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1、例1设S=12+23+L+n(n+1).求证n(n+1)S(n+1).22k+k+11，kS(k+)，222222222211nn其中，n=2,3等的各式及其变式公式均可供选用。数列型不等式放缩技巧八法一利用重要不等式放缩1均值不等式法2nn解析此数列的通项为a=k(k+1),k=1,2,L,n.knn1Qkk(k+1)=k+nk=1k=1即n(n+1)Sn(n+1)+n(n+1)2.n注：应注意把握放缩的“度”：上述不等式右边放缩用的是均值不等式naba+b，若放成k(k+1)k+1则得S(n+1)2，就放nk=1过“度”了！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na+L+a
2、a2+L+a2naLa1n1n1n+L+aa1n，若f(1)=4，且f(x)在0，1上的最小值为，例2已知函数f(x)=11+a2bx152求证：f(1)+f(2)+L+f(n)n+11-.（02年全国联赛山东预赛题）2n+12简析f(x)=1-1-(x0)f(1)+L+f(n)(1-)例3已知a,b为正数，且14x1111+4x1+4x22x221111111+(1-)+L+(1-)=n-(1+L+)=n+-.22222n422n-12n+121+=1，试证：对每一个nN*，ab(a+b)n-an-bn22n-2n+1.（88年全国联赛题）1111ab简析由+=1得ab=a+b，又(a+b)
3、(+)=2+4，故ababbaab=a+b4，而(a+b)n=C0an+C1an-1b+L+Cran-rbr+L+Cnbn，nnnn令f(n)=(a+b)n-an-bn，则f(n)=C1an-1b+L+Cran-rbr+L+Cn-1abn-1，nnn因为Ci=Cn-i，倒序相加得nn2f(n)=C1(an-1b+abn-1)+L+Cr(an-rbr+arbn-r)+L+Cn-1(abn-1+an-1b)，nnnn而an-1b+abn-1=L=an-rbr+arbn-r=L=abn-1+an-1b2anbn242=2n+1，则2f(n)=(C1+L+Cr+L+Cn-1)(arbn-r+an-rb
4、r)=(2n-2)(arbn-r+an-rbr)nnn(2n-2)2n+1，所以f(n)(2n-2)2n，即对每一个nN*，(a+b)n-an-bn22n-2n+1.例4求证C1+C2+C3+L+Cnn2nnnnn-12(n1,nN).简析不等式左边C1+C2+C3+L+Cn=2n-1=1+2+22+L+2n-1nnnnnn1222L2n-1=n22利用有用结论n-12，原结论成立.例5求证(1+1)(1+1)(1+1)L(1+1352n-1)2n+1.2462n3572n+11352n-1简析本题可以利用的有用结论主要有：法1利用假分数的一个性质bb+m(ba0,m0)可得aa+mLL=L(
5、2n+1)1352n-12462n2462n(246L2n)22n+1即(1+1)(1+1)(1+1)L(1+11352n-1352n-1)2n+1.法2利用贝努利不等式(1+x)n1+nx(nN*,n2,x-1,x0)的一个1(此处n=2,x=)21+2特例(1+12k-12k-11)得2k-112k+112k+1证明(1+1)(1+)(1+)L(1+)33n+1.(可考虑用贝努利不等式n=3的特例)1+2x+3x+L+(n-1)x+anx不等式(ab)2a2b2的简捷证法：1+(1+)=2n+1.k=1k=12k-12k-12k-12k-1注：例5是1985年上海高考试题，以此题为主干添“
6、枝”加“叶”而编拟成1998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：111473n-2例6已知函数f(x)=lg,02f(x)(x0)对任意nN*且n2恒成立。（90年全国卷压轴题）简析本题可用数学归纳法证明，详参高考评分标准；这里给出运用柯西（Cauchy）nnniiiii=1i=1i=1f(2x)2f(x)lg2lg1+2+3+L+(n-1)+an1+22x+32x+L+(n-1)2x+an2xxxxnnx1+2x+3x+L+(n-1)x+anx2n1+22x+32x+L+(n-1)2x+an2x而由Cauchy不等式得(11+12x+13x+L+1(n-
7、1)x+anx)2(12+L+12)1+22x+32x+L+(n-1)2x+a2n2x(x=0时取等号)n1+22x+32x+L+(n-1)2x+an2x（Q0a1），得证！n2+nn2n例7已知a=1,a1n+1=(1+)a+11.(I)用数学归纳法证明a2(n2)；n（(II)对ln(1+x)0都成立，证明ae2（无理数e2.71828）05年辽宁卷第n22题）解析(II)结合第(I)问结论及所给题设条件ln(1+x)0）的结构特征，可得(1+1111n2+n2nn2+n2n放缩思路：an+1+)alnaln(1+)+lnann+1nn2+n2nn2+n2nlna+n1111+。于是lna
8、-lna+n+1n，(lna-lna)1-()n-111111)lna-lna1-+=2-2n-1i=1i+1in-1i=1(+11-1i2+i2in1nn2n22.即lna-lna2ae2.n1n注：题目所给条件ln(1+x)0）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，本题还可用结论2nn(n-1)(n2)来放缩：(1+)a+an(n-1)n(n-1)an+111nn+1+1(1+1n(n-1)(a+1)nn(n-1)n(n-1)ln(an+111+1)-ln(a+1)ln(1+).nln(a+1)-ln(a+1)ln(a+1)-ln(a+1)1-0),a,n2.n+a2+
9、blogn简析当n2时ana+，即n+aaaan-(-).于是当n3时有-lognalogn来进行有效地放缩；n-1n-111i+1in2i=2i=2即ln(a+1)1+ln3a3e-1logn,nN*,n2.logn表示不超过22nan-12n1nn-1求证a2b,n3.（05年湖北卷第（22）题）n21n+a11n-1n-1=nn-1nn-1n-1111n11n1aanaakkk-1nn-1k=2k=21112b2nn12123n111123n22引入有用结论在解题中即时应用，是近年来高考创新型试题的一个显著特点，有利于培养学生的学习能力与创新意识。例9设a=(1+n1n)n，求证：数列a
10、单调递增且aa0则bn+1-an+1bn(n+1)a-nb.（）11)n+1(1+1)n.,b=1+代入（）式得(1+以a=1+1n+1n+1nn此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有(1+1)n(1+)n(1+)2n4.2n2n22nn调递增，所以对一切正整数n有(1+1)n4。nnnn1注：上述不等式可加强为2(1+)n3.简证如下：n1利用二项展开式进行部分放缩：a=(1+)n=1+C1nn11+C2n21+L+Cnnnn.只取前两项有a1+C1nn1n=2.对通项作如下放缩：1Cknnk1nn-1n-k+1111=L=.k!nnnk!12L22k-122221-1/21结论可有如下简
11、捷证法：数列(1+n)n递减，且1im(1+n)n,11111-(1/2)n-1故有a1+1+L+=2+3.n2n-1上述数列a的极限存在，为无理数e；同时是下述试题的背景：n已知i,m,n是正整数，且1imn.（1）证明niAi(1+n)m.（01年全国卷理科第20题）1简析对第（2）问：用1/n代替n得数列bn:bn=(1+n)n是递减数列；借鉴此11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5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！详见文1。二部分放缩例10设a=1+n111+L+2a3an
12、a,a2.求证：an2.2a解析a=1+1+n11111+L+1+L+3ana2232n2.k(k-1),k2（只将其中一个k变成k-1，进行部分放缩），1111k2k(k-1)k-1k于是a1+1+1+L+11+(1-1)+(1-1)+L+(1-1)=2-k+3，成立。k+1kkk(ii)利用上述部分放缩的结论a2a+1来放缩通项，可得k+1k11a+12(a+1)a+1L2k-1(a+1)2k-14=2k+1.k+1kk1k11n112=11+a2i+142i=1ii=11-2注：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：三添减项放缩ak+1(k+2)(k+2-k)+
13、1k+3；证明(ii)就直接使用了部分放缩的结论ak+12a+1。k上述例5之法2就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。例12设n1,nN，求证()n(n+1)(n+2)，得证.28n1an(n=1,2,L).（）证明a2n+1对nn一切正整数n成立；（）令b=ann(n=1,2,L)，判定b与bnn+1的大小，并说明理由（04法1用数学归纳法（只考虑第二步）a2k+1=a2+2+12k+1+2=2(k+1)+1；a2法2a2n+1=a2+2+1a2+2a2-a22,k=1,2,L,n-1.annk+1k如对上述例1，令T=S-(n+1)则T-T=(n+1)(n+2)-2(n-1)an2n+2
14、2n+1an2n+1四利用单调性放缩1构造数列22n+3nnn+1n,T递减，有TT=2-20，故STnn+1n31，得证！2n+12n+31，nn+1nn1111(1+1)(1+)(1+)L(1+)T再如例5，令T=352n-1则n+1=L=即TT,T递增，有TT=2n2n+1Tn2n+2注：由此可得例5的加强命题(1+1)(1+1)(1+1)L(1+)232n+1.并可改1352n-13造成为探索性问题：求对任意n1使(1+1)(1+1)(1+1)L(1+1352n-1)k2n+1恒成立的正整数k的最大值；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！2构造函数f(x).（）例
15、14已知函数f(x)=ax-32x2的最大值不大于1，又当x1,1时64218=f(a),nN*，证明a（求a的值；）设0a0.用数学归纳法（只看第二步）：ak+1=f(a)在a(0,1)是增函数，k则得ak+1=f(a)f(k11311)=-()20，x=x+2x1ann+1nn证明：对n2总有xa；(II)证明：对n2总有xx（02年北京卷第（19）nnn+1题）x+,易知f(x)在a,+)是增函数。解析构造函数f(x)=1a2x在a,+)递增故xx=x+当n=k+1时xk+11a2kkk+1f(a)=a.，构造函数f(x)=x-x-,它在a,+)上对(II)有x-xnn+11a2nxn1
16、a2xf(a)=0，得证。x-2x是增函数，故有x-xnn+1=1ann注：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数列xn单调递减有下界因而有极限：ana(n+).f(x)=1x+的母函数，研究其单调性=x+2x2xa1a是递推数列xn+1nn对此数列本质属性的揭示往往具有重要的指导作用。五换元放缩例16求证1nn0(n1),则有nnnh20h1)，从而有1a=1+hnn(n-1)22nnnn注：通过换元化为幂的形式，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。n2(a-1)2例17设a1，n2,nN，求证an.4简析令a=b+1，则b0，a-1
17、=b，应用二项式定理进行部分放缩有2an=(b+1)n=C0bn+C1bn-1+C2bn-2+CnC2bn-2=n(n-1)nnnnnb2，注意到-lna1n2+n2n+1)-ln(a+1)n2(a-1)2244六递推放缩递推放缩的典型例子，可参考上述例11中利用(i)部分放缩所得结论a2a+1k+1k1进行递推放缩来证明(ii)，同理例7(II)中所得lna+和n+1n111、例8中-、例13（）之法2所得n+1nnn-1a2-a22都是进行递推放缩的关键式。k+1k七转化为加强命题放缩如上述例11第(ii)问所证不等式右边为常数，难以直接使用数学归纳法，我们可以通过从特值入手进行归纳探索、
18、或运用逆向思维探索转化为证明其加强命题：11111+L+-1+a1+a1+a22n+112n（略）。.再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了n+1=1+a，求证：对一切正整数n有an1.ak+1=a+a1a.故将原问题转化为证明其加强命题：k+1=a1-a对一切正整数n有1a.（证明从略）1-a例18设0a1，仅用归纳假设a1及递推式n+1k1a+a是难以证出的，因为a出现在分母上！可以逆向考虑：kk11akk1n例19数列x满足x=n=x+n.证明x20011001.（01年中国西部数2n2学奥林匹克试题）1,xn+1n1x2简析将问题一般化：先证明其加强命题xnn2.用数学归纳法，只考虑
19、第二步：()2=+4，有1+1+L+17（04年全国卷）aaa845m简析（）略，（）a=22n-2+(-1)n-1.；n（）由于通项中含有(-1)n，很难直接放缩，考虑分项讨论：1131132n-2+2n-1+)=aa22n-2+12n-1-1222n-3+2n-1-2n-2-1nn+1=(+)（减项放缩），于是322n-2+222n-3n-131122n-22n-14且m为偶数时1+1+L+1=1+(1+1)+L+(1+1)aaaaaaaa45m456m-1m2244m-231111311137+(+L+)=+(1-)4且m为奇数时1+1+L+11+1+L+maaaaa4545由知1+1+L+1+17.由得证。aaaa845mm+11am+1（添项放缩）am+11、数论是人类知识最古老的一个分支，然而他的一些最深奥的秘密与其最平凡的真理是密切相连的。2、数学是研究现实生活中数量关系和空间形式的数学。3、我总是尽我的精力和才能来摆脱那种繁重而单调的计算。4、一个数学家越超脱越好。5、数学是各式各样的证明技巧。6、数学是锻炼思想的体操。7、整数的简单构成，若干世纪以来一直是使数学获得新生的源泉。8、数学是研究抽象结构的理论。9、历史使人贤明，诗造成气质高雅的人，数学使人高尚，自然哲学使人深