放缩法技巧全总结尖子生解决高考数学最后一题之瓶颈之精华
高考数学备考之放缩技巧
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：
一、裂项放缩
例 1.(1)求 的值; (2)求证: .
解析:(1)因为 ,所以
(2)因为 ,所以
奇巧积累:(1) (2)
(3)
(4)
(5) (6)
(7) (8)
(9)
(10) (11)
(11)
(12)
(13)
(14) (15)
(15)
例 2.(1)求证:
(2)求证:
∑
= −
n
k k1
2 14
2
3
51
1
2
<∑
=
n
k k
12
1
12
1
)12)(12(
2
14
2
2 +−−=+−=− nnnnn 12
2
12
1114
2
1
2 +=+−=−∑
= n
n
nk
n
k
+−−=−=
−
<
12
1
12
1214
4
4
1
11
2
2
2 nnnnn 3
5
3
2112
1
12
1
5
1
3
1211
1
2
=+<
+−−++−+<∑
= nnk
n
k
+−−=−<=
12
1
12
1214
4
4
41
222 nnnnn )1(
1
)1(
1
)1()1(
21
21
1
+−−=−+=
+ nnnnnnnCC nn
)2(1
1
1
)1(
1
!
11
)!(!
!1
1 ≥−−=−<<⋅−=⋅=+ rrrrrrnrnr
n
nCT rr
r
nr
2
5
)1(
1
23
1
12
111)11( <−++×+×++<+
nnn
n
nnnn 2
1
12
1
)12(2
1 −−=− nn
n
−+<
+ 2
2
1
)1(21)1(2 −−<<−+ nn
n
nn nnn nnnn 2)32(
1
2)12(
1
2
1
32
1
12
2
1 ⋅+−⋅+=⋅
+−+ −
++−+=+++
+−+=−+ knnkknnnkknknk 1
11
1
1
)1(
1,1
11
1
1
)1(
1
!)1(
1
!
1
!)1( +−=+ nnn
n
2
1
2
1
2
1212
22)1212(21
−++
=
−++
=−−+<
nnnn
nn
n
)2(12
1
12
1
)12)(12(
2
)22)(12(
2
)12)(12(
2
)12(
2
11
1
2
≥−−−=−−=−−<−−=− −−
−
nnnnn
n
nn
n
nn
n
n
n
11
1
)1(
1
)1(
1
)1)(1(
111
23 −−+
⋅
+
−
−
=
+−
<
⋅
=
nnnnnnnnnnnn
1
1
1
1
2
11
1
1
1
1
+
−
−
<−++⋅
+
−
−
=
nnn
nn
nn
3
2
12
1
3
2122)12(332)13(222 1
n
n
n
nnnnnn <−⇒>−⇒>−⇒>⋅−=⋅=+
!)2(
1
!)1(
1
)!2()!1(!
2
+−+=++++
+
kkkkk
k )2(1
)1(
1 ≥−−<
+ nnn
nn
1
11)11)((
11
2222
2222
<
+++
+=
+++−
−=−
+−+
ji
ji
jiji
ji
ji
ji
)2()12(2
1
6
7
)12(
1
5
1
3
11 222
≥−−>−++++ nnn
nn 4
1
2
1
4
1
36
1
16
1
4
1
2
−<++++
(3)求证:
(4) 求证：
解析:(1)因为 ,所以
(2)
(3)先运用分式放缩法证明出 ,再结合 进行裂项,最后
就可以得到答案
(4)首先 ,所以容易经过裂项得到
再证 而由均值不等式知道这是显然成立的，
所以
例 3.求证:
解析:一方面:因为 ,所以
另一方面:
当 时, ,当 时, ,
当 时, ,所以综上有
例 4.(2008 年全国一卷) 设函数 .数列 满足 . .设 ，
整数 .证明: .
解析:由数学归纳法可以证明 是递增数列,故存在正整数 ,使 ,则
,否则若 ,则由 知
, ,因为 ,
于是
1122642
)12(531
642
531
42
31
2
1 −+<⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅++⋅⋅
⋅⋅+⋅
⋅+ nn
n
)112(21
3
1
2
11)11(2 −+<++++<−+ n
n
n
+−−=+−>− 12
1
12
1
2
1
)12)(12(
1
)12(
1
2 nnnnn
)12
1
3
1(2
11)12
1
3
1(2
11)12(
1
1
2 −−+>+−+>−∑
= nni
n
i
)111(4
1)1
2
11(4
1
4
1
36
1
16
1
4
1
222 nnn
−+<+++=++++
12
1
2642
)12(531
+
<⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅
nn
n
nn
n
−+<
+ 2
2
1
nn
nn
n ++
=−+>
1
2)1(21
n
n 1
3
1
2
11)11(2 ++++<−+
2
1
2
1
2
1212
22)1212(21
−++
=
−++
=−−+<
nnnn
nn
n
)112(21
3
1
2
11 −+<++++ n
n
3
51
9
1
4
11)12)(1(
6
2
<++++≤++ nnn
n
+−−=−=
−
<
12
1
12
1214
4
4
1
11
2
2
2 nnnnn
3
5
3
2112
1
12
1
5
1
3
1211
1
2
=+<
+−−++−+<∑
= nnk
n
k
11
11)1(
1
43
1
32
111
9
1
4
11 2 +=+−=+++×+×+>++++
n
n
nnnn
3≥n
)12)(1(
6
1 ++>+ nn
n
n
n 1=n
2
1
9
1
4
11)12)(1(
6
nnn
n ++++=++
2=n
2
1
9
1
4
11
)12)(1(
6
nnn
n ++++<
++
3
51
9
1
4
11)12)(1(
6
2
<++++≤++ nnn
n
( ) lnf x x x x= − { }na 10 1a< < 1 ( )n na f a+ = 1( 1)b a∈ ，
1
1 ln
a bk a b
−≥ 1ka b+ >
{ }na km ≤ bam ≥
baa kk ≥>+1 )( kmbam ≤< 10 1 <<≤< baa m
0lnlnln 11 <<≤ baaaaa mmm ∑
=
+ −=−=
k
m
mmkkkk aaaaaaa
1
11 lnln )ln(ln 1
1
bakaa
k
m
mm <∑
=
bababakaak =−+≥+>+ )(|ln| 11111
例 5.已知 ,求证: .
解析:首先可以证明:
所以要证
只要证:
故只要证 ,即等价于
,即等价于
而正是成立的,所以原命题成立.
例 6.已知 , ,求证: .
解析:
所以
从而
例 7.已知 , ,求证:
证明: ,因为
,所以
所以
二、函数放缩
例 8.求证： .
解析:先构造函数有 ,从而
因为
mmmm
m nSxNmn ++++=−>∈ + 321,1,, 1)1()1( 11 −+<+< ++ m
n
m nSmn
nxx n +≥+ 1)1(
∑
=
++++++++ −−=−++−−−+−−=
n
k
mmmmmmmm kknnnnn
1
11111111 ])1([01)2()1()1(
1)1()1( 11 −+<+< ++ m
n
m nSmn
∑∑∑
=
+++++++++
==
++ −+=−++−−+−+=−+<+<−−
n
k
mmmmmmmmm
n
k
m
n
k
mm kknnnnnkmkk
1
1111111111
11
11 ])1[(2)1()1(1)1()1(])1([
∑∑∑
=
++
==
++ −+<+<−−
n
k
mm
n
k
m
n
k
mm kkkmkk
1
11
11
11 ])1[()1(])1([
mmmmm kkkmkk −+<+<−− +++ 111 )1()1()1( 11 )11(11,)11(11 ++ −<+−+<++ mm
kk
m
kk
m
nn
na 24 −=
n
n
n aaaT +++=
21
2
2
3
321 <++++ nTTTT
)21(2)14(3
4
21
)21(2
41
)41(4)222(4444 21321 nn
nn
nn
nT −+−=−
−−−
−=+++−++++=
123)2(2
2
2
3
2234
23
23
2
3
4
2
223
4
3
4
2
)21(2)14(3
4
2
211
1
1
1
1 +⋅−⋅⋅=+⋅−
⋅=
−+
=
−+−
=
−+−
= ++
+
+
+
+ nn
n
nn
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
nT
−
−
−
=
−−⋅
⋅= + 12
1
12
1
2
3
)12)(122(
2
2
3
1nnnn
n
2
3
12
1
12
1
7
1
3
1
3
112
3
1321 <
−−−++−+−=++++ +nnnTTTT
11 =x
∈=−
∈−==
),2(1
),12(
Zkknn
Zkknnxn
*))(11(2111
4
122
4
54
4
32
Nnn
xxxxxx nn
∈−+>++
⋅
+
⋅ +
nnnnnnxx nn 2
2
2
1
4
1
14
1
)12)(12(
11
4 24 244
122
=
⋅
=>
−
=
+−
=
+
12 ++< nnn )1(2
1
2
2
21
4
122
nn
nnnxx nn
−+=
++
>>
+
*))(11(2111
4
122
4
54
4
32
Nnn
xxxxxx nn
∈−+>++
⋅
+
⋅ +
)(6
6533
3ln
4
4ln
3
3ln
2
2ln *Nnnn
n
n
∈+−<++++
xx
xxx 11ln1ln −≤⇒−≤ )3
1
3
1
2
1(133
3ln
4
4ln
3
3ln
2
2ln
n
n
n
n
+++−−<++++
++++++
++++++
+=+++
nnnn 3
1
12
1
2
1
9
1
8
1
7
1
6
1
5
1
4
1
3
1
2
1
3
1
3
1
2
1
所以
例 9.求证:(1)
解析:构造函数 ,得到 ,再进行裂项 ,求和后可以得到
答案
函数构造形式: ,
例 10.求证:
解析:提示:
函数构造形式:
当然本题的证明还可以运用积分放缩
如图,取函数 ,
首先: ,从而,
取 有, ,
所 以 有 , ,…, , , 相 加 后 可 以 得 到 :
另一方面 ,从而有
取 有, ,
所以有 ,所以综上有
例 11.求证: 和 .
解析:构造函数后即可证明
例 12.求证:
解析: ,叠加之后就可以得到答案
函数构造形式: (加强命题)
例 13.证明:
解析:构造函数 ,求导,可以得到:
6
5
3
3
32
3
27
9
18
9
9
3
6
3
6
5 1
1
1 n
n
n
n
n
=
+⋅++
++
++>
−
−
−
6
6536
5133
3ln
4
4ln
3
3ln
2
2ln +−=−−<++++ nn nn
n
n
)2()1(2
12ln
3
3ln
2
2ln,2
2
≥+
−−<+++≥ nn
nn
n
n
α
α
α
α
α
α
α
x
xxf ln)( = 2
2lnln
n
n
n
n ≤α
α
)1(
1111ln
22
2
+−<−≤
nnnn
n
1ln −≤ xx )2(1ln ≥−≤ ααα nn
nnn
1
2
11)1ln(1
1
3
1
2
1 +++<+<++++
2ln1ln1ln1
2
1
1ln)1ln( ++−++=⋅⋅−⋅+=+ n
n
n
n
n
n
n
nn
xxxx 11ln,ln −><
xxf 1)( =
∫
−
<
n
in
ABCF xS 1 )ln(ln|ln11 innxxin
n
in
n
in
−−==<⋅ −
−
∫
1=i )1ln(ln1 −−< nnn
2ln2
1 < 2ln3ln3
1 −< )1ln(ln1 −−< nnn nnn ln)1ln(1
1 −+<+
)1ln(1
1
3
1
2
1 +<++++ nn
∫
−
>
n
in
ABDE xS 1 )ln(ln|ln11 innxxiin
n
in
n
in
−−==>⋅− −
−
∫
1=i )1ln(ln1
1 −−>− nnn
nn 1
2
11)1ln( +++<+ nnn
1
2
11)1ln(1
1
3
1
2
1 +++<+<++++
en
<+⋅⋅++ )!
11()!3
11)(!2
11( en
<+⋅⋅++ )3
11()81
11)(9
11( 2
32)]1(1[)321()211( −>++⋅⋅×+⋅×+ nenn
1)1(
32]1)1(ln[ ++−>++
nnnn
)0(1
3)1ln(1)0(1
32)1ln( >+>++⇔>+−>+ xxx
xxxx
)1*,(4
)1(
1
ln
5
4ln
4
3ln
3
2ln >∈−<+++++ nNnnn
n
n
)1(1)1()1ln()( >+−−−= xxxxf
F
E D
C
BA
n-i n
y
xO
,令 有 ,令 有 ,
所以 ,所以 ,令 有,
所以 ,所以
例 14. 已知 证明 .
解析: ,
然后两边取自然对数,可以得到
然后运用 和裂项可以得到答案)
放缩思路：
。于是 ，
即
注：题目所给条件 （ ）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方
向的作用；当然，本题还可用结论 来放缩：
，
即
例 15.(2008 年厦门市质检) 已知函数 是在 上处处可导的函数,若
在 上恒成立.
(I)求证：函数 上是增函数；
(II)当 ；
(III)已知不等式 时恒成立，
求证：
解析:(I) ,所以函数 上是增函数
(II)因为 上是增函数,所以
1
211
1)('
−
−=−−=
x
x
xxf 0)(' >xf 21 << x 0)('
x
0)2()( =≤ fxf 2)1ln( −≤− xx 12 += nx 1ln 22 −≤ nn
2
1
1
ln −≤+
n
n
n )1*,(4
)1(
1
ln
5
4ln
4
3ln
3
2ln >∈−<+++++ nNnnn
n
n
1 1 2
1 11, (1 ) .2n n na a an n+= = + ++
2
na e<
nnnnn annanna )
2
1
)1(
11(
2
1))1(
11(1 +++<+++=+
nnn anna ln)
2
1
)1(
11ln(ln 1 ++++<+
xx <+ )1ln(
⇒+++≤+ nnn anna )2
111( 21
⇒++++≤+ nnn anna ln)2
111ln(ln 21
nn nna 2
11ln 2
+++≤
nnn nnaa 2
11lnln 21 ++≤−+
.22
112
2
11
)2
1(111lnln)2
11()ln(ln
1
12
1
1
1
1
1
<−−=
−
−
+−≤−⇒++≤−
−
−
=
+
−
=
∑∑ n
n
ni
n
i
ii
n
i nnaaiiaa
.2lnln 2
1 eaaa nn <⇒<−
ln(1 )x x+ < 0x >
)2)(1(2 ≥−> nnnn
⇒−+−+≤+ )1(
1))1(
11(1 nnanna nn ⇒+−+≤++ )1)()1(
11(11 nn anna
.)1(
1))1(
11ln()1ln()1ln( 1 −<−+≤+−++ nnnnaa nn 111)1ln()1ln()1(
1)]1ln()1ln([ 2
1
2
1
1
2
<−<+−+⇒−<+−+⇒ ∑∑ −
=
+
−
= naaiiaa n
n
i
ii
n
i
.133ln1)1ln( 2eeaa nn <−<⇒+<+
)(xf ),0( +∞
)()(' xfxfx >⋅ 0>x
),0()()( +∞= 在
x
xfxg
)()()(:,0,0 212121 xxfxfxfxx +<+>> 证明时
01)1ln( ≠−><+ xxxx 且在
).()2)(1(2)1ln()1(
14ln4
13ln3
12ln2
1 *2
2
2
2
2
2
2
2 Nnnn
nnn
∈++>++++++
0)()(')(' 2
>−=
x
xfxxfxg ),0()()( +∞= 在
x
xfxg
),0()()( +∞= 在
x
xfxg
)()()()(
21
21
1
1
21
21
1
1 xxfxx
xxfxx
xxf
x
xf +⋅+<⇒+
+<
两式相加后可以得到
(3)
……
相加后可以得到:
所 以 令
,有
所以
(方法二)
所以
又 ,所以
例 16.(2008 年福州市质检)已知函数 若
解析:设函数
∴函数 ）上单调递增，在 上单调递减.
∴ 的最小值为 ，即总有
而
即
)()()()(
21
21
2
2
21
21
2
2 xxfxx
xxfxx
xxf
x
xf +⋅+<⇒+
+<
)()()( 2121 xxfxfxf +<+
)()()()(
21
21
1
1
21
21
1
1
n
nn
n xxxfxxx
xxfxxx
xxxf
x
xf +++⋅+++<⇒+++
+++<
)()()()(
21
21
2
2
21
21
2
2
n
nn
n xxxfxxx
xxfxxx
xxxf
x
xf +++⋅+++<⇒+++
+++<
)()()()(
21
2121
21
n
n
n
n
n
n
n
n xxxfxxx
xxfxxx
xxxf
x
xf +++⋅+++<⇒+++
+++<
)()()()( 2121 nn xxxfxfxfxf +++<+++
)ln()(lnlnlnln 2121332211 nnnn xxxxxxxxxxxxxx ++++++<++++
2)1(
1
nxn += <
++++++− 2
2
2
2
2
2
2
2 )1ln()1(
14ln4
13ln3
12ln2
1 nn
++++⋅
+++++
2222222 )1(
1
3
1
2
1ln)1(
1
4
1
3
1
2
1
nn
+++×+×⋅
++++<
nnn )1(
1
23
1
12
1ln)1(
1
3
1
2
1
222
)2)(1(22
1
2
1
1
1
++−=
+−
+−<
nn
n
nn
).()2)(1(2)1ln()1(
14ln4
13ln3
12ln2
1 *2
2
2
2
2
2
2
2 Nnnn
nnn
∈++>++++++
+−+=++≥++
+>+
+
2
1
1
14ln)2)(1(
4ln
)2)(1(
)1ln(
)1(
)1ln( 2
2
2
nnnnnn
n
n
n
)2(2
4ln
2
1
2
14ln)1ln()1(
14ln4
13ln3
12ln2
1 2
2
2
2
2
2
2
2 +=
+−>++++++
n
n
nnn
1
114ln +>>
n ).()2)(1(2)1ln()1(
14ln4
13ln3
12ln2
1 *2
2
2
2
2
2
2
2 Nnnn
nnn
∈++>++++++
.ln)( xxxf = ).()(2ln)()(:,0,0 bfbafbaafba −+≥++>> 证明
( ) ( ) ( ), ( 0)g x f x f k x k= + − >
.2021,0)(
,ln1)ln(1ln)(
.0
),ln()(ln)(
,ln)(
kxk
xk
kx
xk
xxg
xk
xxkxxg
kx
xkxkxxxg
xxxf
<<⇒>−
−⇒>−>′
−=−−−+=′
<<∴
−−+=∴
=
则有令
kkxg ,2[)( 在 ]2,0( k
)(xg )2(kg ).2()( kgxg ≥
,2ln)()2ln(ln2ln)2()2()2( kkfkkkkkkfkfkg −=−==−+=
,2ln)()( kkfxg −≥∴
.2ln)()()( kkfxkfxf −≥−+
令 则
三、分式放缩
姐妹不等式: 和
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: 和
也可以表示成为
和
解析: 利用假分数的一个性质 可得
即
例 20.证明:
解析: 运用两次次分式放缩:
(加 1)
(加 2)
相乘,可以得到:
所以有
四、分类放缩
例 21.求证:
解析:
例 22.(2004 年全国高中数学联赛加试改编) 在平面直角坐标系 中, 轴正半轴上的
点列 与曲线 （ ≥0）上的点列 满足 ，直线 在 x 轴上的截距为 .
点 的横坐标为 , .
,, bxkax =−= .bak +=
.2ln)()()()( babafbfaf +−+≥+∴
).()(2ln)()( bfbafbaaf −+≥++∴
)0,0( >>>+
+> mabma
mb
a
b )0,0( >>>+
+< mbama
mb
a
b
12)12
11()5
11)(3
11)(11( +>−++++ nn
12
1)2
11()6
11)(4
11)(2
11( +
<+−−−
nn
12)12(531
2642 +>−⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
nn
n
12
1
2642
)12(531
+
<⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅
nn
n
)0,0( >>>+
+> mabma
mb
a
b
>−⋅⋅
12
2
5
6
3
4
1
2
n
n
=+⋅⋅
n
n
2
12
6
7
4
5
2
3
)12(2
12
6
5
4
3
2
1 +⋅−⋅⋅ nn
n
⇒ 12)12
2
5
6
3
4
1
2( 2 +>−⋅⋅ nn
n
.12)12
11()5
11)(3
11)(11( +>−++++ nn
.13)23
11()7
11)(4
11)(11( 3 +>−++++ nn
13
3
8
9
5
6.2
3
23
13
7
8
4
5
1
2
−⋅⋅⋅⋅>−
−⋅⋅⋅⋅
n
n
n
n
n
n
n
n
3
13
9
10
6
7.3
4
23
13
7
8
4
5
1
2 +⋅⋅⋅⋅>−
−⋅⋅⋅⋅
)13(13
23
8
7
5
4
2
1
13
13
8
10
5
7.2
4
23
13
7
8
4
5
1
2 2
+⋅−
−⋅⋅⋅⋅=−
+⋅⋅⋅⋅>
−
−⋅⋅⋅⋅ nn
n
n
n
n
n
.13)23
11()7
11)(4
11)(11( 3 +>−++++ nn
212
1
3
1
2
11 n
n
>−++++
+++++++++>−++++ )2
1
2
1
2
1
2
1()4
1
4
1(2
1112
1
3
1
2
11 3333n
2)2
11(22
1)2
1
2
1
2
1( nn
nnnnn
>−+=−+++
xoy y
{ }nA xy 2= x { }nB
nOBOA nn
1== nn BA na
nB nb ∗∈ Nn
(1)证明 > >4， ; (2)证明有 ，使得对 都有 < .
解析:(1) 依题设有： ，由 得：
,又直线 在 轴上的截距为 满足
显然，对于 ，有
(2)证明：设 ，则
设 ，则当 时，
。
所以，取 ，对 都有：
故有 < 成立。
例 23.(2007 年泉州市高三质检) 已知函数 ，若 的定义域为
[－1，0]，值域也为[－1，0].若数列 满足 ，记数列 的前 项和为 ，问
是否存在正常数 A，使得对于任意正整数 都有 ？并证明你的结论。
解析:首先求出 ,∵
∴ ,∵ , ,…
na 1+na ∗∈ Nn ∗∈ Nn0 0nn >∀
n
n
n
n
b
b
b
b
b
b
b
b 1
12
3
1
2 +
−
++++ 2008−n
( ) ( )10, , , 2 , 0n n n n nA B b b bn
>
1
nOB n
=
2 *
2 2
1 12 , 1 1,n n nb b b n Nn n
+ = ∴ = + − ∈ n nA B x na
( ) ( )1 10 2 0 0n n na b bn n
− − = − − 1 2
n
n
n
ba
n b
=
−
2 2 2
2
12 1 0, 2n n n
n
n b n b b n b
= − > + =
( )
2 2
1 2 1 2 2 2 41 21 2
n nn
n n n
n nn n
b n bba b bn b n bn b n b
+
∴ = = = + = + + +−− 2 2
1 11 1 2 2 1na n n
∴ = + + + + +
1 1 01n n
> >+
*
1 4,n na a n N+> > ∈
*11 ,n
n
n
bc n Nb
+= − ∈
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
22 2
2
22
22 2
2
2 2 2
2 2
1 1 11 1 1 11 1 1
1 1 111 1 1 1
1
1 1 12 1 2 1 1 1 2 1
21 11 1 2 12 1 2 1
n
n n nc n n n
n n n
n n nn
n n n
n n
+ − + + + += = − + + − + + +
+
+ + + + + > = + >
+ + ++ +
( )( ) ( )2 *12 1 2 2 1 0, ,2nn n n n c n Nn
+ + − + = > ∴ > ∈+
*
1 2 ,n nS c c c n N= + + + ∈ ( )*2 2 1kn k N= − > ∈
2 3 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 4 2 1 2 3 4 2 1 2 2 1 2n k k k kS −
> + + + + = + + + + + + + − + +
2 1
2 3
1 1 1 12 2 22 2 2 2
k
k
k− −> ⋅ + ⋅ + + ⋅ =
4009
0 2 2n = −
0n n∀ >
20082
14017111 0
1
2
3
1
2 =−>>=
−++
−+
− +
nn
n
n SSb
b
b
b
b
b
n
n
n
n
b
b
b
b
b
b
b
b 1
12
3
1
2 +
−
++++ 2008−n
),1()( 2 Rcbcbxxxf ∈≥++= )(xf
}{ nb )()( *
3 Nnn
nfbn ∈= }{ nb n nT
n ATn <
xxxf 2)( 2 +=
nn
nn
n
nfbn
12)(
3
2
3
>+==
nbbbbT nn
1
3
1
2
11321 ++++>++++= 2
1
4
124
1
3
1 =×>+
2
1
8
148
1
7
1
6
1
5
1 =×>+++
,故当 时, ,
因此，对任何常数 A，设 是不小于 A 的最小正整数，
则当 时,必有 .
故不存在常数 A 使 对所有 的正整数恒成立.
例 24.(2008 年中学教学参考)设不等式组 表示的平面区域为 ,设 内整数坐
标点的个数为 .设 ,
当 时,求证: .
解析:容易得到 ,所以,要证 只要证 ,因为
,所以原命题得证.
五、迭代放缩
例 25. 已知 ,求证:当 时,
解析:通过迭代的方法得到 ,然后相加就可以得到结论
例 26. 设 ,求证:对任意的正整数 k,若 k≥n 恒有:|Sn+k－Sn|<1
n
解析:
又 所以
六、借助数列递推关系
例 27.求证:
解析: 设 则
,从而
,相加后就可以得到
2
1
2
122
1
22
1
12
1 1
11
=×>+++++
−
−− k
k
kkk
kn 2> 12
+> kTn
m
222 −> mn AmmTn >=+−> 12
22
ATn < 2≥n
+−≤
>
>
nnxy
y
x
3
,0
,0
nD nD
na
nnn
n aaaS
221
111 +++=
++
2≥n
36
1171111
2321
+≥++++ n
aaaa n
nan 3=
36
1171111
2321
+≥++++ n
aaaa n
12
117
2
1
3
1
2
112
+≥++++= nS nn
nnnnS 2
1
22
1
12
1()8
1
7
1
6
1
5
1()4
1
3
1(2
11 112
++++++++++++++= −−
12
117)1(12
7
2
3
2
11 121 222
+=−+≥+++++= −
nnTTT n
1,1
4
11 =+
+=+ xx
xx
n
n
n
2≥n n
n
i
ix −
=
−≤−∑ 1
1
22|2|
12
12 −≤−
nnx
nn
nS 2
!sin
2
!2sin
2
!1sin
21
+++=
|2
)sin(
2
)!2sin(
2
)!1sin(||| 21 knnnnkn
knnnSS ++++
++++++=−
knnnknnn
knnn
++++++ +++≤++++++≤
2
1
2
1
2
1|2
)sin(||2
)!2sin(||2
)!1sin(| 2121
nknkn 2
1)2
11(2
1)2
1
2
1
2
1(2
1
2
<−⋅=+++=
nCCC n
nnn
nn >+++=+=
10)11(2
nSS nnkn
1
2
1|| <<−+
1222642
)12(531
642
531
42
31
2
1 −+<⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅++⋅⋅
⋅⋅+⋅
⋅+ nn
n
n
nan 2642
)12(531
⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅=
nnnnn anaanan
na +=+⇒+
+= ++ 2)1(2)1(2
12
11
nnn naana 2)1(2 1 −+= +
所以
例 28. 求证:
解析: 设 则
,从而
,相加后就可以得到
例 29. 若 ,求证:
解析:
所以就有
七、分类讨论
例 30.已知数列 的前 项和 满足 证明：对任意的整数
，有
解析:容易得到 ,
由于通项中含有 ，很难直接放缩，考虑分项讨论：
当 且 为奇数时
（减项放缩），于是
①当 且 为偶数时
② 当 且 为 奇 数 时 （ 添 项 放 缩 ） 由 ① 知
由①②得证。
八、线性规划型放缩
例 31. 设函数 .若对一切 ， ，求 的最大值。
解析:由 知 即
由此再由 的单调性可以知道 的最小值为 ，最大值为
1
22
1)22(1
32
1)1(22)1(2 1121 −
+
⋅+<−
+
⋅+<−+=+++ +
n
n
n
naanaaa nn
1222642
)12(531
642
531
42
31
2
1 −+<⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅++⋅⋅
⋅⋅+⋅
⋅+ nn
n
1122642
)12(531
642
531
42
31
2
1 −+<⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅++⋅⋅
⋅⋅+⋅
⋅+ nn
n
n
nan 2642
)12(531
⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅=
111 )12(]1)1(2[)1(2
12
+++ ++=++⇒+
+= nnnnn aananan
na
nnn anana )12(]1)1(2[ 11
+−++= ++
1122
3
12
1)12(3)12( 1121 −+<−
+
⋅+<−+=+++ + n
n
naanaaa nn
1,1 11 +=⋅= + naaa nn )11(2111
21
−+≥+++ naaa n
nn
n
nnnn aaaaanaa −=⇒+⋅=+=⋅ +
+
+++ 2
1
112
112
21221111
21121
121
−+=−≥−−++=+++ ++ naaaaaaaaaaa nnnn
n
}{ na n nS .1,)1(2 ≥−+= naS n
nn
4>m
8
7111
54
<+++
maaa
[ ].)1(23
2 12 −− −+= nn
na
n)1(−
3≥n n
1222
22
2
3)12
1
12
1(2
311
2132
12
12
1 −−+
+⋅=−++=+ −−−
−−
−−
+
nnn
nn
nn
nn aa
)2
1
2
1(2
3
2
22
2
3
1232
12
−−−
−−
+⋅=+⋅<
nnn
nn
4>m m =+++
maaa
111
54
)11()11(1
1654 mm aaaaa
+++++
−
.8
7
8
3
2
1)2
11(4
1
2
3
2
1)2
1
2
1
2
1(2
3
2
1
4243
=+<−⋅⋅+=++++< −− mm
4>m m <+++
maaa
111
54
154
1111
+
++++
mm aaaa
.8
71111
154
<++++
+mm aaaa
2
2 1( ) 2
xf x x
+= +
x R∈ 3 ( ) 3af x b− ≤ + ≤ a b−
2 2
2 2
1 ( 2) ( 1)( ( ) )( (1) 1)2 2( 2)
x xf x f x
− + −+ − = +
1( ( ) )( (1) 1) 02f x f+ − ≤ 1 ( ) 12 f x− ≤ ≤
( )f x ( )f x 1
2
− 1
因此对一切 ， 的充要条件是，
即 ， 满足约束条件 ，
由线性规划得， 的最大值为 5．
九、均值不等式放缩
例 32.设 求证
解析: 此数列的通项为
， ，
即
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 ，
若放成 则得 ，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
其中， 等的各式及其变式公式均可供选用。
例 33.已知函数 ，若 ，且 在[0，1]上的最小值为 ，求证：
解析:
例 34.已知 为正数，且 ，试证：对每一个 ， .
解析: 由 得 ，又 ，故 ，而
，
令 ，则 = ，因为 ，倒序
相加得 = ，
而 ，
则 = ， 所 以
，即对每一个 ， .
例 35.求证
x R∈ 3 ( ) 3af x b− ≤ + ≤ 13 32
3 3
a b
a b
− ≤ − + ≤
− ≤ + ≤
a b 3
3
1 32
1 32
a b
a b
a b
a b
+ ≥ −
+ ≤
− + ≥ −
− + ≤
a b−
.)1(3221 +++⋅+⋅= nnSn .2
)1(
2
)1( 2+<<+ nSnn
n
.,,2,1,)1( nkkkak =+=
2
1
2
1)1( +=++<+< kkkkkk )2
1(
11
∑∑
==
+<<∴
n
k
n
n
k
kSk
.2
)1(
22
)1(
2
)1( 2+<++<<+ nnnnSnn
n
2
baab
+≤
1)1( +<+ kkk
2
)1(
2
)3)(1()1(
2
1
+>++=+< ∑
=
nnnkS
n
k
n
n
aa
n
aaaa
aa
n nnn
n
n
22
11
1
1
11
++≤++≤≤
++
3,2=n
bxaxf 21
1)( ⋅+=
5
4)1( =f )(xf
2
1
.2
1
2
1)()2()1( 1
−+>+++ +nnnfff
)22
11()()1()0(
22
11
41
11
41
4)( ×−>++⇒≠
•
−>
+
−=
+
= nffxxf xxx
x
.2
1
2
1)2
1
2
11(4
1)22
11()22
11( 112
−+=+++−=×−++×−+ +− nnn nn
ba, 111 =+
ba
∗∈ Nn 12 22)( +−≥−−+ nnnnn baba
111 =+
ba
baab += 42)11)(( ≥++=++
a
b
b
a
baba 4≥+= baab
nn
n
rrnr
n
n
n
n
n
n bCbaCbaCaCba +++++=+ −−
110)(
nnn babanf −−+= )()( )(nf 1111 −−−− ++++ nn
n
rrnr
n
n
n abCbaCbaC in
n
i
n CC −=
)(2 nf )()()( 111111 baabCbabaCabbaC nnn
n
rnrrrnr
n
nn
n
−−−−−−− +++++++
121111 2422 +−−−−−− =⋅≥≥+==+==+ n
n
nnnnrnrrrnnn babaabbabaabba
)(2 nf ))(22())(( 11 rrnrnrnrrnrnrn
n
r
nn babababaCCC −−−−− +−=+++++ ⋅−≥ )22( n 12 +n )(nf
⋅−≥ )22( n n2 ∗∈ Nn 12 22)( +−≥−−+ nnnnn baba
),1(2 2
1
321 NnnnCCCC
n
n
nnnn ∈>⋅>++++
−
解析: 不等式左 = ，
原结论成立.
例 36.已知 ,求证:
解析:
经过倒序相乘,就可以得到
例 37.已知 ,求证:
解析:
其中: ,因为
所以
从而 ,所以 .
例 38.若 ,求证: .
解析:
因为当 时, ,所以 ,所以 ,当且仅当
时取到等号.
所以
所以 所以
例 39.已知 ,求证: .
解析: .
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 ，
(1)当 n=1 时，左式= 右式=0.∴不等式成立.
(2) , 左式=
=++++ n
nnnn CCCC
321 12 222112 −++++=− nn
n nn 12 2221 −⋅⋅⋅⋅⋅> 2
1
2
−
⋅
n
n
xx eexf −+=)( 21 )1()()3()2()1(
n
nenffff +>⋅⋅⋅⋅ +
11)1()1()()( 21
211
2
2
1
21
2
2
1
1
21 +>
⋅
+++=+⋅+=⋅ ++ xx
xxx
x
x
x
xx
x
x
x
x e
eee
e
e
ee
e
e
e
exfxf
21 )1()()3()2()1(
n
nenffff +>⋅⋅⋅⋅ +
xxxf 1)( += nn nnffff )1(2)2()3()2()1( +>⋅⋅⋅⋅
2)12(2)12(
112
12)12()12
112)(1( +−+>−++−++−++−+=−++−++ knknkk
kn
kn
kknkknknkk
nk 2,,3,2,1 = nknkknknkknk 2)12(0)2)(1(2)1(2 ≥−+⇒≥−−=−−+⋅
22)12
112)(1( +≥−++−++ nknknkk
nnnffff 22 )22()]2()3()2()1([ +>⋅⋅⋅⋅
nn nnffff )1(2)2()3()2()1( +>⋅⋅⋅⋅
7>k
2
3
1
1
2
1
1
11 >−++++++=
nknnnSn
)1
1
1()3
1
2
1()2
1
1
1()1
11(2 nnknknnknnknSn +−++−+++−+++−+=
0,0 >> yx
xyyxxyyx 211,2 ≥+≥+ 4)11)(( ≥++
yxyx yxyx +≥+ 411
yx =
1
)1(4
1
4
32
4
21
4
1
42 −+
−=−+++−+++−+++−+>
nkn
kn
nknnknnknnknSn
2
3
1
421
)1(2
11
)1(2 >+−=+
−>
−+
−>
kk
k
nk
kSn 2
3
1
1
2
1
1
11 >−++++++=
nknnnSn
))(()( 21 xxxxaxf −−=
16)1()0(
2aff ≤⋅
16)]1()][1([)1()0(
2
2211
2 axxxxaff ≤−−=⋅
)0(22)( >+=′ xxxxf
2 2(2 ) (2 ) 0x xx x
+ − + =
2n ≥ )22(2)22()(2)]([ 11
n
nnnnnn
xxxxxfxf +⋅−+=′⋅−′ −−
).11(2 2
1
4
24221
−
−
−
−−− ++++=
n
n
nn
n
n
n
n
n
n
n
xCxCxCxC
令
由倒序相加法得：
，
所以
所以 综上，当 k 是奇数， 时，命题成立
例 41. （2007 年东北三校）已知函数
（1）求函数 的最小值，并求最小值小于 0 时的 取值范围；
（2）令 求证：
★例 42. (2008 年江西高考试题)已知函数 , .对任意正数 ,
证明： ．
解析:对任意给定的 , ,由 ,
若令 ，则 ① ,而 ②
（一）、先证 ；因为 ， ， ，
又由 ，得 ．
所以
1 2 2 4 2 1
4 2
1 1n n n n
n n n nn nS C x C x C Cx x
− − − −
− −= + + + +
)1()1()1(2 2
2
1
4
42
2
21 −
−
−
−
−
−
− ++++++= n
n
n
nn
n
nn
n
n xxCxxCxxCS
)22(2)(2 121 −=+++≥ − nn
nnn CCC
).22( −≥ nS
.)22(2)(2)]([ 1 成立−≥′⋅−′ − nnnnn xfxf Nn +∈
)1()( >−= axaxf x
)(xf a
)1()2()1()( '1'2'1 −+++= − nfCfCfCnS n
nnn )2()22()( ' nfnS n ⋅−>
e
a
aa
a
a
xxx
eaa
eaaa
axf
a
aafxf
aaxf
axxf
axaaaaaxfaaxf
1
min
min
'
'
''
1
1ln,1lnln,0ln
lnln1,0)(
ln
lnln1)lnlog()(
),lnlog)lnlog,()(
,lnlog,0)(
lnlog1,ln
1,1ln,0)(,1ln)()1(
<<∴
<∴−<<+<
+=−=
+∞−−−∞
−<<
−>∴>>∴>>−=
的取值范围是
则即若
所以
上递增；上递减，在（在所以
有同理：
又即：由
所以不等式成立。
),2()22()1ln)(22(
)22(ln)22(
)22(ln)]()()([2
1
)(ln)(
)1ln()1ln()1ln()()2(
'2
2
1122211
12111221
11221
nfaa
aa
aaaCaaCaaC
CCCaaCaCaC
aaCaaCaaCnS
n
n
n
nn
n
nnn
n
n
n
n
n
n
nnn
nn
nnn
nn
nnn
−=−−=
−−−≥
−−++++++=
+++−+++=
−++−+−=
−−−−
−−−
−−
( ) 1 1
81 1
axf x axx a
= + + ++ +
( )0x ,∈ + ∞ a
( )1 2f x< <
0a > 0x >
1 1 1( )
1 1 81
f x
x a
ax
= + +
+ + +
8b ax
= 8abx = ( ) 1 1 1
1 1 1
f x
x a b
= + +
+ + +
( ) 1f x > 1 1
11 xx
> ++
1 1
11 aa
> ++
1 1
11 bb
> ++
42 2 2 2 4 2 8a b x a bx abx+ + + ≥ + ≥ = 6a b x+ + ≥
( ) 1 1 1 1 1 1
1 1 11 1 1
f x x a bx a b
= + + > + ++ + ++ + +
3 2( ) ( )
(1 )(1 )(1 )
a b x ab ax bx
x a b
+ + + + + += + + +
．
（二）、再证 ；由①、②式中关于 的对称性，不妨设 ．则
（ⅰ）、当 ，则 ，所以 ，因为 ，
，此时 ．
（ⅱ）、当 ③，由①得 , ， ，
因为 所以 ④
同理得 ⑤ ，于是 ⑥
今证明 ⑦, 因为 ，
只要证 ，即 ，也即 ，据③，此为显
然．
因此⑦得证．故由⑥得 ．
综上所述，对任何正数 ，皆有 ．
例 43.求证:
解析:一方面:
(法二)
另一方面:
十、二项放缩
, ,
例 44. 已知 证明
解析:
，
9 ( ) ( )
(1 )(1 )(1 )
a b x ab ax bx
x a b
+ + + + + +≥ + + +
1 ( ) ( ) 1(1 )(1 )(1 )
a b x ab ax bx abx
x a b
+ + + + + + += =+ + +
( ) 2f x < , ,x a b x a b≥ ≥ 0 2b< ≤
7a b+ ≥ 5a ≥ 5x a≥ ≥ 1 1
1 b
<
+
1 1 2 1
1 1 1 5x a
+ ≤ <
+ + +
( ) 1 1 1 2
1 1 1
f x
x a b
= + + <
+ + +
7a b+ < 8x ab
= 1
81
ab
abx
= ++
2
2
2
1 1 [1 ]1 1 4(1 ) 2(1 )
b b b
b b b b
< − + = −+ + + +
1 1 2(1 )1
b
bb
< − ++
1 1 2(1 )1
a
aa
< − ++
( ) 12 22 1 1 8
a b abf x a b ab
< − + − + + +
21 1 8
a b ab
a b ab
+ >+ + + 21 1 (1 )(1 )
a b ab
a b a b
+ ≥+ + + +
(1 )(1 ) 8
ab ab
a b ab
>+ + + 8 (1 )(1 )ab a b+ > + + 7a b+ <
( ) 2f x <
a, x ( )1 2f x< <
213
1
2
1
1
11 <++++++<
nnn
14
2
2
1
4
1
3
1
2
1
13
1
2
1
1
1 =+>
++≥++++++ nnn
+++++
+++
+++⋅=++++++ 1
1
13
1
3
1
2
1
13
1
1
1
2
1
13
1
2
1
1
1
nnnnnnnnn
++
++++
++++
+⋅=
)13)(1(
24
)2(3
24
)1)(13(
24
2
1
nn
n
nn
n
nn
n
( ) 1)12(
)12(
)12(
1
)1()12(
1
)12(
112 2
2
222222
=+
+>
−+++−−++−+⋅+=
n
n
nnnnnnn
21
22
1
12
13
1
2
1
1
1 =+
+<+
+<++++++ n
n
n
n
nnn
n
nnn
nn CCC +++=+=
10)11(2 12 10 +=+≥ nCC nn
n
2
22
2
210 ++=++≥ nnCCC nnn
n )2)(1(2 ≥−> nnnn
1 1 2
1 11, (1 ) .2n n na a an n+= = + ++
2
na e<
⇒−+−+≤+ )1(
1))1(
11(1 nnanna nn ⇒+−+≤++ )1)()1(
11(11 nn anna
.)1(
1))1(
11ln()1ln()1ln( 1 −<−+≤+−++ nnnnaa nn 111)1ln()1ln()1(
1)]1ln()1ln([ 2
1
2
1
1
2
<−<+−+⇒−<+−+⇒ ∑∑ −
=
+
−
= naaiiaa n
n
i
ii
n
i
即
例 45.设 ，求证：数列 单调递增且
解析: 引入一个结论：若 则 （证略）
整理上式得 （ ）
以 代入（ ）式得
即 单调递增。
以 代入（ ）式得
此式对一切正整数 都成立，即对一切偶数有 ，又因为数列 单调递增，
所以对一切正整数 有 。
注：①上述不等式可加强为 简证如下：
利用二项展开式进行部分放缩：
只取前两项有 对通项作如下放缩：
故有
②上述数列 的极限存在，为无理数 ；同时是下述试题的背景：
已知 是正整数，且 （1）证明 ；（2）证明
（01 年全国卷理科第 20 题）
简析 对第（2）问：用 代替 得数列 是递减数列；借鉴此结论可有如
下简捷证法：数列 递减，且 故 即 。
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：
解析: 因为 a+b=1,a>0,b>0,可认为 成等差数列，设 ，
从而
例 47.设 ，求证 .
解析: 观察 的结构，注意到 ，展开得
，
即 ，得证.
例 48.求证: .
解析:参见上面的方法,希望读者自己尝试!)
.133ln1)1ln( 2eeaa nn <−<⇒+<+
n
n na )11( += }{ na .4> ab )()1(11 abbnab nnn −+<− ++
].)1[(1 nbanba nn −+>+ ⊗
nbna 11,1
11 +=++= ⊗ >++ +1)1
11( n
n .)11( n
n
+
}{ na
nba 2
11,1 +==
⊗ .4)2
11(2
1)2
11(1 2 <+⇒⋅+> nn
nn
n 4)11( <+ n
n
}{ na
n 4)11( <+ n
n
.3)11(2 <+≤ n
n
.1111)11( 2
21
n
n
nnn
n
n nCnCnCna ++⋅+⋅+=+=
.211 1 =⋅+≥
nCa nn
.2
1
221
1
!
111
!
11
1−=⋅≤<+−⋅−⋅⋅=
kk
k
n kn
kn
n
n
n
n
knC
.32/11
)2/1(1
2
122
1
2
1
2
111
1
12
<−
−⋅+=+++++<
−
−
n
nna
}{ na e
nmi ,, .1 nmi <≤< i
n
ii
m
i AmAn < .)1()1( mn nm +>+
n/1 n n
nn nbb
1
)1(:}{ +=
})1{(
1
nn+ ,1 nmi <≤< ,)1()1(
11
nm nm +>+ mn nm )1()1( +>+
.12 nnn ba −≥+
ba ,2
1, dbda +=−=
2
1,2
1
n
nn
nn ddba −≥
++
−=+ 122
1
2
1
Nnn ∈> ,1
)2)(1(
8)3
2( ++<
nn
n
n)3
2( nn )2
11()2
3( +=
8
6)2)(1(
8
)1(
212
1
2
1
2
11)2
11( 3
3
2
21 +++=−++≥+⋅+⋅+⋅+=+ nnnnnCCC nnn
n
8
)2)(1()2
11(
++>+ nnn
nnn
2ln)2
11ln(2ln3ln <+≤−
例 42.(2008 年北京海淀 5 月练习) 已知函数 ，满足：
①对任意 ，都有 ；
②对任意 都有 .
（I）试证明： 为 上的单调增函数；
（II）求 ；
（III）令 ，试证明：.
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 ,所以可以得到 ,
也就是 ,不妨设 ,所以,可以得到 ,也就是说 为
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 ,令 ,则可以得到
,又 ,所以由不等式可以得到 ,又
,所以可以得到 ①
接下来要运用迭代的思想:
因为 ,所以 , , ②
, , ,
在此比较有技巧的方法就是:
,所以可以判断 ③
当然,在这里可能不容易一下子发现这个结论,所以还可以列项的方法,把所有项数尽
可能地列出来,然后就可以得到结论.
所以,综合①②③有 =
(3)在解决 的通项公式时也会遇到困难.
, 所 以 数 列 的 方 程 为
,从而 ,
* *( ), ,y f x x y= ∈ ∈N N
*, ,a b a b∈ ≠N )()()()( abfbafbbfaaf +>+
*n∈N [ ( )] 3f f n n=
)(xf *N
)28()6()1( fff ++
*(3 ),n
na f n= ∈N
1 2
1 1 1 1
4 2 4n
n
n a a a
+ + + <+ ≤
)()()()( abfbafbbfaaf +>+ 0)()()()( >−−− bfbaafba
0))()()(( >−− bfafba ba > )()( bfaf > )(xf *N
0))()()(( >−− bfafba )1(,1 fab ==
0))1())1(()(1)(( >−− fffxf 3))1(( =ff 3)1(1 << f
*)1( Nf ∈ 2)1( =f
2)1( =f 3)]1([)2( == fff 6)]2([)3( == fff 9)]3([)6( == fff
18)]6([)9( == fff 27)]9([)18( == fff 54)]18([)27( == fff 81)]27([)54( == fff
2754275481 −==− 55)28( =f
)28()6()1( fff ++ 662955 =++
}{ na
nn
nnnnn aafffffff 3),3(3)]}3([{)3(,3)]3([ 1
11 =⇒=== +
++ *(3 ),n
na f n= ∈N
n
na 32⋅= )3
11(4
1111
21
n
naaa
−=+++
一方面 ,另一方面
所以 ,所以,综上有
.
例 49. 已知函数 f(x)的定义域为[0,1]，且满足下列条件：
① 对于任意 [0,1]，总有 ，且 ；
② 若 则有
（Ⅰ）求 f(0)的值；
（Ⅱ）求证：f(x)≤4；
（Ⅲ）当 时，试证明： .
解析: （Ⅰ）解：令 ，
由①对于任意 [0,1]，总有 ， ∴
又由②得 即
∴
（Ⅱ）解：任取 且设
则
因为 ，所以 ，即
∴ .
∴当 [0,1]时， .
（Ⅲ）证明：先用数学归纳法证明：
（1） 当 n=1 时， ，不等式成立；
（2） 假设当 n=k 时，
由
得
即当 n=k+1 时，不等式成立
4
1)3
11(4
1 <−
n
1222)21(3 1100 +=⋅+⋅≥+= nCC nn
nn
2412
2
4
1)12
11(4
1)3
11(4
1
+=+⋅=+−≥−
n
n
n
n
nn
1 2
1 1 1 1
4 2 4n
n
n a a a
+ + + <+ ≤
x∈ ( ) 3f x ≥ ( )1 4f =
1 2 1 20, 0, 1,x x x x≥ ≥ + ≤ ( ) ( )1 2 1 2( ) 3.f x x f x f x+ ≥ + −
1
1 1( , ]( 1,2,3, )3 3n nx n−∈ = ⋅⋅⋅ ( ) 3 3f x x< +
1 2 0x x= =
x∈ ( ) 3f x ≥ (0) 3f ≥
(0) 2 (0) 3,f f≥ − (0) 3;f ≤
(0) 3.f =
1 2, [0,1],x x ∈ 1 2 ,x x<
2 1 2 1 1 2 1( ) [ ( )] ( ) ( ) 3,f x f x x x f x f x x= + − ≥ + − −
2 1 0x x− >
2 1( ) 3f x x− ≥ 2 1( ) 3 0,f x x− − ≥
1 2( ) ( )f x f x≤
x∈ ( ) (1) 4f x f≤ =
1 1
1 1( ) 3( *)3 3n nf n N− −≤ + ∈
0 0
1 1( ) (1) 4 1 3 33 3f f= = = + = +
1 1
1 1( ) 3( *)3 3k kf k N− −≤ + ∈
1
1 1 1 1 1 1 1( ) [ ( )] ( ) ( ) 33 3 3 3 3 3 3k k k k k k kf f f f− = + + ≥ + + −
1 1 1( ) ( ) ( ) 63 3 3k k kf f f≥ + + −
1 1
1 1 13 ( ) ( ) 6 9.3 3 3k k kf f − −≤ + ≤ +
由（1）、（2）可知，不等式 对一切正整数都成立.
于是，当 时， ，
而 [0,1]， 单调递增
∴ 所以，
例 50. 已知：
求证：
解析:构造对偶式：令
则
＝
又 （
十一、积分放缩
利用定积分的保号性比大小
保号性是指，定义在 上的可积函数 ，则 .
例 51.求证： .
解析: ，∵ ，
时， ， ，
∴ ， .
利用定积分估计和式的上下界
定积分产生和应用的一个主要背景是计算曲边梯形的面积，现在用它来估计小矩形的面
积和.
例 52. 求证： ， .
解析: 考虑函数 在区间 上的定积分.
如图，显然 -①
对 求和，
1 1
1 1( ) 33 3n nf − −≤ +
1
1 1( , ]( 1,2,3, )3 3n nx n−∈ = ⋅⋅⋅
1 1
1 1 13 3 3 3 3 ( )3 3 3n n nx f− −+ > × + = + ≥
x∈ ( )f x
1
1 1( ) ( )3 3n nf f −<
1
1( ) ( ) 3 3.3nf x f x−< < +
1 2 1, 0n ia a a a+ + + = > )2,1( ni =
2 22 2
11 2
1 2 2 3 1 1
1
2
n n
n n n
a aa a
a a a a a a a a
−
−
+ + + + >+ + + +
1
2
1
2
1
32
2
2
21
2
1
aa
a
aa
a
aa
a
aa
aA
n
n
nn
n
++++++++=
−
−
1
2
1
1
2
32
2
3
21
2
2
aa
a
aa
a
aa
a
aa
aB
nnn
n
++++++++=
−
1
2
1
2
1
22
1
32
2
3
2
2
21
2
2
2
1
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aaBA
n
n
nn
nn
+
−++
−+++
−++
−=−
−
−
BAaaaaaaaa nnn =∴=−+−++−+− − ,0)()()()( 113221
)(2
122
ji
ji
ji aaaa
aa +≥+
− )2,1, nji =
1
2
1
2
1
22
1
32
2
3
2
2
21
2
2
2
1 )(2
1)(2
1
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aaBAA
n
n
nn
nn
+
−++
−+++
−++
−=+=∴
−
−
[ ]
2
1)()()()(4
1
113221 =++++++++≥ − aaaaaaaa nnn
[ ],a b ( ) ( )0f x ≥ ≤ ( ) ( )0b
a
f x dx ≥ ≤∫
e eππ <
ln lne ee e
π ππ π< ⇔ < ln ln ln ln
e
e
e x xde x x
π
ππ
π
− = = ∫ 2
1 ln
e
x dxx
π −= ∫
( ),x e π∈
2
1 ln 0x
x
− <
2
1 ln 0e
x dxx
π − <∫
ln ln e
e
π
π < e eππ <
( )1 1 11 2 1 1
2 3
n
n
+ + + + > + − ( )1,n n N> ∈
( ) 1f x
x
= [ ], 1i i + ( )1,2,3, ,i n=
11 1 11 i
i
dx
i i x
+= ⋅ > ∫
i 1
1 1
1 1n n i
ii i
dx
i x
+
= =
>∑ ∑∫ 1
1
1n
dx
x
+= ∫
.
例 53. 已知 .求证： .
解析:考虑函数 在区间 上的定积分.
∵ -②
∴ .
例 54. （2003 年全国高考江苏卷）设 ，如图，已知直线 及曲线 ： ，
上的点 的横坐标为 （ ）.从 上的点 作直线平行于 轴，交直线 于点 ，
再从点 作直线平行于 轴，交曲线 于点 . 的横坐标构成数列 .
（Ⅰ）试求 与 的关系，并求 的通项公式；
（Ⅱ）当 时，证明 ；
（Ⅲ）当 时，证明 .
解析: （过程略）.
证明（II）：由 知 ，∵ ，∴ .
∵当 时， ，
∴ .
证明（Ⅲ）：由 知 .
∴ 恰表示阴影部分面积，
显然 ④
∴ .
奇巧积累: 将定积分构建的不等式略加改造即得“初等”证明，如：
① ；
② ；
1
1
2
n
x
+ = ( )2 1 1n= + −
, 4n N n∈ ≥ 1 1 1 1 7
1 2 3 2 10n n n n
+ + + + <+ + +
( ) 1
1f x x
= + 1,i i
n n
−
( )1,2,3, ,i n=
1
n i+ 1 1
1 in
n
= ⋅
+
1
1
1
i
n
i
n
dxx−< +∫
1
1n
i n i= +∑
1
1 1
1
n
i in
n
=
= ⋅
+
∑ 1
1
1
1
in
n
i
i n
dxx−
=
< +∑∫ ( )1 1
00
1 ln 11 dx xx
= = + +∫ 7ln 2 10
= <
0a > axyl =: C 2xy = C
1Q 1a aa << 10 C ( )1nQ n ≥ x l 1+nP
1+nP y C 1nQ + ( )1,2, ,nQ n n= { }na
1na + na { }na
2
1,1 1 ≤= aa ∑
=
++ <−
n
k
kkk aaa
1
21 32
1)(
1a =
1 2
1
1( ) 3
n
k k k
k
a a a+ +
−
− <∑
1
21( )
n
n
aa a a
−
=
1a = 2
1n na a+ =
1
1
2a ≤ 2 3
1 1,4 16a a≤ ≤
1k ≥
2 3
1
16ka a+ ≤ ≤
1 2 1 1 1
1 1
1 1 1( ) ( ) ( )16 16 32
n n
k k k k k n
k k
a a a a a a a+ + + +
= =
− ≤ − = − <∑ ∑
1a = 2
1k ka a+ =
2
1 2 1 1( ) ( )k k k k k ka a a a a a+ + + +− = −
1
2 2
1 1( ) k
k
a
k k k a
a a a x dx
+
+ +− < ∫
2
1 2 1 1
1 1
( ) ( )
n n
k k k k k k
k k
a a a a a a+ + + +
− −
− = −∑ ∑
1
2
1
k
k
n a
ak
x dx
+−
< ∑∫ 1 2
0
a
x dx< ∫ 3
1
1 1
3 3a= <
11 1i
i
dx
i x
+=> ∫ ( )2 1i i= + −
1
n i+ 1
1
1
i
n
i
n
dxx−< +∫ 1ln 1 ln 1i i
n n
− = + − +
③ ；
④ .
十二、部分放缩(尾式放缩)
例 55.求证:
解析:
例 56. 设 求证：
解析:
又 （ 只 将 其 中 一 个 变 成 ， 进 行 部 分 放 缩 ），
，
于是
例 57.设数列 满足 ，当 时证明对所有 有 ；
解析: 用数学归纳法：当 时显然成立，假设当 时成立即 ，则当
时
，成立。
利 用 上 述 部 分 放 缩 的 结 论 来 放 缩 通 项 ， 可 得
注 ： 上 述 证 明 用 到 部 分 放 缩 ， 当 然 根 据 不 等 式 的 性 质 也 可 以 整 体 放 缩 ：
；证明 就直接使用了部分放缩的结论
十三、三角不等式的放缩
例 58.求证: .
解析:(i)当 时,
(ii)当 时,构造单位圆,如图所示:
因为三角形 AOB 的面积小于扇形 OAB 的面积
1
2
1
sin sin
1 sin
i i
i
θ θ
θ
−
−
−
− 1
sin
12sin
1
1
i
i
i idx
x
θ
θ
θ θ
−
−< = −
−∫
( )
1
2 2 3 3
1 1 1
1( ) 3
k
k
a
k k k k ka
a a a x dx a a
+
+ + +− < = −∫
7
4
123
1
123
1
13
1
1
<+⋅+++×++ −n
1211 23
1
23
1
28
11
123
1
7
1
4
1
123
1
123
1
13
1
−−− ⋅++⋅+<+⋅+++=+⋅+++×++ nnn
7
4
84
48
84
47
2
11
4
1
3
1
28
11 =<=
−
⋅+<
++=
ana 2
11 .2,1
3
1 ≥++ anaa .2⋅= kkkkkk k 1−k
kkkkk
1
1
1
)1(
11
2
−−=−<∴
)1
1
1()3
1
2
1()2
11(11
3
1
2
11 222 nnnan −−++−+−+<++++≤ .212 <−=
n
{ }na ( )++ ∈+−= Nnnaaa nnn 12
1 31 ≥a ,1≥n 2)( +≥ nai n
2
1
1
1
1
1
1
1)(
21
≤++++++ naaaii
)(i 1=n kn ≥ 2+≥ kak 1+= kn
312)2(1)2(1)(1 +>+⋅+≥+−+≥+−=+ kkkkakaaa kkkk
)(ii 121 +≥+ kk aa ⇒+≥++ )1(211 kk aa
.
2
1
1
1242)1(21 1
11
1
1
+
+−− ≤+⇒=⋅≥+≥≥+
k
k
kkk
k aaa
.2
1
2
11
)2
1(1
4
1
2
1
1
1
1
11
≤
−
−
⋅=≤+ +
==
∑∑
n
i
n
ii
n
i a
)(i
31)2)(2(1 +>+−++≥+ kkkkak )(ii 121 +≥+ kk aa
)(|||sin| Rxxx ∈≤
0=x |||sin| xx =
20
π<< x
T
P
B
A
O
y
x
所以可以得到
当 时
所以当 时 有
(iii)当 时, ,由(ii)可知:
所以综上有
十四、使用加强命题法证明不等式
(i)同侧加强
对所证不等式的同一方向(可以是左侧,也可以是右侧)进行加强.如要证明 ,只要
证明 ,其中 通过寻找分析,归纳完成.
例 59.求证:对一切 ,都有 .
解析:
从而
当然本题还可以使用其他方法,如:
所以 .
(ii)异侧加强(数学归纳法)
(iii)双向加强
有些不等式,往往是某个一般性命题的特殊情况,这时,不妨”返璞归真”,通过双向加强还
原其本来面目,从而顺利解决原不等式.其基本原理为:
欲证明 ,只要证明: .
例 60.已知数列 满足: ,求证:
解析: ,从而 ,所以有
,所以
|||sin|sin xxxx <⇒<
2
π≥x |||sin| xx <
0>x xx − x |||sin| xx <
)(|||sin| Rxxx ∈≤
Axf <)(
)0()( >−< BBAxf B
*)( Nnn ∈ 31
1
<∑
=
n
k kk
11
1
)1(
1
)1(
1
)1()1(
1
)1(
111
23 −−+
⋅
+
−
−
=
+−
=
−
<=
kkkkkkkkkkkkkk
2
11
1
1
1
11
11
1
)1(
1
)1(
1 −++⋅
+
−
−
=
−−+
⋅
+
−
−
= kk
kkkkkkkkk
1
1
1
1
2
2
1
1
1
11
+
−
−
=⋅
+
−
−
<
kk
k
kkk
3
1
11
2
21
1
1
1
1
5
1
3
1
4
1
2
1
3
1
1
111
1
<
+
−−+=
+
−
−
++−+−+−+<∑
= kkkkkk
n
k
−
−
⋅−+⋅=
−−
⋅
−
−
=
−⋅⋅
=
−
<
kk
kk
kkkkkkkkkkkkk
1
1
1
1
11
1
11
)1(
1
1
1
1
11
2
−
−
⋅<
kk
1
1
12
3)11(21111
21
<−+<+= ∑∑
== kkkkk
n
k
n
k
BxfA << )( ),0()( BACCBxfCA <>−<<+
}{ na
n
nn aaaa 1,1 11 +== + ).2(2312 >−<<− nnan n
21 2
1
2
1
1
2 +>
+= −
−
− k
n
nn aaaa 22
1
2 >− −nn aa
121)1(2)()()( 2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
22 −=+−>+−++−+−= −−− nnaaaaaaaa nnnnn 12 −> nan
又 ,所以 ,所以有
所以
所以综上有
引申:已知数列 满足: ,求证: .
解析:由上可知 ,又 ,所以
从而
又当 时, ,所以综上有 .
同题引申: (2008 年浙江高考试题)已知数列 , , , .
记 , .求证:当 时.
(1) ; (2) ; ★(3) .
解析:(1) ,猜想 ,下面用数学归纳法证明:
(i)当 时, ,结论成立;
(ii)假设当 时, ,则 时,
从而 ,所以
所以综上有 ,故
(2)因为 则 , ,…, ,相加后可
以得到: ,所以
,所以
(3)因为 ,从而 ,有 ,所以有
,从而
,所以
,所以
31 2
1
2
1
1
2 +<
+= −
−
− k
n
nn aaaa 32
1
2 <− −nn aa
231)1(3)()()( 2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
22 −=+−<+−++−+−= −−− nnaaaaaaaa nnnnn 23 −< nan
).2(2312 >−<<− nnan n
}{ na
n
nn aaaa 1,1 11 +== + 121
1
−≤∑
=
na
n
k k
12 −> nan
2
321212
−+−>− nnn 3212
3212
2
12
11 −−−=
−+−
<
−
< nn
nnnan
)2(123212351311
1
≥−=−−−++−+−+<∑
=
nnnna
n
k k
1=n 11
1
=
a 121
1
−≤∑
=
na
n
k k
{ }na 0≥na 01 =a )(1 2
1
2
1
•
++ ∈=−+ Nnaaa nnn
nn aaaS +++= 21
)1()1)(1(
1
)1)(1(
1
1
1
21211 n
n aaaaaaT +++++++++=
•∈ Nn
1+< nn aa 2−> nSn 3⇒>− ++ 1
22
1 0
1
22
1 1 ++ −=− nnn aaa 2
2
1
2
2 1 aaa −=− 3
2
2
2
3 1 aaa −=− 1
22
1 1 ++ −=− nnn aaa
2
11132
2
1
2
1 )( ++++ −=⇒+++−=− nnnn anSaaanaa
21 2 −>−−= nanS nn 2−> nSn
nnnn aaaa 21 2
1
2
1 ≥+=+ ++
1
1
21
+
+ ≥+
n
n
n a
aa
n
n
n a
a
a 21
1 1
1
+
+
≤+
2
1
1
2
3
1
1
13 2222)1)(1()1(
1
a
a
a
a
a
a
a
a
aaa n
n
n
n
n
n
nn
−
+
−
+
+
=⋅≤+++
1
1
22
1
1
1321 21
1
2)1)(1()1)(1)(1(
1
−
+
−
+
+
=+⋅≤+++++ n
n
n
n
nn
a
aa
a
aaaaa
2
22
21
321 21
1
2)1()1)(1)(1(
1
−=+⋅≤++++ n
n
n
n
n
a
aa
a
aaaa
311
15
2
2
1
2
1
2
1
1
112221
11 22
2
22
43
2
<++
+
<++++++<++++++≤ −− nn
n
n a
aaa
aT
所以综上有 .
例 61.(2008 年陕西省高考试题)已知数列 的首项 , , ．
(1)证明:对任意的 , , ;
(2)证明: .
解析:(1)依题,容易得到 ,要证 , , ,
即证
即证 ,设 所以即证明
从而 ,即 ,这是显然成立的.
所以综上有对任意的 , ,
(法二)
, 原不等式成立．
(2)由(1)知，对任意的 ，有
．
取 ，
则 ．
原不等式成立．
十四、经典题目方法探究
探究 1.(2008 年福建省高考)已知函数 .若 在区间 上的最小
值为 ,令 .求证: .
证明:首先:可以得到 .先证明
(方法一)
所以
3
2
1 1 2
1 (1 ) 3n na xx x
− − + + ≥ 1 2n = ，，
2
1 2 1n
na a a n
+ + + > +
nn
n
na 3
2132
3 −=+= 0x >
2
1 1 2
1 (1 ) 3n na xx x
− − + + ≥ 1 2n = ，，
222 )1(
1
)1(3
2
1
2113
2
)1(
1
1
1
3
21 xxxxxx nnn +−+−+=
+−−+−+≥−
013
2
)1(3
32
1
2
2
≤−++
+−+ nn
n
xx xt +=
1
1
)10(013
223
32)( 2 <<≤−++⋅+−= tttt nn
n
ϕ
0)1( ≤ϕ 01
3
22
3
32 ≤−+++−
nn
n
0x >
2
1 1 2
1 (1 ) 3n na xx x
− − + + ≥ 1 2n = ，，
2
1 1 2
1 (1 ) 3n xx x
− − + + 2
1 1 2 1 11 (1 ) 3n xx x
= − + − − + +
2
1 1 1 (1 )1 (1 ) n
xx x a
= − − + + + 2)1(
1
1
2
xax n +−+=
21 1
1 n n
n
a aa x
= − − + +
na≤
∴
0x >
1 2 2 2 2 2
1 1 2 1 1 2 1 1 2
1 (1 ) 3 1 (1 ) 3 1 (1 ) 3n na a a x x xx x x x x x
+ + + − − + − − + + − − + + + + + + ≥
2 2
1 2 2 2
1 (1 ) 3 3 3n
n nxx x
= − + + + − + +
∴
2
2 111 2 2 2 1 13 3 113 3 3 31 3
n
n nx n nn
− = + + + = = − −
2 2
1 2 11 1 111 1 33
n
nn
n n na a a nn
n
+ + + = > + + −+ −
≥
∴
xxxf −+= )1ln()( )(xf *)](,0[ Nnn ∈
nb nn bna −+= )1ln( 112
2642
12531
42
31
2
1 −+<⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅++⋅
⋅+ −
n
n
n aaaaa
aaaa
aa
aa
a
a
nn na =
12
1
2642
)12(531
+××××
−××××
nn
n
12
1
12
1
)2(
)12)(12(
4
53
2
31
2642
)12(531
222
2
+<+×+−×××××=
××××
−××××
nnn
nn
n
n
12
1
2642
)12(531
+××××
−××××
nn
n
(方法二)因为 ,相乘得:
,从而 .
(方法三)设 A= ,B= ,因为 A+ nnn 1212
12
1 −−+<
+ nn
n
112122642
)12(531
42
31
2
1
1
−+<+<⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅++⋅
⋅+ ∑
=
nkn
n n
k
nn
nn ++
=−+
2
22
nnn ++
<
+ 2
2
2
1 nn
n
−+<
+ 2
2
1
12 −= nn
1212
12
1 −−+<
+ nn
n
112122642
)12(531
42
31
2
1
1
−+<+<⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅++⋅
⋅+ ∑
=
nkn
n n
k
nnn an
nan
na 22
12,2642
)12(531
1 +
+=××××
−××××= +
111 )12()1(2 +++ ++=++ nnnn aanaan
nnn anana )12(]1)1(2[ 11 +−++= ++ 1)12()12( −−−+= nnn anana
2
3)12(35)32()12()12()12( 12211321 −+=−++−−−+−−+=++++ −−− nnnnnn anaaananananaaaa 12
1
+n
an
1122
312321 −+<−+<++++ nnaaaa n
112
12
1
1
−+<
+∑
=
n
k
n
k
1=n
3
1
2
13
1
13
213 +
=
+
=−
)1( ≥= kkn 112
12
1
1
−+<
+∑
=
k
i
k
i
1+= kn
32
1112
32
1
12
1
5
1
3
1
+
+−+<
+
+
+
+++
k
k
kk 132
12
11
1
−+<
+∑+
=
k
i
k
i
2
1232
11232
32
132
32
112 +++
=+−+<
+
⇒+<
+
++
kk
kk
k
k
k
k
1+= kn
112
2642
12531
42
31
2
1 −+<⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅++⋅
⋅+ −
n
n
n aaaaa
aaaa
aa
aa
a
a
sin( ) 2 cos
xf x x
= +
0x≥ ( )f x ax≤ a
解析:因为 ,所以
设 ,则 ,
因为 ,所以
(i)当 时, 恒成立,即 ,所以当 时, 恒成立.
(ii)当 时, ,因此当 时,不符合题意.
(iii)当 时,令 ，则 故当 时, .
因此 在 上单调增加.故当 时, ,
即 .于是，当 时，
所以综上有 的取值范围是
变式：若 ,其中
且 , ,求证:
.
证明：容易得到
由上面那个题目知道
就可以知道
★同型衍变:(2006 年全国一卷)已知函数 .若对任意 x∈(0,1) 恒有 f (x) >1,
求 a 的取值范围.
解析:函数 f (x)的定义域为(-∞, 1)∪(1, +∞), 导数为 .
(ⅰ) 当 0< a≤2 时, f (x) 在区间 (-∞, 1) 为增函数, 故对于任意 x∈(0, 1) 恒有 f (x) > f (0)
=1, 因而这时 a 满足要求.
(ⅱ) 当 a>2 时, f (x) 在区间 (- , )为减函数, 故在区间(0, ) 内任取一点,
比如取 , 就有 x0∈(0, 1) 且 f (x0) < f (0) =1, 因而这时 a 不满足要求.
(ⅲ) 当 a≤0 时, 对于任意 x∈(0, 1) 恒有
≥ , 这时 a 满足要求.
综上可知, 所求 a 的取值范围为 a≤2.
sin( ) 2 cos
xf x x
= + 22
2
)2(cos
cos21
)2(cos
sin)cos2(cos)(' +
+=+
++=
x
x
x
xxxxf
axxfxg −= )()(
axxax
xxax
xaxfxg −+−+=−+
−−+++=−+
+=−=
222 )2(cos
3
2cos
2
)2(cos
212cos2cos
)2(cos
cos21)(')('
0)0( =g
1|cos| ≤x
−∈+−+ 3
1,1)2(cos
3
2cos
2
2xx
3
1≥a 0)(' ≤xg 0)0()( =≤ gxg
3
1≥a ( )f x ax≤
0≤a )2(02
1)2(
ππ ⋅≥>= af 0≤a
3
10 << a ( ) sin 3h x x ax= − ( ) cos 3h x x a′ = − [ )0 arccos3x a∈ ， ( ) 0h x′ >
( )h x [ )0 arccos3a， (0 arccos3 )x a∈ ， ( ) (0) 0h x h> =
sin 3x ax> (0 arccos3 )x a∈ ， sin sin( ) 2 cos 3
x xf x axx
= > >+
a
+∞,
3
1
axi 3arccos0 << ni ,,3,2,1 =
3
10 << a axxxx n 3arccos321 =++++
aaxxxx n 3arccos2
3
2tan2tan2tan2tan 321 >++++
2
sin
1cos
sin
2tan i
i
ii x
x
xx >+=
ii axx 3sin >
aaxxxx n 3arccos2
3
2tan2tan2tan2tan 321 >++++
1( ) e1
axxf x x
−+= −
ax
x
aaxxf −
−
−+=′ e)1(
2)( 2
2
a
a 2−
a
a 2−
a
a 2−
2
1
0 =x
a
a 2−
1( ) e1
axxf x x
−+= − 11
1 >−
+
x
x
