1、1.均值不等式法例1設Sn1223n(n1).求證n(n1)Sn(n1)2.22例2已知函數f(x)1，若f(1)4，且f(x)在0，1上的最小值為1，求證：1a2bx52f(1)f(2)f(n)n11.2n12n1例3求證Cn1Cn2Cn3Cnnn22(n1,nN).例4已知a12a22an21，x12x22xn21，求證：a1x1a2x2anxn1.2利用實用結論例5求證(11)(111(11)2n1.)(1)2n351例6已知函數f(x)lg12x3x(n1)xanx,0a1,給定nN,n2.n求證：f(2x)2f(x)(x0)對任意nN且n2恒成立。已知a11,an1(11)an1例7

2、n22n.n(I)用數學歸納法證明an2(n2)；(II)對ln(1x)x對x0都成立，證明ane2（無理數e2.71828）1111N,n2log2nlog2nan例8已知不等式log2n,n23n2。表示不超出的最大整數。設正數數列滿足：a1b(b0),annan1,n2.求證an2b,n3.nan21blog2n再如：設函數f(x)exx。n(k)ne.（）求函數f(x)最小值；（）求證：關于任意nN，有k1ne1例9設an(11)n，求證：數列an單調遞加且an4.n部分放縮例10設an1111,a2,求證：an2.2aaa3n例11設數列an滿足an1an2nan1nN，當a13時證

3、明對全部n1,有：(i)ann2；1111(ii)a11a21an.124.添減項放縮頁眉內容例12n1,nN，求(2)n(n8.31)(n2)例13數列an足a12,an1an1(n1,2,).明an2n1全部正整數n成立；an5利用性放:構造函數已知函數f(x)ax3x21，又當x111例14的最大不大于,f(x).26428（）求a的；（）0a11,anf(an),nN，明an1.21n1例15數列xn由以下條件確立：x1a0，xn11xna,nN2xn（I）明：n2有xna；(II)明：n2有xnxn16.元放例16求1nn12(nN,n2).n1例17a1，n2,nN，求ann2(a

4、1)2.47化加命放例180a1，定a11a,an11a，求：全部正整數n有an1.an例19數列xn足x11,xn1xnxn2.明x20011001.2n2例20已知數列an足：a13，且an3nan1（n2，nN）22an1n1（1）求數列an的通公式；（2）明：全部正整數n有a1a2an2n！8.分例21已知數列an的前n和Sn足Sn2an(1)n,n1.（）寫出數列an的前3a1,a2,a3；（）求數列an的通公式；（）明：任意的整數m4，有1117.a4a5am89.借助數學法例22（）函數f(x)xlog2x(1x)log2(1x)(0 x1)，求f(x)的最小；（）正數p1,p2

5、,p3,p2n足p1p2p3p2n1，求：10.構造助函數法頁眉內容例23已知f(x)=34x2xln2,數列an滿足1a10,21an1fannN*2f(x)1，1an0;（1）求在0上的最大值和最小值;（2）證明：22（3）判斷an與an1(nN)的大小，并說明原由.例243，an13an，n12，已知數列an的首項a12an51（）求an的通項公式；（）證明：對任意的x0，an112x，n1，2，；x(1x)23n1（）證明：a1a2ann2n1例25已知函數f(x)=x2-1(x0)，設曲線y=f(x)在點（xn,f(xn)）處的切線與x軸的交點為（xn+1,0）(nN*).()用xn

6、表示xn+1；（）求使不等式xn1xn對全部正整數n都成立的充要條件，并說明原由；（）若x1=2，求證：111112n1.x11x2xn3例1分析此數列的通項為akk(k1),k1,2,n.kk(k1)kk1k1，22nkSnn1n(n1)Snn(n1)n(n1)2.(k)，即2222k1k12abk(k1)k1注：應注意掌握放縮的“度”：上述不等式右側放縮用的是均值不等式ab，若放成則2n2得Sn(k1)(n1)(n3)(n1)，就放過“度”了！k122依據所證不等式的構造特色來采納所需要的重要不等式，這里nna1ana1ana12an2，此中，n2,3等的各式及其變式公式均可供采納。11n

7、na1an2簡析f(x)4x1111(x0)f(1)f(n)(11)(11)14x14x22x22222例3簡析不等式左側Cn1Cn2Cn3Cnn=2n112222n1n1nn12222n1=n22，故原結論成立.x2y2a1x1a2x2a12x12例4【分析】使用均值不等式即可：因為xy(x,yR)，所以有anxn22其實，上述證明完整能夠改述成求a1x1a2x2anxn的最大值。此題還能夠推行為：1(1)n22a22x22an2xn222頁眉內容2222220)，試求a1x1a2x2anxn的最大值。若a1a2anp，x1x2xnq(p,q2y2a1x1a2x2anxna12x12a22x

8、22an2xn2請分析下述求法：因為xyx(x,yR)，所以有2222pqxk(k1,2,n)。故a1x1a2x2anxn的最大值為2，且此時有aknak2nxk2上述解題過程貌似完滿，其實細細斟酌，是大有問題的：取“”的條件是akxk(k1,2,n)，即一定有k1k1，即只有p=q時才成立！那么，pq呢？其實例6的方法依舊可用，只要做稍稍變形轉變：a1x1a2x2anxnpqa1x1a2x2anxn則有pq于是，(a1x1a2x2anxn)maxpq，當且僅當akxk(k1,2,n).pq結合其構造特色，還可構造向量求解：設m(a1,a2,an),n(x1,x2,xn)，則由|mn|m|n|

9、馬上得解：|a1x1a2x2anxn|a12a22an2x12x22xn2pq.x1x2xn且取“”的充要條件是：a1a2an。2利用實用結論例5簡析此題能夠利用的實用結論主要有：法1利用假分數的一個性質bbm(ba0,m0)可得aam11121.即)(11)(1)(1)(12n1n35法2利用貝努利不等式(1x)n1nx(nN,n2,x1,x0)的一個特例(11)2121(此2k12k1處)得n2,x1，112k1n(11)n2k12n1.2k112k2k1k12k1k12k1nnn例6簡析高考標準用數學歸納法證明，；這里給出運用柯西（Cauchy）不等式(aibi)2ai2bi2的簡捷證法

10、：i1i1i1而由Cauchy不等式得(1112x13x1(n1)xanx)2(1212)122x32x(n1)2xa2n2x(x0時取等號)n122x32x(n1)2xan2x（0a1），得證！例7分析(II)結合第(I)問結論及所給題設條件ln(1x)x（x0）的構造特色，可得放縮思路：an1(111n)anlnan1ln(111n)lnanlnan11。2n2nn2n2nnn22于是lnan1lnan11，n2n2n頁眉內容n1n11111(1)n111即lnanlna12ane2.2i1(lnai1lnai)i1(i2i2i)lnanlna11n12n2n2.12【注】：題目所給條件l

11、n(1x)x（x0）為一實用結論，能夠起到提示思路與研究放縮方向的作用；自然，此題還可用結論2nn(n1)(n2)來放縮：an1(11)an1an111)(an1)n(nn(n1)(11)n(n1)ln(an11)ln(an1)ln(11)1.n(nn(n1)1)n1n1ln(ai11)ln(ai1)i2i211ln(an1)ln(a21)11，i(i1)n即ln(an1)1ln3an31e2.e例8當n2時annan11nan111【簡析】nan1anan1an1，即n111n11n11112b)于是當n2nan.anan1n(ak1.3時有a1logk2akk2kan22blog2n注：此

12、題波及的和式111為調解級數，是發散的，不可以乞降；可是能夠利用所給題設結論23n1111lo2gn來進行有效地放縮；23n2再如：【分析】（）1；（）證明：由（）得exx1，對x1有(1x)nenx，利用此結論進行奇妙賦值：取k,n，則有(1)n2)n(n)n(1)n1(1)n(1)1(1)01(1)n1exn1,k1,2,(2ennneeee11e111een(k)ne.即關于任意nN，有ek1n1例9分析引入一個結論：若ba0則bn1an1(n1)bn(ba)，（可經過構造一個等比數列乞降放縮來證明，略）整理上式得an1bn(n1)anb.（），以a11,b11代入（）式得n1n(11)

13、n1(11)n.。即an單調遞加。以a1,b11代入（）式得n1n2n1(11)n1(11)2n4.。此式對全部正整數n都成立，即對全部偶數有(11)n4，又因為數列an單調2n22nn遞加，所以對全部正整數n有(11)n4。n注：上述不等式可增強為2(11)n3.簡證以下：利用二項睜開式進行部分放縮：n頁眉內容an(11)n1Cn11Cn21Cnn1.只取前兩項有an1Cn112.對通項作以下放縮：nnn2nnn11nn1nk11111111n1k.故有an111(1/2)Cnkk!nnnk!1222k12n123.222211/2n部分放縮例10分析an11111111.2a3ana223

14、2n22kkk(k1),k2（只將此中一個k變為k1，進行部分放縮），1111又kk2k(k1)k1，k于是an11111(11)(11)(11)212.2232n2223n1nn例11【分析】(i)用數學歸納法：當n1時明顯成立，假設當nk時成馬上akk2，則當nk1時ak1ak(akk)1ak(k2k)1(k2)21k3，成立。(ii)利用上述部分放縮的結論ak12ak1來放縮通項，可得【注】上述證明(i)用到部分放縮，自然依據不等式的性質也能夠整體放縮：ak1(k2)(k2k)1k3；證明(ii)就直接使用了部分放縮的結論ak12ak1。例12簡析觀察(2)n的構造，注意到(3)n(11

15、)n，睜開得322即(11)n(n1)(n2)，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用數學歸納法（只考慮第二步）a2k1ak2212k122(k1)1；ak2a222122222,k1,2,n1.法2n1an2anak1akan則222(1)22221an2n1ana1nannn例14分析（）a=1；（）由an1f(an),得an1an3an23(an1)211且an0.22366用數學歸納法（只看第二步）：ak1f(ak)在ak(0,1)是增函數，則得k1ak1f(ak)f(1)113(1)2k1.k1k2k12例15分析構造函數f(x)1xa,易知

16、f(x)在a,)是增函數。當nk1時xk11xka在2x2xka,)遞加，故xk1f(a)a.。對(II)有xnxn11xna，構造函數f(x)1xa,2xn2x頁眉內容它在a,)上是增函數，故有xnxn11af(a)0，得。xnxn2【注】數列xn減有下界因此有極限：ana(n).1xa是推數列xn11xna的母函數，研究其性此數列本屬性擁有重要的指作用。f(x)x22xn例16析令annn1hn，里hn0(n1),有n(1hn)nn(n1)hn20hn2(n1)，從而有1an1hn1n2.2n11注：通元化的形式，成功運用二睜開式行部分放起到了關性的作用。例17析令ab1，b0，a1b，用

17、二式定理行部分放有an(b1)nCn0bnCn1bn1Cn2bn2CnnCn2bn2n(n1)b2，2注意到n2,nN，n(n1)b2n2b2（明從略），所以ann2(a1)2.244化加命放例18分析用數學法推nk1的an11，用假ak1及推式ak11a是以出的，因ak出在分母上！能夠逆向考：ak11a1ak1.akaka1故將原化明其加命：全部正整數n有1an11.（略）a例19析將一般化：先明其加命xnn.用數學法，只考第二步：2xk2k1k2k1k1。所以全部xN有nxk1xkk22k2(2)242.xn2.n1n111例20分析：（1）將條件：1，所以1一個等比數列，其首1，公比，n

18、1（）an1an1ana1333從而1n1n3n（n1）1，據此得annan3n31（2）：據1得，a1a2ann！，a1a2an2n！，（1）（1）（1）113213n3只要nN有11112然，左端每個因式都是正數，先明一個加不等式：（1）（12）（13n）233每個nN，有（1111）1（111）33）（12）（1n32n3333（用數學法，略）利用（11）（11）（11111）1（3得3323n3323n頁眉內容1（1n11n111n111）331（）（）。故2式成立，從而結論成立。1123223213分項談論例21簡析（）略，（）an22n2(1)n1.；（）因為通項中含有3當n3且n

19、為奇數時113111)32n22n132n22n1anan12(2n212n1222n32n12n21222n3于是,當m4且m為偶數時，1111(11)a4a5ama4a5a6(1)n，很難直接放縮，考慮分項談論：3(11)（減項放縮），22n22n1(11)am1am當m4且m為奇數時，1111111（添項放縮）a4a5ama4a5amam1由知11117.。由得證。a4a5amam18借助數學歸納法22分析科學背景：直接與凸函數有關！（）略，只證（）：考慮試題的編擬初衷，是為了觀察數學歸納法，于是借鑒詹森不等式的證明思路有：法1（用數學歸納法）（i）當n=1時，由（）知命題成立。（ii）

20、假設當nk時命題成立，即若正數p1,p2,p2k滿足p1p2p2k1，則p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.當nk1時，若正數p1,p2,p2k1滿足p1p2p2k11,（*）為利用歸納假設，將（*）式左側均分成前后兩段：令xp1p2pk,q1p1,q2p2,qp2kk.2xx2x則q1,q2,q2k為正數，且q1q2q2k1.由歸納假設知q1log2p1p2log2p2q2klog2q2kk.p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kx(q1log2q1q2log2q2q2klog2q2klog2x)x(k)xlog2x,（1）同理，由pk1pk2pk11x得2

21、22p2k1log2p2k1p2k1log2p2k1(1x)(k)(1x)log2(1x).（2）綜合（1）（2）兩式p1log2p1p2log2p2p2k1log2p2k1即當nk1時命題也成立.依據（i）、（ii）可知對全部正整數n命題成立.法2構造函數g()log2x()log2()(常數c0,x(0,c),那么xxcxcx頁眉內容利用（）知，當x1(即xc)時,函數g(x)獲得最小值.c22對任意x0,x0,都有x1x2x1x2(xx)log(x12x1log2x1x2log2x22log2212122（式是比式更強的結果）.下邊用數學歸納法證明結論.（i）當n=1時，由（I）知命題成

22、立.（ii）設當n=k時命題成立，即若正數p1,p2,p2k滿足p1p2p2k1,有對（*）式的連續兩項進行兩兩結合變為2k項后使用歸納假設，并充分利用式有由歸納法假設(p1p2)log2(p1p2)(p2k11p2k1)log2(p2k11p2k1)k,得Hk(p1p2p2k11p2k1)(k1).即當nk1時命題也成立.所以對全部正整數n命題成立.【評注】（1）式也能夠直接使用函數g(x)xlog2x下凸用（）中結論獲取；（2）為利用歸納假設，也可對（*）式進行對應結合：qipip2n1i而變為2k項；（3）此題用凸函數知識分析以下：f(x)為a,b上的下凸函數，則先介紹詹森（jensen

23、）不等式：若對任意xia,b,i0(i1,n),1n1，有f(1x1nxn)1f(x1)nf(xn).特別地，若i1x1xn)1f(xn).，則有f(nf(x1)nn若為上凸函數則改“”為“”。由g(x)得g(p1)g(p2)g(p2n)g(p1p2np2n)p1p2p3為下凸函數2n2，又p1log2p1p2log2p2p3log2p3pnlog2pn2ng(1)n.222n（4）此題可作推行以下：若正數p1,p2,pn滿足p1p2pn1，則x2)1p2n1，所以p1lnp1p2lnp2pnlnpnlnn.。簡證：構造函數f(x)xlnxx1，易得f(x)f(1)0 xlnxx1.(npi)

24、ln(npi)npi1piln(npi)pi1.nnn故piln(npi)pi10lnnpilnpi0.i1i1構造輔助函數法例23【分析】(1)求導可得f(x)在-1,02上是增函數,fmaxx=2;fminx5-ln2.2（2）（數學歸納法證明）當n1時，由已知成立；假設當nk時命題成立，即10成立，ak2頁眉內容那么當n1ak1f(5，351ak11，k1時，由（1）得2a)(n2,)l2ln222，1ak11k222210，這就是說nk1時命題成立。由、知，命題關于nN都成立ak12（3）由21an121anfan21an,構造輔助函數gxfx2x1，得g(x)f(x)2x1ln212

25、x4xln4，當1x0時，22x1,14x1.222故12x4x122g(x)g(0)=f(0)-2=0，3n24【分析】（）an3n思路1觀察式子右側特色，按10，所以g(x)0,即21an121an0，得an1an。（）供給以下兩種思路：21為元進行配方，確立其最大值。1x法1由（）知an3n20，1112x3nx(1x)23n112ananan，原不等式成立an1x思路2將右側看作是關于x的函數，經過求導研究其最值來解決：(1x)22x2(1x)22x法2設f(x)112x，則f(x)13n3n1x(1x)23n(1x)2(1x)2(1x)2x0，當x2時，f(x)0；當x2時，f(x)

26、0，3n3n當x2時，f(x)獲得最大值f21an原不等式成立3n3n213n（）思路1考慮此題是遞進式設問，利用（）的結論來研究解題思路：由（）知，對任意的x0，有n122221nx取12221n11，22nx331x(1x)33n3323n1n13n13n3則a1a2annn2n2111n原不等式成立11n11n3n3n【注】本解法的著眼點是對上述不等式中的x進行奇妙賦值，自然，賦值方法不只一種，如：還可令1，得xn頁眉內容思路2所證不等式是與正整數n有關的命題，能否直接用數學歸納法恩賜證明？試試：31323nn2.（1）當n1時313112，成立；3123223n312n125211（2

27、）假設命題對nk成立，即31323kk223223k.312k1則當nk1時，有31323k3k1k23k1，23223k23k12k13k1312只要證明k23k1(k1)2；即證3k1(k1)2k2(k1)3k2(k2)k23k1，k13k12k23k12k2k1(k2)(k1)k23k23k122k23k2121k123k2)即證k12k23k2k1223k2322(k33k用二項式定理（睜開式部分項）證明，再考據前幾項即可。以下證明能否正確，請分析：易于證明an3nn對3n2n1任意nN成立；于是an3nnn23n2n1n.1【注】上述證明是錯誤的！因為：f(k)kk是遞加的，不可以逐漸“減小”到所需要的結論。可更正以下：1考慮n2是某數列bn的前n項和，則bnn2(n1)2n2n1n1n1nn2，n只要證明akbk3kk2k13k2k22k2.3k2k2k思路3深入觀察所證不等式的構造特色,利用均值不等式可得以下妙證：由an13an取倒數易得：a3n0，用n項的均值不等式：2an1n3n2a1a2annnnnn，n11122211121(1n1n1a1a2an31323nn3)n13n31113例25【分析】()xn1xn21.（）使不等式xn1xn對全部正整數n都成立的充要條件是x11.2xn()基本思路：追求適合