当n?3且n为奇数时1an? 131132n?2?2n?1?(n?2?n?1)??2n?3an?122?12?122?2n?1?2n?2?1 ?3?22n?2?2n?12n?32?311（减项放缩），于是 ?(n?2?n?1)222 ①当m?4且m为偶数时
11111 111?(?)???(?)?????a4a5a6am?1ama4a5ama4?11????1?1???1?1a5ama4a5amam?1②当m?4且m为奇数时111117??????.a4a5amam?18（添项放缩）由①知
由①②得证。
八、线性规划型放缩
例31. 设函数f(x)?2x?1.若对一切x?R，?3?af(x)?b?3，求a?b的最大值。
x2?2 解析:由(f(x)?1)(f(1)?1)??(x?2)(x?1)知(f(x)?1)(f(1)?1)?0 即 ?1?f(x)?1
2222(x2?2)222由此再由f(x)的单调性可以知道f(x)的最小值为?1，最大值为1
21因此对一切x?R，?3?af(x)?b?3的充要条件是，? 即a，b满足约束条件??3??a?b?32????3?a?b?3?a?b??3?a?b?3??1??a?b??3?2?1??a?b?3?2，
由线性规划得，a?b的最大值为5． 九、均值不等式放缩 例32.设Sn?1?2?2?3???n(n?1).求证n(n?1)?S2kn?(n?1)2.2
解析: 此数列的通项为a?k?k(k?1)??k(k?1),k?1,2,?,n.
k?k?11，nn1， ?k???k?Sn??(k?)222k?1k?1n即n(n?1)?S2?n(n?1)n(n?1)2??.222
n2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
(n?1)(n?3)(n?1)，就放过“度”了！ a?b，若放成k(k?1)?k?1则得S?(k?1)??ab??222nk?1 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 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)?f(1)?f(2)???f(n)?n?11?a?2bx1n?1，若f(1)?4，且f(x)在[0，1]上的最小值为1，求证：
5221?. 2解析: f(x)?4x111 ?1??1?(x?0)?f(1)???f(n)?(1?)xxx2?21?41?42?2
例34.已知a,b为正数，且1?1?1，试证：对每一个n?N?，
ab(a?b)n?an?bn?22n?2n?1.
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?1令f(n)?(a?b)n?an?bn，则f(n)=Cnab???Cnab???Cnabn?1，因为in?i，倒序相加得Cn?Cn1rn?12f(n)=Cn(an?1b?abn?1)???Cn(an?rbr?arbn?r)???Cn(abn?1?an?1b)，
而an?1b?abn?1???an?rb?abrrn?r???abn?1?an?1b?2ab?2?4?2n?1，
nnnn21rn?1则2f(n)=(Cn???Cn???Cn)(arbn?r?an?rbr)?(2n?2)(arbn?r?an?rbr)?(2?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?2(n?1,n?N)
1n2n解析: 不等式左
C?C?C???C?2?1?1?2?2???21n2n3nnnn2n?1?n?1?2?2???2n2n?1=n?2n?12，
原结论成立.
例36.已知f(x)?ex?e?x,求证:f(1)?f(2)?f(3)???f(n)?(en?1?1)2 解析:f(x)?f(x)?(e12x1n?11ex1ex21x2x1?x2)?(e?)?e??x1?x1x2?ex1?x2?1x1x2x2eeeee?e
n?1 经过倒序相乘,就可以得到f(1)?f(2)?f(3)???f(n)?(ex?1)n2
例37.已知f(x)?x?1,求证:f(1)?f(2)?f(3)???f(2n)?2n(n?1)n 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???1?3.
nn?1n?2nk?12 解析:2Sn?(1?1)?(1?1)?(1?1)???(1?1)
nnk?1n?1nk?2n?2nk?3nk?1n
因为当x?0,y?0时,x?y?2当x?y时取到等号. 所以2S 所以
nxy,112??xyxy,所以(x?y)(1?1)?4,所以1?1?xyxy4x?y,当且仅
?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)?a.
216 解析:f(0)?f(1)?a2[x1(1?x1)][x2(1?x2)]?a2.
16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－2n－1·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?2n)
xx1n?22n?4 令S?Cnx?Cnx?n?2?Cn1xn?4n?1?Cn1xn?2
由倒序相加法得：
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)?(2nn ?2)?f'()2★例42. (2008年江西高考试题)已知函数f?x??明：1?f?x??2．
11ax,x??0,???.对任意正数a??ax?81?x1?a,证
解析:对任意给定的a?0,x?0,由
f(x)?111,
1?x?1?a? 1?8ax若令 b?8ax，则 abx?8① ,而 f?x??1②
1?x?11?a?11?b（一）、先证f?x??1；因为11，111， 1?x?1?x1?a?，11?a1?b?1?b又由 2?a?b?x?22a?2bx?442abx?8 ，得 a?b?x?6． 所以f?x??1?x)?(ab?ax?bx)1?x?11?a?11?b?11?x?11?a?11?b?3?2(a?b(1?x)(1?a)(1?b)
?9?(a?b?x)?(ab?ax?bx)(1?x)(1?a)(1?b)?1?(a?b?x)?(ab?ax?bx)?abx(1?x)(1?a)(1?b)?1．
（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 11?b?1， 11?x?11?a?21?5?1，此时f?x??11?x?11?a?11?b?2． （ⅱ）、当a?b?7③，由①得 ,x?8，1，
ab1?x?abab?8因为
11?b?1?b1?b?b24(1?b)2?[1?b2(1?b)]2 所以 11?b?1?b④ 2(1?b) 同理得1?1?a⑤ ，于是 1?a2(1?a)f?x??2?1?abab2????2?⑥ ?1?a1?bab?8???今证明
abab⑦, 因为 ab ，
1?a?1?b?2ab?81?a?1?b?2ab(1?a)(1?b)只要证 abab(1?a)(1?b)?ab?8，即 ab?8?(1?a)(1?b)，也即 a?b?7，据③，此为显然．
因此⑦得证．故由⑥得 f(x)?2．
综上所述，对任何正数a,x，皆有1?f?x??2．
例43.求证:1?111 n?1?n?2???3n?1?2解析:一方面:1?1???1?1??11?12
n?1n?23n?12??3?4???2?4?1(法二)
1111??11??11?n?1?n?2???3n?1?2?????n?1?3n?1?????n?2?3n???????1?3n?1?1?n?1???? ? 另一方面:1112n?12n?n?1?n?2???3n?1?n?1?2n?1?2 十、二项放缩
2n01n1,2n?Cn0?Cn?(1?1)n?Cn?Cn???Cn?n?1,
211)an?n.证明an?e n?n2例44. 已知a1?1,an?1?(1?2 解析: a111 )an??an?1?1?(1?)(an?1)?n(n?1)n(n?1)n(n?1)11 ln(an?1?1)?ln(an?1)?ln(1?)?.n(n?1)n(n?1)n?1?(1???[ln(ai?1?1)?ln(ai?1)]??i?2i?2n?1n?1， 11?ln(an?1)?ln(a2?1)?1??1i(i?1)n?3e?1?e2.
即ln(an?1)?1?ln3?an45.设an1?(1?)nn，求证：数列{an}单调递增且an?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)?(1?1).
n?1nn?1nn?1n即{an}单调递增。
以a?1,b?1?1代入（?）式得1?(1?2n1n11)??(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：
n 利用二项展开式进行部分放缩：ann11112n1 ?(1?)n?1?Cn??Cn?2???Cn.nnnnn 只取前两项有an?1?Cn1?1?2.对通项作如下放缩： 故有an?1?1?1?21111?(1/2)n?1???n?1?2???3.
21?1/2222②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
ii；（2）证明(1?m)n?(1?n)m.（01年全国卷理科第20数，且1?i?m?n.（1）证明niAm?miAn题）
简析 对第（2）问：用1/n代替n得数列{b}:bn1n?(1?n)n是递减数列；借鉴此结论可有
1m1n如下简捷证法：数列{(1?n)}递减，且1?i?m?n,故(1?m)?(1?n),即(1?m)n?(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，
2221n从而an ?1??1??b???d????d??21?n?2??2?nnn
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