Question

2．设f（x）=nⁿ⁺¹，g（n）=（n+1）ⁿ，（n∈N^*）
（Ⅰ）判断f（n）与g（n）的大小，并证明你的结论；
（Ⅱ）若a_n=$\frac{1}{g（n）}$，b_n=2n-1，证明：a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）验证当n=1时，f（1）＜g（1）；当n=2时，f（2）＜g（2）；当n≥3时，构造函数h（x）=$\frac{lnx}{x}$，利用导数求其为减函数，由函数的单调性证明nⁿ⁺¹＞（n+1）ⁿ；
（Ⅱ）a_n=$\frac{1}{g（n）}$=$\frac{1}{（n+1）^{n}}$，b_n=2n-1，则${a}_{n}{b}_{n}=（2n-1）•\frac{1}{（n+1）^{n}}$．利用数学归纳法证明n≥3时$\frac{2n-1}{（n+1）^{n}}＜\frac{1}{{3}^{n-1}}（n≥3）$．然后由a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{2n-1}{（n+1）^{n}}$＜$\frac{5}{6}+\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{1}{{3}^{3}}+…+\frac{1}{{3}^{n-1}}$，结合等比数列的前n项和证得答案．

解答 （Ⅰ）解：当n=1时，f（1）＜g（1）；当n=2时，f（2）＜g（2）；当n≥3时，f（n）＞g（n）．
证明如下：
当n=1时，f（1）=1，g（1）=2，f（1）＜g（1）；
当n=2时，f（2）=8，g（2）=9，f（2）＜g（2）；
当n≥3时，令h（x）=$\frac{lnx}{x}$，${h}^{′}（x）=\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
∵x≥3，∴h′（x）＜0，h（x）为减函数，
∴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）证明：∵a_n=$\frac{1}{g（n）}$=$\frac{1}{（n+1）^{n}}$，b_n=2n-1，
∴${a}_{n}{b}_{n}=（2n-1）•\frac{1}{（n+1）^{n}}$．
当n=1时，${a}_{1}{b}_{1}=\frac{1}{2}＜1$，
当n=2时，${a}_{1}{b}_{1}+{a}_{2}{b}_{2}=\frac{5}{6}＜1$
下面利用数学归纳法证明$\frac{2n-1}{（n+1）^{n}}＜\frac{1}{{3}^{n-1}}（n≥3）$．
当n=3时，左边=$\frac{5}{64}$，右边=$\frac{1}{9}$，左边＜右边；
假设当n=k（k≥3）时不等式成立，即$\frac{2k-1}{（k+1）^{k}}＜\frac{1}{{3}^{k-1}}$．
那么，当n=k+1时，左边=$\frac{2k+1}{（k+2）^{k+1}}=\frac{2k+1}{2k-1}•\frac{（k+1）^{k}}{（k+2）^{k+1}}•\frac{2k-1}{（k+1）^{k}}$
$＜\frac{（2k+1）}{（2k-1）（k+2）}•\frac{1}{{3}^{k-1}}$．
要证：$\frac{2k+1}{（2k-1）（k+2）}•\frac{1}{{3}^{k-1}}＜\frac{1}{{3}^{k}}$．
只要证6k+3＜2k²+3k-2，也就是证k$＞\frac{5}{2}$，在k≥3时此式显然成立．
∴$\frac{2n-1}{（n+1）^{n}}＜\frac{1}{{3}^{n-1}}（n≥3）$．
则当n≥3时，
a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{2n-1}{（n+1）^{n}}$＜$\frac{5}{6}+\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{1}{{3}^{3}}+…+\frac{1}{{3}^{n-1}}$
=$\frac{5}{6}+\frac{\frac{1}{9}（1-\frac{1}{{3}^{n-2}}）}{1-\frac{1}{3}}=1-\frac{1}{2•{3}^{n-1}}＜1$．

点评 本题考查数列与函数、方程，以及数列与不等式的综合应用问题，训练了利用导数研究函数的单调性，考查了利用函数的单调性求证数列不等式，考查了数学转化思想方法、数学归纳法等基本解题方法，是压轴题．