2014高考理科数学必考点解题方法秘籍：数不等式
放缩
证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： 一 利用重要不等式放缩 均值不等式法
n (n +1) (n +1) 2
a k =k (k +1) , k =1, 2, , n .
n
n
1k +k +11∴k
2， k =122，k =1
n (n +1) n (n +1) n (n +1) 2
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
n
ab ≤
a +b
2，
(n +1)(n +3) (n +1) 2
S n
k (k +1)
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
a + +a n
≤a 1 a n ≤1≤
11n + +a 1a n
n
n
2
a 12+ +a n
n
其中，n =2, 3等的各式及其变式公式均可供选用。
f (x ) =
例2 已知函数
114
f (1) =
1+a ⋅2bx ，5，若且f (x ) 在[0，1]上的最小值为2，12n +1
1
-.
2（02年全国联赛山东预赛题）
求证：
f (1) +f (2) + +f (n ) >n +
4x 111
f (x ) ==1->1-(x ≠0) ⇒f (1) + +f (n ) >(1-) x x x
2⨯21+41+42∙2 简析
+(1-
1111111
) + +(1-) =n -(1++ +) =n +-. 2n n -1n +1
422 2⨯22⨯222
11+=1*a , b 例3 已知为正数，且a b ，试证：对每一个n ∈N ，
(a +b ) n -a n -b n ≥22n -2n +1. （88年全国联赛题）
1111a b
+=1(a +b )(+) =2++≥4
a b b a 简析 由a b 得ab =a +b ，又，故ab =a +b ≥4，而
0n 1n -1r n -r r n n
(a +b ) n =C n a +C n a b + +C n a b + +C n b ，
n n n
C a f (n ) =(a +b ) -a -b 令，则f (n ) =n i n -i
C n =C n
1n -1
r n -r r n -1
b + +C n a b + +C n ab n -1，因为
，倒序相加得
1r n -1
(a n -1b +ab n -1) + +C n (a n -r b r +a r b n -r ) + +C n (ab n -1+a n -1b ) ， 2f (n ) =C n
n
2
而
a
n -1
b +ab
n -1
= =a
n -r
b +a b
r r n -r
= =ab
n -1
+a
n -1
b ≥2a b ≥2⋅4=2n +1
n n
，则
1r n -1+ +C n + +C n )(a r b n -r +a n -r b r ) =(2n -2)(a r b n -r +a n -r b r ) ≥(2n -2) ⋅2f (n ) =(C n
n n n n 2n n +1*
2n +1，所以f (n ) ≥(2-2) ⋅2n ，即对每一个n ∈N ，(a +b ) -a -b ≥2-2.
n -12
例4 求证
C +C +C + +C >n ⋅2
1n 2n 3n n n
(n >1, n ∈N ) .
简析 不等式左边
123n C n +C n +C n + +C n =2n -1=1+2+22+ +2n -1
>n ⋅n 1⋅2⋅22⋅ ⋅2n -1=n ⋅2
n -1
2
，原结论成立.
2．利用有用结论
111
(1+1)(1+)(1+) (1+) >2n +1.
352n -1例5 求证
简析 本题可以利用的有用结论主要有：
b b +m >(b >a >0, m >0)
法1 利用假分数的一个性质a a +m 可得
2462n 3572n +11352n -1
⋅⋅ >⋅⋅ =⋅⋅ ⋅(2n +1)
2n 2462n 1352n -1246
1112462n 2
) >2n +1. (⋅⋅ ) >2n +1(1+1)(1+)(1+) (1+
⇒1352n -1352n -1即
n *
法2 利用贝努利不等式(1+x ) >1+nx (n ∈N , n ≥2, x >-1, x ≠0) 的一个特例
(1+
1121
n =2, x =) >1+2⋅
2k -1) 得 2k -12k -1(此处
n n 2k +112k +1
⇒∏(1+) =∏=2n +1. k =12k -12k -1k =12k -1
1
1+>2k -1
注：例5是1985年上海高考试题，以此题为主干添“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：
111
(1+1)(1+)(1+) (1+) >33n +1.
473n -2证明(可考虑用贝努利不等式n =3的特例)
1+2x +3x + +(n -1) x +a ⋅n x f (x ) =lg , 0
n 例6 已知函数
*
求证：f (2x ) >2f (x )(x ≠0) 对任意n ∈N 且n ≥2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 ）不
等式
[∑(a i b i ) ]≤∑a
2
i =1
i =1
n n
2
i
∑b
i =1
n
2i
的简捷证法：
1+22x +32x + +(n -1) 2x +a ⋅n 2x 1+2x +3x + +(n -1) x +a ⋅n x lg >2lg
f (2x ) >2f (x ) ⇔n n
⇔[1+2x +3x + +(n -1) x +a ⋅n x ]2
x x x x 2
(1⋅1+1⋅2+1⋅3+ +1⋅(n -1) +a ⋅n ) Cauchy 而由不等式得
≤n ∙[1+2例7 已知
2x
+32x + +(n -1) 2x +a ⋅n 2x ]（ 0
11
) a +. n 2n
n +n 2(I ) 用数学归纳法证明a n ≥2(n ≥2) ；(II ) 对
a 1=1, a n +1=(1+
2
ln(1+x ) 0都成立，证明a n
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，可得放缩思
路：
a n +1≤(1+
1111
+) a ⇒ln a ≤ln(1++) +ln a n ⇒n n +1
n 2+n 2n n 2+n 2n
≤ln a n +
1111+ln a -ln a ≤+n +1n
n 2+n 2n 。于是n 2+n 2n ，
n -1i =1
∑
i =1
n -1
(lna i +1-ln a i ) ≤∑
1
1-() n -1
111112(2+i ) ⇒ln a n -ln a 1≤1-+=2--n
n n 2i +i 2
1-2
即
ln a n -ln a 1
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
n 2作用；当然，本题还可用结论>n (n -1)(n ≥2) 来放缩：
111
) a n +⇒a n +1+1≤(1+)(a n +1) ⇒
n (n -1) n (n -1) n (n -1)
11
ln(a n +1+1) -ln(a n +1) ≤ln(1+)
n (n -1) n (n -1) a n +1≤(1+
⇒∑[ln(a i +1+1) -ln(a i +1)]
i =2
i =2
n -1
n -1
11
⇒ln(a n +1) -ln(a 2+1)
2
ln(a +1)
1111
++ +>[log2n ],n ∈N *, n >2.[log2n ]
n 2例8 已知不等式23表示不超过log 2n 的最
a 1=b (b >0), a n ≤
na n -1
, n ≥2.
n +a n -1
大整数。设正数数列
{a n }满足：
a n
2b
, n ≥3.
2+b [log2n ]（05年湖北卷第（22）题）
简析 当n ≥2时
a n ≤
na n -11n +a n -111
⇒≥=+
n +a n -1a n a n -1a n -1n ，即
n n
111111
) ≥∑. -≥⇒∑(-
a k a k -1k =2k =2k a n a n -1n
1112b ->[log2n ]⇒a n
111
++ +
n 为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以 注：①本题涉及的和式23
1111
++ +>[log2n ]
n 2利用所给题设结论23来进行有效地放缩；
②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。
1
a n =(1+) n
n ，求证：数列{a n }单调递增且a n
解析 引入一个结论：若b >a >0则b
n +1
-a n +1
n +1n
a >b [(n +1) a -nb ].（⊗） 整理上式得
以
a =1+
1n +1111
(1+) >(1+) n . , b =1+
n +1n +1n 代入（⊗）式得n
即
{a n }单调递增。
a =1, b =1+
以
1111
1>(1+) n ⋅⇒(1+) 2n
2n 22n 2n 代入（⊗）式得
1
(1+) n
1
(1+) n
n 对一切正整数n 有。
1
2≤(1+) n
n 注：①上述不等式可加强为简证如下：
11112n 1a n =(1+) n =1+C n ⋅+C n ⋅2+ +C n . n
n n n n 利用二项展开式进行部分放缩：
1
a n ≥1+C n ⋅
只取前两项有
1
=2. n 对通项作如下放缩：
C n k
11n n -1n -k +1111
=⋅⋅⋅
n k ! 1⋅2 22k -1 n k k ! n n
11111-(1/2) n -1
a n
2221-1/22 故有
②上述数列
{a n }的极限存在，为无理数e ；同时是下述试题的背景：
i i i i n m
n A (1+n ) . i , m , n 1
（01年全国卷理科第20题）
简析 对第（2）问：用1/n 代替n 得数列
1
n
{b n }:b n =(1+n )
1n
是递减数列；借鉴此结论
1m
1n
可有如下简捷证法：数列
{(1+n ) }递减，且1(1+n ) , 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 n =1+
111
+ +, a ≥2. +a
解析
a n =1+
111111
+ +≤1+++ +. +
n a 2232n 2 2a 3a
2
k =k ⋅k >k (k -1), k ≥2（只将其中一个k 变成k -1，进行部分放缩） 又，
∴
1111
k 2k (k -1) k -1k ，
a n ≤1+
于是例
111111111=2-
n 223n -1n 2232n 2
2
{}a a =a -na n +1(n ∈N +)，当a 1≥3时证明对所有n ≥1, 有n n +1n 11 设数列满足
(i ) a n ≥n +2；
(ii )
1111
++ +≤1+a 11+a 21+a n 2（02年全国高考题）
a ≥k +2，则当
解析 (i ) 用数学归纳法：当n =1时显然成立，假设当n ≥k 时成立即k
n =k +1时a k +1=a k (a k -k ) +1≥a k (k +2-k ) +1≥(k +2) ⋅2+1>k +3，成立。
(ii ) 利用上述部分放缩的结论
a k +1≥2a k +1来放缩通项，可得
a k +1+1≥2(a k +1) ⇒
n
n
1
≤∑1+a i i =1
a k +1≥ ≥2k -1(a 1+1) ≥2k -1⋅4=2k +1⇒
11
≤k +1. a k +12
∑
i =1
1
1-() n
112≤1. =⋅
122i +14
1-2
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：a k +1≥(k +2)(k +2-k ) +1>k +3
；证明(ii ) 就直接使用了部分放缩的结论
a k +1≥2a k +1
。
三 添减项放缩
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。
28() n
(n +1)(n +2) . 例12 设n >1, n ∈N ，求证3
231
() n () n =(1+) n
2，展开得 简析 观察3的结构，注意到2
111n n (n -1) (n +1)(n +2) +61123
(1+) n =1+C n ⋅+C n ⋅2+C n ⋅3+ ≥1++=
2228822，
1(n +1)(n +2) (1+) n >
28即，得证.
例13 设数列{a n }满足
b n =
a 1=2, a n +1=a n +
1
(n =1, 2, ). a n
（Ⅰ）证明
a n >2n +1
对一切正整
a n n
(n =1, 2, )
数n 成立；（Ⅱ）令
，判定b n 与b n +1的大小，并说明理由（04年重庆卷理科
第（22）题）
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
2
a 2k +1=a k +2+
法1 用数学归纳法（只考虑第二步）
2
a 2n +1=a n +2+
1
>2k +1+2=2(k +1) +12a k
；
法2
12
>a n +2222
⇒a k a n +1-a k >2, k =1, 2, , n -1.
222
a -a >2(n -1) ⇒a >2n +2>2n +1⇒a n >2n +1 n 1n 则
四 利用单调性放缩 构造数列
2n +3(n +1) 2
T n +1-T n =(n +1)(n +2) -
22则如对上述例1，令，
(n +1) 2
2-2
2n +22n +12n +3
⇒T n >T n +1, ∴{T n }递减，有T n ≤T 1=
111
(1+1)(1+)(1+) (1+) T n +1
= =T n =
T 2n +1 再如例5，令则n
>1
，即
T n
T n ≥T 1=
23
>1
，得证！
11123
(1+1)(1+)(1+) (1+) ≥2n +1.
352n -13 注：由此可得例5的加强命题并可改造成为探
111
(1+1)(1+)(1+) (1+) ≥k 2n +1
n ≥1352n -1索性问题：求对任意使恒成立的正整数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 ) =ax -
例14 已知函数
0
32
111x x ∈[, ]
2的最大值不大于6，又当42时
1
f (x ) ≥.
8（Ⅰ）求a 的值；
（Ⅱ）设
11
a n
n +12，证明（04年辽宁卷第21题）
a =1 ；解析 （Ⅰ）（Ⅱ）由
a n +1
3231211
a =a -a =-(a -) +≤n +1n n n =f (a n ), 22366且a n >0. 得
a k ∈(0,
1
)
k +1是增函数，则得
用数学归纳法（只看第二步）：
a k +1
a k +1=f (a k ) 在
113121
=f (a k )
k +1k +12k +1k +2
1⎛a ⎫
⎪x n +1= x +n ⎪, 2x {}x n ⎭n ∈N ⎝例15 数列n 由下列条件确定：x 1=a >0，．（I ）证明：对n ≥2
总有x n ≥a ；(II)证明：对n ≥2总有x n ≥x n +1（02年北京卷第（19）题）
f (x ) =
解析 构造函数
1⎛a ⎫
x +⎪, 2⎝x ⎭易知f (x ) 在[a , +∞) 是增函数。
1⎛a ⎫
⎪x k +1= x +k 2⎝x k ⎪⎭在[a , +∞) 递增故x k +1>f (a ) =a . n =k +1 当时
1⎛a ⎫1⎛a ⎫ ⎪x -f (x ) =x - ⎪, n ⎪x =2 2x n ⎭⎝⎝⎭它在[a , +∞) 上是增函数，，构造函数
对(II)有
x n -x n +1
故有
x n -x n +1
1⎛a ⎫
⎪x -≥n x n ⎪=2⎝⎭f (a ) =0，得证。
注：①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
{x n }单调递减有下界因而有极限：a n →
1⎛ x +2⎝
a (n →+∞).
f (x ) =
②
1⎛a ⎫a ⎫ ⎪x =x +⎪n +1n 2⎝x n ⎪x ⎭是递推数列⎭的母函数，研究其单调性对此数列本
质属性的揭示往往具有重要的指导作用。
五 换元放缩
1
例16 求证
2
(n ∈N *, n ≥2). n -1
n
a =n =1+h n ，这里h n >0(n >1), 则有 n 简析 令
n =(1+h n ) n >
n (n -1) 2
h n ⇒0
22(n >1) 1
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。
n 2(a -1) 2a >
n ≥2, n ∈N 4例17 设a >1，，求证.
n
简析 令a =b +1，则b >0，a -1=b ，应用二项式定理进行部分放缩有
0n 1n -12n -2n 2n -2
a n =(b +1) n =C n b +C n b +C n b + +C n >C n b =
n (n -1) 2
b 2，注意到n ≥2, n ∈N ，
n (n -1) 2n 2b 2n 2(a -1) 2n
b ≥a >
4（证明从略）4则2，因此
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a k +1≥2a k +1 进行递推
放缩来证明(ii ) ，同理例
7(II ) 中所得
ln a n +1-ln a n ≤
11
+
n 2+n 2n 和
ln(a n +1+1) -ln(a n +1)
1111
-≥
n (n -1) 、例8中a n a n -1n 、 例13（Ⅰ）之法2所得
22a k +1-a k >2都是进行递推放缩的关键式。
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、或运用逆向思维探索转化为证明其加强命题：
11111
++ +≤-n +1. 1+a 11+a 21+a n 22再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）。
a 1=1+a , a n +1=
1
+a
a >1. a n
，求证：对一切正整数n 有n
例18 设0
a >1，仅用归纳假设a k >1及递推式
解析 用数学归纳法推n =k +1时的结论n +1
a k +1=
1+a
a a k
是难以证出的，因为k 出现在分母上！可以逆向考虑：
11+a >1⇐a k
a k +1=
对一切正整数n 有
1
1
.
1-a （证明从略）
2x n 1
x 1=, x n +1=x n +2. {}x n 2n 证明x 2001
试题）
简析 将问题一般化：先证明其加强命题
x n ≤
n
.
2用数学归纳法，只考虑第二步：
x k +1
2
n x k k 1k k 1k +1
x ≤. =x k +2≤+2⋅() 2=+
2 2k 2242因此对一切x ∈N 有k
八 分项讨论 例20 已知数列
{a n }
的前n 项和
S n
满足
S n =2a n +(-1) n , n ≥1.
（Ⅰ）写出数列{a n }的前3项
a 1, a 2, a 3
；（Ⅱ）求数列
{a n }
的通项公式；（Ⅲ）证明：对任
1117
++ +
a m 8（04年全国卷Ⅲ） 意的整数m >4，有a 4a 5
简析 （Ⅰ）略，（Ⅱ）
a n =
2n -2
2+(-1) n -1. 3；
[]
n
(-1) （Ⅲ）由于通项中含有，很难直接放缩，考虑分项讨论：
1131132n -2+2n -1+=(n -2+n -1) =⋅2n -3
n -1n -2
a a 222+12-12+2-2-1 n n ≥3n n +1当且为奇数时
32n -2+2n -1311
22222 （减项放缩），于是
11111111
+(+) + +(+) ++ +=a a a a a a a a 4且m 为偶数时45456m -1m m
①当m >
[1**********]7
+(3+4+ +m -2) =+⋅⋅(1-m -4)
1111111
++ +
a m a 4a 5a m a m +1（添项放缩）由①知②当m >4且m 为奇数时a 4a 5
11117
++ ++
参考文献
[1]李锦旭等《例说高考题的科学背景》。华东师大《数学教学》2004年第11期。
2014高考理科数学必考点解题方法秘籍：数不等式
放缩
证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： 一 利用重要不等式放缩 均值不等式法
n (n +1) (n +1) 2
a k =k (k +1) , k =1, 2, , n .
n
n
1k +k +11∴k
2， k =122，k =1
n (n +1) n (n +1) n (n +1) 2
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
n
ab ≤
a +b
2，
(n +1)(n +3) (n +1) 2
S n
k (k +1)
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
a + +a n
≤a 1 a n ≤1≤
11n + +a 1a n
n
n
2
a 12+ +a n
n
其中，n =2, 3等的各式及其变式公式均可供选用。
f (x ) =
例2 已知函数
114
f (1) =
1+a ⋅2bx ，5，若且f (x ) 在[0，1]上的最小值为2，12n +1
1
-.
2（02年全国联赛山东预赛题）
求证：
f (1) +f (2) + +f (n ) >n +
4x 111
f (x ) ==1->1-(x ≠0) ⇒f (1) + +f (n ) >(1-) x x x
2⨯21+41+42∙2 简析
+(1-
1111111
) + +(1-) =n -(1++ +) =n +-. 2n n -1n +1
422 2⨯22⨯222
11+=1*a , b 例3 已知为正数，且a b ，试证：对每一个n ∈N ，
(a +b ) n -a n -b n ≥22n -2n +1. （88年全国联赛题）
1111a b
+=1(a +b )(+) =2++≥4
a b b a 简析 由a b 得ab =a +b ，又，故ab =a +b ≥4，而
0n 1n -1r n -r r n n
(a +b ) n =C n a +C n a b + +C n a b + +C n b ，
n n n
C a f (n ) =(a +b ) -a -b 令，则f (n ) =n i n -i
C n =C n
1n -1
r n -r r n -1
b + +C n a b + +C n ab n -1，因为
，倒序相加得
1r n -1
(a n -1b +ab n -1) + +C n (a n -r b r +a r b n -r ) + +C n (ab n -1+a n -1b ) ， 2f (n ) =C n
n
2
而
a
n -1
b +ab
n -1
= =a
n -r
b +a b
r r n -r
= =ab
n -1
+a
n -1
b ≥2a b ≥2⋅4=2n +1
n n
，则
1r n -1+ +C n + +C n )(a r b n -r +a n -r b r ) =(2n -2)(a r b n -r +a n -r b r ) ≥(2n -2) ⋅2f (n ) =(C n
n n n n 2n n +1*
2n +1，所以f (n ) ≥(2-2) ⋅2n ，即对每一个n ∈N ，(a +b ) -a -b ≥2-2.
n -12
例4 求证
C +C +C + +C >n ⋅2
1n 2n 3n n n
(n >1, n ∈N ) .
简析 不等式左边
123n C n +C n +C n + +C n =2n -1=1+2+22+ +2n -1
>n ⋅n 1⋅2⋅22⋅ ⋅2n -1=n ⋅2
n -1
2
，原结论成立.
2．利用有用结论
111
(1+1)(1+)(1+) (1+) >2n +1.
352n -1例5 求证
简析 本题可以利用的有用结论主要有：
b b +m >(b >a >0, m >0)
法1 利用假分数的一个性质a a +m 可得
2462n 3572n +11352n -1
⋅⋅ >⋅⋅ =⋅⋅ ⋅(2n +1)
2n 2462n 1352n -1246
1112462n 2
) >2n +1. (⋅⋅ ) >2n +1(1+1)(1+)(1+) (1+
⇒1352n -1352n -1即
n *
法2 利用贝努利不等式(1+x ) >1+nx (n ∈N , n ≥2, x >-1, x ≠0) 的一个特例
(1+
1121
n =2, x =) >1+2⋅
2k -1) 得 2k -12k -1(此处
n n 2k +112k +1
⇒∏(1+) =∏=2n +1. k =12k -12k -1k =12k -1
1
1+>2k -1
注：例5是1985年上海高考试题，以此题为主干添“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：
111
(1+1)(1+)(1+) (1+) >33n +1.
473n -2证明(可考虑用贝努利不等式n =3的特例)
1+2x +3x + +(n -1) x +a ⋅n x f (x ) =lg , 0
n 例6 已知函数
*
求证：f (2x ) >2f (x )(x ≠0) 对任意n ∈N 且n ≥2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 ）不
等式
[∑(a i b i ) ]≤∑a
2
i =1
i =1
n n
2
i
∑b
i =1
n
2i
的简捷证法：
1+22x +32x + +(n -1) 2x +a ⋅n 2x 1+2x +3x + +(n -1) x +a ⋅n x lg >2lg
f (2x ) >2f (x ) ⇔n n
⇔[1+2x +3x + +(n -1) x +a ⋅n x ]2
x x x x 2
(1⋅1+1⋅2+1⋅3+ +1⋅(n -1) +a ⋅n ) Cauchy 而由不等式得
≤n ∙[1+2例7 已知
2x
+32x + +(n -1) 2x +a ⋅n 2x ]（ 0
11
) a +. n 2n
n +n 2(I ) 用数学归纳法证明a n ≥2(n ≥2) ；(II ) 对
a 1=1, a n +1=(1+
2
ln(1+x ) 0都成立，证明a n
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，可得放缩思
路：
a n +1≤(1+
1111
+) a ⇒ln a ≤ln(1++) +ln a n ⇒n n +1
n 2+n 2n n 2+n 2n
≤ln a n +
1111+ln a -ln a ≤+n +1n
n 2+n 2n 。于是n 2+n 2n ，
n -1i =1
∑
i =1
n -1
(lna i +1-ln a i ) ≤∑
1
1-() n -1
111112(2+i ) ⇒ln a n -ln a 1≤1-+=2--n
n n 2i +i 2
1-2
即
ln a n -ln a 1
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
n 2作用；当然，本题还可用结论>n (n -1)(n ≥2) 来放缩：
111
) a n +⇒a n +1+1≤(1+)(a n +1) ⇒
n (n -1) n (n -1) n (n -1)
11
ln(a n +1+1) -ln(a n +1) ≤ln(1+)
n (n -1) n (n -1) a n +1≤(1+
⇒∑[ln(a i +1+1) -ln(a i +1)]
i =2
i =2
n -1
n -1
11
⇒ln(a n +1) -ln(a 2+1)
2
ln(a +1)
1111
++ +>[log2n ],n ∈N *, n >2.[log2n ]
n 2例8 已知不等式23表示不超过log 2n 的最
a 1=b (b >0), a n ≤
na n -1
, n ≥2.
n +a n -1
大整数。设正数数列
{a n }满足：
a n
2b
, n ≥3.
2+b [log2n ]（05年湖北卷第（22）题）
简析 当n ≥2时
a n ≤
na n -11n +a n -111
⇒≥=+
n +a n -1a n a n -1a n -1n ，即
n n
111111
) ≥∑. -≥⇒∑(-
a k a k -1k =2k =2k a n a n -1n
1112b ->[log2n ]⇒a n
111
++ +
n 为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以 注：①本题涉及的和式23
1111
++ +>[log2n ]
n 2利用所给题设结论23来进行有效地放缩；
②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。
1
a n =(1+) n
n ，求证：数列{a n }单调递增且a n
解析 引入一个结论：若b >a >0则b
n +1
-a n +1
n +1n
a >b [(n +1) a -nb ].（⊗） 整理上式得
以
a =1+
1n +1111
(1+) >(1+) n . , b =1+
n +1n +1n 代入（⊗）式得n
即
{a n }单调递增。
a =1, b =1+
以
1111
1>(1+) n ⋅⇒(1+) 2n
2n 22n 2n 代入（⊗）式得
1
(1+) n
1
(1+) n
n 对一切正整数n 有。
1
2≤(1+) n
n 注：①上述不等式可加强为简证如下：
11112n 1a n =(1+) n =1+C n ⋅+C n ⋅2+ +C n . n
n n n n 利用二项展开式进行部分放缩：
1
a n ≥1+C n ⋅
只取前两项有
1
=2. n 对通项作如下放缩：
C n k
11n n -1n -k +1111
=⋅⋅⋅
n k ! 1⋅2 22k -1 n k k ! n n
11111-(1/2) n -1
a n
2221-1/22 故有
②上述数列
{a n }的极限存在，为无理数e ；同时是下述试题的背景：
i i i i n m
n A (1+n ) . i , m , n 1
（01年全国卷理科第20题）
简析 对第（2）问：用1/n 代替n 得数列
1
n
{b n }:b n =(1+n )
1n
是递减数列；借鉴此结论
1m
1n
可有如下简捷证法：数列
{(1+n ) }递减，且1(1+n ) , 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 n =1+
111
+ +, a ≥2. +a
解析
a n =1+
111111
+ +≤1+++ +. +
n a 2232n 2 2a 3a
2
k =k ⋅k >k (k -1), k ≥2（只将其中一个k 变成k -1，进行部分放缩） 又，
∴
1111
k 2k (k -1) k -1k ，
a n ≤1+
于是例
111111111=2-
n 223n -1n 2232n 2
2
{}a a =a -na n +1(n ∈N +)，当a 1≥3时证明对所有n ≥1, 有n n +1n 11 设数列满足
(i ) a n ≥n +2；
(ii )
1111
++ +≤1+a 11+a 21+a n 2（02年全国高考题）
a ≥k +2，则当
解析 (i ) 用数学归纳法：当n =1时显然成立，假设当n ≥k 时成立即k
n =k +1时a k +1=a k (a k -k ) +1≥a k (k +2-k ) +1≥(k +2) ⋅2+1>k +3，成立。
(ii ) 利用上述部分放缩的结论
a k +1≥2a k +1来放缩通项，可得
a k +1+1≥2(a k +1) ⇒
n
n
1
≤∑1+a i i =1
a k +1≥ ≥2k -1(a 1+1) ≥2k -1⋅4=2k +1⇒
11
≤k +1. a k +12
∑
i =1
1
1-() n
112≤1. =⋅
122i +14
1-2
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：a k +1≥(k +2)(k +2-k ) +1>k +3
；证明(ii ) 就直接使用了部分放缩的结论
a k +1≥2a k +1
。
三 添减项放缩
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。
28() n
(n +1)(n +2) . 例12 设n >1, n ∈N ，求证3
231
() n () n =(1+) n
2，展开得 简析 观察3的结构，注意到2
111n n (n -1) (n +1)(n +2) +61123
(1+) n =1+C n ⋅+C n ⋅2+C n ⋅3+ ≥1++=
2228822，
1(n +1)(n +2) (1+) n >
28即，得证.
例13 设数列{a n }满足
b n =
a 1=2, a n +1=a n +
1
(n =1, 2, ). a n
（Ⅰ）证明
a n >2n +1
对一切正整
a n n
(n =1, 2, )
数n 成立；（Ⅱ）令
，判定b n 与b n +1的大小，并说明理由（04年重庆卷理科
第（22）题）
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
2
a 2k +1=a k +2+
法1 用数学归纳法（只考虑第二步）
2
a 2n +1=a n +2+
1
>2k +1+2=2(k +1) +12a k
；
法2
12
>a n +2222
⇒a k a n +1-a k >2, k =1, 2, , n -1.
222
a -a >2(n -1) ⇒a >2n +2>2n +1⇒a n >2n +1 n 1n 则
四 利用单调性放缩 构造数列
2n +3(n +1) 2
T n +1-T n =(n +1)(n +2) -
22则如对上述例1，令，
(n +1) 2
2-2
2n +22n +12n +3
⇒T n >T n +1, ∴{T n }递减，有T n ≤T 1=
111
(1+1)(1+)(1+) (1+) T n +1
= =T n =
T 2n +1 再如例5，令则n
>1
，即
T n
T n ≥T 1=
23
>1
，得证！
11123
(1+1)(1+)(1+) (1+) ≥2n +1.
352n -13 注：由此可得例5的加强命题并可改造成为探
111
(1+1)(1+)(1+) (1+) ≥k 2n +1
n ≥1352n -1索性问题：求对任意使恒成立的正整数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 ) =ax -
例14 已知函数
0
32
111x x ∈[, ]
2的最大值不大于6，又当42时
1
f (x ) ≥.
8（Ⅰ）求a 的值；
（Ⅱ）设
11
a n
n +12，证明（04年辽宁卷第21题）
a =1 ；解析 （Ⅰ）（Ⅱ）由
a n +1
3231211
a =a -a =-(a -) +≤n +1n n n =f (a n ), 22366且a n >0. 得
a k ∈(0,
1
)
k +1是增函数，则得
用数学归纳法（只看第二步）：
a k +1
a k +1=f (a k ) 在
113121
=f (a k )
k +1k +12k +1k +2
1⎛a ⎫
⎪x n +1= x +n ⎪, 2x {}x n ⎭n ∈N ⎝例15 数列n 由下列条件确定：x 1=a >0，．（I ）证明：对n ≥2
总有x n ≥a ；(II)证明：对n ≥2总有x n ≥x n +1（02年北京卷第（19）题）
f (x ) =
解析 构造函数
1⎛a ⎫
x +⎪, 2⎝x ⎭易知f (x ) 在[a , +∞) 是增函数。
1⎛a ⎫
⎪x k +1= x +k 2⎝x k ⎪⎭在[a , +∞) 递增故x k +1>f (a ) =a . n =k +1 当时
1⎛a ⎫1⎛a ⎫ ⎪x -f (x ) =x - ⎪, n ⎪x =2 2x n ⎭⎝⎝⎭它在[a , +∞) 上是增函数，，构造函数
对(II)有
x n -x n +1
故有
x n -x n +1
1⎛a ⎫
⎪x -≥n x n ⎪=2⎝⎭f (a ) =0，得证。
注：①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
{x n }单调递减有下界因而有极限：a n →
1⎛ x +2⎝
a (n →+∞).
f (x ) =
②
1⎛a ⎫a ⎫ ⎪x =x +⎪n +1n 2⎝x n ⎪x ⎭是递推数列⎭的母函数，研究其单调性对此数列本
质属性的揭示往往具有重要的指导作用。
五 换元放缩
1
例16 求证
2
(n ∈N *, n ≥2). n -1
n
a =n =1+h n ，这里h n >0(n >1), 则有 n 简析 令
n =(1+h n ) n >
n (n -1) 2
h n ⇒0
22(n >1) 1
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。
n 2(a -1) 2a >
n ≥2, n ∈N 4例17 设a >1，，求证.
n
简析 令a =b +1，则b >0，a -1=b ，应用二项式定理进行部分放缩有
0n 1n -12n -2n 2n -2
a n =(b +1) n =C n b +C n b +C n b + +C n >C n b =
n (n -1) 2
b 2，注意到n ≥2, n ∈N ，
n (n -1) 2n 2b 2n 2(a -1) 2n
b ≥a >
4（证明从略）4则2，因此
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a k +1≥2a k +1 进行递推
放缩来证明(ii ) ，同理例
7(II ) 中所得
ln a n +1-ln a n ≤
11
+
n 2+n 2n 和
ln(a n +1+1) -ln(a n +1)
1111
-≥
n (n -1) 、例8中a n a n -1n 、 例13（Ⅰ）之法2所得
22a k +1-a k >2都是进行递推放缩的关键式。
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、或运用逆向思维探索转化为证明其加强命题：
11111
++ +≤-n +1. 1+a 11+a 21+a n 22再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）。
a 1=1+a , a n +1=
1
+a
a >1. a n
，求证：对一切正整数n 有n
例18 设0
a >1，仅用归纳假设a k >1及递推式
解析 用数学归纳法推n =k +1时的结论n +1
a k +1=
1+a
a a k
是难以证出的，因为k 出现在分母上！可以逆向考虑：
11+a >1⇐a k
a k +1=
对一切正整数n 有
1
1
.
1-a （证明从略）
2x n 1
x 1=, x n +1=x n +2. {}x n 2n 证明x 2001
试题）
简析 将问题一般化：先证明其加强命题
x n ≤
n
.
2用数学归纳法，只考虑第二步：
x k +1
2
n x k k 1k k 1k +1
x ≤. =x k +2≤+2⋅() 2=+
2 2k 2242因此对一切x ∈N 有k
八 分项讨论 例20 已知数列
{a n }
的前n 项和
S n
满足
S n =2a n +(-1) n , n ≥1.
（Ⅰ）写出数列{a n }的前3项
a 1, a 2, a 3
；（Ⅱ）求数列
{a n }
的通项公式；（Ⅲ）证明：对任
1117
++ +
a m 8（04年全国卷Ⅲ） 意的整数m >4，有a 4a 5
简析 （Ⅰ）略，（Ⅱ）
a n =
2n -2
2+(-1) n -1. 3；
[]
n
(-1) （Ⅲ）由于通项中含有，很难直接放缩，考虑分项讨论：
1131132n -2+2n -1+=(n -2+n -1) =⋅2n -3
n -1n -2
a a 222+12-12+2-2-1 n n ≥3n n +1当且为奇数时
32n -2+2n -1311
22222 （减项放缩），于是
11111111
+(+) + +(+) ++ +=a a a a a a a a 4且m 为偶数时45456m -1m m
①当m >
[1**********]7
+(3+4+ +m -2) =+⋅⋅(1-m -4)
1111111
++ +
a m a 4a 5a m a m +1（添项放缩）由①知②当m >4且m 为奇数时a 4a 5
11117
++ ++
参考文献
[1]李锦旭等《例说高考题的科学背景》。华东师大《数学教学》2004年第11期。