数列型不等式地放缩技巧九法

数列型不等式的放缩技巧九法
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九种：
一 利用重要不等式放缩
1． 均值不等式法
例1 设.)1(3221+++⋅+⋅=n n S n Λ求证.2
)1(2)1(2
+<<+n S n n n
解析 此数列的通项为.,,2,1,)1(n k k k a k Λ=+=
2121)1(+
=++<+<k k k k k k Θ，)21(1
1∑∑==+<<∴n
k n n
k k S k ， 即.2
)1(22)1(2)1(2
+<++<<+n n n n S n n 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
b a ab +≤，
若放成1)1(+<+k k k 则得2
)1(2)3)(1()1(2
1
+>++=+<∑=n n n k S 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
a a n a a a a a a n
n n
n
n n
2
2111111++≤
++≤≤++ΛΛΛΛ
其中，3,2=n 等的各式及其变式公式均可供选用。

例2 已知函数bx
a x f 2
11)(⋅+=
，若54
)1(=f ，且)(x f 在[0，1]上的最小值为21，求证：.21
2
1)()2()1(1-+>++++n n n f f f Λ（02年全国联赛山东预赛题）
简析 )221
1()()1()0(2
2114111414)(⨯->++⇒≠•->+-=+=n f f x x f x
x x x Λ .21
2
1)21211(41)2211()2211(1
12-+=+++-=⨯-++⨯-++-n n n n n ΛΛ 例3 求证),1(2
2
1321
N n n n C C C C n n n
n
n
n
∈>⋅>++++-Λ.
简析 不等式左边=++++n
n n n n C C C C Λ32112222112-++++=-n n Λ
n n n 122221-⋅⋅⋅⋅⋅>Λ=2
1
2
-⋅n n ，故原结论成立.
2．利用有用结论
例4 求证.12)1
211()511)(311)(11(+>-++++n n Λ
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(>>>++>m a b m
a m
b a b 可得
>-⋅⋅122563412n n Λ=+⋅⋅n n 212674523Λ)12(212654321+⋅-⋅⋅n n
n Λ
⇒12)1
22563412(2+>-⋅⋅n n n Λ即.12)121
1()511)(311)(11(+>-+
+++n n Λ
法2 利用贝努利不等式)0,1,2,(1)1(≠->≥∈+>+*x x n N n nx x n 的一个特例
12121)1211(2-⋅+>-+
k k (此处1
21,2-==k x n )得 =-+∏⇒-+>-+=)1211(121212111k k k k n k .121
21
21+=-+∏=n k k n k
注：例4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：
证明.13)2
31
1()711)(411)(11(3+>-++++n n Λ(可考虑用贝努利不等式3=n 的特例)
例5 已知函数.2,,10,)1(321lg )(≥∈≤<⋅+-++++=*n N n a n n a n x f x
x x x
给定Λ
求证：)0)((2)2(≠>x x f x f 对任意*
∈N n 且2≥n 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∑∑∑===≤n
i i
n
i i
n
i i
i b
a
b a 1
21
2
2
1
]
)([
的简捷证法：
⇔>)(2)2(x f x f >⋅+-++++n n a n x x x x
2222)1(321lg Λn
n a n x x x x ⋅+-++++)1(321lg
2Λ 2])1(321[x x x x n a n ⋅+-++++⇔Λ])1(321[2222x x x x n a n n ⋅+-++++•<Λ
而由Cauchy 不等式得2
))1(1312111(x x x x n a n ⋅+-⋅++⋅+⋅+⋅Λ
•++<)11(22Λ])1(321[22222x x x x n a n ⋅+-++++Λ(0=x 时取等号)
≤])1(32
1[2222x x x x
n a n n ⋅+-++++•Λ（10≤<a Θ），得证！
例6 已知11211
1,(1).2
n n n
a a a n n +==+++)(I 用数学归纳法证明2(2)n a n ≥≥；)(II 对ln(1)x x +<对0x >都成立，证明2n a e <（无理数 2.71828e ≈L ）
（05年辽宁卷第22题）
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：⇒+++
≤+n n n a n n a )2111(21⇒++++≤+n n
n a n n a ln )2
1
11ln(ln 21 n n n n a 211ln 2+++≤。

于是n n n n n a a 2
1
1ln ln 21++≤-+，
.221122
11)21
(111ln ln )211()ln (ln 1
121
1
11
1<--=--+-≤-⇒++≤---=+-=∑∑n n n i n i i i n i n n a a i i a a
即.2ln ln 2
1e a a a n n <⇒<-
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≥->n n n n 来放缩：
⇒-+-+≤+)
1(1
))1(11(1n n a n n a n n ⇒+-+
≤++)1)()1(11(11n n a n n a .
)
1(1
))1(11ln()1ln()1ln(1-<-+≤+-++n n n n a a n n
11
1)1ln()1ln()1(1)]1ln()1ln([21
2
11
2
<-<+-+⇒-<+-+⇒∑
∑-=+-=n
a a i i a a n n i i i n i ， 即.133ln 1)1ln(2e e a a n n <-<⇒+<+
例7 已知不等式].[log 2,],[log 2
1
1312122n n N n n n >∈>+++*Λ表示不超过n 2log 的最大整数。

设正数数列}{n a 满足：.2,),0(1
1
1≥+≤>=--n a n na a b b a n n n
求证.3,]
[log 222≥+<
n n b b
a n （05年湖北卷第（22）题）
简析 当2≥n 时n a a a n a a n na a n n n n n n n 11111111+=+≥⇒+≤
-----，即 n
a a n n 1
111≥--
.1)11(212k
a a n
k k k n
k ∑∑=-=≥-⇒于是当3≥n 时有⇒>-][log 211121n a a n .][log 222n b b
a n +<
注：①本题涉及的和式n
13121+++Λ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
1
131212n n >+++Λ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。

例8 设n
n n
a )11(+
=，求证：数列}{n a 单调递增且.4<n a 解析 引入一个结论：若0>>a b 则)()1(1
1a b b n a
b n n n -+<-++（证略） 整理上式得].)1[(1
nb a n b a
n n -+>+（⊗），以n
b n a 11,1
11+=++=代入
（⊗）式得>++
+1
)111(n n .)11(n n
+即}{n a 单调递增。

以n
b a 21
1,1+==代入（⊗）式得.4)211(21)211(12<+⇒⋅+>n n n n
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}{n a 单调
递增，所以对一切正整数n 有4)11(<+n n 。

注：①上述不等式可加强为.3)1
1(2<+≤n
n
简证如下：
利用二项展开式进行部分放缩：.1111)11(221
n
n n n n n n n C n C n C n a ++⋅+⋅
+=+=Λ 只取前两项有.21
11
=⋅
+≥n
C a n n 对通项作如下放缩： .212211!111!111-=⋅≤<+-⋅-⋅⋅=k k k n k n k n n
n n n k n C ΛΛ
故有.32/11)2/1(12122
12121111
12<--⋅+=+++++<--n n n a Λ
②上述数列}{n a 的极限存在，为无理数e ；同时是下述试题的背景：已知n m i ,,
是正整数，且.1n m i <≤<（1）证明i n i i m i A m A n <；（2）证明.)1()1(m
n n m +>+（01
年全国卷理科第20题）
简析 对第（2）问：用n /1代替n 得数列n
n n n b b 1)1(:}{+=是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法：数列})
1{(1
n
n +递减，且,1n m i <≤<故,
)1()1(11
n
m n m +>+即m
n
n m )1()1(+>+。

当然，本题每小题的证明方法都有10多种,如使用上述例4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9 设++=a
n a 21
1.2,131≥++a n a a Λ求证：.2<n a 解析 ++=a n a 2
11.131211131222n n a a ++++≤++ΛΛ 又2),1(2≥->⋅=k k k k k k （只将其中一个k 变成1-k ，进行部分放缩），k k k k k
1
11)1(112--=-<∴，
于是)111()3121()211(11312112
22n n n a n --++-+-+<++++≤ΛΛ.21
2<-=n
例10 设数列{}n a 满足()++∈+-=N n na a a n n n 12
1，当31≥a 时证明对所有,1≥n
有2)(+≥n a i n ；2
1
111111)
(21≤++++++n a a a ii Λ（02年全国高考题） 解析 )(i 用数学归纳法：当1=n 时显然成立，假设当k n ≥时成立即2+≥k a k ，则当1+=k n 时312)2(1)2(1)(1+>+⋅+≥+-+≥+-=+k k k k a k a a a k k k k ，成立。

)(ii 利用上述部分放缩的结论121+≥+k k a a 来放缩通项，可得
⇒+≥++)1(211k k a a .2
1
11242)1(2111111++--≤+⇒
=⋅≥+≥≥+k k k k k k a a a Λ .212
11)21(141211111
1≤--⋅=≤++==∑∑n i n
i i n i a
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+>+-++≥+k k k k a k ；证明)(ii 就直接使用了部分放缩的结论121+≥+k k a a 。

三 添减项放缩
上述例4之法2就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。

例11 设N n n ∈>,1，求证)2)(1(8
)32(++<n n n .
简析 观察n
)3
2
(的结构，注意到n
n
)2
11()2
3(+
=，展开得 86)2)(1(8)1(212121211)211(33221+++=
-++≥+⋅+⋅+⋅+=+n n n n n C C C n n n n Λ， 即8
)2)(1()2
11(++>+n n n ，得证.
例12 设数列}{n a 满足).,2,1(1
,211Λ=+
==+n a a a a n
n n （Ⅰ）证明12+>n a n 对
一切正整数n 成立；（Ⅱ）令),2,1(Λ==n n
a b n n ，判定n b 与1+n b 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
法1 用数学归纳法（只考虑第二步）1)1(22121
22
2
12++=++>+
+=+k k a a a k
k k ； 法2 2122
2
2
12+>+
+=+n n
n n a a a a .1,,2,1,2221-=>-⇒+n k a a k k Λ 则⇒+>+>⇒->-1222)1(22
212n n a n a a n n 12+>
n a n
四 利用单调性放缩
1． 构造数列
如对上述例1，令2)1(2
+-=n S T n n 则02
3
2)2)(1(1<+-++=-+n n n T T n n ，
}{,1n n n T T T ∴>⇒+递减，有0221<-=≤T T n ，故.2
)1(2
+<n S n
再如例4，令1
2)121
1()511)(311)(11(+-++++=n n T n Λ则13
212221>+++=
=+n n n T T n n Λ，
即}{,1n n n T T T ∴<+递增，有13
21>=
≥T T n ，得证！
注：由此可得例4的加强命题.123
32)1211()511)(311)(11(+≥-++++n n Λ并可改
造成为探索性问题：求对任意1≥n 使12)1
211()511)(311)(11(+≥-++++n k n Λ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
例13 已知函数2
23)(x ax x f -=的最大值不大于6
1，又当]21,41[∈x 时
.8
1
)(≥x f （Ⅰ）
求a 的值；（Ⅱ）设*+∈=<<N n a f a a n n ),(,2
1
011，证明.11+<
n a n （04年辽宁卷第21题）
解析 （Ⅰ）a =1 ；（Ⅱ）由),(1n n a f a =+得6
161)31(2323221≤+--=-=+n n n n a a a a 且.0>n
a 用数学归纳法（只看第二步）：)(1k k a f a =+在)1
1,
0(+∈k a k 是增函数，则得
.2
1
)11(2311)11(
)(21+<+-+=+<=+k k k k f a f a k k 例14 数列{}n x 由下列条件确定：01>=a x ，,211⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=+n n n x a x x N n ∈．（I ）证明：对2≥n 总有a x n ≥；(II)证明：对2≥n 总有1+≥n n x x （02年北京卷第（19）题）
解析 构造函数,21)(⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=x a x x f 易知)(x f 在),[+∞a 是增函数。

当1+=k n 时⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=+k k k x a x x 211在),[+∞a 递增，故.)(1a a f x k =>+ 对(II)有=-+1n n x x ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-n n x a x 21，构造函数,21)(⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x a x x f 它在),[+∞a 上是增函数，故有=-+1n n x x ≥⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛-n n x a x 210)(=a f ，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{}n x 单调递减有下界因而有极限：).(+∞→→n a a n
②⎪⎭⎫ ⎝
⎛+=
x a x x f 21)(是递推数列⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=+n n n x a x x 211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。

类题有06年湖南卷理科第19题：
已知函数()sin f x x x =-,数列{n a }满足:1101,(),1,2,3,.n n a a f a n +<<==L 证明:(ⅰ)101n n a a +<<<;(ⅱ)3
116
n n a a +<
.（证略） 五 换元放缩
例15 求证).2,(1
2
11≥∈-+
<<*n N n n n n 简析 令n n n h n a +==1，这里),1(0>>n h n 则有
)1(1202)1()1(2
>-<<⇒->
+=n n h h n n h n n n n n ，从而有.1
2111-+<+=<n h a n 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16 设1>a ，N n n ∈≥,2，求证4
)1(2
2->a n a n
.
简析 令1+=b a ，则0>b ，b a =-1，应用二项式定理进行部分放缩有
2
2
2221102
)1()1(b n n b C C b C b C b C b a n n n n n n n n n n n n -=
>++++=+=---Λ，注意到N n n ∈≥,2，则42)1(222b n b n n ≥-（证明从略）
，因此4
)1(2
2->a n a n 六 递推放缩
递推放缩的典型例子，可参考上述例10中利用)(i 部分放缩所得结论121+≥+k k a a 进行递推放缩来证明)(ii ，同理例6)(II 中所得n
n n n n a a 21
1ln ln 21+
+≤
-+和)1(1)1ln()1ln(1-<
+-++n n a a n n 、例7中n
a a n n 1
111≥--、 例12（Ⅰ）之法2所得
22
21>-+k k a a 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10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：
.2
121111111121+-≤++++++n n a a a Λ再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）。

例17 设10<<a ，定义a a a a a n
n +=+=+1,111，求证：对一切正整数n 有.1>n a
解析 用数学归纳法推1+=k n 时的结论11>+n a ，仅用归纳假设1>k a 及递推式
a a a k
k +=
+1
1是难以证出的，因为k a 出现在分母上！可以逆向考虑： .11111a
a a 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.
111a
a n -<<（证明从略）
例18 数列{}n x 满足.,21
2211n
x x x x n n n +==+证明.10012001<x （01年中国西部数
学奥林匹克试题）
简析 将问题一般化：先证明其加强命题.2
n
x n ≤用数学归纳法，只考虑第二步： .21412)2(122222
1
+<+=⋅+≤+=+k k k k k k
x x x k k k 因此对一切*
∈N x 有.2n x n ≤
例19 已知数列｛a n ｝满足：a 1＝
3
2，且a n ＝n 1n 13na n 2n N 2a n 1
*≥∈－－（，）＋－（1）求数列｛a n ｝的通项公式；（2）证明：对一切正整数n 有a 1•a 2•……a n <2•n ！（06年江西卷理科第22题）
解析：（1）将条件变为：1－
n n a ＝n 1
1n 113a －－（－），因此｛1－n n a ｝为一个等比数列，其首项为1－11a ＝13，公比13，从而1－n n a ＝n 13，据此得a n ＝n
n n 331
•－（n ≥1）……1︒
（2）证：据1︒得，a 1•a 2•…a n ＝
2n n 111111333
•！（－）（－）…（－）
，为证a 1•a 2•……a n <2•n ！，
只要证n ∈N *时有2n 111
111333
•（－）（－）…（－）
>12……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2n 1
111113
33•（－）（－
）…（－）≥1－（2n
111
333
＋＋…＋）……3︒ （用数学归纳法，证略）利用3︒得，2n 111111333•（－）（－）…（－）
≥1－（2n 111333
＋＋…＋）
＝1－n
111331
13
〔－（）〕
－
＝1－n n 11111123223〔
－（）〕＝＋（）>12。

故2︒式成立，从而结论成立。

八 分项讨论
例20 已知数列}{n a 的前n 项和n S 满足.1,)1(2≥-+=n a S n
n n
（Ⅰ）写出数列}{n a 的前3项321,,a a a ；（Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅲ）证明：对任意的整数4>m ，有8
711154<+++m a a a Λ（04年全国卷Ⅲ）
简析 （Ⅰ）略，（Ⅱ） []
.)1(23212---+=n n n a ；
（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1
2222223)121
121
(
231121321
212
1
--++⋅
=-++=+-------+n n n n n n n n n
a a )2
121(23222231
23212-----+⋅=+⋅<n n n n n （减项放缩），于是 ①当4>m 且m 为偶数时=+++m
a a a 11154Λ)11()11(11654m m a a a a a +++++-Λ
.8
783
21)2
11(412321)212121(23214243=+<-⋅⋅+=++++<
--m m Λ ②当4>m 且m 为奇数时<+++m
a a a 1115
4
Λ1
5
4
1111+++
++m m a a a a Λ（添项放缩）由①知.8
71111154<+++++m m a a a a Λ由①②得证。

九 数学归纳法
例21（Ⅰ）设函数)10( )1(log )1(log )(22<<--+=x x x x x x f ，求)(x f 的最小值；（Ⅱ）设正数n p p p p 2321,,,,Λ满足12321=++++n p p p p Λ，证明
n
p p p p p p p p n n -≥++++222323222121log log log log Λ（05年全国卷Ⅰ第22
题）
解析 这道高考题内蕴丰富，有着深厚的科学背景：直接与高等数学的凸函数有关！更为深层的是信息科学中有关熵的问题。

（Ⅰ）略，只证（Ⅱ）：
法1 由)(x g 为下凸函数得)2(2)()()(221221n n n
n p p p g p g p g p g +++≥+++ΛΛ 又1
2321=++++n p p p p Λ，
所以
≥++++n n p p p p p p p p 222323222121log log log log Λ.)2
1
(
2n g n n -≥ 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（jensen ）不等式（若
)(x f 为],[b a 上的下凸函数，则对任意
1),,,1(0],,[1=++=>∈n i i n i b a x λλλΛΛ，有
).()()(1111n n n n x f x f x x f λλλλ++≤++ΛΛ特别地，若n
i 1
=
λ则有 )].()([1)(11n n x f x f n
n
x x f ΛΛ+≤++若为上凸函数则改“≤”为“≥”
）的证明思路与方法有：
法2 （用数学归纳法证明）（i ）当n=1时，由（Ⅰ）知命题成立.
（ii ）假定当k n =时命题成立，即若正数1,,,221221=+++k k p p p p p p ΛΛ满足， 则.log log log 222222121k p p p p p p k k -≥+++Λ
当1+=k n 时，若正数,1,,,11221221=+++++k k p p p p p p ΛΛ满足（*） 为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：
令.,,,,22
2211221x
p
q x p q x p q p p p x k k k ===+++=ΛΛ
则k q q q 221,,,Λ为正数，且.1221=+++k q q q Λ
由归纳假定知.log log log 222222121k q q p p p q k k -≥+++Λ
k
k k k q q q q q q x p p p p p p 222222121222222121log log log (log log log +++=+++ΛΛ ,log )()log 22x x k x x +-≥+ （1）
同理，由x p p p k k k -=++++++1122212Λ得1122212212log log ++++++k k k k p p p p Λ
).1(log )1())(1(2x x k x --+--≥（2）
综合（1）（2）两式11222222121log log log +++++k k p p p p p p Λ
).1()1(log )1(log ))](1([22+-≥--++--+≥k x x x x k x x
即当1+=k n 时命题也成立. 根据（i ）、（ii ）可知对一切正整数n 命题成立. 法3 构造函数那么常数)),,0(,0)((log )(log )(22c x c x c x c x x x g ∈>--+=
],log )1(log )1(log [)(222c c
x
c x c x c x c x g +--+=利用（Ⅰ）知，
当.)(,)2
(2
1取得最小值函数时即x g c x c
x ==对任意都有,0,021>>x x
2
log 22log log 2
1
221222121x x x x x x x x ++⋅
≥+]1)()[log (21221-++=x x x x . 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=+++k k p p p p p p ΛΛ
1
11111222122122221212
21221222222121log log log log .1,,,,1.
log log log ++++++++++==++++=-≥+++--k k k k k k k k p p p p p p p p H p p p p p p k n k p p p p p p ΛΛΛΛ令满足时当
对（*）式的连续两项进行两两结合变成k
2项后使用归纳假设，并充分利用②式有
,
1)()(],
1)()[log (]1)()[log (11111121221212221221221=++++-++++-++≥++++++---k k k k k k p p p p p p p p p p p p H ΛΛ因为
由归纳法假设 ,)(log )()(log )(1111
212221
2
21221k p p p p p p p p k k k k -≥++++++++++--Λ
得).1()(1121221+-=++++--≥+++k p p p p k H k k Λ 即当1+=k n 时命题也成立. 所以对一切正整数n 命题成立.
注：ο
1式②也可以直接使用函数x x x g 2log )(=下凸用（Ⅰ）中结论得到；
ο2为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：i
i i n p p q +-+=1
2
而变成k
2项；ο3本题可作推广：若正数n p p p ,,,21Λ满足121=+++n p p p Λ，则
.ln ln ln ln 2211n p p p p p p n n -≥+++Λ
（简证：构造函数1ln )(+-=x x x x f ，易得.1ln 0)1()(-≥⇒=≥x x x f x f
⇒-≥⇒1)ln()(i i i np np np .1)ln(n
p np p i i i -≥
故.0ln ln 01])ln([1
1
≥+⇒=-≥∑∑∑==i n
i i i n
i i i p p n p np p ）。