nk±22
aj屮…+a2
n
②根据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式，这里
一屮…+丄
a1an
法2利用贝努利不等式（1+x）n>1+nx（n亡N*n>2,x>—1,x北0）的一个特例
（1+丄）2>1+2”丄（此处n=2,x=丄）得
2k-12k—12k-1
1aJ2^^fl（1+^^）=f^2^.
2k_1¥2k_1烂2k_1担Y2k_1
1998
注：
例4是佃85年上海高考试题，以此题为主干添“枝”加“叶”而编拟成
年全国高考文科试题；进行升维处理并加参数而成理科姊妹题。
如理科题的主干是：
即Inanjnarc2=
可以起到提醒思路与探索
注：
题目所给条件In（1+x）0）为一有用结论，放缩方向的作用；当然，本题还可用结论2nAn（n-1）（n>2）来放缩：
111
an+兰（1+一）an+--an+中1<（1中）（an+1）=
n（n-1）n（nT）n（nT）
11In（an++1）—In（an+1）<1n（1+）<.
n（n—1）n（n-1）
<1，
n4n丄11
=Z[In（ai++1）-In（ai+1）]wW=ln（a.+1）-In（a2+1）v1——
i三i仝i（i一1）n
即In（an+1）<1+In3=anv3e—1ve2.
1111
例7已知不等式一+-十••+—>-[Iog2n],n亡N*,n>2.[Iog2n]表示不超过
23n2
1
简析对第
（2）问：
用1/n代替n得数列｛bn｝:
bn=（1+n）^是递减数列；借鉴此
丄11
结论可有如下简捷证法：
数列｛（1+n）n｝递减，且1（1+n）n,即（1+m）n：
>（1+n）m。
当然，本题每小题的证明方法都有10多种，如使用上述例4所
提供的假分数性质、贝努力不等式、甚至构造“分房问题”概率模型、构造函数等都可
以给出非常漂亮的解决！
二部分放缩
例9设an=1+丄
2a
V
解析an
详见文
[1]。
1
+—+■■■3a
1
3a
+丄,a>2.求证：
andn
111
-+胃兰1+歹十:
？
n23
2
又k=k"k>k（k一1）,k>2
1
■+—.
n
1
11
—?
k
1an兰1+卫屮••韵+0—2）+（2—3）卡"+（齐—；）=2—；€2
n223n—1nn
2
an+=an
11
有（i）an>n+2；仆）+
1+a1
解析（i）用数学归纳法：
当n=1时显然成立，假设当
当n=k十1时ak+=ak（ak
（只将其中一个
于是
1
1..11
2’23
-nan+1（n亡
1
k变成k-1,进行部分放缩），-
<
k（k-1）
1
1n—1
N+），当a1>3时证明对所有n>1,
1
+■■-+一:
—<-（02年全国高考题）
1+an2
n>k时成立即ak>k+2，则
-k）+1>ak（k+2_k）+1>（k+2）”2+1>k+3，成立。
（ii）利用上述部分放缩的结论ak卡32ak+1来放缩通项，可得
+1M…>2k^（a^1）>2k^”4=2k*=
ak+12k出
223一
例10设数列^an｝满足
ak++1
>2（ak+1）=
ak
1+a2
土黒.
1」2
2
上述证明（i）用到部分放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：
aH^—2ak+1。
丄昙
1+aiy
1
2」+
_1
—4
注：
ak+>（k+2）（k+2-k）+1》k+3；证明（ii）就直接使用了部分放缩的结论
三添减项放缩
上述例4之法2就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。
例11设n>1,n忘N，求证
（2）n8
3
3
n
<
（n+1）（n+2）
31
简析观察G）n的结构，注意到
（一）n=（1+—）n，展开得
*■2
邛+n+n（n-1）（n+1）（n+2）+6
-2
3
11
（1+2）n=1+cn-+c2即仆JnJnKn+2）
2
丄+C3
2Cn
2
，得证.
丄1
23
例12设数列g｝满足ai=2,an+
=an
1
+—（n=1,2,…）.（I）证明an>J2n+1对an
一切正整数n成立；（n）令bn
a
=J^（n二1,2，），判定bn与bn+的大小，并说明理由（04
年重庆卷理科第（22）题）
本题有多种放缩证明方法，这里我们对（I）进行减项放缩，有
用数学归纳法（只考虑第二步）a2k+=a2+2+2：
>2k+1+2=2（k+1）+1；
ak
简析
a2nHt=a2+2+2>a2+2=a2+-aj>2,k=1,2,…，n-1.an
则a2-af>2（n-1）=a2>2n+2>2n+1=a.>於百
四利用单调性放缩
1.构造数列
如对上述例1,令Tn=Sn-（n；1）则Tn卡-Tn=J（n+1）（n+2）
=Tn｛Tn｝递减，有Tn<「=2<0，故Sn
2n+3
-^<0
2
（n+1）
V2.
111
（1+1）（1+_）（1+_）•••（1+）T
再如例4，令T_352n_1则上1
n丿_
J2n+1Tn
2
即TncTng.bn｝递增，有Tn>丁1=-^：
>1，得证！
注：
由此可得例4的加强命题（1+1）（1+”（1…（1+.
2n+2>1，
J2n+1J2n+3
造成为探索性问题:
正整数k的最大值;
2.构造函数
）30172丙.并可改2n-13
求对任意n>1使（1+1）（1十丄屮+丄）…（1+_）>kj2n+1恒成立的352n—1
同理可得理科姊妹题的加强命题及其探索性结论，读者不妨一试！
321
f（X）=ax—-X的最大值不大于丄
26
1
求a的值；（n）设0an+=f（an）,n忘N*,证明a.
例13已知函数
解析（I）a=1；（n）由=
f（an），得an+=an
111
，又当X壬匕曰时f（x）氓.（I）
428
1
<—：
.（04年辽宁卷第21题）n+1
323（1.11
_：
an=-;（an勺
22366
且an>0.用数学归纳法（只看第二步）
a^=f（ak）在ak巳0,—）是增函数，则得
'k+1
113
ak+=f（ak）cf（——）=——--（k+1k+12k+1
例14数列｛xn｝由下列条件确定：
1）21
<
k+2
”2卜
>2总有Xn>Xn+（02年北京卷第（19）题）
f（x）在［Ja,畑）是增函数。
Xi
1
Xn-I=_
+旦,
Xn丿
nWN.（I）证
明：
对n>2总有Xn；（II）证明：
对n
解析构造函数fg易知
21X丿
当n=k+1时Xk十jfxk+旦［在［掐,亦）递增，故Xd>f（ja）=ja.
2IXk丿
_邑］，构造函数fgJ良-科它在［ja,p）上是增Xn丿2IX丿
对（II）有Xn-Xn41=Uxn
2V
/
函数，故有Xn-Xn41=丄
2V
注：
①本题有着深厚的科学背景：
是计算机开平方设计迭代程序的根据；同时有着
高等数学背景一数列'xn｝单调递减有下界因而有极限：
anTJa（nT+处）.
②f（x^1C+a】是递推数列X丄=丄（+2〕的母函数，研究其单调性对此数列本
2（X丿Xn十2匸爲
质属性的揭示往往具有重要的指导作用。
类题有06年湖南卷理科第19题：
Xn
-旦f（Ja）=0，得证。
Xn丿
nf单调递减有下界因而有极限:
已知函数f（x）=x—Sinx,数列｛an｝满足：
0c^卫时=f（an）,n=1,2,3,HI.
证明：
（i）0can半can
<1;（ii）a^^<6an3.（证略）
五换元放缩
例15求证1芝听£1+（nCN",n>2）.
kn-1
简析令an==1+hn，这里hn>0（n〉1）,则有
n=（1+hn）n02Vn-1Vn-1
注：
通过换元化为幕的形式，为成功运用二项展开式进行部分放缩起到了关键性的
作用。
奥林匹克试题）
简析将问题一般化：
先证明其加强命题xn
弓用数学归纳法，只考虑第二步:
2
Xy=Xk+黃
<兰
_2
宁.因此对一切XE有Xn弓.
例19已知数列｛an｝满足:
3
a1=—，且an=3nan-1（n>2,n*巧
（1）求数列｛aJ
22an-1+n-1—‘
的通项公式；
（2）证明：
对一切正整数
n有a1£2*……an<2*n!
（06年江西卷理科第22题）
解析：
（1）将条件变为：
1-—
an
=Id-n-1）,因此｛1-—｝为一个等比数列,
3
an-1
an
111n
其首项为1-—=1，公比1，从而1-—=
33an
ai
1
丄，据此得an=
3n
n*3531）……1。
3n-1
（2）证：
据
1得，a1（1-1（1-3^）-（1-扌）
n!
为证a1«a2••an<2筍!
1111
（1--）*（1—P）•••（1-—）A-••…
3323n2
显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式：
对每个有（1-1）（1-X）•••（1-X）1-（-+
3333
（用数学归纳法，证略）利用3得（1-1）（1--）•••（1-1）1-（丄+-1+…+丄）
333333
只要证n忘N*0寸有
2。
11
1〔1-
（1）n〕，VZ1、nj1丄1/1、n1
=1-33=1——〔1—（-）〕=-+-（-）>-。
1232232
1-
3
故2轼成立，从而结论成立。
八分项讨论
例20已知数列｛an｝的前n项和Sn满足Sn=细+（-O",n^1-
（I）写出数列｛an｝的前3项a,,a2,a3；（n）求数列｛an｝的通项公式；（川）证明:
对任意的整数m：
>4，有丄+丄+••+丄€7（04年全国卷川）
a4a5am8
简析（I）略，（n）an=22^+（—1）2】；
3
（-1）n，很难直接放缩，考虑分项讨论：
丄+丄=3（—+
anan+2'2n』+1
—+—）（减项放缩）
n_22n」/
（川）由于通项中含有
当n>3且n为奇数时
上）=1
2^+2n」
222+2^—2^_1
32n^+2^3,
22222‘2
①当m且m为偶数时丄+丄十••+丄=
a4a5am
22
，于是
—+（丄+丄）十••+
35ama4a5a6
^1+3（丄+丄i十丄）=1+3丄•（_丄）£1+3=7
2/23242m'224'2^288
（丄+丄）
am_4am
1屮••+丄+丄（添项放缩）
a5amam十
②当m>4且m为奇数时丄+丄+…+丄c—+—
a4a5ama4
由①知1+1i+1+1J.由①②得证。
a4a5amam+8
九数学归纳法
例21（I）设函数f（x）=xlog2x+（1-x）log2（1-x）（0<；xv1）,求f（x）的最小值；（n）设正数P1,P2,P3,…,P2n满足P1+P2+P3+…+P2ni，证明
P1log2P1+p2log2P2+p3log2P3屮"+p2nlog2P才>—“（帖年全国卷［第22题）解析这道高考题内蕴丰富，有着深厚的科学背景：
直接与高等数学的凸函数有关！
更为深层的是信息科学中有关熵的问题。
（I）略，只证（n）:
得g（P1）+g（p2）屮"+g（卩2」
贝yP1log2P1+P2log2p2十…+p2klog2p2^-k.
当n=k+1时，若正数pj,p2,…,P2k卡满足Pj+P2+…+P2k+=1,（*）
为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：
令.十...P1P2…P2k
令X=P1+P2卡+p2k,q1=—,q2=——,,q2k=一.
XXX
则q1,q2,…,q2k为正数，且qr^q^'+q2k=1.
由归纳假定知q1log2pj+p2log2P2+…+q2klog2q2^-k.
P1log2P1+P2log2P2屮"+P2klog2P2k=x（q1log2q1+q2log2q2屮"+q2klog2q2k
+logX）艺x（-k）+xloaX,
（1）
同理，由P2^+P2k七中…+卩2卄=1—X得P2^hlog2P27+…+P2k+lOg2P2卄
（1）
（2）两式Pilog2Pi中P2log2P2+…中P2^ilog2p2hi
—x）]（—k）+xlog2X+（1-X）log2（1-x）>—（k+1）.
n=k+1时命题也成立.根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立.
构造函数g（x）=xlog2X+（c-x）log2（c-x）（常数c>0,x亡（0,c））,那么
>（1-x）（斗）+（1-x）log2（1-x）.
（2）
综合
>[x+（1
即当
法3
g（x）=c[-log2-+（1-x）Iog2（1--）+log2c],禾U用（I）知，
cccc
当△=丄（即X=c）时,函数g（x）取得最小值.对任意X1>O,X2aO,都有
c22
x+xx+x
x1log2兀+X2log2X2>2”2Iog2=（x1+X2）［log2（x^x2^1］.②
22
（②式是比①式更强的结果）下面用数学归纳法证明结论.
（i）当n=1时，由（I）知命题成立.
（ii）设当n=k时命题成立，即若正数P1,P2,…，P2k满足P1+P2屮"+P2k=1,有
Pdog2P1+p2Iog2p2十…+P2kIog2p2^-k.
当n=k+1时，P1,p2,…,p2叶满足P1+P2十…+P2k+=1.
令H=P1Iog2P1+p2Iog2P2+…+p?
叶Jog?
p25」+P2k+Iog2p2^1
对（*）式的连续两项进行两两结合变成2k项后使用归纳假设，并充分利用②式有
H织P1+P2）［log2（P1+p2）—1］屮"+（P2k乜+P2k丰）［Iog2（卩2沖」+p2k丰）—1］,因为（P1+P2）屮••+（P2k乜+P2k牛）=1,
由归纳法假设（P1+P2）log2（P1+p2）十"+（P2k*+P2k+）log2（p2叶4+P2叶）>—k,得H>—k—（P1+P2+…+P2k卄+卩2—）=-（k+1）.
即当n=k+1时命题也成立.所以对一切正整数n命题成立.
注：
1'式②也可以直接使用函数g（x）=xIog2X下凸用
（1）中结论得到；
2"为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：
q=Pi+p才斗而变成2k项；
+…+
3本题可作推广：
若正数Pi,P2,…，Pn满足Pl+P2
PiInPi中P2Inp2+…+PnInPn色-Inn.
（简证：
构造函数f（x）=xlnx-x+1，易得f（x）>f
（1）=0=xlnx>x-1.1
二（npi）ln（np」>npi—1=pi|n（npJ>pi-—.
n
nn
故无[piIn（npi）]>2Pi一1=0=Inn+2piInpi>0.）
i1izt
Pn二1，则
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