2018年數(shù)學(xué)（北師大版選修4-5）練習(xí)階段質(zhì)量評(píng)估2

階段質(zhì)量評(píng)估(二)幾個(gè)重要的不等式A卷(時(shí)間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．設(shè)n∈N＋，則4n與3n的大小關(guān)系是()A．4n>3n B．4n＝3nC．4n<3n D．不確定解析：4n＝(1＋3)n，由貝努利不等式，得(1＋3)n≥1＋n·3＝1＋3n>3n，即4n>3n.答案：A2．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,n3)<2－eq\f(1,n)(n≥2，n∈N＋)”時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證()A．1＋eq\f(1,23)<2－eq\f(1,2) B．1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)<2－eq\f(1,3)C．1＋eq\f(1,23)<2－eq\f(1,3) D．1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)<2－eq\f(1,4)解析：∵n≥2，n∈N＋，∴第一步應(yīng)驗(yàn)證當(dāng)n＝2時(shí)，1＋eq\f(1,23)<2－eq\f(1,2).答案：A3．已知a，b，c∈(0，＋∞)，則a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)()A．大于零 B．大于或等于零C．小于零 D．小于或等于零解析：設(shè)a≥b≥c>0，則a3≥b3≥c3.依據(jù)排序不等式，得a3·a＋b3·b＋c3·c≥a3b＋b3c＋c3又ab≥ac≥bc，a2≥b2≥c2，所以a3b＋b3c＋c3a≥a2bc＋b2ca＋c2所以a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab，即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.答案：B4．若5x1＋6x2－7x3＋4x4＝1，則3xeq\o\al(2,1)＋2xeq\o\al(2,2)＋5xeq\o\al(2,3)＋xeq\o\al(2,4)的最小值是()A．eq\f(782,15) B．eq\f(15,782)C．3 D．eq\f(25,3)解析：因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,3)＋18＋\f(49,5)＋16))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,1)＋2x\o\al(2,2)＋5x\o\al(2,3)＋x\o\al(2,4)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,\r(3))×\r(3)x1＋3\r(2)×\r(2)x2＋\f(－7,\r(5))×\r(5)x3＋4x4))2＝(5x1＋6x2－7x3＋4x4)2＝1，所以3xeq\o\al(2,1)＋2xeq\o\al(2,2)＋5xeq\o\al(2,3)＋xeq\o\al(2,4)≥eq\f(15,782).答案：B5．學(xué)校要開(kāi)運(yùn)動(dòng)會(huì)，需要買(mǎi)價(jià)格不同的獎(jiǎng)品40件、50件、20件，現(xiàn)選擇商店中單價(jià)為5元、3元、2元的商品作為獎(jiǎng)品，則至少要花()A．300元 B．360元C．320元 D．340元解析：由排序不等式，可知逆序和最?。嘧钚≈禐?0×2＋40×3＋20×5＝320(元)．答案：C6．已知2x＋3y＋4z＝10，則x2＋y2＋z2取到最小值時(shí)的x，y，z的值分別為()A．eq\f(5,3)，eq\f(10,9)，eq\f(5,6) B．eq\f(20,29)，eq\f(30,29)，eq\f(40,29)C．1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3) D．1，eq\f(1,4)，eq\f(1,9)解析：當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,2)＝eq\f(y,3)＝eq\f(z,4)時(shí)取到最小值，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＝\f(y,3)＝\f(z,4)，,2x＋3y＋4z＝10，))可得x＝eq\f(20,29)，y＝eq\f(30,29)，z＝eq\f(40,29).答案：B二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分．把答案填在題中橫線上)7．若x＋y＋z＋t＝4，則x2＋y2＋z2＋t2的最小值為_(kāi)_______.解析：由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2＋t2)(12＋12＋12＋12)≥(x＋y＋z＋t)2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝t＝1時(shí)取等號(hào)．故x2＋y2＋z2＋t2的最小值為4.答案：48．已知a∈(0，＋∞)，x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)≥3，…，x＋eq\f(a,xn)≥n＋1(n∈N＋)，則a的值為_(kāi)_______.解析：∵x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\f(4,x2)≥3eq\r(3,\f(x,2)·\f(x,2)·\f(4,x2))＝3，∴x＋eq\f(a,xn)＝eq\f(x,n)＋eq\f(x,n)＋eq\f(x,n)＋…＋eq\f(x,n)＋eq\f(a,xn)≥(n＋1)eq\r(n＋1,\f(x,n)·\f(x,n)·\f(x,n)·…·\f(x,n)·\f(a,xn))＝(n＋1)eq\r(n＋1,\f(a,nn))＝n＋1.∴a＝nn(n∈N＋)．答案：nn(n∈N＋)9．設(shè)x1，x2，…，xn為不同的正整數(shù)，則m＝eq\f(x1,12)＋eq\f(x2,22)＋…＋eq\f(xn,n2)的最小值是_________.解析：設(shè)a1，a2，…，an是x1，x2，…，xn的一個(gè)排列，且滿足a1<a2<…<an，故a1≥1，a2≥2，…，an≥n.又1>eq\f(1,22)>eq\f(1,32)>…>eq\f(1,n2)，所以eq\f(x1,12)＋eq\f(x2,22)＋eq\f(x3,32)＋…＋eq\f(xn,n2)≥a1＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,32)＋…＋eq\f(an,n2)≥1×1＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,32)＋…＋n·eq\f(1,n2)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n).答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)三、解答題(本大題共3小題，共35分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)10．(本小題滿分10分)已知x，y，z∈(0，＋∞)，且x＋y＋z＝1，求證：eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＋eq\f(25,z)≥81.證明：由柯西不等式，得(x＋y＋z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)＋\f(25,z)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)·\f(1,\r(x))＋\r(y)·\r(\f(9,y))＋\r(z)·\r(\f(25,z))))2＝81，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,\f(1,x))＝eq\f(y,\f(9,y))＝eq\f(z,\f(25,z))，即x＝eq\f(1,9)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(5,9)時(shí)取等號(hào)．所以eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＋eq\f(25,z)≥81.11．(本小題滿分12分)設(shè)x>0，求證：1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.證明：當(dāng)x≥1時(shí)，1≤x≤x2≤…≤xn，由順序和≥逆序和，得1×1＋x·x＋x2·x2＋…＋xn·xn≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，即1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn. ①因?yàn)閤，x2，x3，…，xn,1為序列1，x，x2，…，xn的一個(gè)排列，由亂序和≥逆序和，得1·x＋x·x2＋…＋xn－1·xn＋xn·1≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，即x＋x3＋…＋x2n－1＋xn≥(n＋1)xn. ②將①和②相加，得1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn. ③當(dāng)0<x<1時(shí)，1>x>x2>…>xn.①②仍然成立，于是③也成立．綜上，原不等式成立．12．(本小題滿分13分)已知正數(shù)x，y，z滿足5x＋4y＋3z＝10.(1)求證：eq\f(25x2,4y＋3z)＋eq\f(16y2,3z＋5x)＋eq\f(9z2,5x＋4y)≥5；(2)求9x2＋9y2＋z2的最小值．(1)證明：根據(jù)柯西不等式，得[(4y＋3z)＋(3z＋5x)＋(5x＋4y)]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(25x2,4y＋3z)＋\f(16y2,3z＋5x)＋\f(9z2,5x＋4y)))≥(5x＋4y＋3z)2.因?yàn)?x＋4y＋3z＝10，所以eq\f(25x2,4y＋3z)＋eq\f(16y2,3z＋5x)＋eq\f(9z2,5x＋4y)≥eq\f(102,20)＝5.(2)解：根據(jù)平均值不等式，得9x2＋9y2＋z2≥2eq\r(9x2·9y2＋z2)＝2×3x2＋y2＋z2，當(dāng)且僅當(dāng)x2＝y(tǒng)2＋z2時(shí)等號(hào)成立．根據(jù)柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(52＋42＋32)≥(5x＋4y＋3z)2＝100，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,5)＝eq\f(y,4)＝eq\f(z,3)時(shí)等號(hào)成立．所以x2＋y2＋z2≥2.綜上，9x2＋9y2＋z2≥2×32＝18，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1，y＝eq\f(4,5)，z＝eq\f(3,5)時(shí)等號(hào)成立．所以9x2＋9y2＋z2的最小值為18.B卷(時(shí)間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知x，y，z∈(0，＋∞)，且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＋eq\f(3,z)＝1，則x＋eq\f(y,2)＋eq\f(z,3)的最小值是()A．5 B．6C．8 D．9解析：x＋eq\f(y,2)＋eq\f(z,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)＋\f(3,z)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)＋\f(z,3)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))·\r(x)＋\r(\f(y,2))·\r(\f(2,y))＋\r(\f(3,z))·\r(\f(z,3))))2＝9.答案：D2．用數(shù)學(xué)歸納法證明“eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n＋12)>eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)”時(shí)，假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)不等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)推證的目標(biāo)是()A．eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋22)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3) B．eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋12)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋2)C．eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋1) D．eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k－12)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k)解析：當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式變?yōu)閑q\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋22)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋1＋2).答案：A3．已知aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝1，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n)＝1，則a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值為()A．1 B．nC．eq\r(n) D．2解析：由柯西不等式，得(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n))≥(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2，即1×1≥(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2.∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn≤1.故所求的最大值為1.答案：A4．已知x，y∈(0，＋∞)，且x＋y＝1，則eq\f(2,x)＋eq\f(3,y)的最小值為()A．5＋eq\r(6) B．5－eq\r(6)C．5＋2eq\r(6) D．5－2eq\r(6)解析：eq\f(2,x)＋eq\f(3,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(3,y)))(x＋y)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(\f(2,x)))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(\f(3,y)))))2))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(x)2＋\r(y)2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(\f(2,x)))·\r(x)＋\r(\f(3,y))·\r(y)))2＝(eq\r(2)＋eq\r(3))2＝5＋2eq\r(6)，當(dāng)且僅當(dāng)y∶x＝eq\r(3)∶eq\r(2)時(shí)取等號(hào)．∴eq\f(2,x)＋eq\f(3,y)的最小值為5＋2eq\r(6).答案：C5．用數(shù)學(xué)歸納法證明“對(duì)任意x>0和正整數(shù)n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋eq\f(1,xn－4)＋eq\f(1,xn－2)＋eq\f(1,xn)≥n＋1”時(shí)，需要驗(yàn)證的使命題成立的最小正整數(shù)值n0應(yīng)為()A．1 B．2C．1,2 D．以上答案均不正確解析：當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝x＋eq\f(1,x)，右邊＝1＋1，而x＋eq\f(1,x)≥2，即當(dāng)n＝1時(shí)不等式成立．答案：A6．設(shè)a，b，c為正數(shù)，且a＋2b＋3c＝13，則eq\r(3a)＋eq\r(2b)＋eq\r(c)的最大值為()A．eq\f(13\r(3),3) B．eq\f(13\r(3),2)C．eq\r(13) D．6eq\a\vs4\al(\r(13))解析：(a＋2b＋3c)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)2＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3))))2))≥eq\r(a)·eq\r(3)＋eq\r(2b)·1＋eq\r(3c)·eq\f(1,\r(3))2＝(eq\r(3a)＋eq\r(2b)＋eq\r(c))2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(\r(a),\r(3))＝eq\f(\r(2b),1)＝eq\f(\r(3c),\f(1,\r(3)))時(shí)取等號(hào)．∴(eq\r(3a)＋eq\r(2b)＋eq\r(c))2≤eq\f(132,3)，即eq\r(3a)＋eq\r(2b)＋eq\r(c)≤eq\f(13\r(3),3).又a＋2b＋3c∴a＝9，b＝eq\f(3,2)，c＝eq\f(1,3).故eq\r(3a)＋eq\r(2b)＋eq\r(c)有最大值eq\f(13\r(3),3).答案：A二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分．把答案填在題中橫線上)7．函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,sinα)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,cosα)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))的最小值是________.解析：由柯西不等式，得y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(sinα))))2))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(cosα))))2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1＋\f(1,\r(sinα))·\f(1,\r(cosα))))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),\r(sin2α))))2≥(1＋eq\r(2))2＝3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,\r(cosα))＝eq\f(1,\r(sinα))，sin2α＝1，即α＝eq\f(π,4)時(shí)等號(hào)成立．答案：3＋2eq\r(2)8．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為自然數(shù)且它的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1.若對(duì)所有的正整數(shù)n，有Sn＋1＋Sn＝(Sn＋1－Sn)2成立，通過(guò)計(jì)算a2，a3，a4，可歸納出Sn＝________.解析：由已知，得Sn＋1＋Sn＝aeq\o\al(2,n＋1).∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＋Sn－1＝aeq\o\al(2,n).兩式相減，得an＋1＋an＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n).∴an＋1－an＝1.∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差d＝1.∴a2＝2，a3＝3，…，an＝n.∴Sn＝eq\f(nn＋1,2).答案：eq\f(nn＋1,2)9．三角形的三邊a，b，c對(duì)應(yīng)的高為ha，hb，hc，r為三角形內(nèi)切圓的半徑．若ha＋hb＋hc的值為9r，則此三角形為_(kāi)_______三角形．解析：記三角形的面積為S，則2S＝aha＝bhb＝chc.因?yàn)?S＝r(a＋b＋c)，所以ha＋hb＋hc＝2Seq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝r(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c))).由柯西不等式，得(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))＝[(eq\r(a))2＋(eq\r(b))2＋(eq\r(c))2]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(b))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(c))))2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)·\f(1,\r(a))＋\r(b)·\f(1,\r(b))＋\r(c)·\f(1,\r(c))))2＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)取等號(hào)．所以ha＋hb＋hc≥9r.故當(dāng)ha＋hb＋hc＝9r時(shí)，三角形為等邊三角形．答案：等邊三、解答題(本大題共3小題，共35分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)10．(本小題滿分10分)已知正數(shù)x，y，z滿足x＋y＋z＝1.(1)求證：eq\f(x2,y＋2z)＋eq\f(y2,z＋2x)＋eq\f(z2,x＋2y)≥eq\f(1,3)；(2)求4x＋4y＋4z2的最小值．(1)證明：因?yàn)閤>0，y>0，z>0，所以由柯西不等式，得[(y＋2z)＋(z＋2x)＋(x＋2y)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y＋2z)＋\f(y2,z＋2x)＋\f(z2,x＋2y)))≥(x＋y＋z)2.因?yàn)閤＋y＋z＝1，所以eq\f(x2,y＋2z)＋eq\f(y2,z＋2x)＋eq\f(z2,x＋2y)≥eq\f(x＋y＋z2,y＋2z＋z＋2x＋x＋2y)＝eq\f(1,3).(2)解：由平均值不等式，得4x＋4y＋4z2≥3eq\r(3,4x＋y＋z2).因?yàn)閤＋y＋z＝1，所以x＋y＋z2＝1－z＋z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4).故4x＋4y＋4z2≥3eq\r(3,4\f(3,4))＝3eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,4)，z＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立．所以4x＋4y＋4z2的最小值為3eq\r(2).11．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且關(guān)于x的不等式f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m，求證：a＋2b＋3c≥(1)解：因?yàn)閒(x＋2)＝m－|x|，所以f(x＋2)≥0等價(jià)于|x|≤m.由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集為{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]，故m＝1.(2)證明：由(1)，知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1.又a，b，c∈(0，＋∞)，由柯西不等式，得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)·\f(1,\r(a))＋\r(2b)·\f(1,\r(2b))＋\r(3c)·\f(1,\r(3c))))2＝9.12．(本小題滿分13分)已知數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝145(n∈N＋)．(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)；(2)設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,bn)))(其中a>0且a≠1)，記Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，試比較Sn與eq\f(1,3)logabn＋1的大小，并證明你的結(jié)論．解：(1)設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，由題意，得10×1＋eq\f(10×10－1,2)·d＝145.∴d＝3，bn＝3n－2.(2)由bn＝3n－2，知Sn＝loga(1＋1)＋logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))＋…＋logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3n－2)))＝logaeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3n－2)))))，eq\f(1,3)logabn＋1＝logaeq\r(3,3n＋1).因此，要比較Sn與eq\f(1,3)logabn＋1的大小，可先比較(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1