高考預測數(shù)數(shù)列不等式證明題放縮法十種方法技巧歸納總結

1、1. 均值不等式法 例 1設 Sn 1 2 2 3 bx ,如 n n 1 .求證 n n 1 Sn 2 n 1 . 22例 2已知函數(shù) f x 1f 1 4,且 f x 在 0 , 1 上的最小值為 1,求證： 1a225f 1 f 2 f n n11 2. 2n 1 n 1 例 3求證 C1 nC2C3Cn n n22n 1, n N . a1x1 a2 x2 an xn 1. nn例 4已知 a1 22 a2 2 an 1 , 2 x1 2 x2 2 xn 1 ,求證： 2利用有用結論 例 5求證 1 11 11 31 51 112n 1. , n 2. 2n 例 6已知函數(shù) f x 1

2、 lg 2 x 3x n n 1 xanx ,0 a1,給定 n N求證： f 2 x 2 f x x 0 對任意 nN且 n 2 恒成立； log 2 n 的最大整數(shù)；設正數(shù)數(shù)列 例 7已知 a1 1,an 11 2 n1nan 1. 2n I 用數(shù)學歸納法證明 an 2n 2 ； II 對 ln1 x x 對 x 0 都成立,證明 ane 2 （無理數(shù) e ） 例 8 已知不等式 1111log n , n N ,n 2 ； log 2 n 表示不超過 23n2 an 中意： a1 bb 0, an nan 11, n 2.求證 an 2b n ,n 3. n an 2 blog 2再如：

3、 設函數(shù) f x e x x ； （）求函數(shù) f x 最小值；（）求證：對于任意 nN,有 n k n k 1 n e . e 1 例 9設 an1 1 n n,求證：數(shù)列 a 單調(diào)遞增且 an4. 3. 部分放縮 例 10 設 an111 a 31, a 2, 求證： a n2. 1, 有： 2a a n例 11 設數(shù)列 an 中意 an 12 an nan 1 n N,當 a1 3 時證明對全部 n i an n2； ii 111111 2. a1 a 2 1an 第 1 頁,共 14 頁4 . 添減項放縮 例 12 設 n 1, n N ,求證 2 n 8. 3 n 1n 2 1例 13

4、 設數(shù)列 an 中意 a1 2,an 1 an an n 1,2, . 證明 an 2n 1 對一切正整數(shù) n 成立； 5 利用單調(diào)性放縮 : 構造函數(shù) 例 14 已知函數(shù) f x ax 3x 2的最大值不大于 1,又當 x , 1 1 時 f x 1. 2 6 4 2 8（）求 a 的值；（）設 0 a1 12 , an 1 f an , n N,證明 an n1 1. 例 15 數(shù)列 xn 由以下條件確定： x1 a 0 , xn 1 1xn a, n N 2 xn （I ） 證明：對 n 2 總有 xn a；II 證明：對 n 2 總有 xn xn 16 . 換元放縮 例 16 求證 1

5、 n n 1 2 n N , n 2. n 1 2 2例 17 設 a 1 , n 2,n N,求證 a n n a 1 . 47 轉化為加強命題放縮 1例 18 設 0 a 1 ,定義 a1 1 a, an 1an a,求證：對一切正整數(shù) n 有 an 1. 2例 19 數(shù)列 xn 中意 x1 1, xn 1 xn xn 2 .證明 x2022 1001. 2 n例 20已知數(shù)列 an中意： a1 3,且 an 3nan1 （ n 2 , n N） 2 2an1 n 1 （ 1）求數(shù)列 an的通項公式； （2）證明：對一切正整數(shù) n 有 a1 a2 a n 2 n！ 8. 分項爭辯 例 21

6、 已知數(shù)列 an 的前 n項和 Sn 中意 Sn 2an n 1 ,n 1. 的通項公式； （）寫出數(shù)列 an 的前 3 項 a1 ,a2 , a3 ； （）求數(shù)列 an （）證明：對任意的整數(shù) m4,有 1117 . 8a4 a5 am 第 2 頁,共 14 頁9. 借助數(shù)學歸納法 例 22（）設函數(shù) f x x log 2x n1 x log 2 1 x 0 x 1 ,求 f x 的最小值； （）設正數(shù) p , p , p , , p 2中意 p 1p2p3p2n1,求證： p log p 1 p log p2p log p 3p log p 22nn10. 構造幫忙函數(shù)法 例 23 已知

7、 f x = 3 4x 2 x ln 2 , 數(shù)列 a n中意 1a1 0, 2 1 an 1f an nN*； 2（1）求 f x 在 1,0 2上的最大值和最小值 ; （2）證明： 1a n0 ; 2（3）判定 an 與 an 1 n N 的大小,并說明理由 . 例 24 已知數(shù)列 an 的首項 a1 3, an 13an 1, n 1,2, 52an （）求 an 的通項公式； （）證明：對任意的 x 0 , a n 11 x 1 12x , n1,2, 2 x n 3（）證明： a 1a2ann 2 n 1 例 25 已知函數(shù) fx=x 2-1x0 ,設曲線 y=fx 在點（ x n,

8、fx n ）處的切線與 x 軸的交點為（x n+1 ,0 ）n N. 用 x n表示 xn+1； （）求使不等式 xn 1xn 對一切正整數(shù) n 都成立的充要條件,并說明理由； （）如 x 1 =2,求證： 11x1 11112n31 . x2 xn 例 1 解析 此數(shù)列的通項為 ak kk 1 , k 1,2, ,n. k k k 1 k k 1k 1, 22得 S nnk Sn n k 1,即 nn 1 Sn n n 1 nn 2 1 . b,如放成 k k 1 k 1 就 k 1 k 1 2222ab 2a注： 應留意把握放縮的 “度”：上述不等式右邊放縮用的是均值不等式 2n k 1

9、n 1 n 3 2 n 1 ,就放過“度”了！ k 1 22依據(jù)所證不等式的結構特點來選取所需要的重要不等式,這里 1nna1 an a1 nan 2 a1 n2 an ,其中, n2,3 等的各式及其變式公式均可供選用； 1a1 an例 2 簡析 第 3 頁,共 14 頁f x 1x 4x 111121x x 0 f 1 f n 1 1 1 212 1 21 2 n 44x 2222n1 1 41 21n11 . 2n = 2 112222n 1 2 n 1 2 n 1 2 Cn 1 Cn 3 Cn n Cn 例 3簡析 不等式左邊 n 1 n n1 2 22 2 n 1 = n 22,故原

10、結論成立 . an xn 的最大值； 2 xk , 例 4 【解析】使用均值不等式即可：由于 xy 2 x 22 y x, y R ,所以有 a1x1 a2 x2 anxn 2 a1 22 x1 2 a2 22 x2 2 an 22 xn 2 a1 2 a2 22 an 2 x1 2 x2 22 xn 111. 22其實,上述證明完全可以改述成求 a1 x1 a2 x2 an xn 的最大值；此題仍可以推廣為： 2 如 a12 a22 anp2 x1, 2 x22 xnq p, q 0 , 試求 a1 x1 a2 x2 請分析下述求法：由于 xy 2 x 22 y x, y R ,所以有 a

11、x 1 1 a x 2 2 a x n n 2 a1 22 x1 2 a2 2 x2 2 an 2 xn 222 a1 2 a2 22 an 2 x1 2 x2 22 xn p q . 2, n ,即必需有 n2 ak n故 a1 x1 a2 x2 an xn 的最大值為 pq,且此時有 ak xk k 1,2, ,n ； 2上述解題過程貌似完善, 其實細細推敲, 是大有問題的： 取“”的條件是 ak xk k 1,2, k 1k 1即只有 p=q 時才成立！那么, pq呢？其實例 6 的方法照樣可用,只需做稍稍變形轉化： 2 a 12 p 2 a 22 p 2 a n2 p 2 1, x 2

12、 q 2 x 2 q 2 x 2 q 1, a x 1 1 就有 a x 2 a x n pq a1 x1 a2 x2 an xn pq pq 2 a1 2 p 2 a 2 2 p 2 p an 2 2 x1 2 q 2 x2 2 q 2 q xn 2 pq 2于是, a1 x1 a2 x2 an xn max pq ,當且僅當 ak xk k 1,2, , n. pq2 x2 2 xn pq. 結合其結構特點,仍可構造向量求解：設 m a1 ,a2 , ,an , n x1, x2 , , xn ,就 由 | m n | | m| n |立刻得解： | a1x1 a2 x2 an xn |

13、2 a1 2 a2 2 an 2 x1 x1x2 xn 且取“”的充要條件是： a 1a2an； 第 4 頁,共 14 頁2利用有用結論 例 5 簡析 此題可以利用的有用結論主要有： 法 1 利用假分數(shù)的一個性質 bbm b m a0, m 0 可得 2n 22n 1aa2462 n 3572n 11352n 12 n 1 2461352n 12462n 2462n 1352n 1即 1 11 1 1 311 1 1 2n 1. 52n n2k 1 12n 1. 法 2 利用貝努利不等式 1 x n 1nxn N, n 2, x 1, x 0 的一個特例 1 1121211 此處 得 n 2,

14、 x 1, 1112k 1n 1 k 1 112k 12k 2k 2k 2k 12k k 1 2k n2 ai n2 bi 的簡捷證 例 6 簡析 高考標準用數(shù)學歸納法證明, ；這里給出運用柯西（ Cauchy ）不等式 n2 ai bi i 1 i 1 i1法： f 2 x 2 f x lg 12 2 x 32 x n 1 2x an2 x 2lg 12 x 3x n 1 x anx n nx x x x 2 1 2 3 n 1 an n 1 2 2x 3 2 x n 1 2x a n 2 x 而由 Cauchy 不等式得 1 1 1 2 x 1 3 x 1 n 1 x a n x 2 2

15、2 2x 2x 2 x 2 2x 1 1 1 2 3 n 1 a n x 0 時取等號 n 1 2 2x 3 2x n 1 2 x a n （2x 0 a 1）,得證！ 例 7 解析 II 結合第 I 問結論及所給題設條件 ln1 x x （ x 0 ）的結構特點,可得放縮思路： an 1 1 n 2 1n 2 1n an ln an 1 ln1 n 2 1n 2 1n ln an ln an n 2 1n 2 1n； 于是 ln an 1 ln an n 2 1n 2 1n , 1 n1n 1 i 1 ln ai 1 ln ai n 1 i 1 i2 1i 2 1i ln an ln a1

16、1 1n 11 21 2 1n 2 1n 2. 即 22ln an ln a1 2 an e . 【注】：題目所給條件 ln1 x x （ x 0 ）為一有用結論,可以起到提示思路與探究放縮方向的作用；當然,此題仍可 用結論 2 n nn 1 n 2 來放縮： a n1 1 nn 11 a nnn 11 an 1 1 1 nn 11 an 1 1 1ln an 1 1 ln an 1 ln1 . nn 1 nn 1 n 1 n 1 1 1i 2 lnai 1 1 ln ai 1 i 2 ii 1 ln an 1 lna 2 1 1 n1 , 第 5 頁,共 14 頁即 ln an 1 1 ln

17、 3 an 3 e 1 e 2 . 例 8 【簡析】 當 n 2 時 an n an nan 11 an 1 n an an 1 1an 11 1n,即 an 1an 11 1n k 2 nak 1ak 11 k 2 n1k . 于是當 n 3 時有 an 1a1 1 12 log 2 n an 2 blog 2 n 2b . 1 1 1注 ： 本 題 涉 及 的 和 式 為 調(diào) 和 級 數(shù) , 是 發(fā) 散 的 , 不 能 求 和 ； 但 是 可 以 利 用 所 給 題 設 結 論 2 3 n1 1 1 1log 2 n 來進行有效地放縮； 2 3 n 2x n nx 再如：【解析】（） 1；

18、（）證明：由（）得 e x 1,對 x1 有 1 x e,利用此結論進行神奇賦值：取 1 n x k n 1,k 1,2, , n ,就有 1n n n 2 n nn n 1e n 1 1e n2 1e 1 1e 0 11 e11 11 e 1 ee e即對于任意 n N,有 n k n e . k 1 n e1n 1 n例 9 解析 引入一個結論： 如 b a 0 就 b n 1 a n 1b b a ,（可通過構造一個等比數(shù)列求和放縮來證明, 略） 整理上式得 a n 1 b n 1a nb. （ n）,以 a 1 1,b 1 1代入（ ）式得 n 1 n1 1 n 1 1 1 .；即 a

19、n 單調(diào)遞增；以 a n1,b 1 1代入（ ）式得 n 1 n 2 n 1 1 2n 1 n 12 1 2 n 1 2n 4.；此式對一切正整數(shù) n 都成立,即對一切偶數(shù)有 1 1 n n 4 ,又由于數(shù)列 an 單調(diào)遞增,所以對一切正整數(shù) n 有 1 1 n n 4 ； 1注：上述不等式可加強為 2 1 n n 3. 簡證如下： 利用二項開放式進行部分放縮： a n 1 1 n n 1C n 1 1n C n 2n 12 C n nn 1n . 只取前兩項有 a n 1C 1n 1n 2. 對通項作如下放縮： C n k 1 n k k. 1 nn n1n n k n 1k. 11 2 1

20、2 2 1k 1 . 故有 a n 11 12 2 122 1n 1 2 12 1 1/ 2 1 1 / 2 n13. 3. 部分放縮 例 10 解析 an 11111111. 111 11, 2a3ana2232n2又 k 2 k k k k 1, k 2（只將其中一個 k 變成 k 1 ,進行部分放縮） , k2 kk k 1k 第 6 頁,共 14 頁于是 an11111 1 111n111 n212. k 3 ； 2232n2223n例 11 【解析】 i 用數(shù)學歸納法：當 n1 時明顯成立,假設當 nk 時成立刻 ak k 2 , 就當 nk 1 時 ak 1ak ak k 1ak

21、k 2 k 1 k 2 2 1k 3 ,成立； ii 利用上述部分放縮的結論 ak 12ak 1 來放縮通項,可得 ak 11 2 ak 1 ak 1k 1 2 a1 1 2k 1 42k 1111n11n11111 n211. ak 2k 1 i1ai i1i1 2422【注】上述證明 i 用到部分放縮,當然依據(jù)不等式的性質也可以整體放縮： ak 1 k 2k 2 k 1證明 ii 就直接使用了部分放縮的結論 ak 12ak 1 ； 例 12 簡析 2 n 觀看 的結構,留意到 33 n 21 1 n ,開放得 21 1 n 21 Cn 12 Cn 13 Cn 11nnn 1 n 1n 2

22、6222 23 288即 1 1nn 1 n 2 ,得證 . 28例 13 簡析 此題有多種放縮證明方法,這里我們對（）進行減項放縮,有 法 1 用數(shù)學歸納法（只考慮其次步） a k 21 a k 22 12 2k 12 2k 1 1；ak 法 2 a 2n 1 a n 22an 12 a n 2 2 a k 1 2a k 22, k 1,2, , n 1. 就 a n 2a 1 22n 1 a n 22n 2 2n 1 an 2n 1 例 14 解析 （） a =1 ；（）由 an 1 f an, 得 an 1 an 3an 2 3an 1 2 1 1且 an 0. 2 2 3 6 6用 數(shù)

23、 學 歸 納 法 （ 只 看 第 二 步 ） ： ak 1 f ak 在 ak 0, k 1 1 是 增 函 數(shù) , 就 得 1 1 3 1 2 1ak 1 f ak f . k 1 k 1 2 k 1 k 2例 15 解析 構造函數(shù) f x 1 x a , 易知 f x 在 a, 是增函數(shù)；當 n k 1 時 x k 1 1 x k a 在 2 x 2 xk a, 遞增,故 xk 1 f a a. ；對 II 有 xn xn 1 12 x nxn a,構造函數(shù) f x 12 x ax , 第 7 頁,共 14 頁它在 a, 上是增函數(shù),故有 xn xn 1 1 x n a f a 0 ,得證

24、； 2 xn 【注】數(shù)列 xn 單調(diào)遞減有下界因而有極限： an a n . f x 1x a 是遞推數(shù)列 x n 1 1 x n a 的母函數(shù),爭辯其單調(diào)性對此數(shù)列本質屬性具有重要的指導作用； 2 x 2 xn 例 16 簡析 令 an nn1 hn ,這里 hn 0n 1, 就有n 1 hn n nn 1 2 hn 20 hn n1 2n 1 ,從而有 1an 1 hn 1n1 2 . 注：通過換元化為冪的形式,為成功運用二項開放式進行部分放縮起到了關鍵性的作用； 例 17 簡析 令 a b 1 ,就 b 0 , a 1 b ,應用二項式定理進行部分放縮有 n n 0 n 1 n 1 2

25、n 2 n 2 n 2 n n 1 2a b 1 Cn b Cn b Cn b Cn Cn b b, 22 2 2 2留意到 n 2, n N,就 nn 2 1 b 2 n b 4（證明從略） ,因此 a n n a 1 4 . 7 轉化為加強命題放縮 例 18 解析 用數(shù)學歸納法推 nk 1 時的結論 an 11 ,僅用歸納假設 ak 1 及遞推1, ak 11a 是難以證出的,由于 ak 顯現(xiàn)在分母上！可以逆向考慮： ak 1式 a1ak 1. 1ak ak 1a故將原問題轉化為證明其加強命題：對一切正整數(shù) n 有 1 an1 . （證略） 1a例 19 簡析 將問題一般化：先證明其加強命

26、題 x nn . 2 用數(shù)學歸納法,只考慮其次步： x k 1 x k 2 xk k k 1 2 k 22k 1k 1. ；因此對一切 2x N有 x nn . 2 k 2 224例 20 解析 ：（ 1）將條件變?yōu)椋?1 nan 1（ 1 n1 ） ,因此 1 n3 an1 an 為一個等比數(shù)列, 其首項為 1 1a1 13,公比 3從而 1 nan 1n3,據(jù)此得 an nn 3 n 3 1 （ n 1） 1（ 2）證：據(jù) 1得, a1a 2an n！ （1 1）（1 1 ） 3 3,為證 a1a2an2n！, （ 1 1 ） 3只要證 n N時有（1 1）（1 3 3 1 ） 2 （ 1

27、 3 1 ） n 12明顯,左端每個因式都是正數(shù),先證明一個加強不 2等式： 對每個 n N,有（1 1）（1 3 3 1 ） （ 1 3 1 ） 1（ 1 123 3 1 n 3） 3第 8 頁,共 14 頁（用數(shù)學歸納法,證略）利用 3 得（1 1 ）（1 3 3 1 ） （ 1 3 1 ） 1（ 1 1 3 3 3 1n） 1 1 （ ） 3 1 1n31 11（ ）1n （ ）1 11 1；故 2 式成立,從而結論成立； 2 3 2 2 3 21 1 38. 分項爭辯 例 21 簡析 （）略,（） an 232 n 2 1 n 1 . ；（）由于通項中含有 1 n,很難直接放縮,考慮分

28、項爭辯： 當 n 3 且 n 為奇數(shù)時 an 1an 11 322 n 121 2 n 1 11 32 2 2n 3 2 n22 n1 2 n12 n21 32 2 n 2 2 2 n 3 2 n132 2 1n 22 1n 1 （減項放縮）, 于是 , 當 m 4 且 m 為偶數(shù)時, 1 1 1 1 1 1 1 1a 4 a5 am a 4 a5 a 6 am 1 am 1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 3 7 3 4 m 2 1 m 4 . 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 8 8當 m 4 且 m 為奇數(shù)時, 1 1 1 1 1 1 1（添項放縮） a 4 a5 am a 4

29、 a 5 am am 1由知 1 1 1 1 7 . ；由得證； a4 a5 am am 1 89. 借助數(shù)學歸納法 例 22 解析 科學背景：直接與凸函數(shù)有關！ （）略,只證（） ： 考慮試題的編擬初衷,是為了考查數(shù)學歸納法,于是借鑒詹森不等式的證明思路有： 法 1（用數(shù)學歸納法） （ i ） 當 n=1 時 , 由 （ ） 知 命 題 成 立 ；（ ii ） 假 定 當 nk 時 命 題 成 立 , 即 如 正 數(shù) p , p , , p k 中意 p 2 1p2p k 21 , 1, （ * ） 就 p1log 2p1p2log 2 p2 p k 2log 2p k 2k. 當 n k

30、1 時,如正 p , p , , p 2 k 1 中意數(shù) p 為利用歸納假設,將（ * ）式左邊均分成前后兩段： 1p 2p k 1 2令 x p 1p 2p2 k ,q p1 , q x 2p2 , , q 2k p 2k . 2 qk log q k 2 2x x 就 q1,q2, , q2k 為正數(shù),且 q1 q2 q k 21. 由歸納假定知 q1log 2 p1 p2log 2 p2 q2k log 2q2k k. p log p 1p log p2p k log p 22k xq log q 1 q log qlog 2 x x k xlog 2 x, （1） 同理,由 p2 k

31、1 p2 k 2 p2k 1 1 x 得 第 9 頁,共 14 頁p2 k 1log 2 p2 k 1p2k 1log2p2k 11x k 1 x log 2 1 x.（2） x 1 綜合（ 1）（2）兩式 p1 log 2 p1 p2 log 2 p2 p k 21log 2 p2 k 1 x 1 x k x log 2 x 1 x log 2 1 x k 1. 即當 n k 1時命題也成立 . 依據(jù)（ i）,（ ii）可知對一切正整數(shù) n 命題成立 . 法 2 構造函數(shù) g x x log 2 x c x log 2 c x常數(shù)c x x log 2 1 log 2 c, c c 0, x

32、 0,c, 那么 gx x c log 2 c x 1 c 利用（）知,當 x 1 即 x c 時,函數(shù) g x 取得最小值 2. c 2對任意 x1 0, x2 0, 都有 x1 log 2 x1 x 2 log 2 x2 2x1 2x 2 log 2x1 2x2 x x log x 1 （式是比式更強的結果） . 下面用數(shù)學歸納法證明結論 . （ i ）當 n=1 時,由（ I ）知命題成立 . （ ii ）設當 n=k 時命題成立,即如正數(shù) p1 p2 , , p k 2 中意 p1 p2 p k 21, 有 p2n1, p1 log 2 p1 p2 log 2 p2 p2k log2p

33、2k k. 當 n k 1時 , p1 , p2 , p1 log 2 p1 p2 , p2k1 中意 p1 p2 1 log 2 p2k 1111. 令log 2 p2 p2k 1p 2k p2k log 2p2k 1H 對（ * ）式的連續(xù)兩項進行兩兩結合變成 2 k 項后使用歸納假設,并充分利用式有 H p1 p2 log 2 p1 p2 1 p2k 11p2k 1log2 p2k 11p2k 1 1, 由于 p1 p2 p2k11p2k 1, 由歸納法假設 p 1p log p 1 p p k 2 11 p k 1 log p k 1 2 2 1 p k 1 2k, 得 H k p p

34、2p2 k 1 1 p2k 1 k 1. 即當 nk 1 時命題也成立 . 所以對一切正整數(shù) n 命題成立 . 【評注】（ 1）式也可以直接使用函數(shù) gx x log2 x 下凸用（）中結論得到； （ 2）為利用歸納假設,也可對（ * ）式進行對應結合： qi pi p2n1i而變成 k 2 項； （ 3）此題用凸函數(shù)學問分析如下： 先介紹詹森（ jensen ）不等式：如 f x 為 a, b 上的下凸函數(shù),就 對任意 xi a, b, i0i 1, ,n, 1n1,有 f 1 x1 n xn 1f x1 nf xn . 特別地,如 i1x1 ,就有 f nxn 1 f x1 f x n .

35、 nn如為上凸函數(shù)就改“ ”為“ ”； 由 g x 為下凸函數(shù) g p1 得 g p2 g p2n p1 g p2 n 2p2n,又 p1 p2 p3 2n第 10 頁,共 14 頁所以 p1 log2 p1 p2 log 2 p2 p3 log 2 p3 p2nlog2p2nn 12 g n 2 n. pi 1. （ 4）此題可作推廣如下：如正數(shù) p1 , p2 , , pn 中意 p1p2 pn 1,就 p1 ln p1 p2 ln p2 pn ln pn ln n. ；簡證：構造函數(shù) f x x ln x x 1, 易得 f x f 1 0 x ln x x 1. npi lnnpi n

36、pi 1pi ln npi nnn故 i 1 pi ln npi pi 10ln ni 1 pi ln pi 0. 10. 構造幫忙函數(shù)法 例 23 【解析】 1 求導可得 f x 在 - 1 ,0 2上是增函數(shù) , f max x =2;f min x 5-ln2. 12, 2（2）（數(shù)學歸納法證明）當 n 1 時,由已知成立；假設當 nk 時命題成立,即 1a k 0 成立, 21那 么 當 nk 1時 , 由 （ 1 ） 得 1 a 1nf a k 5 l n 2 ,2 235ln 2 1 a 2 k 2 k 222 N都成立 1 ak 11, 1ak 10 ,這就是說 nk 1 時命題

37、成立；由,知,命題對于 22（3） 由 2 1 an 12 1 an f an 2 1 an , 構造幫忙函數(shù) g x f x 2x 1,得 gx x 1 f x 2 ln 2 12x x 4 ln 4 ,當1x 0 時, 22x 1 1, 24x 1. 22故 1 2x 4x 1210 ,所以 g x g0=f0-2=0 , f an 21 an 0, 即 2 1 an 12 1 an 0,得 an 1 an ； 例 24 【解析】（） an 3n2（）供應如下兩種思路： n 3思路 1 觀看式子右邊特點,按 1 為元進行配方,確定其最大值； 1 x 法 1 由（）知 an n 321 0

38、, 1 x 1 12x n 32 x n 311211 x 11 2 1 x 11 x 1121 x 2 1 x 3 n 1 x anan2 1 x 1 x 11an 2an an , 原不等式成立 an 1 x 思路 2 將右邊看成是關于 x 的函數(shù),通過求導爭辯其最值來解決： 第 11 頁,共 14 頁法 2 設 f x 112x ,就 22x 1 x 2 1 x n 3f x 1 12 1 x 2x 21 x n 3n 32 x 1 2 x 2 1 x x 0 , 當 x 2時, f x 0 ；當 x 2時, f x 0, 3n3n當 x 2時, f x 取得最大值 f 211an 原不

39、等式成立 3n 3 n 2n 3（）思路 1 考慮此題是遞進式設問,利用（）的結論來探究解題思路： 由（）知,對任意的 x 0 ,有 11 n 3, . a 1a 2a n 11 x 12x 112x 112x 2 1 x31 x 1 2 x3 2 1 x 2 1 x3 n n1 12222nx 取 x 122 2 32 n 32 3111n 31 x x332 3n n3n11n3就 a a 2a n 1n1nn21n21 原不等式成立 11n1 n,得 1nn 3n 3【注】本解法的著眼點是對上述不等式中的 x 進行神奇賦值,當然,賦值方法不止一種,如：仍可令 x n1222nx 1n11

40、 12 11n12 n11 11n21 x 2 1 x 3323n1 nn 3nn1 n 2 3nn1n思路 2 所證不等式是與正整數(shù) n 有關的命題,能否直接用數(shù)學歸納法賜予證明？嘗試： 1 32322 33n2n21. 1（ 1）當 n 1 時 1 3 32312 11,成立； 1 32 3 nn521（2）假設命題對 nk 成立,即 1 322 323k 22 k 1. 3k 1, 3 2 3 k k 3 1 就當 n k 1 時,有 1 322 32k 32k 1 322 k 133k 12, 1 32 3k 3k 1 3k k 1 只要證明 2 k 3k 1 32 k 2 1 ；即證

41、 3k 3k 1 12k 2 1 2 k 13 k 1 2 k k 2 2 k 2k k 1 k 1k 22k 1 nk 2k k 3k 2即證 3k 1 2222 k 3k 213222 k 123k 1 22 2 k 3k 2 k 1 32 k 3k 2k 1 3k n 3用二項式定理（開放式部分項）證明,再驗證前幾項即可；如下證明是否正確,請分析：易于證明 an3n2n1第 12 頁,共 14 頁對任意 n N 成立；于是 an n 3 n n n 2 . 3 2 n1 n 1【注】上述證明是錯誤的！由于： f k k 是遞增的,不能逐步“縮小”到所需要的結論；可修改如下： k 12 2 2 2考慮 n 是某數(shù)列 bn 的前 n 項和,就 bn n n 1 n 2 n 1, n 1 n 1 n n nk 2只要證明 a k b k 3 k 32 k k 2 k 1k 3 k 2k 22k 2. 思路 3 深化觀看所證不等式的結構特點 , 利用均值不等式可得如下妙證： n由 a n 1 3an 取倒數(shù)易得： a n n 30 ,用