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【摘要】利用数学归纳法证明加强命题不失为一种解决某些有关数列的不等式问题的好方法。但解决问题的关键还是如何加强命题，这就需要我们在实际操作中，认真研究题目的已知条件和待证不等式的特点，不断尝试，大胆猜测，小心验证。
【关键词】加强命题 数学归纳法 数列的不等式
有关数列的不等式问题是历年来高考中的一个热点问题，因其综合性强，对学生能力要求高，常常被作为高考的压轴题。从本质上来说，这类题就是有关正整数的命题，因此我们可以考虑用数学归纳法来证明。
用数学归纳法证明一个有关正整数的命题P（n）的一般步骤为：
（1）验证对初始值 命题成立，即P（n0） 成立；
（2）假设n=k(k≥n0,k∈N*)时，命题P（k） 成立，并在此基础上通过正确的逻辑推理得到命题P（k+1） 也成立。
通过上面两个步骤的证明，即可下结论：命题P（n） 对一切大于或等于n0的正整数都成立。
但是有时候我们会发现，直接用数学归纳法并不能证明命题P（n），这主要是因为第二步的递推过程无法实现。此时，我们可以通过证明一个比命题P（n）更强的命题，来达到证明命题P（n） 的目的。
数列不等式问题主要有两大类：一类是数列通项的有界性问题，另一类是数列前 项之和或者前n项之积的有界性问题。
1.数列通项的有界性问题的加强证明
这类问题往往是题目给出数列的递推公式，然后要我们证明通项在某个范围内。由于数学归纳法本质上就是一个递推过程，因此我们总可以用数学归纳法解决这类问题。
例1：已知数列{an} 满足a1=4，aa+1=an22an-2(n∈N*)求证：对一切大于1 的正整数n，都有an≤3.
解题探究：该数列的递推函数为f(x)=x22x-2，即an+1=f(an)，问题即是研究函数f(x)在给定条件下，其函数值的值域问题。而研究函数值域的基本方法就是研究函数的单调性。于是，求出f'(x)=x(x-2)2(x-1)2 ，于是可得f(x) 在区间(-∞，0) 和（2，+∞） 是增函数，在区间（0，1） 和（1，2）上是减函数。因此，根据数学归纳法的证明思想，要由ak＜3 ，得到ak+1=f(ak)＜3，应该使ak 的取值始终在一个单调递增区间。因此，我们尝试加强命题为：2＜an＜3(n≥2，n∈N*) 。
下面用数学归纳法证明这个命题：
（1）当n=2时，a2=a122a1-2=422×4-2=83 ，故2＜a2＜3 成立；
（2）假设n=k(k≥2) 时，2＜ak＜3 成立，由于f(x)=x22x-2 在区间［2,3］ 上单调递增，于是f(2)＜f(ak)＜f(3) ，又f(2)=2，f(3)=94故2＜aa+1＜3成立。
因此对一切对一切大于1的正整数n都有2＜an＜3成立，从而原结论成立。
例2：已知数列{an} 满足a1=1 ，an+1=an1+x2+1(n∈N*)求证：an＞12n .
解题探究：注意到递推函数为f(x)=x1+x2+1，f'(x)=1(x2+1+1)·x2+1＞0 恒成立，从而f(x)为实数集上的增函数。于是，用数学归纳法证明时，由ak＞12k ，可得到ak+1=f(ak)＞f(1ak) 。但是f(1ak)=12k1+122k+1＜12k1+1=12k+1 ，可见由n=k到n=k+1这一个递推过程不能实现。出现这种情况的原因应该是将ak 放缩为12k ，放缩得太多了，从而需要加强命题。
通过观察发现a1=1与121=12 相差得太多，为了减少不等号两边的差值，需要将12n 放大。注意到1=121-1 ，故尝试加强命题为：an≥12n-1下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，a1=1≥121-1 ，结论成立；
（2）假设n=k(k∈N*) 时，ak ≥12k-1成立，
则n=k+1时，由于f(x) 在实数集上单调递增，故 ak+1=f(ak)≥f(12k-1)
下面只需证f(12k-1)≥12k+1-1 ，令t=2k-1 ，则t≥1，即证 1t1+1t2+1≥12t+1
上式2t+1t≥1+1t2+1t+1t≥1t2+1t2+2t+1t2≥1t2+12t＞0
于是n=k+1时，结论成立。
综上知，对一切正整数n都有an≥12n-1成立，从而an＞12n成立。
2.数列前n项之和或前n项之积的有界性问题的加强证明
数列前n项之和或前n项之积本质上也是一个数列，如果这个数列是单调递增（或单调递减），而要证明它小于（或大于）一个常数，就需要加强命题来证明。
例3；（06年江西）已知数列{an} 满足：a1= 32 ，且an=3nan-12an-1+n-1(n≥2，n∈N*)
（1）求数列{an} 的通项公式；
（2）证明：对一切正整数n，不等式a1·a2……an＜2·n！ 恒成立.
解题探究：第（1）问略。
由（1）可得an=n·3n3n-1(n≥1) ，于是要证a1·a2……an＜2·n！ ，即证3131-1·3232-1……3n3n-1＜2 ，由于该不等式左边的值随着n的增大而增大，右边为常数2，因此用数学归纳法证明必须加强命题。
考虑到待证不等式结构，我们需要寻求一个函数f（n） ，使得不等式3131-1·3232-1……3n3n-1≤2·f（n）＜2 恒成立，于是f(n)应该满足下列条件： ①f(n)单调递增且无限趋近于1；②n=1 时，结论要成立，即3131-1≤2·f（1） 成立；③在用数学归纳法证明时，第二步的递推过程要能够实现；④证明过程要尽量简捷。其中，要满足条件④应该尽量使f(n)与不等式的结构产生联系。因此，尝试令f(n)=3n3n+1 ，下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，3131-1=32 ，2f(1)=2×34=32 ，结论成立；
（2）假设n=k 时，结论成立，即3131-1·3232-1 ……3k3k-1≤2·f(k)
则当n=k+1 时， 3131-1·3232-1……3k3k-1·3k+13k+1-1≤3k+13k+1-1·2·f(k)
下面只需证明3k+13k+1-1·2·f(k)≤2·f(k+1) ，即证3k+13k+1-1·3k3k+1≤3k+13k+1+1
而 3k+13k+1-1 ·3k+13k+1+1≤3k+13k+1+13k(3k+1+1)≤（3k+1-1）(3k+1)
32k+1+3k≤32k+1-3k+3k+1-1
3k≥1
最后一个不等式显然成立，从而n=k+1时，结论也成立。
综上知，对一切正整数n，都有3131-1·3232-1……3n3n-1≤2·3n3n+1＜2 成立。
另外，本题也可以寻求一个函数g(n) ，使得3131-1·3232-1……3n3n-1≤2-g（n） 恒成立。则g(n) 应该是单调递减且无限趋近于0，并同时满足前面的后三个个条件。例如，令g(n)=12·3n-1 也可以证明该不等式。
例4：设数列{an} 满足an+1=an2-nan+1 ，n=1,2,3,… ，当a1≥3 时，证明：对所有的正整数n ，都有 11+a1+11+a2+…11+an≤12
解题探究：由数列{an } 的递推公式及a1≥3 易知an＞0，于是待证不等式的左端随着n的增大而增大，而右端为一常数。因此若要用数学归纳法证明，必须加强命题。即需要寻求一个函数f(n)，使得11+a1+11+a2+…11+an≤12-f(n) 成立。由于数列{an} 的通项公式未知，从而f(n)应该用an 来表示。
注意到当n=1 时，有11+a1≤14 ，从而11+a1≤12-11+a1 成立，于是尝试加强命题为：11+a1+11+a2+…+11+an≤12-11+an 。从而在数学归纳法证明的第二步中，需要证明：12-11+an+11+an+1≤12-11+an+1 ，即证an+1 ≥2an+1。将an+1=an2-nan+1 代入知，我们只需证明an≥n+2 ，而这一结论利用数学归纳法容易证明（后面的过程由读者自己完成）。
通过上面几个例子我们发现，利用数学归纳法证明加强命题不失为一种解决某些有关数列的不等式问题的好方法。但解决问题的关键还是如何加强命题，这就需要我们在实际操作中，认真研究题目的已知条件和待证不等式的特点，不断尝试，大胆猜测，小心验证。
【关键词】加强命题 数学归纳法 数列的不等式
有关数列的不等式问题是历年来高考中的一个热点问题，因其综合性强，对学生能力要求高，常常被作为高考的压轴题。从本质上来说，这类题就是有关正整数的命题，因此我们可以考虑用数学归纳法来证明。
用数学归纳法证明一个有关正整数的命题P（n）的一般步骤为：
（1）验证对初始值 命题成立，即P（n0） 成立；
（2）假设n=k(k≥n0,k∈N*)时，命题P（k） 成立，并在此基础上通过正确的逻辑推理得到命题P（k+1） 也成立。
通过上面两个步骤的证明，即可下结论：命题P（n） 对一切大于或等于n0的正整数都成立。
但是有时候我们会发现，直接用数学归纳法并不能证明命题P（n），这主要是因为第二步的递推过程无法实现。此时，我们可以通过证明一个比命题P（n）更强的命题，来达到证明命题P（n） 的目的。
数列不等式问题主要有两大类：一类是数列通项的有界性问题，另一类是数列前 项之和或者前n项之积的有界性问题。
1.数列通项的有界性问题的加强证明
这类问题往往是题目给出数列的递推公式，然后要我们证明通项在某个范围内。由于数学归纳法本质上就是一个递推过程，因此我们总可以用数学归纳法解决这类问题。
例1：已知数列{an} 满足a1=4，aa+1=an22an-2(n∈N*)求证：对一切大于1 的正整数n，都有an≤3.
解题探究：该数列的递推函数为f(x)=x22x-2，即an+1=f(an)，问题即是研究函数f(x)在给定条件下，其函数值的值域问题。而研究函数值域的基本方法就是研究函数的单调性。于是，求出f'(x)=x(x-2)2(x-1)2 ，于是可得f(x) 在区间(-∞，0) 和（2，+∞） 是增函数，在区间（0，1） 和（1，2）上是减函数。因此，根据数学归纳法的证明思想，要由ak＜3 ，得到ak+1=f(ak)＜3，应该使ak 的取值始终在一个单调递增区间。因此，我们尝试加强命题为：2＜an＜3(n≥2，n∈N*) 。
下面用数学归纳法证明这个命题：
（1）当n=2时，a2=a122a1-2=422×4-2=83 ，故2＜a2＜3 成立；
（2）假设n=k(k≥2) 时，2＜ak＜3 成立，由于f(x)=x22x-2 在区间［2,3］ 上单调递增，于是f(2)＜f(ak)＜f(3) ，又f(2)=2，f(3)=94故2＜aa+1＜3成立。
因此对一切对一切大于1的正整数n都有2＜an＜3成立，从而原结论成立。
例2：已知数列{an} 满足a1=1 ，an+1=an1+x2+1(n∈N*)求证：an＞12n .
解题探究：注意到递推函数为f(x)=x1+x2+1，f'(x)=1(x2+1+1)·x2+1＞0 恒成立，从而f(x)为实数集上的增函数。于是，用数学归纳法证明时，由ak＞12k ，可得到ak+1=f(ak)＞f(1ak) 。但是f(1ak)=12k1+122k+1＜12k1+1=12k+1 ，可见由n=k到n=k+1这一个递推过程不能实现。出现这种情况的原因应该是将ak 放缩为12k ，放缩得太多了，从而需要加强命题。
通过观察发现a1=1与121=12 相差得太多，为了减少不等号两边的差值，需要将12n 放大。注意到1=121-1 ，故尝试加强命题为：an≥12n-1下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，a1=1≥121-1 ，结论成立；
（2）假设n=k(k∈N*) 时，ak ≥12k-1成立，
则n=k+1时，由于f(x) 在实数集上单调递增，故 ak+1=f(ak)≥f(12k-1)
下面只需证f(12k-1)≥12k+1-1 ，令t=2k-1 ，则t≥1，即证 1t1+1t2+1≥12t+1
上式2t+1t≥1+1t2+1t+1t≥1t2+1t2+2t+1t2≥1t2+12t＞0
于是n=k+1时，结论成立。
综上知，对一切正整数n都有an≥12n-1成立，从而an＞12n成立。
2.数列前n项之和或前n项之积的有界性问题的加强证明
数列前n项之和或前n项之积本质上也是一个数列，如果这个数列是单调递增（或单调递减），而要证明它小于（或大于）一个常数，就需要加强命题来证明。
例3；（06年江西）已知数列{an} 满足：a1= 32 ，且an=3nan-12an-1+n-1(n≥2，n∈N*)
（1）求数列{an} 的通项公式；
（2）证明：对一切正整数n，不等式a1·a2……an＜2·n！ 恒成立.
解题探究：第（1）问略。
由（1）可得an=n·3n3n-1(n≥1) ，于是要证a1·a2……an＜2·n！ ，即证3131-1·3232-1……3n3n-1＜2 ，由于该不等式左边的值随着n的增大而增大，右边为常数2，因此用数学归纳法证明必须加强命题。
考虑到待证不等式结构，我们需要寻求一个函数f（n） ，使得不等式3131-1·3232-1……3n3n-1≤2·f（n）＜2 恒成立，于是f(n)应该满足下列条件： ①f(n)单调递增且无限趋近于1；②n=1 时，结论要成立，即3131-1≤2·f（1） 成立；③在用数学归纳法证明时，第二步的递推过程要能够实现；④证明过程要尽量简捷。其中，要满足条件④应该尽量使f(n)与不等式的结构产生联系。因此，尝试令f(n)=3n3n+1 ，下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，3131-1=32 ，2f(1)=2×34=32 ，结论成立；
（2）假设n=k 时，结论成立，即3131-1·3232-1 ……3k3k-1≤2·f(k)
则当n=k+1 时， 3131-1·3232-1……3k3k-1·3k+13k+1-1≤3k+13k+1-1·2·f(k)
下面只需证明3k+13k+1-1·2·f(k)≤2·f(k+1) ，即证3k+13k+1-1·3k3k+1≤3k+13k+1+1
而 3k+13k+1-1 ·3k+13k+1+1≤3k+13k+1+13k(3k+1+1)≤（3k+1-1）(3k+1)
32k+1+3k≤32k+1-3k+3k+1-1
3k≥1
最后一个不等式显然成立，从而n=k+1时，结论也成立。
综上知，对一切正整数n，都有3131-1·3232-1……3n3n-1≤2·3n3n+1＜2 成立。
另外，本题也可以寻求一个函数g(n) ，使得3131-1·3232-1……3n3n-1≤2-g（n） 恒成立。则g(n) 应该是单调递减且无限趋近于0，并同时满足前面的后三个个条件。例如，令g(n)=12·3n-1 也可以证明该不等式。
例4：设数列{an} 满足an+1=an2-nan+1 ，n=1,2,3,… ，当a1≥3 时，证明：对所有的正整数n ，都有 11+a1+11+a2+…11+an≤12
解题探究：由数列{an } 的递推公式及a1≥3 易知an＞0，于是待证不等式的左端随着n的增大而增大，而右端为一常数。因此若要用数学归纳法证明，必须加强命题。即需要寻求一个函数f(n)，使得11+a1+11+a2+…11+an≤12-f(n) 成立。由于数列{an} 的通项公式未知，从而f(n)应该用an 来表示。
注意到当n=1 时，有11+a1≤14 ，从而11+a1≤12-11+a1 成立，于是尝试加强命题为：11+a1+11+a2+…+11+an≤12-11+an 。从而在数学归纳法证明的第二步中，需要证明：12-11+an+11+an+1≤12-11+an+1 ，即证an+1 ≥2an+1。将an+1=an2-nan+1 代入知，我们只需证明an≥n+2 ，而这一结论利用数学归纳法容易证明（后面的过程由读者自己完成）。
通过上面几个例子我们发现，利用数学归纳法证明加强命题不失为一种解决某些有关数列的不等式问题的好方法。但解决问题的关键还是如何加强命题，这就需要我们在实际操作中，认真研究题目的已知条件和待证不等式的特点，不断尝试，大胆猜测，小心验证。