构造函数证明数列不等式答案_构造函数证明不等式

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构造函数证明数列不等式答案

例1.求证：

ln22ln33ln44

ln33

nn

3

n

5n66

(nN).*

解析:先构造函数有lnxx1lnx11,从而

x

x

ln22ln33ln44

ln33

nn

31（n





n)

因为





n

1123111111111

nnn

2134567892

n1

3n139933

23n13n

6691827

5n



6

n

所以

ln22



ln33



ln44



ln33

n

n

31

n

5n6

3

5n66

例2.求证:(1)2,ln22







ln33







lnnn







2n

n1

2(n1)

(n2)

解析:构造函数f(x)

lnxx,得到

lnnn







lnnn

2,再进行裂项

lnnn

1

1n

1

1n(n1),所以有

ln2,13

ln3ln2,…,13

n

1n

lnnln(n1),1n1

ln(n1)lnn,相

加后可以得到:



1n1

ln(n1)

另一方面SABDE

1n1



ni

1x,从而有

1ni

n

i



ni

1x

n

lnx|nilnnln(ni)取i1

有,lnnln(n1),12

1n

所以有ln(n1)1

,所以综上有





1n1

12!

ln(n1)1



1n

例11.求证:(1)(1

13!)(1

1n!)e和(1

19)(1

181)(1

2n)e.解析:构造函数后即可证明

例12.求证:(112)(123)[1n(n1)]e解析:ln[n(n1)1]2

3n(n1)1

2n3,叠加之后就可以得到答案

例13.证明:

ln23ln34ln45

lnnn1





n(n1)

(nN*,n1)

解析:构造函数f(x)ln(x1)(x1)1(x1),求导,可以得到:f'(x)

1x1

1

2xx1

'',令f(x)0有1x2,令f(x)0有x2,所以f(x)f(2)0,所以ln(x1)x2,令xn1有,lnn

lnnn1

n12

n1

所以

,所以

ln23



ln34



ln45



lnnn1



n(n1)

(nN*,n1)

例14.已知a11,an1(1

1n(n1)

1nn

n)an

n

.证明ane.12

n

解析: an1(1)an

(1

1n(n1)

)an,然后两边取自然对数,可以得

到lnan1ln(1

1n(n1)



n)lnan

然后运用ln(1x)x和裂项可以得到答案)放缩思路：

an1(1

1n

n



2n)anlnan1ln(1

1nn



n)lnanlnan

1nn



n

。于

是lnan1lnan

1nn



n，n1n1



i1

(lnai1lnai)



i1

1n1

1()

11111 2(2i)lnanlna112n2.1nn2ii2

1

即lnanlna12ane.注：题目所给条件ln(1x)x（x0）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2

an1(1

1n(n1))an

1n(n1)

n

n(n1)(n2)来放缩：

an11(1

1n(n1))(an1)

ln(an11)ln(an1)ln(1

n1

n1

1n(n1)

1i(i1))

1n(n1)

.1n1，

[ln(ai11)ln(ai1)]

i2



i2

ln(an1)ln(a21)1

即ln(an1)1ln3an3e1e.例15.(2008年厦门市质检)已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数,若xf'(x)f(x)

f(x)x

在x0上恒成立.(I)求证：函数g(x)在(0,)上是增函数；

(II)当x10,x20时,证明:f(x1)f(x2)f(x1x2)；(III)已知不等式ln(1x)x在x1且x0时恒成立，求证：

ln2

ln3

ln4

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).*

解析:(I)g'(x)

f'(x)xf(x)

xf(x)x

0,所以函数g(x)

f(x)x

在(0,)上是增函数

(II)因为g(x)在(0,)上是增函数,所以

f(x1)x1



f(x1x2)x1x2

f(x1)

x1x1x2

f(x1x2)

f(x2)x2



f(x1x2)x1x2

f(x2)

x2x1x2

f(x1x2)

两式相加后可以得到f(x1)f(x2)f(x1x2)(3)

f(x1)x1



f(x1x2xn)x1x2xn

f(x1)

x1

x1x2xn

x2

x1x2xn

xn

x1x2xn

f(x1x2xn)

f(x2)x2f(xn)xn



f(x1x2xn)x1x2xnf(x1x2xn)x1x2xn

f(x2)

f(x1x2xn)……



f(xn)

f(x1x2xn)

相加后可以得到:

f(x1)f(x2)f(xn)f(x1x2xn)所以

x1lnx1x2lnx2x3lnx3xnlnxn(x1x2xn)ln(x1x2xn)

令xn

11112222ln2ln3ln4ln(n1),有 222222

34(n1)(1n)

111

ln222

3(n1)2





11112222

34(n1)2

111

2232(n1)2



111ln(n1)n2132



111n



n12n22(n1)(n2)

所以

ln2

ln3

ln4

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).*

(方法二)

ln(n1)(n1)



ln(n1)

(n1)(n2)



11

ln4

(n1)(n2)n1n2

1nln412

ln(n1)ln42

(n1)2n22(n2)1

ln4

所以

ln2

ln3

ln4

又ln41

1n1,所以1ln221ln321ln42

222

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).*

例16.(2008年福州市质检)已知函数f(x)xlnx.若a0,b0,证明:f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).解析:设函数g(x)f(x)f(kx),f(x)xlnx,(k0)

g(x)xlnx(kx)ln(kx),0xk.g(x)lnx1ln(kx)1ln令g(x)0,则有

xkx

1

xkx,k2

xk.2xkkx

0

∴函数g(x)在[,k）上单调递增，在(0,k

k2

]上单调递减.kk

∴g(x)的最小值为g()，即总有g(x)g().22

而g()f()f(k

k

k

k2)kln

k2

k(lnkln2)f(k)kln2,g(x)f(k)kln2, 即f(x)f(kx)f(k)kln2.令xa,kxb,则kab.f(a)f(b)f(ab)(ab)ln2.f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).