高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结(供参考) 14页

1. 均值不等式法 例 1 设 .)1(3221  nnS n  求证 . 2 )1( 2 )1( 2   nSnn n 例 2 已知函数 bxa xf 21 1)(   ，若 5 4)1( f ，且 )(xf 在[0，1]上的最小值为 2 1 ，求证： . 2 1 2 1)()2()1( 1  nnnfff  例 3 求证 ),1(2 2 1 321 NnnnCCCC n n nnnn    . 例 4 已知 2 2 2 1 2 1na a a    ， 2 2 2 1 2 1nx x x    ，求证： nnxaxaxa  2211 ≤1. 2．利用有用结论 例 5 求证 .12) 12 11() 5 11)( 3 11)(11(    n n  例 6 已知函数 .2,,10,)1(321lg)(     nNna n nanxf xxxx 给定  求证： )0)((2)2(  xxfxf 对任意  Nn 且 2n 恒成立。 例 7 已知 1 1 2 1 11, (1 ) . 2n n na a a n n     )(I 用数学归纳法证明 2( 2)na n  ； )(II 对 ln(1 )x x  对 0x  都成立，证明 2 na e （无理数 2.71828e  ） 例 8 已知不等式 2 1 1 1 1 [log ], , 2 2 3 2 n n N n n       。 2[log ]n 表示不超过 n2log 的最大整数。设正数数列 }{ na 满足： .2,),0( 1 1 1      n an na abba n n n 求证 .3, ][log2 2 2    n nb ban 再如：设函数 ( ) xf x e x  。 （Ⅰ）求函数 ( )f x 最小值；（Ⅱ）求证：对于任意 n N  ，有 1 ( ) . 1 n n k k e n e   例 9 设 n n n a )11(  ，求证：数列 }{ na 单调递增且 .4na 3. 部分放缩 例 10 设  ana 2 11 1 1 , 2 3a a a n    ,求证： .2na 例 11 设数列 na 满足    Nnnaaa nnn 12 1 ，当 31 a 时证明对所有 ,1n 有： 2)(  nai n ； 2 1 1 1 1 1 1 1)( 21       naaa ii  . 4 . 添减项放缩 例 12 设 Nnn  ,1 ，求证 )2)(1( 8) 3 2(   nn n . 例 13 设数列 }{ na 满足 ).,2,1(1,2 11   n a aaa n nn 证明 12  nan 对一切正整数 n 成立； 5 利用单调性放缩: 构造函数 例 14 已知函数 2 2 3)( xaxxf  的最大值不大于 6 1 ，又当 ] 2 1, 4 1[x 时 . 8 1)( xf （Ⅰ）求 a 的值；（Ⅱ）设    Nnafaa nn ),(, 2 10 11 ，证明 . 1 1   n an 例 15 数列 nx 由下列条件确定： 01  ax ， , 2 1 1        n nn x axx Nn ． （I） 证明：对 2n 总有 axn  ；(II) 证明：对 2n 总有 1 nn xx 6 . 换元放缩 例 16 求证 ).2,( 1 211     nNn n nn 例 17 设 1a ， Nnn  ,2 ，求证 4 )1( 22   ana n . 7 转化为加强命题放缩 例 18 设 10  a ，定义 a a aaa n n   1,1 11 ，求证：对一切正整数 n有 .1na 例 19 数列 nx 满足 ., 2 1 2 2 11 n x xxx n nn   证明 .10012001 x 例 20 已知数列｛an｝满足：a1＝ 3 2 ，且 an＝ n 1 n 1 3na n 2 n N 2a n 1  － － （ ， ） ＋ － （1）求数列｛an｝的通项公式；（2）证明：对一切正整数 n 有 a1a2……an2n！ 8. 分项讨论 例 21 已知数列 }{ na 的前 n 项和 nS 满足 .1,)1(2  naS n nn （Ⅰ）写出数列 }{ na 的前 3项 321 ,, aaa ； （Ⅱ）求数列 }{ na 的通项公式； （Ⅲ）证明：对任意的整数 4m ，有 8 7111 54  maaa  . 9. 借助数学归纳法 例 22（Ⅰ）设函数 )10( )1(log)1(log)( 22  xxxxxxf ，求 )(xf 的最小值； （Ⅱ）设正数 npppp 2321 ,,,,  满足 12321  npppp  ，求证： npppppppp nn  222323222121 loglogloglog  10. 构造辅助函数法 例 23 已知 ( )f x = 2ln243 xx  ,数列 na 满足    *1 1 2 ,0 2 1 1 Nnafa n an   （1）求 ( )f x 在     0 2 1， 上的最大值和最小值; （2）证明： 1 0 2 na   ; （3）判断 na 与 1( )na n N    的大小，并说明理由. 例 24 已知数列{ }na 的首项 1 3 5 a  ， 1 3 2 1 n n n aa a   ， 1 2n  ，， ． （Ⅰ）求{ }na 的通项公式； （Ⅱ）证明：对任意的 0x  ， 2 1 1 2 1 (1 ) 3n na x x x        ≥ ， 1 2n  ，， ； （Ⅲ）证明： 2 1 2 1n na a a n       ． 例 25 已知函数 f(x)=x 2 -1(x>0)，设曲线 y=f(x)在点（xn,f(xn)）处的切线与 x轴的交点为（xn+1,0）(n∈N * ). (Ⅰ) 用 xn表示 xn+1； （Ⅱ）求使不等式 1n nx x  对一切正整数 n 都成立的充要条件，并说明理由； （Ⅲ）若 x1=2，求证： . 3 12 1 1 1 1 1 1 21        n nxxx  例 1 解析 此数列的通项为 .,,2,1,)1( nkkkak  2 1 2 1)1(    kkkkkk ， ) 2 1( 11    n k n n k kSk ，即 . 2 )1( 22 )1( 2 )1( 2     nnnnSnn n 注：①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 2 baab   ，若放成 1)1(  kkk 则 得 2 )1( 2 )3)(1()1( 2 1      nnnkS n k n ，就放过“度”了！ 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 n aa n aa aa aa n nnn n n 22 11 1 1 11        ，其中， 3,2n 等的各式及其变式公式均可供选用。 例 2 [简析] 4 1 1( ) 1 1 ( 0) 1 4 1 4 2 2 x x x xf x x         1(1) ( ) (1 ) 2 2 f f n       2 1 1(1 ) (1 ) 2 2 2 2 n        1 1 1 1 1 1 1(1 ) . 4 2 2 2 2n nn n         例 3 简析 不等式左边 1 2 3 n n n n nC C C C    = 12 222112  nn  n nn 12 2221   = 2 1 2   n n ，故原结论成立. 例 4 【解析】使用均值不等式即可：因为 2 2 ( , ) 2 x yxy x y R   ，所以有 2 22 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 n n n n a xa x a xa x a x a x           2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1. 2 2 2 2 n na a a x x x             其实，上述证明完全可以改述成求 nnxaxaxa  2211 的最大值。本题还可以推广为： 若 2 2 2 1 2 n pa a a    ， 2 2 2 1 2 ( , 0) n q p qx x x     ， 试求 nnxaxaxa  2211 的最大值。 请分析下述求法：因为 2 2 ( , ) 2 x yxy x y R   ，所以有 2 22 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 n n n n a xa x a xa x a x a x           2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 . 2 2 2 n na a a x x x p q            故 nnxaxaxa  2211 的最大值为 2 p q ，且此时有 ( 1, 2, , )k ka x k n   。 上述解题过程貌似完美，其实细细推敲，是大有问题的：取“＝”的条件是 ( 1, 2, , )k ka x k n   ，即必须有 2 2 1 1 n n k k k k a x     ， 即只有 p=q 时才成立！那么， p q 呢？其实例 6的方法照样可用，只需做稍稍变形转化： 2 22 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1, 1, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n p p p q q q a xa a x x         则有 1 1 2 2 1 1 2 2 n n n n a x a x a xa x a x a x pq pq         2 22 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 [( ) ( )] 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n npq pq p p p q q q a xa a x x          于是， 1 1 2 2 max( )n na x a x a x pq    ，当且仅当 ( 1, 2, , ).k ka x k n p q    结合其结构特征，还可构造向量求解：设 1 2 1 2( , , , ), ( , , , )n nm a a a n x x x      ，则 由 | | | || |m n m n      立刻得解： 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2| | .n n n na x a x a x a a a x x x pq             且取“＝”的充要条件是： 1 2 1 2 n n xx x a a a   。 2．利用有用结论 例 5 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 )0,0(     mab ma mb a b 可得    12 2 5 6 3 4 1 2 n n    n n 2 12 6 7 4 5 2 3  )12( 2 12 6 5 4 3 2 1    n n n  12) 12 2 5 6 3 4 1 2( 2    n n n 即 .12) 12 11() 5 11)( 3 11)(11(    n n  法 2 利用贝努利不等式 )0,1,2,(1)1(   xxnNnnxx n 的一个特例 12 121) 12 11( 2     kk (此处)得 12 1,2   k xn ，          ) 12 11( 12 12 12 11 1 kk k k n k .12 12 12 1      n k kn k 例 6 [简析] 高考标准用数学归纳法证明，；这里给出运用柯西（Cauchy）不等式    n i i n i i n i ii baba 1 2 1 22 1 ])([ 的简捷证 法：  )(2)2( xfxf   n nan xxxx 2222 )1(321lg  n nan xxxx  )1(321lg2  2])1(321[ xxxx nan   ])1(321[ 2222 xxxx nann   而由Cauchy不等式得 2))1(1312111( xxxx nan    )11( 22  ])1(321[ 22222 xxxx nan   ( 0x 时取等号)  ])1(321[ 2222 xxxx nann   （ 10  a ），得证！ 例 7 [解析] )(II 结合第 )(I 问结论及所给题设条件 ln(1 )x x  （ 0x  ）的结构特征，可得放缩思路：    nnn a nn a ) 2 111( 21 1 2 1 1ln ln(1 ) ln 2n nna a n n      nn nn a 2 11ln 2    。 于是 nnn nn aa 2 11lnln 21    ， .2 2 112 2 11 ) 2 1(111lnln) 2 11()ln(ln 1 12 1 1 1 1 1              n n ni n i ii n i nn aa ii aa 即 .2lnln 2 1 eaaa nn  【注】：题目所给条件 ln(1 )x x  （ 0x  ）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 )2)(1(2  nnnn 来放缩：      )1( 1) )1( 11(1 nn a nn a nn 1 11 (1 )( 1) ( 1)n na a n n      1 1 1ln( 1) ln( 1) ln(1 ) . ( 1) ( 1)n na a n n n n         111)1ln()1ln( )1( 1)]1ln()1ln([ 2 1 2 1 1 2          n aa ii aa n n i ii n i ， 即 .133ln1)1ln( 2eeaa nn  例 8 【简析】 当 2n 时 naa an aan na a nn n nn n n 111 11 1 1 1          ，即 naa nn 111 1   .1)11( 212 kaa n kkk n k    于是当 3n 时有  ][log 2 111 2 1 n aan . ][log2 2 2 nb ban   注：本 题涉及的和 式 n 1 3 1 2 1   为调和 级数，是发 散的，不能 求和；但是 可以利用所 给题设结论 ][log 2 11 3 1 2 1 2 nn   来进行有效地放缩； 再如：【解析】（Ⅰ）1；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得 1xe x  ，对 x>－1 有 (1 )n nxx e  ，利用此结论进行巧妙赋值：取 1, 1,2, ,kx k n n     ，则有 1 2 1 0 11 ( )1 2 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 11 1 n n n n n nn ee n n n e e e e e e e                   即对于任意 n N  ，有 1 ( ) . 1 n n k k e n e   例 9 [解析] 引入一个结论：若 0 ab 则 )()1(11 abbnab nnn   ，（可通过构造一个等比数列求和放缩来证明， 略） 整理上式得 ].)1[(1 nbanba nn  （），以 n b n a 11, 1 11    代入（）式得    1) 1 11( n n .)11( n n  。即 }{ na 单调递增。以 n ba 2 11,1  代入（）式得 .4) 2 11( 2 1) 2 11(1 2  nn nn 。此式对一切正整数 n都成立，即对一切偶数有 4)11(  n n ，又因为数列 }{ na 单调递增，所以对一切正整数 n有 4)11(  n n 。 注：上述不等式可加强为 .3)11(2  n n 简证如下： 利用二项展开式进行部分放缩： .1111)11( 2 21 n n nnn n n n C n C n C n a   只取前两项有 .211 1  n Ca nn 对通项作如下放缩： . 2 1 221 1 ! 111 ! 11 1       kk k n kn kn n n n n kn C   故有 .3 2/11 )2/1(1 2 12 2 1 2 1 2 111 1 12       n nna  3. 部分放缩 例 10 [解析]  ana 2 11 .1 3 1 2 111 3 1 222 nnaa   又 2),1(2  kkkkkk （只将其中一个 k 变成 1k ，进行部分放缩）， kkkkk 1 1 1 )1( 11 2      ， 于是 )1 1 1() 3 1 2 1() 2 11(11 3 1 2 11 222 nnn an     .212  n 例 11 【解析】 )(i 用数学归纳法：当 1n 时显然成立，假设当 kn  时成立即 2 kak ， 则当 1 kn 时 312)2(1)2(1)(1  kkkkakaaa kkkk ，成立。 )(ii 利用上述部分放缩的结论 121  kk aa 来放缩通项，可得  )1(211 kk aa 1 1 1 11 2 ( 1) 2 4 2k k k ka a         1 1 1 1 2kka    1 1 1 11 ( )1 1 1 12 .11 2 4 21 2 n n n i i iia              【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： 31)2)(2(1  kkkkak ； 证明 )(ii 就直接使用了部分放缩的结论 121  kk aa 。 例 12 [简析] 观察 n) 3 2( 的结构，注意到 nn ) 2 11() 2 3(  ，展开得 1 2 3 2 3 1 1 1 1(1 ) 1 2 2 2 2 n n n nC C C         ( 1) ( 1)( 2) 61 2 8 8 n n n n n        即 8 )2)(1() 2 11(   nnn ，得证. 例 13[简析] 本题有多种放缩证明方法，这里我们对（Ⅰ）进行减项放缩，有 法 1 用数学归纳法（只考虑第二步） 1)1(221212 2 2 1 2  kk a aa k kk ； 法 2 212 2 2 2 1 2  n n nn a a aa .1,,2,1,222 1   nkaa kk  则  1222)1(2 22 1 2 nnanaa nn 12  nan 例 14 [解析] （Ⅰ） a =1 ；（Ⅱ）由 ),(1 nn afa  得 6 1 6 1) 3 1( 2 3 2 3 22 1  nnnn aaaa 且 .0na 用 数 学 归 纳 法 （ 只 看 第 二 步 ）： )(1 kk afa  在 ) 1 1,0(   k ak 是 增 函 数 ， 则 得 . 2 1) 1 1( 2 3 1 1) 1 1()( 2 1         kkkk fafa kk 例 15 [解析] 构造函数 , 2 1)(        x axxf 易知 )(xf 在 ),[ a 是增函数。当 1 kn 时        k kk x axx 2 1 1 在 ),[ a 递增，故 .)(1 aafxk  。对(II)有  1nn xx        n n x ax 2 1 ，构造函数 , 2 1)(        x axxf 它在 ),[ a 上是增函数，故有  1nn xx        n n x ax 2 1 0)( af ，得证。 【注】①数列 nx 单调递减有下界因而有极限： ).(  naan ②        x axxf 2 1)( 是递推数列        n nn x axx 2 1 1 的母函数，研究其单调性对此数列本质属性具有重要的指导作用。 例 16 [简析] 令 n n n hna  1 ，这里 ),1(0  nhn 则有 )1( 1 20 2 )1()1( 2      n n hhnnhn nn n n ，从而有 . 1 2111   n ha nn 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。 例 17 [简析] 令 1 ba ，则 0b ， ba 1 ，应用二项式定理进行部分放缩有 22222110 2 )1()1( bnnbCCbCbCbCba n n n n n n n n n n nn     ， 注意到 Nnn  ,2 ，则 42 )1( 22 2 bnbnn   （证明从略），因此 4 )1( 22   anan . 7 转化为加强命题放缩 例 18 [解析] 用数学归纳法推 1 kn 时的结论 11 na ，仅用归纳假设 1ka 及递推式 a a a k k  1 1 是难以证出的，因为 ka 出现在分母上！可以逆向考虑： . 1 111 1 a aa a a k k k   故将原问题转化为证明其加强命题：对一切正整数 n有 . 1 11 a an   （证略） 例 19 [简析] 将问题一般化：先证明其加强命题 . 2 nxn  用数学归纳法，只考虑第二步： . 2 1 4 1 2 ) 2 (1 2 2 22 2 1   kkk k k k xxx k kk 。因此对一切  Nx 有 . 2 nxn  例 20 [解析]：（1）将条件变为：1－ n n a ＝ n 1 1 n 11 3 a － － （ － ），因此｛1－ n n a ｝为一个等比数列，其首项为 1－ 1 1 a ＝ 1 3 ，公比 1 3 ， 从而 1－ n n a ＝ n 1 3 ，据此得 an＝ n n n 3 3 1  － （n1）……1 （2）证：据 1得，a1a2…an＝ 2 n n 1 1 11 1 1 3 3 3  ！ （ － ）（ － ）…（ － ） ，为证 a1a2……an2n！， 只要证 nN时有 2 n 1 1 11 1 1 3 3 3 （ － ）（ － ）…（ － ） 1 2 ……2 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 nN，有 2 n 1 1 11 1 1 3 3 3 （ － ）（ － ）…（ － ）1－（ 2 n 1 1 1 3 3 3 ＋ ＋…＋ ）……3 （用数学归纳法，证略）利用 3得 2 n 1 1 11 1 1 3 3 3 （ － ）（ － ）…（ － ）1－（ 2 n 1 1 1 3 3 3 ＋ ＋…＋ ） ＝1－ n1 11 3 3 11 3 〔 －（ ）〕 － ＝1－ n n1 1 1 1 11 2 3 2 2 3 〔 －（ ）〕＝ ＋ （ ）  1 2 。故 2式成立，从而结论成立。 8. 分项讨论 例 21 [简析] （Ⅰ）略，（Ⅱ）  .)1(2 3 2 12   nn na ；（Ⅲ）由于通项中含有 n)1( ，很难直接放缩，考虑分项讨论： 当 3n 且 n为奇数时 1222 22 2 3) 12 1 12 1( 2 311 2132 12 12 1            nnn nn nn nn aa ) 2 1 2 1( 2 3 2 22 2 3 1232 12      nnn nn （减项放缩）， 于是, ①当 4m 且m为偶数时，  maaa 111 54  )11()11(1 1654 mm aaaaa    . 8 7 8 3 2 1) 2 11( 4 1 2 3 2 1) 2 1 2 1 2 1( 2 3 2 1 4243   mm ②当 4m 且m为奇数时，  maaa 111 54  154 1111   mm aaaa  （添项放缩） 由①知 . 8 71111 154  mm aaaa  。由①②得证。 9. 借助数学归纳法 例 22 [解析] 科学背景：直接与凸函数有关！（Ⅰ）略，只证（Ⅱ）： 考虑试题的编拟初衷，是为了考查数学归纳法，于是借鉴詹森不等式的证明思路有： 法 1（用数学归纳法） （ i ） 当 n=1 时 ， 由 （ Ⅰ ） 知 命 题 成 立 。（ ii ） 假 定 当 kn  时 命 题 成 立 ， 即 若 正 数 1,,, 221221  kk pppppp  满足 ， 则 .logloglog 222222121 kpppppp kk   当 1 kn 时，若正数 ,1,,, 11 221221   kk pppppp  满足 （*） 为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段： 令 .,,,, 2 2 2 2 1 1221 x p q x pq x pqpppx k kk   则 kqqq 221 ,,,  为正数，且 .1221  kqqq  由归纳假定知 .logloglog 222222121 kqqpppq kk   kkkk qqqqqqxpppppp 222222121222222121 logloglog(logloglog   ,log)()log 22 xxkxx  （1） 同理，由 xppp kkk   1122212  得 11 22212212 loglog   kkkk pppp  ).1(log)1())(1( 2 xxkx  （2） 综合（1）（2）两式 11 222222121 logloglog  kk pppppp  ).1()1(log)1(log))](1([ 22  kxxxxkxx 即当 1 kn 时命题也成立. 根据（i）、（ii）可知对一切正整数 n 命题成立. 法 2 构造函数 那么常数 )),,0(,0)((log)(log)( 22 cxcxcxcxxxg  ],log)1(log)1(log[)( 222 c c x c x c x c xcxg  利用（Ⅰ）知，当 .)(,) 2 ( 2 1 取得最小值函数时即 xgcx c x  对任意 都有,0,0 21  xx 2 log 2 2loglog 21 2 21 222121 xxxxxxxx   ]1)()[log( 21221  xxxx ② （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 有满足 ,1,,, 221221  kk pppppp  1111 11 22212212222121 221221 222222121 loglogloglog .1,,,,1 .logloglog       kkkk kk kk ppppppppH ppppppkn kpppppp    令 满足时当 对（*）式的连续两项进行两两结合变成 k2 项后使用归纳假设，并充分利用②式有 ,1)()( ],1)()[log(]1)()[log( 11 1111 21221 212221221221       kk kkkk pppp ppppppppH   因为 由归纳法假设 ,)(log)()(log)( 1111 212221221221 kpppppppp kkkk     得 ).1()( 11 21221    kppppkH kk 即当 1 kn 时命题也成立. 所以对一切正整数 n 命题成立. 【评注】（1）式②也可以直接使用函数 xxxg 2log)(  下凸用（Ⅰ）中结论得到； （2）为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合： iii nppq  12 而变成 k2 项； （3）本题用凸函数知识分析如下： 先介绍詹森（jensen）不等式：若 ( )f x 为 ],[ ba 上的下凸函数，则 对任意 1),,,1(0],,[ 1  nii nibax   ，有 ).()()( 1111 nnnn xfxfxxf    特别地，若 ni 1  ，则有 )].()([1)( 1 1 n n xfxf nn xxf    若为上凸函数则改“”为“”。 由 )(xg 为下凸函数 得 ) 2 ( 2 )()()( 221221 nn nn ppp g pgpgpg     ，又 12321  npppp  ， 所以  nn pppppppp 222323222121 loglogloglog  .) 2 1(2 ng n n  （4）本题可作推广如下：若正数 nppp ,,, 21  满足 121  nppp  ，则 .lnlnlnln 2211 npppppp nn   。简证：构造函数 1ln)(  xxxxf ， 易得 .1ln0)1()(  xxxfxf  1)ln()( iii npnpnp .1)ln( n pnpp iii  故 .0lnln01])ln([ 11    i n i ii n i ii ppnpnpp 10. 构造辅助函数法 例 23 【解析】(1) 求导可得 ( )f x 在 1- ,0 2      上是增函数,    max min 5f =2;f -ln2. 2 x x  （2）（数学归纳法证明）①当 1n  时，由已知成立；②假设当 n k 时命题成立，即 1 0 2 ka   成立， 那 么 当 1n k  时 ， 由 （ 1 ） 得 11 52 ( ) ( ln 2,2) 2 k k a f a    ， 1 13 52 ln 2 2 2 2 2 ka       ， 1 1 1 1 2 ka    ， 1 1 0 2 ka    ，这就是说 1n k  时命题成立。由①、②知，命题对于 n N  都成立 （3） 由  11 1 12 2 2n n na a a nf a     , 构造辅助函数     12  xxfxg ，得   4ln4212ln2)()(' 1 xxxxfxg   ，当 1 0 2 x   时， 2 12 1, 4 1. 2 2 x x    故 2 11 2 4 1 0 2 2 x x      ，所以 )(' xg <0 得 g(x)在     0 2 1- ， 是减函数， ∴g(x)>g(0)=f(0)-2=0，∴   na naf  12 >0,即 nn aa   11 22 1 >0，得 1na > na 。 例 24 【解析】（Ⅰ） 3 3 2 n n na   ．（Ⅱ）提供如下两种思路： 思路 1 观察式子右边特征，按 1 1 x 为元进行配方，确定其最大值。 法 1 由（Ⅰ）知 3 0 3 2 n n na    ， 2 1 1 2 1 (1 ) 3n x x x        2 1 1 2 1 1 1 (1 ) 3n x x x           2 1 1 1 (1 ) 1 (1 ) n x x x a           2 1 1 2 (1 ) 1na x x       21 1 1 n n n a a a x        na≤ ，原不等式成立． 思路 2 将右边看成是关于 x的函数，通过求导研究其最值来解决： 法 2 设 2 1 1 2( ) 1 (1 ) 3n f x x x x         ，则 2 2 2 2 2 2(1 ) 2(1 ) 2 1 3 3( ) (1 ) (1 ) (1 ) n nx x x x f x x x x                         0x  ，当 2 3n x  时， ( ) 0f x  ；当 2 3n x  时， ( ) 0f x  ， 当 2 3n x  时， ( )f x 取得最大值 2 1 23 1 3 nn n f a        ．原不等式成立． （Ⅲ）思路 1 考虑本题是递进式设问，利用（Ⅱ）的结论来探究解题思路： 由（Ⅱ）知，对任意的 0x  ，有 1 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 (1 ) 3 1 (1 ) 3na a a x x x x x x                      ≥ 2 1 1 2 1 (1 ) 3n x x x           2 2 1 2 2 2 1 (1 ) 3 3 3 n n nx x x             ．取 2 2 11 1 2 2 2 1 13 3 1 13 3 3 31 3 n n nx n nn                         ， 则 2 2 1 2 11 1 111 1 33 n nn n n na a a nn n               ≥ ．原不等式成立． 【注】本解法的着眼点是对上述不等式中的 x进行巧妙赋值，当然，赋值方法不止一种，如：还可令 1x n  ，得 2 2 2 1 2 2 2 1 1 111 11 (1 ) 3 3 3 31 (1 ) n n n nnx n x x n n n                        2 2 2 1 1 .11 3 1(1 ) n n n n n n       思路 2 所证不等式是与正整数 n有关的命题，能否直接用数学归纳法给予证明？尝试： 1 2 2 1 2 3 3 3 . 3 2 3 2 3 2 1 n n n n           （1）当 1n  时 1 2 1 3 3 1 1 3 2 5 2 1 1      ，成立； （2）假设命题对 n k 成立，即 1 2 2 1 2 3 3 3 . 3 2 3 2 3 2 1 k k k k          则当 1n k  时，有 1 2 1 2 1 1 2 1 1 3 3 3 3 3 3 2 3 2 3 2 3 2 1 3 2 k k k k k k k k                 ， 只要证明 2 1 2 1 3 ( 1) 1 3 2 2 k k k k k k         ；即证 1 2 2 3 2 2 1 2 3 ( 1) ( 1) ( 2) 3 1 3 2 2 1 ( 2)( 1) 3 2 k k k k k k k k k k k k k k k                    ， 即证 1 2 1 2 1 2 1 2 3 2 2 3 2 1 2 1 3 2 2( 3 2) 3 2 3 2 3 2 3 2 k k k k k k k k k k k k                        用二项式定理（展开式部分项）证明，再验证前几项即可。如下证明是否正确，请分析：易于证明 3 3 2 1 n n n na n     对任意 n N  成立；于是 23 . 3 2 1 1 n n n n na n n         【注】上述证明是错误的！因为： ( ) 1 kf k k   是递增的，不能逐步“缩小”到所需要的结论。可修改如下： 考虑 2 1 n n  是某数列{ }nb 的前 n项和，则 2 2 2 2 ( 1) 1 1n n n n nb n n n n         ， 只要证明 2 2 2 3 1 3 2 2 2. 3 2 k k k k k k ka b k k k k            思路 3 深入观察所证不等式的结构特征, 利用均值不等式可得如下妙证： 由 1 3 2 1 n n n aa a   取倒数易得： 3 0 3 2 n n na    ，用 n 项的均值不等式： 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 21 1 1 3 3 3 n n n a a a n n n a a a                  1 1 1 1[1 ( ) ] 12 3 3 13 1 3 n n n n n nn n         ， 2 1 2 . 1n na a a n        例 25 【解析】(Ⅰ) . 2 12 1 n n n x x x   （Ⅱ）使不等式 1n nx x  对一切正整数 n 都成立的充要条件是 x1≥1. (Ⅲ) 基本思路：寻求合适的放缩途径。 探索 1 着眼于通项特征，结合求证式特点，尝试进行递推放缩：     n n n x x x 2 )1( 1 2 1 )2( 1 2 )1( 2)1(2 )1( 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1              n xx x x x x nn n n n n 即 )2( 1 2 1 1 1      n xx nn 。于是由此递推放缩式逐步放缩得 . 3 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 2 1           nn nnn xxxx  探索 2 从求证式特征尝试分析：结论式可作如下变形： . 3 12)2221( 3 1 1 1 1 1 1 1 12 21         n n nxxx  逆向思考，猜想应有： . 3 2 1 1 1   n nx （用数 学归纳法证明，略）。 探索 3 探索过渡“桥”，寻求证明加强不等式：由（2）知 xn≥1，由此得 )2( 2 1 1 1   n xn 。有 . 2 1 3 1 1 1 1 1 1 1 21        n xxx n  尝试证明 3 12 2 1 3 1     nn .132 1   nn 证法 1（数学归纳法，略）； 法 2 （用二项展开式部分项）：当 n≥2时 2 n =(1+1) n ≥ 2 22 210   nnCCC nnn .0 2 )1( 2 132 2 132 22        nnnnnn 此题还可发现一些放缩方法，如： )( 1 1 1 1 1 1 21       Nnn xxx n  。（每一项都小于 1），而再证 3 12   n n 即 132  nn ，则需要归纳出条 件 n≥4.(前 4 项验证即可) 技巧积累:(1)             12 1 12 12 14 4 4 41 222 nnnnn (2) )1( 1 )1( 1 )1()1( 21 21 1        nnnnnnnCC nn (3) )2(1 1 1 )1( 1 ! 11 )!(! !1 1        r rrrrrnrnr n n CT rr r nr (4) 2 5 )1( 1 23 1 12 111)11(        nnn n  (5) nnnn 2 1 12 1 )12(2 1     (6) nn n   2 2 1 (7) )1(21)1(2  nn n nn (8) nnn nnnn 2)32( 1 2)12( 1 2 1 32 1 12 2 1              (9)                      knnkknnnkknknk 1 11 1 1 )1( 1, 1 11 1 1 )1( 1 (10) !)1( 1 ! 1 !)1(    nnn n (11) 2 1 2 1 2 1212 22)1212(21     nnnn nn n (11) )2( 12 1 12 1 )12)(12( 2 )22)(12( 2 )12)(12( 2 )12( 2 11 1 2               nnnnn n nn n nn n n n (12) 11 1 )1( 1 )1( 1 )1)(1( 111 23                  nnnnnnnnnnnn 1 1 1 1 2 11 1 1 1 1                nnn nn nn (13) 3 2 12 1 3 2122)12(332)13(222 1 n n n nnnnnn    (14) !)2( 1 !)1( 1 )!2()!1(! 2       kkkkk k (15) )2(1 )1( 1   nnn nn (15) 1 11)11)(( 11 2222 2222          ji ji jiji ji ji ji