Question

2．設f（x）=nⁿ⁺¹，g（n）=（n+1）ⁿ，（n∈N^*）
（Ⅰ）判斷f（n）與g（n）的大小，并證明你的結論；
（Ⅱ）若a_n=$\frac{1}{g（n）}$，b_n=2n-1，證明：a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）驗證當n=1時，f（1）＜g（1）；當n=2時，f（2）＜g（2）；當n≥3時，構造函數(shù)h（x）=$\frac{lnx}{x}$，利用導數(shù)求其為減函數(shù)，由函數(shù)的單調(diào)性證明nⁿ⁺¹＞（n+1）ⁿ；
（Ⅱ）a_n=$\frac{1}{g（n）}$=$\frac{1}{（n+1）^{n}}$，b_n=2n-1，則${a}_{n}_{n}=（2n-1）•\frac{1}{（n+1）^{n}}$．利用數(shù)學歸納法證明n≥3時$\frac{2n-1}{（n+1）^{n}}＜\frac{1}{{3}^{n-1}}（n≥3）$．然后由a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{2n-1}{（n+1）^{n}}$＜$\frac{5}{6}+\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{1}{{3}^{3}}+…+\frac{1}{{3}^{n-1}}$，結合等比數(shù)列的前n項和證得答案．

解答 （Ⅰ）解：當n=1時，f（1）＜g（1）；當n=2時，f（2）＜g（2）；當n≥3時，f（n）＞g（n）．
證明如下：
當n=1時，f（1）=1，g（1）=2，f（1）＜g（1）；
當n=2時，f（2）=8，g（2）=9，f（2）＜g（2）；
當n≥3時，令h（x）=$\frac{lnx}{x}$，${h}^{′}（x）=\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
∵x≥3，∴h′（x）＜0，h（x）為減函數(shù)，
∴h（n）＞h（n+1），即$\frac{lnn}{n}＞\frac{ln（n+1）}{n+1}$，也就是lnnⁿ⁺¹＞ln（m+1）ⁿ，
故nⁿ⁺¹＞（n+1）ⁿ；
（Ⅱ）證明：∵a_n=$\frac{1}{g（n）}$=$\frac{1}{（n+1）^{n}}$，b_n=2n-1，
∴${a}_{n}_{n}=（2n-1）•\frac{1}{（n+1）^{n}}$．
當n=1時，${a}_{1}_{1}=\frac{1}{2}＜1$，
當n=2時，${a}_{1}_{1}+{a}_{2}_{2}=\frac{5}{6}＜1$
下面利用數(shù)學歸納法證明$\frac{2n-1}{（n+1）^{n}}＜\frac{1}{{3}^{n-1}}（n≥3）$．
當n=3時，左邊=$\frac{5}{64}$，右邊=$\frac{1}{9}$，左邊＜右邊；
假設當n=k（k≥3）時不等式成立，即$\frac{2k-1}{（k+1）^{k}}＜\frac{1}{{3}^{k-1}}$．
那么，當n=k+1時，左邊=$\frac{2k+1}{（k+2）^{k+1}}=\frac{2k+1}{2k-1}•\frac{（k+1）^{k}}{（k+2）^{k+1}}•\frac{2k-1}{（k+1）^{k}}$
$＜\frac{（2k+1）}{（2k-1）（k+2）}•\frac{1}{{3}^{k-1}}$．
要證：$\frac{2k+1}{（2k-1）（k+2）}•\frac{1}{{3}^{k-1}}＜\frac{1}{{3}^{k}}$．
只要證6k+3＜2k²+3k-2，也就是證k$＞\frac{5}{2}$，在k≥3時此式顯然成立．
∴$\frac{2n-1}{（n+1）^{n}}＜\frac{1}{{3}^{n-1}}（n≥3）$．
則當n≥3時，
a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{2n-1}{（n+1）^{n}}$＜$\frac{5}{6}+\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{1}{{3}^{3}}+…+\frac{1}{{3}^{n-1}}$
=$\frac{5}{6}+\frac{\frac{1}{9}（1-\frac{1}{{3}^{n-2}}）}{1-\frac{1}{3}}=1-\frac{1}{2•{3}^{n-1}}＜1$．

點評 本題考查數(shù)列與函數(shù)、方程，以及數(shù)列與不等式的綜合應用問題，訓練了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用函數(shù)的單調(diào)性求證數(shù)列不等式，考查了數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法、數(shù)學歸納法等基本解題方法，是壓軸題．