專題15放縮法-學(xué)生版

專題15放縮法考向考向一裂項(xiàng)放縮【典例精講】例1.(2023·安徽省·模擬題)已知數(shù)列{an}為公差不為零的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，a5(1)求數(shù)列{an(2)求證：1a【拓展提升】練11(2023·山東省·單元測(cè)試)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列an，其前n項(xiàng)和記為Sn，且滿足對(duì)?n∈N?(1)求數(shù)列an(2)設(shè)Tn=1a練12(2023·江蘇省月考)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1(1)求證：數(shù)列Sn是等差數(shù)列，并求{(2)若[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，如[?1,2]=?2，[2,1]=2，求[1考向二考向二利用已證結(jié)論放縮利用已證結(jié)論放縮【典例精講】例2.(2023·湖南省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=sin?1cosx?cos?1sinx+lnx.求證：(1)函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；(2)數(shù)列{sin1n2【拓展提升】練21(2023·陜西省·模擬題)已知函數(shù)f(x)=alnx+a?1x．

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)a=1時(shí)，證明：

(i)xf(x)≤x?1；

(ii)證明：f(2)2練22(2023·福建省·期中考試)已知函數(shù)f(x)=alnxx+bx在x=1(1)求函數(shù)y=fx(2)若不等式fx?kx在區(qū)間0,+∞上恒成立，求實(shí)數(shù)(3)求證：ln2考向三常用不等式放縮考向三常用不等式放縮【典例精講】例3.(2023·浙江省·模擬題)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足a1=1，(1)求證：數(shù)列{an+2}(2)記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T【拓展提升】練31(2023·遼寧省·模擬題)已知函數(shù)f(x)=1?(x?a)?e(1)若f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)直線l與函數(shù)ex?f(x)交于A(x1,y1練32(2023·河北省·模擬題)已知函數(shù)f(x)=(x2(1)若f(x)≥2e?x，求(2)當(dāng)a=?12時(shí)，記函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2【答案解析】例1.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，d≠0，

∵a5=2a2，S3=a22，

∴a1+4d=2(a1+d)，3a1+3×22d=(a練11解：(1)由已知：對(duì)于

?n∈N?

，

2Sn=a兩式相減得：2a∴

an+an?1=(a∴

an?當(dāng)n=1時(shí)，2S1=a12+a1

∴數(shù)列

an

是首項(xiàng)為1，公差為1故

an=n

；

(2)當(dāng)n=1時(shí)，T1=1<74，成立；

當(dāng)n=2時(shí)，T2=54故

T<1+=74綜上可知，

Tn<練12解：(1)證明：因?yàn)閍n所以當(dāng)n≥2時(shí)，an所以(S又因?yàn)閍n>0，所以Sn所以數(shù)列{Sn}是以S所以Sn=1+(n?1)×1=n，所以所以當(dāng)n≥2時(shí)，an又a1=1滿足上式，所以{a(2)解：因?yàn)閍n=2n?1，所以又當(dāng)n≥2時(shí)，1a所以1a當(dāng)n=1時(shí)，1a12=1<5又1a12所以[1a例2.解：(1)證明：f(x)=sin(1?x)+lnx，f'(x)=?cos?(1?x)+1設(shè)g(x)=f'(x)，則g'(x)=?sin(1?x)?1當(dāng)0<x<1時(shí)，0<1?x<1，sin(1?x)>0，所以g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，g(x)>g(1)=0，即f'(x)>0在0,1上恒成立，所以函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增;(2)證明：由(1)可得當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)<f(1)=0，∴sin?(1?x)<?ln?x=ln令x=1?1代入sin?(1?x)<ln?1x所以sin?122+1<ln?上述不等式全部相加得：sin<ln所以sin?1練21解：(1)f′(x)=a?alnx?a+1x2=1?alnxx2(x>0)，令g(x)=1?alnx，

①a=0時(shí)，g(x)=1>0，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；

②a>0時(shí)，x∈(0,e1a)時(shí)，g(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；x∈(e1a,+∞)時(shí)，g(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．

③a<0，x∈(0,e1a)時(shí)，g(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(e1a,+∞)時(shí)，g(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．

綜上，a=0時(shí)，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；a>0時(shí)，f(x)在(0,e1a)上單調(diào)遞增，在(e1a,+∞)上單調(diào)遞減；

a<0時(shí)，f(x)在(0,e1a)上單調(diào)遞減，在(e1a,+∞)上單調(diào)遞增．

(2)(i)a=1時(shí)，f(x)=lnxx，所以xf(x)=lnx，

令h(x)=lnx?x+1，則h′(x)=1x?1=所以lnnn2≤12(1?1n2)，f(2)2練22解：(1)∵f(x)=alnxx+bx又∵已知函數(shù)f(x)在x=1處的切線為y=x?1，即切點(diǎn)為1,0，∴k=f'(1)=a+b=1b=0，解之得a=1，∴函數(shù)y=f(x)的解析式為f(x)=lnx(2)∵x>0，∴“不等式f(x)?kx在區(qū)間(0,+∞)上恒成立”等價(jià)于“不等式k?lnxx2令h(x)=lnxx2令h'(x)>0，解得0<x<e；令h'(x)<0，解得x>則h(x)在0,e上單調(diào)遞增，在(e,+∞)∴實(shí)數(shù)k的取值范圍為[1(3)由(2)知lnxx2?12eln334……lnnn∴l(xiāng)n2例3.解：(1)∵an+1=2∴an+1?整理得：an+1∵a1=1，∴a2由于a1+2=3≠0，∴a∴an+2=(2)b∵1∴T∵13n>0，∴1?練31解：(1)f'(x)=e因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，所以f'(x)≥0在(1,2)上恒成立.

若e?x(x?a?1)≥0在(1,2)上恒成立，則a≤x?1恒成立，所以a≤0.

(2)設(shè)h(x)=e因?yàn)橹本€l與函數(shù)ex?f(x)交于此時(shí)不妨設(shè)x2>x對(duì)函數(shù)y=ex，其在x=0處的切線方程為所以恒有ex≥x+1．令x=x2?所以ex2?x1?1x練32解：(1)易知f(x)的定義域?yàn)镽，由f(x)≥2e?x得a≤(x2?3)e?x．

令g(x)=(x2?3)e?x，則g′(x)=(?x2+2x+3)e?x，

令g′(x)=0，解得x=?1，或x=3．

所以當(dāng)x∈(?∞,?1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈(?1,3)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)x∈(3,+∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．

易知當(dāng)x→+∞時(shí)，g(x)→0，所以g(x)min=g(?1)=?2e，

所以a的取值范圍是：(?∞,?2e]．

(2)證明：當(dāng)a=?12時(shí)，f(x)=(x2?1)e?x+12，則f′(x)=(2x?x2+1)e?x．

令f′(x)=0，解得x=1?2或1+2．

所以當(dāng)x∈(?∞,1?2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈(1?2,1+2)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)x∈(1+2,+∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．

易知當(dāng)|x|≥1時(shí)，函數(shù)f(x)=(x2?1)e?x+12>0，

且當(dāng)x=?1時(shí)，f(?1)=12，其圖象與y軸交于點(diǎn)N(0,?12)，

函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2必在(?1,1)之間，不妨設(shè)x1<x2．

由分析可知，不等式可通過(guò)切線放縮的方法證明，不妨在函數(shù)f(x)上取M(?1,12)，N(0,?12)，

所以需要證明當(dāng)?1<x<1時(shí)，函數(shù)f(x)在M(?1,12)，N(0,?12)處的切線均在函數(shù)f(x)圖象的下方．

易求函數(shù)f(x)在M(?1,12)，N(0,?12)處的切線方程分別為y=?2e(x+1)+12和y=x?