高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结

n(n1)(n1)2Sn. 例1 设Sn1223n(n1).求证

22例2 已知函数

f(x)11a2bx12n1nn，若f(1)14，且f(x)在[0，1]上的最小值为，求证：

25f(1)f(2)f(n)n例3 求证C1n2n3n1. 2n12CCCn2222an1，x12x2(n1,nN).

例4 已知a2a212xn1，求证：a1x1a2x2anxn≤1.

2．利用有用结论

例5 求证(11)(1111)(1)(1)2n1. 352n1例6 已知函数

求证：

12x3x(n1)xanxf(x)lg,0a1,给定nN,n2.

nf(2x)2f(x)(x0)对任意nN且n2恒成立。 1,an1(111)a. nn2n2n例7 已知a1(I)用数学归纳法证明an2(n2)；

(II)对ln(1x)x对x0都成立，证明ane2（无理数e2.71828例8 已知不等式

）

112311[log2n],nN,n2。[log2n]表示不超过log2n的最大整数。设正数数列n2{an}满足：a1b(b0),an再如：设函数

nan12b,n2.求证an,n3.

nan12b[log2n]f(x)exx。

f(x)最小值；（Ⅱ）求证：对于任意nN （Ⅰ）求函数，有

kne(). e1k1n

n例9 设an

1(1)n，求证：数列{an}单调递增且an4.

n3. 部分放缩

例10 设an1例11 设数列

112a3a1,a2,求证：anan2.

an满足an1an2nan1nN，当a13时证明对所有n1, 有：

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(i)ann2； (ii)1111a11a21an1. 24 . 添减项放缩

2n8()例12 设n1,nN，求证. 3(n1)(n2)例13 设数列{an}满足a12,an1an

5 利用单调性放缩: 构造函数

1(n1,2,). 证明an2n1对一切正整数n成立； an111132x[,]f(x). 例14 已知函数f(x)axx的最大值不大于，又当时

42862 （Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）设0a111. ,an1f(an),nN，证明ann122a,nN． xn例15 数列

xn由下列条件确定：x1a0，xn11xn2总有xn（I） 证明：对n

a；(II) 证明：对n2总有xnxn1

6 . 换元放缩

例16 求证1nn12(nN,n2). n1nn2(a1)2例17 设a1，n2,nN，求证a4

.

7 转化为加强命题放缩

例18 设0a1，定义a11a,an11a，求证：对一切正整数n有an1. an2xn1例19 数列xn满足x1,xn1xn2.证明x20011001.

2n 例20 已知数列｛an｝满足：a1＝

32，且an＝

3nan－1 （n2，nN）2an－1＋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{an}的前

n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1.

（Ⅰ）写出数列{an}的前3项a1,a2,a3； （Ⅱ）求数列{an}的通项公式；

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（Ⅲ）证明：对任意的整数

9. 借助数学归纳法

例22（Ⅰ）设函数

（Ⅱ）设正数

m4，有

1117. a4a5am8f(x)xlog2x(1x)log2(1x) (0x1)，求f(x)的最小值；

p1,p2,p3,,p2n满足p1p2p3p2n1，求证：

p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2nn

10. 构造辅助函数法

例23 已知

f(x)= 34x2xln2,数列an满足1a10, 21a2n1fan nN*

（1）求

11f(x)在，0上的最大值和最小值; （2）证明：an0;

22（3）判断an与an1(nN例24 已知数列{an}的首项a1)的大小，并说明理由.

33an，2，，an1，n152an1．

（Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）证明：对任意的x0，an≥11x122，； x，n1，2n(1x)3（Ⅲ）证明：a1a22

n2an．

n1*

例25 已知函数f(x)=x-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xn1xn对一切正整数n都成立的充要条件，并说明理由；

1112n1（Ⅲ）若x=2，求证：.

1x11x21xn31

例1 解析 此数列的通项为aknnk(k1),k1,2,,n.kk(k1)kk1k1，

221n(n1)n(n1)n(n1)2kSn(k)，即Sn.

22222k1k1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

abab，若放成k(k1)k1则2(n1)(n3)(n1)2得Sn(k1)22k1n，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

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WORD格式整理 aanna1an111na1ann2a12ann，其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。 例2 [简析]

4x11f(x)11(x0)f(1)14x14x22xf(n)(111))(122222(11) n2211n(142111)n. n1n1222123CnCn例3 简析 不等式左边Cnn2n1nCn=211222

nn12222n1=n2n12，故原结论成立.

x2y2例4 【解析】使用均值不等式即可：因为xy(x,yR)，所以有2a1x1a2x22a12a2 222a12x12a2x2anxn2222anxn2

2an2x12x222xn111. 22 其实，上述证明完全可以改述成求a1x1a2x2 若

anxn的最大值。本题还可以推广为：

2a1a222anp，x1x222222xnq(p,q0)， 试求a1x1a2x2anxn的最大值。

22anxn2

请分析下述求法：因为xy2a12a2 22anxyaxax(x,yR)，所以有112222xn22a12x12a2x2anxn222x12x22pq.2

，且此时有ak 故a1x1a2x2anxn的最大值为

pq2xk(k1,2,,n)。

ax即必须有,n)，

2kk1k1nn2k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ak即只有p=q时才成立！那么，

xk(k1,2,，

pq呢？其实例6的方法照样可用，只需做稍稍变形转化：

1,a212(p)a222(p)a2n2xpq212(p)(q)x222(q)x2n(q)21,

则有

a1x1a2x22anxn2a1x1a2x2pq2n2anxn

pq[(a12a222(p)(p)a(p))(x212(q)x222(q)x2n2(q))]pq ak 于是，(a1x1a2x2anxn)maxpq，当且仅当pxkq(k1,2,,n).

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结合其结构特征，还可构造向量求解：设m(a1,a2,由|mn||m||n|立刻得解： |a1x1a2x2,an),n(x1,x2,,xn)，则

22anx12x22xn2anxn|a12a2pq.

x1x2且取“＝”的充要条件是：a1a22．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xnan。

bbm(ba0,m0)可得 aam3572n11352n12462n2462n2(2n1)()2n1

2462n1352n12462n1352n1即(11)(1111)(1)(1)2n1. 352n1 法2 利用贝努利不等式(1x)n1nx(nN,n2,x1,x0)的一个特例

2,x1nn2k112k11，2n1. 1(1)k12k1k12k12k12k12k1121(此处)得n(1)122k12k1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[法：

(ab)]ab2ii2ii1i1i1nnn2i的简捷证

122x32x(n1)2xan2x12x3x(n1)xanx f(2x)2f(x)lg2lgnn[12x3x(n1)xanx]2n[122x32x(n1)2xan2x]

而由Cauchy不等式得(1112x13x1(n1)xanx)2

(1212)[122x32x(n1)2xa2n2x](x0时取等号)

n[122x32x(n1)2xan2x]（0a1），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（x0）的结构特征，可得放缩思路：

。

an1(1于是lnan1111111lnalnaln(1)lna)ann1nnn2n2nn2n2nn2n2nlnann1i111n2n2n，

i1n1(lnai1lnai)11()n1111112(2i)lnanlna112n2. 即

1nn2ii212lnanlna12ane2.

【注】：题目所给条件ln(1x)x（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

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用结论2nn(n1)(n2)来放缩：an1(1111)anan11(1)(an1)

n(n1)n(n1)n(n1)ln(an11)ln(an1)ln(1n111).n(n1)n(n1)11ln(an1)ln(a21)11，

i(i1)n[ln(ai11)ln(ai1)]i2i2n1即ln(an1)1ln3an3e1e2.

2时an例8 【简析】 当nnan11nan111，即

nan1anan1an1nnn1111111112b([log2n]an).于是当n3时有.

anan1nana122b[log2n]akak1k2k2k 注：本题涉及的和式

11123n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

1111[log2n]来进行有效地放缩； 23n2再如：【解析】（Ⅰ）1；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得exx1，对x>－1有(1x)nenx，利用此结论进行巧妙赋值：取

11()n11e1e ()1()011e1ee11eekx1,k1,2,n,n，则有(1)n(2)nnnn11()n()n1()n2nee即对于任意nN，有

kne(). e1k1na0则bn1an1(n1)bn(ba)，（可通过构造一个等比数列求和放缩来证明，

11,b1代入（）式得n1nn例9 [解析] 引入一个结论：若b略）

整理上式得an1，以a1bn[(n1)anb].（）

(11n111)(1)n.。即{an}单调递增。以a1,b1代入（）式得

nn12n11n11)(1)2n4.。此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有(1)n4，又因为数列{an}n2n22n1n)4。 n1(1单调递增，所以对一切正整数n有(1 注：上述不等式可加强为21(1)n3.简证如下： 利用二项展开式进行部分放缩：

n1111112n1a1C2.对通项作如下放缩： 只取前两项有an(1)n1CnCn2Cn.nnnnnnnn11nn1nk111111111(1/2)n1故有Ckk1.an112n123.

k!nnnk!1222n22211/22kn 专业技术参考资料

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3. 部分放缩 例10 [解析] an又k211111111. a2222a3an23n1111k2k(k1)k1k，

kkk(k1),k2（只将其中一个k变成k1，进行部分放缩），1于是an11111111122. 1(1)()()222n223n1n23n1时显然成立，假设当nk时成立即akk2，

例11 【解析】 (i)用数学归纳法：当n则当nk1时ak1ak(akk)1ak(k2k)1(k2)21k3，成立。

2ak1来放缩通项，可得

(ii)利用上述部分放缩的结论ak1ak112(ak1)ak1111k1ak121ai1i1inn2k1(a11)2k142k1

11()n1121. 2i141122 【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：ak1证明(ii)就直接使用了部分放缩的结论ak1例12 [简析] 观察((k2)(k2k)1k3；

2ak1。

2n31)的结构，注意到()n(1)n，展开得 3221112131(1)n1CnCn2Cn322221n(n1)(n2)(1)即，得证.

281nn(n1)(n1)(n2)6 288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

22法1 用数学归纳法（只考虑第二步）ak1ak212k122(k1)1； 2ak法2 an122an21222a2aa,2,,n1. nk1k2,k12an则an22a122(n1)an2n22n1an2n1

例14 [解析] （Ⅰ）a=1 ；（Ⅱ）由an131112f(an),得an1an3an(an)2 且an0.

22366用数学归纳法（只看第二步）：

ak1f(ak)在ak(0,1)k1是增函数，则得

ak1f(ak)f(113121)(). k1k12k1k2 专业技术参考资料

WORD格式整理 例15 [解析] 构造函数f(x)1a1ank1易知在是增函数。当时f(x)xx[a,)x,k1k在2x2xk1aa，构造函数

[a,)递增，故xk1f(a)a.。对(II)有xnxn11f(x)xx, n2x2xn它在[a,)上是增函数，故有xnxn11axf(a)0，得证。 n2xna(n).

【注】①数列②

xn单调递减有下界因而有极限：anf(x)1a1a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。 xx是递推数列xn1n2x2xn例16 [简析] 令annn1hn，这里hn0(n1),则有

2n(n1)22. hn0hn(n1)，从而有1an1hn1n12n1n(1hn)n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ab1，则b0，a1b，应用二项式定理进行部分放缩有

n(n1)2b， 2.

0n1n12n2n2n2an(b1)nCnbCnbCnbCnCnbn(n1)2n2b2注意到n2,nN，则b247 转化为加强命题放缩

例18 [解析] 用数学归纳法推nn2(a1)2（证明从略），因此a4nk1时的结论an11，仅用归纳假设ak1及递推式

ak11a是难以证出的，因为ak出现在分母上！可以逆向考虑：ak11a1ak1. akak1a故将原问题转化为证明其加强命题：对一切正整数n有1an例19 [简析] 将问题一般化：先证明其加强命题xn1.（证略） 1an. 用数学归纳法，只考虑第二步： 2xk12xkk1kk1k1nxk22()2.。因此对一切xN有xn.

22k2242k 例20 [解析]：（1）将条件变为：1－

nann－1，因此｛1－＝1（1－）3an－1nan｝为一个等比数列，其首项为1－

1a1＝

11，公比，33n从而1－

an1＝n3n3n，据此得an＝n（n1）……1

3－1（2）证：据1得，a1a2…an＝

n！，为证aa……a2n！，

111（1－）（1－2）…（1－n）3331

2

n

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只要证nN时有（1－）（1－13111……2 显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式： ）…（1－）2323n）……3

对每个nN，有（1－1111111－（＋＋…＋）（1－2）…（1－n）3333323n13（用数学归纳法，证略）利用3得（1－）（1－1111－（11） ＋＋…＋）…（1－）3323n323n11n11n111n1〔1－（）〕1－（）〕＝＋（）＝1－3。故2式成立，从而结论成立。 3＝1－〔22322311－38. 分项讨论

例21 [简析] （Ⅰ）略，（Ⅱ） an当n2n2n2(1)n1.；（Ⅲ）由于通项中含有(1)，很难直接放缩，考虑分项讨论： 33且n为奇数时

32n22n13111131132n22n1， ()（减项放缩）(n2n1)2n32n3n2n1n1n22222anan122121222212于是, ①当m4且m为偶数时，

11111111()() a4a5a6am1ama4a5am②当m131111311137(34m2)(1m4). 2222242882224且m为奇数时，

1111111a4a5ama4a5amam1（添项放缩）

由①知

11117.。由①②得证。 a4a5amam1. 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

nk时命题成立，即若正数

p1,p2,,p2k满足p1p2p2k1，

则

p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.

当nk1时，若正数p1,p2,,p2k1满足p1p2p2k11,（*）

pkp1p,q22,,q2k2. xxx为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段： 令xp1p2p2k,q1则q1,q2,,q2k为正数，且由归纳假定知q1log2q1q2q2k1.

p1p2log2p2q2klog2q2kk.

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p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kx(q1log2q1q2log2q2q2klog2q2k

log2x)x(k)xlog2x, （1）

同理，由

p2k1p2k2p2k11x得

p2k1log2p2k1p2k1log2p2k1(1x)(k)(1x)log2(1x).（2）

综合（1）（2）两式

p1log2p1p2log2p2p2k1log2p2k1

[x(1x)](k)xlog2x(1x)log2(1x)(k1).

即当nk1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g(x)xlog2x(cx)log2(cx)(常数c0,x(0,c)),那么

xxxxg(x)c[log2(1)log2(1)log2c],

cccc利用（Ⅰ）知，当

x1c(即x)时,函数g(x)取得最小值. c22x1x2xx2(x1x2)[log2(x1x2)1]② log2122对任意x10,x20,都有x1log2x1x2log2x2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

p1,p2,,p2k满足p1p2p2k1,有

p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk. 当nk1时,p1,p2,,p2k1满足p1p2p2k11.k

令Hp1log2p1p2log2p2p2k11log2p2k11p2k1log2p2k1对（*）式的连续两项进行两两结合变成2项后使用归纳假设，并充分利用②式有

H(p1p2)[log2(p1p2)1](p2k11p2k1)[log2(p2k11p2k1)1],因为(p1p2)(p2k11p2k1)1,由归纳法假设 (p1p2)log2(p1p2)(pk1pk1)log2(pk1pk1)k, 212212 得H

k(p1p2p2k11p2k1)(k1).

k1时命题也成立. 所以对一切正整数n命题成立.

即当n【评注】（1）式②也可以直接使用函数g(x)xlog2x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：qi（3）本题用凸函数知识分析如下：

对任意xipip2n1i而变成2k项；

f(x)为[a,b]上的下凸函数，则

先介绍詹森（jensen）不等式：若

[a,b],i0(i1,,n),1n1，有

f(1x1nxn)1f(x1)nf(xn).

特别地，若i1xxn1，则有f(1)[f(x1)f(xn)]. nnn 专业技术参考资料

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若为上凸函数则改“”为“”。

由g(x)得

为下凸函数

g(p1)g(p2)g(p2n)2ng(p1p2p2n2n) ，又

p1p2p3p2n1，

所以

p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2n2ng(1)n.n 2（4）本题可作推广如下：若正数

p1,p2,,pn满足p1p2pn1，则

p1lnp1p2lnp2pnlnpnlnn.。简证：构造函数f(x)xlnxx1，

易得

nf(x)f(1)0xlnxx1.(npi)ln(npi)npi1piln(npi)pi.

ln(npi)]pi10lnnpilnpi0.

i1n1n故

[pi1i10. 构造辅助函数法

例23 【解析】(1) 求导可得

51f(x)在上是增函数,fmaxx=2;fminx  -ln2. -,0 221时，由已知成立；②假设当nk时命题成立，即（2）（数学归纳法证明）①当n1ak0成立， 2那么当

1a(nk1时，由（1）得2k1f(ak)52ln2,，2)235ln221ak1222

，

111ak11， ak10，这就是说nk1时命题成立。由①、②知，命题对于nN都成立 22

1an1（3） 由221anfan21an, 构造辅助函数gxfx2x1，得

g'(x)f(x)2x1ln212x4xln4，当故12x121x0时，2x1,4x1. 2224x12110，所以g'(x)<0 得g(x)在-，0是减函数， 222 ∴g(x)>g(0)=f(0)-2=0，∴

fan21an>0,即21an121an>0，得an1>an。

3n例24 【解析】（Ⅰ）ann．（Ⅱ）提供如下两种思路：

32思路1 观察式子右边特征，按1为元进行配方，确定其最大值。 1x3n1120，法1 由（Ⅰ）知ann x2n321x(1x)31121111x21x(1x)23n1x(1x)1112 (1x)2an(1x)1xan 专业技术参考资料

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11anan≤an，原不等式成立．

an1x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

2f(x)112x，则1x(1x)23n22(1x)2nx2(1x)2nx133

f(x)222(1x)(1x)(1x)x0，当x23n时，

f(x)0；当x23n时，

f(x)0，

当x23n时，

2f(x)取得最大值fn31an．原不等式成立． 213n（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x0，有

a1a2an≥112112112xxx 2n2221x(1x)31x(1x)31x(1x)3n122221x(1x)332nnx．取x1223n332211n23131n1n， 31n3n13则a1a2nn2n2．原不等式成立． an≥1n11111nn1n3n3【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x1，得 n2n1221x(1x)233211n2n111n. nnx1nnn1n13nn1(1)2311(11)23nnn2 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：

3132 1323223131123nn2，成立； n. （1）当n1时132521132n13kk2k. 32k1，

3132 （2）假设命题对nk成立，即1232323132则当nk1时，有 1232323k3k1k23k1kk1k13232k132k23k1(k1)2只要证明

k13k12k23k1(k1)2k2(k1)3k2(k2)k23k1；即证， 23k12k2k1(k2)(k1)k3k2 专业技术参考资料

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3k122k23k2121即证3k122(k23k2) k12k1232k3k232k3k23nn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ann32n1对任意nN成立；于是

an3nnn2.

3n2n1n1k是递增的，不能逐步“缩小”到所需要的结论。可修改如下： k1【注】上述证明是错误的！因为：

f(k)n2n2(n1)2n2n12考虑是某数列{bn}的前n项和，则bn，

n1n1nnn3kk2k123k2k22k2. 只要证明akbkk32k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：

3an3n0，用n项的均值不等式： 由an1取倒数易得：ann322an1a1a2nann11a1a21ann2211123321n3n1[1()n]23n13113nn113nn， n1a1a2n2an.

n12xn1.（Ⅱ）使不等式xn1xn对一切正整数n都成立的充要条件是x≥1.

2xn1

例25 【解析】(Ⅰ) xn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： 1xn12xn12(xn11)2(xn1)212(n2) 1xn(1xn1)21xn12xn(1xn1)21212222n12n1 即(n2)。于是由此递推放缩式逐步放缩得.

1xn1xn11xn1xn11xn21x13 探索2 从求证式特征尝试分析：结论式可作如下变形：

n1n12111121 .（用数(12222n1). 逆向思考，猜想应有：

1xn31x11x21xn33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

11(n2)。有

1xn2 专业技术参考资料

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1n12n11111n12n13n1. .尝试证明3231x11x21xn32 证法1（数学归纳法，略）；

n2n2 法2 （用二项展开式部分项）：当n≥2时2=(1+1)≥CCC

2n

n

0n1n2n3n1n2n23n1(n1)20.此题还可发现一些放缩方法，如： 2222n2n1111n（每一项都小于1），而再证n即23n1，则需要归纳出条n(nN)。

31x11x21xn件n≥4.(前4项验证即可)

技巧积累:(1)1422n4n211 1 (2)11212(n1)n(n1)n(n1)n(n1)4n212n12n1Cn1Cn4 (3)Tr1rCn1n!11111r(r2) rr!(nr)!nr!r(r1)r1rn (4)(11)n111n21115 32n(n1)2n2n

(5)

111 (6) 1n22n(2n1)2n12n11 (7)2(n1n)12(nn1) (8) 211 nn1n(2n1)2(2n3)2n2n12n3211111111 (9),k(n1k)n1kkn1n(n1k)k1nn1k11 (11) (10) n

(n1)!n!(n1)!1n2(2n12n1)222n12n1n211n22 (11)

2n2n2n2n111

nnnn1n(n2)n2nnn1(21)(21)(21)(21)(22)(21)(21)212111111 32n(n1)(n1)n(n1)n(n1)n1n1nnn1n1n111 1n12nn1n1n1nn (13) 2n122n(31)2n33(2n1)2n2n1212

32n131k211 (14) (15) nn1(n2) k!(k1)!(k2)!(k1)!(k2)!n(n1) (12) 122i2j2 (15) i1j1ij(ij)(i21j21)iji21j211

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