23 213nnnnT，13m.【点睛】本题考查数列递推式、数学归纳法、数列的求和，要有好的运算能力、推理能力.方法六换元法万能模板内容使用场景对于一般的不

17、等式证明解题模板第一步恰当的换元，适当的引入参数；第二步利用已知求出新元的取值范围；第三步根据现有的不等式放缩法得出结论.例 7 求证).2,(1211 nNnnnn【答案】见解析.【解析】第一步，恰当的换元，适当的引入参数：第二步，利用已知求出新元的取值范围：第三步，根据现有的不等式放缩法得出结论：【点评】通过换元化为幂的形式，为成功运用二项展开式进行部分放缩起到了关键性的作用.【变式演练 8】已知：1cba，求证：31cabcab.【答案】见解析.来源:Z#xx#k.Com11/33考点：换元法；不等式的证明.【高考再现】1.【2016 高考浙江理数】已知实数 a，b，c（）A若|a2+b

18、+c|+|a+b2+c|1，则 a2+b2+c2100B若|a2+b+c|+|a2+bc|1，则 a2+b2+c2 100C若|a+b+c2|+|a+bc2|1，则 a2+b2+c2100D若|a2+b+c|+|a+b2c|1，则 a2+b2+c2100【答案】D考点：不等式的性质来源:学*科*网 Z*X*X*K【方法点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法解答本题时能够对四个选项逐个利用赋值的方式进行排除，确认成立的不等式2.【2015 年陕西卷】设()=ln,0 ，若=()，=(+2)，=12()+()，则下列关系式中正确的是A =C =【答案】C【解析】=()=ln，=(+2

19、)=ln+2，=12()+()=12 ln=ln，函数()=ln在(0,+)上单调递增，因为+2，所以(+2)()，所以 =，故选 C【考点定位】1、基本不等式；2、基本初等函数的单调性12/333.【2014 年四川卷】若 ab0，cd0，则一定有（）ABCD【答案】B【解析】因为 c d 0,0 1 b 0，所以 0,变形得ad 0，则下列不等式中，恒成立的是A 2+2 2B +2 C1+1 2D+2【答案】D【解析】试题分析：，所以 A 错；，只能说明两实数同号，同为正数，或同为负数，所以当时，B 错；同时 C 错；或都是正数，根据基本不等式求最值，故D 正确考点：不等式的性质6.【20

20、15 高考浙江，理 20】已知数列 na满足1a=12且1na =na-2na（n*N）（1）证明：112nnaa（n*N）；（2）设数列 2na的前 n 项和为nS，证明112(2)2(1)nSnnn（n*N）.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.学&科网试题分析：（1）首先根据递推公式可得12na，再由递推公式变形可知2111,21nnnnnnaaaaaa，从而得证；（2）由1111=nnnnaaaa和112nnaa 得，来源:学#科#网 Z#X#X#K13/33【考点定位】数列与不等式结合综合题.【名师点睛】本题主要考查了数列的递推公式，不等式的证明等知识点，属于较难题，第一小问易证

21、，利用条件中的递推公式作等价变形，即可得到2111nnnnnnaaaaaa，再结合已知条件即可得证，第二小7.【2015 高考广东，理 21】数列 na满足*1212242nnnaananN，(1)求3a 的值；(2)求数列 na前 n 项和nT；(3)令11ba，11111223nnnTbannn，证明：数列 nb的前 n 项和nS满足nSnln22 14/33【答案】（1）14；（2）1122n；（3）见解析（3）依题由1211112nnnaaabann知11ba，1221122aba，1233111323aaba，121211111122nnnnSbbbaaaTnn11111112212

22、22nnn，记 1ln11f xxxx，则 221110 xfxxxx，来源:学&科&网 Z&X&X&K f x 在1,上是增函数，又 10f即 0f x，15/338.【2015 高考湖南，文 21】函数2()cos(0,)f xaex x，记nx 为()f x 的从小到大的第*()n nN个极值点。（I）证明：数列()nf x是等比数列；（II）若对一切*,()nnnNxf x恒成立，求 a 的取值范围。【答案】（I）略；(II)22,)4e16/33试题解析：（I）()cossin2cos()4xxxfxaexaexaex17/33因此，*,()nnnNxf x恒成立，当且仅当224 e

23、a，解得224ae，故实数 a 的取值范围是22,)4e。【考点定位】恒成立问题；等比数列的性质【名师点睛】解决数列与函数的综合问题时，如果是证明题要根据等比数列的定义明确证明的方向，如果是不等式恒成立问题，要使用不等式恒成立的各种不同解法，如变量分离法、最值法、因式分解法等，总之解决 这类问题把数列看做特殊函数，并把它和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了9.【2015 高考陕西，文 21】设2()1,2.nnfxxxxnN n(I)求(2)nf；(II)证明：()nfx 在20,3内有且仅有一个零点（记为na），且11 2023 3nna.【答案】(I)(2)(1)21nnfn；(II)

24、证明略，详见解析.试题解析：(I)由题设1()12nnfxxnx ，所以1(2)1222nnfn 由22(2)1 2222 nnfn 得21(2)12222nnnfn 2122(1)2112nnnn，18/33所以(2)(1)21nnfn【考点 定位】1.错位相减法；2.零点存在性定理；3.函数与数列.【名师点睛】（1）在函数出现多项求和形式，可以类比数列求和的方法进行求和；（2）证明零点的唯一可以从两点出发：先使用零点存在性定理证明零点的存在性，再利用函数的单调性证明零点的唯一性；（2）有关函数中的不等式证明，一般是先构造函数，再求出函数在定义域范围内的值域即可；（4）本题属于中档题，要求有

25、较高逻辑思维能力和计算能力.10【2019 新课标 1】已知 a，b，c 为正数，且满足 abc=1证明：（1）222111abcabc；（2）333()()()24abbcca【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】19/33（1）利用1abc 将所证不等式可变为证明：222abcbcacab，利用基本不等式可证得2222222abcabbcac，从而得到结论；（2）利用基本不等式可得3333abbccaabbcca，再次利用基本不等式可将式转化为333224abbccaabc，在取等条件一致的情况下，可得结论.【详解】（1）1abc 111111abcbcacababcabc 22222

26、22222222abcabbccaabbcac当且仅当 abc时取等号22211122abcabc，即：222111abcabc（2）3333abbccaabbcca，当且仅当 abc时取等号又2abab，2bcbc，2acac（当且仅当 abc时等号同时成立）3332322224abbccaabbcacabc又1abc 33324abbcca【点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立.【反馈练习】1已知函数 1 22f xxx.（1）解不等式 2fxx；（2）若正实数 a，a 满足2ab，试

27、比较221111fab 与(1)f的大小.【来源】四川省大数据精准联盟 2021 届高三第三次统一监测文科数学试题【答案】（1）13xx；（2）2211(1)11ffab.【分析】（1）分12x，122x和2x 三种情况解不等式即可；（2）先利用作差法判断221111ab与 1 的大小，然后利用函数的单调性可得答案20/33【详解】（1）由题()|21|2|f xxx当12x 时，()212332f xxxxx ，得35x，此时不成立；当 122x时，()21212f xxxxx ，得1x，此时取12x；当2x 时，()212332f xxxxx，得3x，此时取 23x.综上，不等式的解集为1

28、3xx.（2）22222222222221111211111111abababababab 2222111a bab.因为正实数 a，b 满足 22abab，即有1ab ，则 22221011a bab，所以2211111ab，由（1）已知函数()f x 为1,)的增函数，所以2211(1)11ffab.【点睛】关键点点睛：本小题主要考查含绝对值的不等式、基本不等式、不等式证明方法等基础知识；考查运算求解、推理论证等数学能力；考查分类与整合、化归与转化等数学思想，解题的关键是比较221111ab与 1的大小，属于中档题2设不等式 2|1|2|0 xx 的解集为 M，,a bM（1）求 M；（2

29、）证明|14|2|abab【来源】江西省鹰潭市第一中学 2021 届高三上学期第一次月考数学（文）试题【答案】（1）1 1,2 2；（2）证明见解析.21/33【分析】（1）分段讨论可得解集 M；（2）平方之后比差可证得结果.【详解】（1）记3,2()1221,213,1xf xxxxxx ，所以，原不等式等价于212210 xx ，解得1122x，即原不等式解集1 1,2 2M；（2）由,a bM可知，214a，214b，即2410a ，2410b ，2222222222221 421 816421 164441 410.abababa baabba babab 所以22142abab，故

30、1 42abab.3已知实数 a，b 满足02a，2b（1）求证：42313baa；（2）求证：3()6abab【来源】广西师大附属外国语学校 2021 届高三 5 月高考考前模拟考试数学（理）试题【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）由绝对值三角不等式放缩得证；（2）用比差法：作差，变形，判断符号，写出结论.【详解】解法一：（1）由题意得2433b 由绝对值三角不等式得1231233baabaa212142233333baaaba所以42313baa（2）由已知得20a，20b，所以(2)(2)0a b，即 2420baba22/33因为0a，2b，所以2ab所以由同向不

31、等式相加得3432baba，得336abab，即3()6abab解法二：（1）由题意知，当103a时，23121 3baabaa 541 52133ba ；当 123a时，由绝对值三角不等式得231231221baabaabaaa 142212133baaa 所以42313baa（2）33(6)336236ababababababa(2)3(2)(2)(3)abbabaa由已知得30a，20b，所以(2)(3)0baa所以3()6abab.4已知函数 1.f xx（1）求不等式 223f xfx的解集 M；（2）设,a bM，求证：1111ffabab.【来源】全国卷 2021 届高三数学（文

32、）模拟试题（三）【答案】（1）(,1)(1,)；（2）证明见解析.【分析】（1）所求不等式即为|2x+1|+|x1|3，然后分类讨论，去掉绝对值符号，解不等式即可；（2）利用分析法可知，即证(ba)23 得|2x+1|+|x1|3，当12x 时，原不等式可化为(2x+1)(x1)3，解得 x3，解得 x1，此时无解；当 x1 时，原不等式可化为(2x+1)+(x1)3，解得 x1；综上，所求不等式的解集为(，1)(1，+)；（2）证明：要证1111ffabab，只需证 1111abab，23/33即证|1|baababab，即证|ba|ab1|，即证(ba)21，b21，(a21)(b21)0

33、，即得证.【点睛】分析法证明不等式，结构是：要证即证即证；然后证明一个简单的结论即可.5已知函数()|1|1|f xxx，不等式()2f xx的解集为 A.（1）求 A；（2）当 a，bA时，证明：022abab.【来源】安徽省合肥市第一中学 2021 届高三下学期 6 月最后一卷理科数学试题【答案】（1）02Axx；（2）证明见解析【分析】（1）讨论自变量取值范围去掉绝对值求解不等式即可；（2）通过分析法逐步证明最后只需证明一个明显成立的不等式即可【详解】（1）当1x 时，()22f xxx，解得23x (舍)；当 11x 时，22x，解得01x；当1x 时，22xx，解得12x.综上可知0

34、2Axx；（2）要证：022abab只要证：0224abab只要证：4(2)2(2)0abb 只要证：4(2)(2)0b a 只要证：0(2)(2)4baa，0,2b，2 a，20,2b 0(2)(2)4ba成立，所以原命题成立【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；24/33法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想6已知函数4()|f xxx.（1)解不等式6(2)1fx；（2)记函数()f x 的最小值为 a，且224amn，其中,m n 均为正实数，求证：33.4mn

35、anm【来源】贵州省铜仁市思南中学 2021 届高三第十二次考试数学（文）试题【答案】（1）2,1；（2）证明见解析.【分析】（1）由题知()(21)2321g xfxxx，进而分32x ，3122x，12x 三种情况讨论求解；（2）由绝对值三角不等式得4a，故221mn，所以3312mnmnnmmn，再根据基本不等式得102mn，故 1221 1mnmn .【详解】（1）令()(21)2321g xfxxx，当32x 时，()(23)(21)4262g xxxxx ，则322x ，当3122x时，()(23)(21)46g xxx，则3122x，当12x 时，()(23)(21)4261g

36、xxxxx，则 112x，综上,不等式的解集为 2,1；（2）因为()|4|4|4f xxxxx，则4a，221mn，则33442222222()21212mnmnmnm nm nmnnmmnmnmnmn，又2212mnmn（当且仅当22mn时取等号），所以102mn，所以 1221 1mnmn ，即;331.4mnanm【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式，不等式的证明，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于利用绝对值三角不等式得4a，进而转化为证明331mnnm，再结合基本不等式求解即可.7已知函数2()(2)lnf xxaxax（aR）25/3

37、3（1）求函数()yf x的单调区间；（2）当1a 时，证明：对任意的0 x，2()2xf xexx.【来源】宁夏银川一中 2022 届高三上学期第一次月考数学（文）试题【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数求导，分0a 和0a 两种情况判断导数的正负，从而可求得函数的单调区间，（2）要证明2()2xf xexx，只需证明ln20 xex，构造函数()ln2xg xex，则问题转化为证明对任意的0 x，()0g x，然后利用求出()g x 的最小值大于零即可【详解】（1）函数()f x 的定义域是(0,)，(1)(2)()2(2)axxafxx

38、axx当0a 时，()0fx对任意(0,)x 恒成立，所以，函数()f x 在区间(0,)单调递增；当0a 时，由()0fx得2ax，由()0fx，得 02ax，所以，函数在区间,2a 上单调递增，在区间 0,2a上单调递减；综上：0a 时，()f x 的单调增区间为(0,)，无单调减区间.0a 时，()f x 的单调增区间为,2a，单调减区间为 0,2a.（2）当1a 时，2()lnf xxxx，要证明2()2xf xexx，只需证明ln20 xex，设()ln2xg xex，则问题转化为证明对任意的0 x，()0g x，1()xg xex，易知()g x 在(0,)上单调递增，因为(1)1

39、0ge，1202ge ，故存在唯一的01,12x使得00gx，则0 x 满足001xex，当 x 变化时，()g x 和()g x 变化情况如下表26/33x00,x0 x0,x()g x0()g x递减递增0min00001()ln22xg xg xexxx，因为00 x，且01x ，所以min()2 120g x，因此不等式得证.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，解题的关键是要证明2()2xf xexx，只需证明ln20 xex，构造函数()ln2xg xex，则问题转化为证明对任意的0 x，()0g x，然后利用导数解决即可，考

40、查数学转化思想和计算能力，属于较难题8设,a bR，已知函数1()1axf xebx在点(0,(0)f处的切线方程为32yx（）求 a，b 的值；（）证明：当(0,6)x时，3()6xf xx【来源】浙江省金华十校 2021 届高三下学期 4 月模拟考试数学试题【答案】（）1a ，2b ；（）证明见解析.【分析】（I）求导，根据导数几何意义即切线斜率，3(0)2f ，结合(0)0f，求得参数值.（II）由（）可知1()21xf xex，分别证得1112xx（化简得12221xxx），11xex ，从而将3()6xf xx转化为3123()261226xxxf xxxxx，易知当04x，右式小于

41、 0.当 46x时，函数318()366xh xxx单增，()f x 单减，则4313151()2(4)(6)066521xxxf xefhxxex，从而证得结论.【详解】解：（）由题意得：321()(1)2axfxaex，则13(0)22fa ，解得1a ，又(0)0f，可得2b 27/33（）由（）可知1()21xf xex，（）先证：1112xx由221111(1)122xxxx，即2104 x ，得证（）再证：1(0)1xexx 111xxeexx，令()1xf xex，则()1xfxe当0 x 时，()0fx即()1xf xex 在0,)上单调递增，()(0)0f xf，得证.（）由

42、（）可得1112xx，即有1112122211xxxxxx 结合以上结论及（）可得，当0 x 时，3123()261226xxxf xxxxx令1233(4)()212262(1)(6)xxx xg xxxxxx当04x，有()0g x；（）当 46x时，函数318()366xh xxx单增，()f x 单减则4313151()2(4)(6)066521xxxf xefhxxex综上，原不等式得证【点睛】方法点睛：对于指数函数、幂函数、分式等函数组合成的不等式恒成立问题，可以通过放缩法证得.如本题中使用的1112xx，11xex ，将幂函数和指数函数均放缩成分式函数，易于求解.9已知数列 na

43、满足12a，121nnnaaa.（1）证明：数列11na是等差数列；（2）令121nnba aa，证明：222211nbbb.【来源】福建省厦门市 2021 届高三 5 月二模数学（A 卷）试题【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.28/33【分析】（1）依题意可得111 nnnaaa，再两边取倒数，即可得到111111nnaa，从而得证；（2）由（1）可得11nan，则121na aan，利用放缩法得到211(1)(1)nn n，再利用裂项相消法求和即可得证；【详解】解：（1）因为121nnnaaa，所以111 nnnaaa，因为12a，所以10na 所以1111111nnnnaaaa

44、 所以111111nnaa又因为1111a.所以11na是以 1 为首项，公差为 1 的等差数列.（2）由（1）得1111nnna ，所以11nan，所以122 3111 2nna aann，所以11nbn，所以2221222211111123(1)1 22 3(1)nbbbnn n11111111122311nnn 即222121nbbb，【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和10已知函数 1ln xf xxx.（1）若1x时，

45、1mfxx，求实数m 的取值范围；（2）求证：2*11lnln11nknnkknNn.【来源】河南省洛阳市 2021 届高三二模数学（理）试题29/33【答案】（1）2m；（2）证明见解析【分析】（1）先分离参数转化为求函数的最小值，通过求导函数，进而分析单调性再求得最小值得出结果；（2）由（1）知：21fxx 恒成立，即2ln1 xx，则22ln111 n nnn累加后结合放缩法即可证明命题【详解】解：（1）不等式 1mfxx，即为11 lnxxmx，记 11 lnxxg xx，故 221 1 ln1 1 lnlnxxxxxxxgxxx，令 lnh xxx，则 11hxx，1x，0,hxh

46、x在1,单调递增，故 min110h xh，故 0gx，故 g x 在1,上单调递增，故 min12g xg，故2m；（2）由（1）知：21fxx 恒成立，即122ln1112xxxxx ，令1xn n，则222ln11111 n nn nnn，故2222ln 1 21,ln 2 311223 ，2222ln 3 41,ln11341 n nnn，累加得：21111lnln12 12111nknnkknnnnn，故2*11lnln11nknnkknNn【点睛】方法点睛：已知不等式能恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；30/33（2）分离参数

47、法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解11已知数列 na的前 n 项和为nS，若1nnaS.（1）求 na通项公式；（2）若1111nnncaa，nT 为数列 nc的前 n 项和，求证：21nTn.【来源】2022 届高三数学一轮复习【答案】（1）12nna；（2）证明见解析.【分析】（1）先求首项，再应用na 与nS 的关系，构造两式并相减消去nS，得到递推关系从而证明 na是等比数列，求出通项公式；（2）化简通项nc，法一放缩变形为可裂项形式，再裂项求和证明

48、不等式，注意放缩成立条件，法二放缩为等比数列再公式法求和.【详解】（1）由1nnaS，令1n ，得112a.当2n 时，有111nnaS，两式相减得120nnaa，即112nnaa，又11a ，则112nnaa，所以数列 na是以 12 为首项，12 为公比的等比数列，故12nna；（2）法一：1121121211()1()222nnnnnnnc 1122121nn，当1n 时，112(1)33c，当2n 时，1111212 21221210nnnnn ，1112121nn，则1112().2211nnnc 故21322 11111111112(1)()()()322222111nnnnT21

49、21211nnn.综上，21nTn.31/33法二：1122 42211141411()1()1()224nnnnnnnc由真分数性质，若0,0,abm则 bbmaam，23414nn，324nnc，23111123()()()4444nnnT111()1442321()211414nnnnn .故命题得证.【点睛】数列分式放缩常见方法有三类：(1)分母不变，分子变化，如：若,0a b c，则 bbcaa；(2)分子不变，分母变化，如：若,0a b c，则 bbaac；(3)分子、分母都变化，如真分数性质：若0,0abm，则 bbmaam.12已知数列na满足123a，且当2n 时，12122

50、nna aaa（1）求证：数列11na是等差数列，并求数列na的通项公式；（2）记1212nnTa aa，22212nnSTTT，证明：当 nN 时，123nnaS【来源】2020 年高三 11 月大联考考后强化卷（新课标卷）【答案】（1）证明见解析，12nnan；（2）证明见解析.【分析】（1）作比构造出新数列的递推关系，从而满足等差数列定义，求得通项公式.（2）求出 Tn，Sn，利用放缩法把 Sn 变成可以裂项求和的和式，从而证得不等式.【详解】（1）因为当2n 时，12122nna aaa，所以12122nna aaa，上述两式相除，可得11111nnnaaa，所以1111nnnaaa，

51、32/33所以111111111nnnnaaaa，所以1111(2)11nnnaa，又123a，所以234a，1131a，2141a，所以2111111aa，所以*1111()11nnnaaN，所以数列11na是首项为3，公差为1的等差数列，所以13(1)121nnna ，所以12nnan（2）因为1212nnTa aa123411234522nnn，所以221111(2)(2)(3)23nTnnnnn，所以22212nnSTTT1111111134455623nn1111222213333333nnannn，所以当 nN 时，123nnaS【点睛】关键点点睛：（1）通过变换求得新数列的递推关

52、系，从而求得通项.（2）放缩法把问题转化为可以裂项求和的多项式和，是本题的关键点.13若01,2,3ixin，观察下列不等式：1212114xxxx，1231231119,xxxxxx，请你猜测1212111nnxxxxxx将满足的不等式，并用数学归纳法加以证明.【来源】备战 2021 年高考数学（理）纠错笔记【答案】212121112nnxxxnnxxx，证明见解析.【详解】试题分析：根据观察,可知212121112nnxxxnnxxx,然后利用数学归纳法证明.试题解析：将满足的不等式为212121112nnxxxnnxxx，证明如下:（1）当2n 时，结论成立（2）假设nk时，结论成立，即

53、 21212111nnxxxkxxx33/33那么，当1nk 时，121121212112111111111kkkkkkkkxxxxxxxxxxxxxxxxxx2221121111222 1211kkxkkkkxxx 显然，当1nk 时，结论成立由（1）（2）知对于大于 2 的整数n，21212111nnxxxnxxx成立.考点：1、数学归纳法；2、合情推理与演绎推理.【思路点睛】本题有两个部分,一个是合情推理与演绎推理与演绎推理,这部分需要我们仔细观察,题目列举的式子左边有几项,右边就是项数的平方,归纳之后得出不等式;第二个部分是数学归纳法,数学归纳法主要分成3 个步骤,1 是验证2n 是成立,2 是假设当 nk时成立,3 是证明当1nk 时也成立.