高考數(shù)學(xué)數(shù)列不等式證明題放縮法十種方法技巧總結(jié)

1、資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除1.均值不等式法例1設(shè)Sn1223n(n1).求證n(n1)Sn(n1)2.22例2已知函數(shù)f(x)1bx，若f(1)a21f(1)f(2)f(n)n112n1.2n1例3求證Cn1Cn2Cn3Cnnn22(n例4已知a12a22an21，x12x22xn2，且f(x)在0，1上的最小值為1，求證：521,nN).1，求證：a1x1a2x2anxn1.2利用適用結(jié)論例5求證(11)(11)(11)(11)2n1.352n1例6已知函數(shù)f(x)lg12x3x(n1)xanx,0a1,給定nN,n2.n求證：f(2x)2f(x)(x0)對任意

2、nN且n2恒成立。例7已知a11,an1(121)an1n.nn2(I)用數(shù)學(xué)歸納法證明an2(n2)；(II)對ln(1x)x對x0都成立，證明ane2（無理數(shù)e2.71828）例8已知不等式1111log2n,nN,n2。log2n表示不高出log2n的最大整數(shù)。設(shè)正數(shù)數(shù)23n2列an滿足：a1b(b0),annan1,n2.求證an2b3.nan1,n2blog2n再如：設(shè)函數(shù)f(x)exx。f(x)最小值；（）求證：關(guān)于任意nNn(k)ne.（）求函數(shù)，有k1ne1例9設(shè)an(11)n，求證：數(shù)列an單調(diào)遞加且an4.n部分放縮-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處

3、，請聯(lián)系改正也許刪除例10設(shè)an1111,a2,求證：an2.a23ana例11設(shè)數(shù)列an滿足an1an2nan1nN，當(dāng)a13時證明對所有n1,有：(i)ann2；1111(ii)1a21an.1a124.添減項放縮例12設(shè)n1,nN，求證(2)n(n8.31)(n2)例13設(shè)數(shù)列an滿足a12,an1an1(n1,2,).證明a2n1對所有正整數(shù)n成立；ann5利用單調(diào)性放縮:構(gòu)造函數(shù)已知函數(shù)f(x)ax3x21，又當(dāng)x111.例14的最大值不大于6,時f(x)2428（）求a的值；（）設(shè)0a11N，證明an1,an1f(an),n.2n1例15數(shù)列xn由以下條件確定：x1a0，xn11x

4、na,nN2xn（I）證明：對n2總有xna；(II)證明：對n2總有xnxn16.換元放縮例16求證1nn12(nN,n2).n1例17設(shè)a1，n2,nN，求證ann2(a1)2.47轉(zhuǎn)變成加強命題放縮1例18設(shè)0a1，定義a11a,an1a，求證：對所有正整數(shù)n有an1.an-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除例19數(shù)列xn滿足x11,xn1xnxn2.證明x20011001.2n2例20已知數(shù)列an滿足：a13，且an3nan1（n2，nN）22an1n1（1）求數(shù)列an的通項公式；（2）證明：對所有正整數(shù)n有a1?a2?an2?n！分項談?wù)摾?

5、1已知數(shù)列an的前n項和Sn滿足Sn2an(1)n,n1.（）寫出數(shù)列an的前3項a1,a2,a3；（）求數(shù)列an的通項公式；（）證明：對任意的整數(shù)m4，有1117.a4a5am8借助數(shù)學(xué)歸納法例22（）設(shè)函數(shù)()log2(1)log2(1)(01)，求f(x)的最小值；fxxxxxx（）設(shè)正數(shù)p1,p2,p3,p2n滿足p1p2p3p2n1，求證：p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2nn構(gòu)造輔助函數(shù)法例23已知f(x)=34x2xln2,數(shù)列an滿足1a10,21an1fannN*2（1）求f(x)在1，上的最大值和最小值;（2）證明：1an0;202（3）判斷

6、an與an1(nN)的大小，并說明原由.33an，n1，2，例24已知數(shù)列an的首項a1，an152an1（）求an的通項公式；（）證明：對任意的x0，an112x，n1，2，；1x(1x)23n（）證明：a1a2ann2n1-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除例25已知函數(shù)f(x)=x2-1(x0)，設(shè)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表示xn+1；（）求使不等式xn1xn對所有正整數(shù)n都成立的充要條件，并說明原由；（）若x1=2，求證：11112n1.1x11x2xn3例1解析此數(shù)列

7、的通項為akk(k1),k1,2,n.kk(k1)kk1k12，2nn1)，即n(n1)n(n1)n(n1)2kSn(kSn.k1k122222注：應(yīng)注意掌握放縮的“度”：上述不等式右邊放縮用的是均值不等式ababk(k1)k12，若放成n(n1)(n3)(n1)2則得Sn(k1)，就放過“度”了！k122依照所證不等式的構(gòu)造特點來采納所需要的重要不等式，這里nna1ana1ana12an22,3等的各式及其變式公式均可供采納。1n，其中，n1na1an例2簡析f(x)4x111(x0)f(1)f(n)(11x114x2?2x)1422(112)(11)2222nn1(111n1142n1)n

8、1.222例3簡析不等式左邊Cn1Cn2Cn3Cnn=2n112222n1n1nn12222n1=n22，故原結(jié)論成立.例4【解析】使用均值不等式即可：由于xyx2y2(x,yR)，所以有2a1x1a2x2anxna12x12a22x22an2xn2222-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除a12a22an2x12x22xn2111.2222其實，上述證明完滿能夠改述成求a1x1a2x2anxn的最大值。此題還可以夠?qū)嵭袨椋?222220)，試求a1x1a2x2anxn的最大值。若a1a2anp，x1x2xnq(p,q222222請解析下述求法：由于x

9、yx2y21122nna1x1a2x2anxn(x,yR)，所以有axaxax2222a12a22an2x12x22xn2pq.222故a1x1a2x2anxn的最大值為pq，且此時有akxk(k1,2,n)。2上述解題過程貌似圓滿，其實細細商酌，是大有問題的：取“”的條件是akxk(k1,2,n)，即必定有nak2nxk2k1k1，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(zhuǎn)變：222222a12a22an21,x12x22xn21,(p)(p)(p)(q)(q)(q)a1x1a2x2anxnpqa1x1a2x2anxn則有pq222222pq(a1a2an)

10、(x1x2xn)pq2(p)2(p)2(p)2(q)2(q)2(q)2于是，(a1x1a2x2anxn)maxpq，當(dāng)且僅當(dāng)akxk(k1,2,n).pq結(jié)合其構(gòu)造特點，還可構(gòu)造向量求解：設(shè)m(a1,a2,an),n(x1,x2,xn)，則由|mn|m|n|立刻得解：|a1x1a2x2anxn|a12a22an2x12x22xn2pq.x1x2xn且取“”的充要條件是：a1a2an。2利用適用結(jié)論例5簡析此題能夠利用的適用結(jié)論主要有：法1利用假分數(shù)的一個性質(zhì)bbm(ba0,m0)可得aam2462n3572n11352n12462n1352n12462n(2n1)-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容

11、僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除(2462n)22n11352n1即(11)(11)(11)(11)2n1.352n1法2利用貝努利不等式(1x)n1nx(nN,n2,x1,x0)的一個特例(11)2121(此處)得n2,x1，2k2k12k11112k1n(11)n2k12n1.2k12k12k1k12k1k1nnn例6簡析高考標(biāo)準(zhǔn)用數(shù)學(xué)歸納法證明，；這里給出運用柯西（Cauchy）不等式(aibi)2ai2bi2的簡i1i1i1捷證法：f(2x)2f(x)lg122x32x(n1)2xan2x2lg12x3xn(n1)xanxn12x3x(n1)xanx2n?122x32x

12、(n1)2xan2x而由Cauchy不等式得(1112x13x1(n1)xanx)2(1212)?122x32x(n1)2xa2n2x(x0時取等號)n?122x32x(n1)2xan2x（0a1），得證！例7解析(II)結(jié)合第(I)問結(jié)論及所給題設(shè)條件ln(1x)x（x0）的構(gòu)造特點，可得放縮思路：an1(111n)anlnanln(1211n)lnanlnan11。n2n1n2n2n2nn2于是lnan1lnan1n1，n22nn1n11111(1)n111即(i22i1(lnai1lnai)i1i2i)lnanlna11n112n2n2.2lnanlna12ane2.【注】：題目所給條件

13、ln(1x)x（x0）為一適用結(jié)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(jié)論2nn(n1)(n2)來放縮：an1(11)an1an11(11)(an1)n(nn(n1)n(n1)1)-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除ln(an11)ln(an1)11)ln(1.n(n1)n(n1)n1n1ln(ai11)ln(ai1)i2i211，ln(an1)ln(a21)11i(i1)n即ln(an1)1ln3an3e1e2.例8【簡析】當(dāng)n2時annan11nan111nan1anan1an1，即n111anan1nn11n()k2akak1

14、k2.于是當(dāng)n3時有k111log2nan2b.ana122blog2n111為調(diào)停級數(shù)，是發(fā)散的，不能夠求和；但是能夠利用所給題設(shè)結(jié)論注：此題涉及的和式3n21111log2n來進行有效地放縮；23n2再如：【解析】（）1；（）證明：由（）得exx1，對x1有(1x)ennx，利用此結(jié)論進行巧妙賦值：取xk1,k1,2,n，則有n12nn11111(1)n1ennn1n210e()()()()()()()11e1nnneeee11een(k)ne.即關(guān)于任意nN，有ek1n1例9解析引入一個結(jié)論：若ba0則bn1an1(n1)bn(ba)，（可經(jīng)過構(gòu)造一個等比數(shù)列求和放縮來證明，略）整理上式

15、得an1bn(n1)anb.（），以a1n1,b11代入（）式得1n(1n1)n1(11)n.。即an單調(diào)遞加。以a1,b11代入（）式得1n2n1(11)n1(11)2n4.。此式對所有正整數(shù)n都成立，即對所有偶數(shù)有(11)n4，又由于數(shù)列2n22n1nan單調(diào)遞加，所以對所有正整數(shù)n有(1)n4。n-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除注：上述不等式可加強為2(11)n3.簡證以下：利用二項張開式進行部分放縮：nan(11)n1Cn11Cn21Cnn1.只取前兩項有an1Cn112.對通項作以下放縮：nnn2nnnk11nn1nk1111.故有Cnk

16、k!nnnk!1222k1n1111n1an11(1/2)3.122n1211/2222部分放縮例10解析an11111111.2a3ana2232n2又k2kkk(k1),k2（只將其中一個k變成k1，進行部分放縮），111)111，k2k(kkk于是an11111(11)(11)(11)212.n2232n2223n1n例11【解析】(i)用數(shù)學(xué)歸納法：當(dāng)n1時顯然成立，假設(shè)當(dāng)nk時建立刻akk2，則當(dāng)nk1時ak1ak(akk)1ak(k2k)1(k2)21k3，成立。(ii)利用上述部分放縮的結(jié)論ak12ak1來放縮通項，可得ak112(ak1)ak12k1(a11)2k142k111

17、1111(1n1nn2)ak12k1i11aii12i14112.2【注】上述證明(i)用到部分放縮，自然依照不等式的性質(zhì)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(jié)論ak12ak1。例12簡析觀察(2)n的構(gòu)造，注意到(3)n(11)n，張開得322(11)n1Cn11Cn21Cn311nn(n1)(n1)(n2)6222223288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-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除法1用數(shù)學(xué)歸納法（只考慮第二步）a2k1

18、ak2212k122(k1)1；ak2a222122222,k1,2,n1.法2n1an2anak1akan則an2a122(n1)an22n22n1an2n1例14解析（）a=1；（）由an1f(an),得an1an3an23(an1)211且an0.22366用數(shù)學(xué)歸納法（只看第二步）：ak1f(ak)在ak(0,1)是增函數(shù)，則得k1ak1f(ak)f(1)k13(1)2k1.k112k12例15解析構(gòu)造函數(shù)f(x)1xa,易知f(x)在a,)是增函數(shù)。當(dāng)nk1時xk11axk在2x2xka,)遞加，故xk1f(a)a.。對(II)有xnxn11xna，構(gòu)造函數(shù)f(x)1xa,2xn2x

19、它在a,)上是增函數(shù)，故有xnxn11xnaf(a)0，得證。2xn【注】數(shù)列xn單調(diào)遞減有下界所以有極限：ana(n).f(x)1a是遞推數(shù)列xn1a2x1xnxn的母函數(shù)，研究其單調(diào)性對此數(shù)列實質(zhì)屬性擁有重要的指導(dǎo)作用。x2例16簡析令annn1hn，這里hn0(n1),則有n(1hn)nn(n1)hn20hn2(n1)，從而有1an1hn12.2n1n1注：經(jīng)過換元化為冪的形式，為成功運用二項張開式進行部分放縮起到了要點性的作用。例17簡析令ab1，則b0，a1b，應(yīng)用二項式定理進行部分放縮有an(b1)nCn0bnCn1bn1Cn2bn2CnnCn2bn2n(n1)b2，2注意到n2,

20、nN，則n(n1)b2n2b2（證明從略），所以ann2(a1)2.244轉(zhuǎn)變成加強命題放縮例18解析用數(shù)學(xué)歸納法推nk1時的結(jié)論an11，僅用歸納假設(shè)ak1及遞推式-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除ak11a是難以證出的，由于ak出現(xiàn)在分母上！能夠逆向考慮：ak111ak1aka1.aka故將原問題轉(zhuǎn)變成證明其加強命題：對所有正整數(shù)n有1an1.（證略）1a例19簡析將問題一般化：先證明其加強命題xnn.用數(shù)學(xué)歸納法，只考慮第二步：2xk2k1k2k1k1。所以對所有xN有nxk1xkk22k2(2)242.xn2.例20解析：（1）將條件變成：1

21、n1n1，所以1n為一個等比數(shù)列，其首項為111，an（1）ana133an11n1n?3n公比，從而1n，據(jù)此得ann（n1）13an331（2）證：據(jù)1得，a1?a2?ann，為證a1?a2?an2?n！，11113?13213n只要證nN時有1?11112顯然，左端每個因式都是正數(shù)，先證明一個加強不等13213n23式：對每個nN，有111111）31?121n1（323n3333（用數(shù)學(xué)歸納法，證略）利用3得111111）（1n）1（2n（1）?（1233333311n11n111n11（）13311112322323。故2式成立，從而結(jié)論成立。分項談?wù)摾?1簡析（）略，（）an22n

22、2(1)n1.；（）由于通項中含有(1)n，很難直接放縮，考慮分項3談?wù)摚寒?dāng)n3且n為奇數(shù)時n2n132n22n1311113(11)322(2n11222n322n22n1)（減項放anan122n212n11222n32n2縮），于是,當(dāng)m4且m為偶數(shù)時，1111(11)(11)a4a5ama4a5a6am1am-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除131111311)137.2(23242m2)22(12m428824當(dāng)m4且m為奇數(shù)時，1111111（添項放縮）a4a5ama4a5amam1由知11117.。由得證。a4a5amam18借助數(shù)學(xué)歸

23、納法例22解析科學(xué)背景：直接與凸函數(shù)有關(guān)?。ǎ┞?，只證（）：考慮試題的編擬初衷，是為了觀察數(shù)學(xué)歸納法，于是借鑒詹森不等式的證明思路有：法1（用數(shù)學(xué)歸納法）（i）當(dāng)n=1時，由（）知命題成立。（ii）假設(shè)當(dāng)nk時命題成立，即若正數(shù)p1,p2,p2k滿足p1p2p2k1，則p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.當(dāng)nk1時，若正數(shù)p1,p2,pk1滿足p1p2p2k11,（*）2為利用歸納假設(shè)，將（*）式左邊均分成前后兩段：令xp1p2p2k,q1p1,q2p2,q2kp2k.xxx則q1,q2,q2k為正數(shù)，且q1q2q2k1.由歸納假設(shè)知q1log2p1p2log2p2q2kl

24、og2qkk.2p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kx(q1log2q1q2log2q2q2klog2q2klog2x)x(k)xlog2x,（1）同理，由p2k1p2k2p2k11x得p2k1log2p2k1p2k1log2p2k1(1x)(k)(1x)log2(1x).（2）綜合（1）（2）兩式p1log2p1p2log2p2p2k1log2p2k1x(1x)(k)xlog2x(1x)log2(1x)(k1).即當(dāng)nk1時命題也成立.依照（i）、（ii）可知對所有正整數(shù)n命題成立.法2構(gòu)造函數(shù)g(x)xlog2x(cx)log2(cx)(常數(shù)c0,x(0,c),那么-完滿版

25、學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除g(x)cxlog2x(1x)log2(1x)log2c,cccc利用（）知，當(dāng)x1(即xc)時,函數(shù)g(x)獲取最小值.c22對任意x10,x20,都有x1log2x1x2log2x22x12x2log2x1x2(x1x2)log2(x1x2)12（式是比式更強的結(jié)果）.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論.（i）當(dāng)n=1時，由（I）知命題成立.（ii）設(shè)當(dāng)n=k時命題成立，即若正數(shù)p1,p2,p2k滿足p1p2p2k1,有p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.當(dāng)nk1時,p1,p2,p2k1滿足p1p2p2k11.

26、令Hp1log2p1p2log2p2pk11log2p2k11pk1log2pk1222對（*）式的連續(xù)兩項進行兩兩結(jié)合變成2k項后使用歸納假設(shè)，并充分利用式有H(p1p2)log2(p1p2)1(p2k11p2k1)log2(p2k11p2k1)1,由于(p1p2)(p2k11p2k1)1,由歸納法假設(shè)(p1p2)log2(p1p2)(p2k11p2k1)log2(p2k11p2k1)k,得Hk(p1p2pk11pk1)(k1).22即當(dāng)nk1時命題也成立.所以對所有正整數(shù)n命題成立.【評注】（1）式也能夠直接使用函數(shù)g(x)xlog2x下凸用（）中結(jié)論獲??；（2）為利用歸納假設(shè)，也可對（*

27、）式進行對應(yīng)結(jié)合：qipip2n1i而變成2k項；（3）此題用凸函數(shù)知識解析以下：先介紹詹森（jensen）不等式：若f(x)為a,b上的下凸函數(shù)，則對任意xia,b,i0(i1,n),1n1，有f(1x1nxn)1f(x1)nf(xn).特別地，若1x1xn)1f(xn).i，則有f(nf(x1)nn若為上凸函數(shù)則改“”為“”。由g(x)得g(p1)g(p2)g(p2n)g(p1p2np2n)為下凸函數(shù)2n，又2p1p2p3p2n1，所以-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2n2ng(1

28、)n.2n（4）此題可作實行以下：若正數(shù)p1,p2,pn滿足p1p2pn1，則p1lnp1p2lnp2pnlnpnlnn.。簡證：構(gòu)造函數(shù)f(x)xlnxx1，易得f(x)f(1)0 xlnxx1.(npi)ln(npi)npi1piln(npi)pi1.nnn故piln(npi)pi10lnnpilnpi0.i1i1構(gòu)造輔助函數(shù)法例23【解析】(1)求導(dǎo)可得f(x)在1-,02上是增函數(shù),fmaxx=2;fminx5-ln2.2（2）（數(shù)學(xué)歸納法證明）當(dāng)n1時，由已知成立；假設(shè)當(dāng)nk時命題成立，即10成立，ak2那么當(dāng)nk1時，由（1）得21ak1f(a)(5ln2,2)，235ln221a

29、k12，k2221110nk1nN，這就是說都成立22時命題成立。由、知，命題關(guān)于（3）由1an11ann1an,構(gòu)造輔助函數(shù)gxfx2x1，得22f2ag(x)f(x)2x1ln212x4xln41x0時，2x1,1x1.，當(dāng)24222故12x4x1210，所以g(x)g(0)=f(0)-2=0，fan21an1a1a0，得an1an。0,即2n12n例24【解析】（）an3n3n（）供應(yīng)予下兩種思路：2思路1觀察式子右邊特點，按1為元進行配方，確定其最大值。1x法1由（）知an3n20，112x3n1x(1x)23n11211x111(1x)1121x(1x)23n1x(1x)2anan(

30、1x)21x-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除112ananan，原不等式成立an1x思路2將右邊看作是關(guān)于x的函數(shù)，經(jīng)過求導(dǎo)研究其最值來解決：法2設(shè)f(x)112x，則1x(1x)23n1(1x)22x2(1x)22xf(x)3n3n(1x)2(1x)2(1x)2x0，當(dāng)x2時，f(x)0；當(dāng)x20，nn時，f(x)33當(dāng)x2時，f(x)獲取最大值f21an原不等式成立3n3n123n（）思路1考慮此題是遞進式設(shè)問，利用（）的結(jié)論來研究解題思路：由（）知，對任意的x0，有a1a2an112x112x112x1x(1x)231x(1x)2321x(1

31、x)23nn122221nx取1221n11，1x(1x)23323n233xn3323n1n13nn13則a1a2annn2n2原不等式成立11n1n11n13n13n【注】本解法的著眼點是對上述不等式中的x進行巧妙賦值，自然，賦值方法不僅一種，如：還可令x1，得n2n2n1222n11111n1x(1x)23323nnx1113nnnn113n.12(1)2n1(1)nnn思路2所證不等式是與正整數(shù)n有關(guān)的命題，可否直接用數(shù)學(xué)歸納法恩賜證明？試一試：31323nn2（1）當(dāng)n1時3131123123223n.31，成立；2n125211（2）假設(shè)命題對nk成立，即31323kk2.2322

32、3k2k131-完滿版學(xué)習(xí)資料分享-資料內(nèi)容僅供您學(xué)習(xí)參照，如有不當(dāng)之處，請聯(lián)系改正也許刪除則當(dāng)nk1時，有31323k3k1k23k1，3123223k23k12k13k12只要證明k23k12(k1)2；即證3k12(k1)2k2(k1)3k2(k2)k23k1，k13k1k23k1k2k1(k2)(k1)k23k2即證3k122k23k2122k213k122(k23k2)3k12k23k23k13k2用二項式定理（張開式部分項）證明，再考據(jù)前幾項即可。以下證明可否正確，請解析：易于證明an3nn3n2n1對任意nN成立；于是an3nnn2.3n2n1n1【注】上述證明是錯誤的！由于：f(k)k是遞加的，不能夠漸漸“減小”到所需要的結(jié)論?？筛恼韵拢簁1考慮n2是某數(shù)列bn的前n項和，則bnn2(n1)2n2n1，n1n1nn2n只要證明akb3kk2k13k2k22k2.k3k2k2k思路3深入觀察所證不等式的構(gòu)造特點,利用均值不等式可得以下妙證：由an13an取倒數(shù)易得：an3n0，用n項的均值不等式：2an3n21a1a2annnnnn，n1112221111121(nn1a1a2an31323nn3)n13n13113a1a2ann2.n1例25【解析】()xn1xn21.（）使不等式xn1xn對所有正整數(shù)n都成立的充要條件是x11.