一、阶差法：

二、放缩法：

三、裂项法：

$\qquad\lt \cfrac{2}{e}(1^2+\cfrac{1}{2^2}+\cfrac{1}{3^2} +\dots+\cfrac{1}{n^2} ) $

四、构造函数：

五、最值型证明

六、累加型证明
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七、数学归纳法：

1、裂项处理：
例1、2018年天津理科数学18题（2）
$证明：\sum_{n}^{k=1}\cfrac{k\cdot 2^{k+1}}{(k+1)(k+2)} =\cfrac{2^{n+2}}{n+2}-2$
设裂项的形式为: $\cfrac{a\cdot 2^{k+2}}{k+2}- \cfrac{a\cdot2^{k+1}}{k+1}=\cfrac{k\cdot 2^{k+1}}{(k+1)(k+2)}$
$代入得a=1,则a=1对应的表达式即为所求。$
分析：其实这题只是求和，但是很好的说明了一种探究数列裂项方式——待定系数.在解题时根据待证表达式的特征确定裂项的形式和需要待定的系数，再利用等号成立的条件对应系数得到结果. 对于涉及裂项的数列不等式问题，给出的数列求和往往极限是所需证明的结果.

$1、证明:{\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots ++\cfrac{1}{n^2}\lt 2} $
$2、证明:{\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots ++\cfrac{1}{n^2}\lt \cfrac{7}{4} } $
$3、证明:{\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots ++\cfrac{1}{n^2} \lt \cfrac{5}{3} }$
这数列显然是没办法直接求和的，欧拉已证明当$n\to +\infty时，级数\sum_{n}^{i=1} \cfrac{1}{i^2}=\cfrac{\pi^2}{6}$
$1、{\color{Green}\cfrac{1}{n^2}=\cfrac{1}{n\cdot n}\lt \cfrac{1}{n^2-n}=\cfrac{1}{n\cdot (n-1)}= } \cfrac{1}{n-1}- \cfrac{1}{n}(n\ge 2)$
$原式\lt 1+(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3} )+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{4} )+\dots +(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n} )\lt 2-\cfrac{1}{n}\lt 2$
$2、{\color{Green}\cfrac{1}{n^2}\lt \cfrac{1}{n^2-1}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1} )\quad (n\ge 2)}$
$原式\lt 1+\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4})+ (\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5}) +(\cfrac{1}{4}-\cfrac{1}{6})+\dots +(\cfrac{1}{n-2}-\cfrac{1}{n})-(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})]$
$=1+\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n}--\cfrac{1}{n+1}) \lt 1+\cfrac{3}{4}=\cfrac{7}{4} $
$3、 {\color{Green}\cfrac{1}{n^2}\lt \cfrac{1}{n^2-\cfrac{1}{4} }=\cfrac{1}{n-\cfrac{1}{2} }-\cfrac{1}{n+\cfrac{1}{2} } \quad n\ge 2}$
$原式=\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots +\cfrac{1}{n^2}\lt 1+(\cfrac{1}{2-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2}} )+(\cfrac{1}{3-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{3+\cfrac{1}{2}})(\cfrac{1}{4-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{4+\cfrac{1}{2}} )+\dots +(\cfrac{1}{n-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{n+\cfrac{1}{2}} )$
$= 1+(\cfrac{1}{\cfrac{3}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{5}{2} } )+(\cfrac{1}{\cfrac{5}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{7}{2} } )+(\cfrac{1}{\cfrac{7}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{9}{2} } )+\dots +(\cfrac{1}{\cfrac{2n-1}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{2n+1}{2} } )$
$= 1+(\cfrac{1}{\cfrac{3}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{2n+1}{2} } )\lt \cfrac{5}{3} $

$4、求证：\cfrac{1}{3} +\cfrac{1}{5} +\cfrac{1}{7} +\dots +\cfrac{1}{2n+1} \lt \ln (n+1)$
分析：按照常规做法，观察到左边共有$n项，于是我们尝试将右边的\ln(n+1)分解为一个n项式，再逐一比较。$
按常规拆分有：
$\ln (n+1)=\ln (\cfrac{n+1}{n})+\ln (\cfrac{n}{n-1})+\ln (\cfrac{n-1}{n-2})+\dots+\ln \cfrac{2}{1}$
只需要证明：$\ln (\cfrac{n+1}{n})\gt \cfrac{1}{2n+1}$
$\Leftrightarrow \ln (1+\cfrac{1}{n})\gt \cfrac{\cfrac{1}{n}}{2+\cfrac{1}{n}} $
$换元令x=\cfrac{1}{n}+1\quad x\gt 1,即证明:\ln x\gt \cfrac{x-1}{x+1}$
这里略去求导过程，直接用常规放缩即证得。
$\ln x\gt 2\cdot \cfrac{x-1}{x+1} \gt \cfrac{x-1}{x+1} \quad x\gt 1$

实际上，大多数列不等式的题都是像这样，将一项拆为多项再逐一比较大小。
回看反思这种做数列不等式题的常规方法，我想：我们很擅长比较两个初等函数函数的大小，求导即可。
把一项拆分成多项的原因是无法找到LHS的初等函数表达式。（何况LHS是发散的）

于是我们可以通过积分放缩来找到左边的近似函数。

积分放缩：

以此题为例， LHS每一项的数值都在函数$f(x)=\cfrac{1}{2n+1}$上。则：
$LHS=1\times f(1)+1\times f(2)+1\times f(3)+\dots +1\times f(n)$
$LHS\lt \int_{0}^{n} f(x)\mathrm{d}x=[\cfrac{1}{2}\ln (2n+1) ]_{0}^{n} = \cfrac{1}{2}\ln (2n+1) $
即证明：
$\cfrac{1}{2}\ln (2n+1)\lt \ln (n+1)$
$\ln (2n+1)\lt \ln (n+1)^2=\ln (n^2+2n+1)$
解答题当然不能这样写，写出来可能就得一分辛苦分。
但是部分小题可以用，比如下面这道题：

针对$a_{n+1}=f(a_n)=\cfrac{pa_b+q}{ra_n+s}\quad (p,s,r\ne 0)\quad $
${\color{Red}(1) } 若q=0,a_{n+1}=\cfrac{pa_b}{ra_n+s},\quad $倒数法
${\color{Red} (2) 不动点法}$
若$y=f(x)有f(x_0)=x_0,则x_0是y=f(x)$的不动点。
即法则$f仅对x_0$失效了，经过法则后，仍旧等于它本身。
${\color{Red} 不动点的性质：} f(x)-x=(x-x_0)\cdot A\quad$ (A是多项式)
证明：$\because x_0是y=f(x)的$不动点，
$\Rightarrow x_0是f(x)-x＝0$的根。
$\Rightarrow f(x)-x=(x-x_0)\cdot A$
针对数列$a_{n+1}=f(a_n),\quad若x_0是y=f(a_n)$的不动点，
$a_{n+1}-x_0=f(a_n)-x_0=(a_n-x_0)\cdot A$
$a_{n+1}=f(a_n)=\cfrac{pa_b+q}{ra_n+s}$对应特征方程：$x=\cfrac{px+q}{rx+s}$
若对应特征方程：$x=\cfrac{px+q}{rx+s}$有以下情况：
${\color{Red} ①} 有两个不相等的实根\alpha和 \beta ,则\{\cfrac{a_n-\alpha }{a_n-\beta } \}$为等比数列；
${\color{Red} ②} 有两个相等的实根\alpha，则\{\cfrac{1}{a_n-\alpha} \}$为等差数列；
${\color{Red} ③}$ 没有实根，则原$a_n$是周期数列。

1、已知数列$\{a_n\}的前n项和为S_n，a_1=-\cfrac{9}{4} ,且4S_{n+1}=3S_n-9,求数列 \{a_n\}的通项公式：$
$a_n=\begin{cases} a_1,n=1;\\S_n-S_{n-1},n\ge2\end{cases}$
$\because \quad 4S_{n+1}=3S_n-9 \qquad(1)$
$\therefore n\ge 2 \qquad 4S_{n}=3S_{n-1}-9 \qquad(2)$
$(1)-(2)\quad 4a_{n+1}=3a_n \qquad a_{n+1}=\cfrac{3}{4} a_n\quad (*)$
由已知$4S_2=3S_1-9，代入a_1求得a_2=-\cfrac{27}{16} ,故有a_2=\cfrac{3}{4} a_1$
符合$(*)$式。

2、已知数列$\{a_n\}的前n项和为S_n，且a_1=-1,a_{n+1}=S_nS_{n+1},则S_n=$
$\because a_{n+1}=S_nS_{n+1}$时，
当$n\ge 2时，有a_n=S_{n-1}S_n$
两式相减，做不下去了。
$a_{n+1}=S_{n+1}-S_n$,得
$S_{n+1}-S_n=S_nS_{n+1},$两边除以$S_nS_{n+1}$

3、已知数列$\{a_n\}满足a_1=4,a_n=3a_{n-1}+8(n\ge2)$，求通项公式。
$a_n+x=3(a_{n-1}+x)$,亦可以用不动点法。
题型：
$a_n=pa_{n-1}+q\quad n\ge 2\qquad\qquad $
$a_n+x=p(a_{n-1}+x)$

4、已知数列$\{a_n\}满足a_1=4,a_n=3a_{n-1}+2n-1(n\ge2)$，求通项公式。
形如：$a_n=pa_{n-1}+kn+q\quad (p\ne 1,k\ne 0,n\ge 2)$
$\{a_n+x{\color{Red} n} +y\}等比数列\qquad\qquad $
$a_{\color{Red} n}+x{\color{Red} n} +y=p[a_{{\color{Red}n-1}}+x{\color{Red} (n-1)} +y]$

5、已知数列$\{a_n\}满足a_1=\cfrac{5}{6} ,a_{n+1}=\frac{1}{3} a_{n}+(\cfrac{1}{2})^{n+1} (n\ge2)，求数列\{a_n\}$通项公式。
解： 两边除以$a_n前面系数\cfrac{1}{3} 的最大下标n+1的次方。即(\cfrac{1}{3})^{n+1},{\color{Red} 即乘以3^{n+1}} $
$3^{n+1}a_{n+1}=3^{n+1}\cdot\frac{1}{3} \cdot a_{n}+3^{n+1} \cdot(\cfrac{1}{2})^{n+1}\Leftrightarrow3^{n+1}a_{n+1}=3^{n}\cdot a_{n}+(\cfrac{3}{2})^{n+1}$
$\Leftrightarrow 3^{n+1}a_{n+1}-3^{n}\cdot a_{n}=(\cfrac{3}{2})^{n+1}$
类似换元，令$b_n=3^{n}\cdot a_{n},\Rightarrow b_1=3\cdot \cfrac{5}{6} =\cfrac{5}{2} $
$b_{n+1}-b_n=(\cfrac{3}{2} )^{n+1}\qquad$
$b_2-b_1=(\cfrac{3}{2} )^2$
$b_3-b_2=(\cfrac{3}{2} )^3$
$b_4-b_3=(\cfrac{3}{2} )^4$
$\dots \dots $
$b_n-b_{n+1}=(\cfrac{3}{2} )^{n}$
$b_n-b_1=\cfrac{(\cfrac{3}{2})^2 -(\cfrac{3}{2} )^{n+1}}{1-\cfrac{3}{2} } =2[(\cfrac{3}{2})^{n+1}-\cfrac{9}{4} ]$
$b_n=2[(\cfrac{3}{2})^{n+1}-\cfrac{9}{4} ]+\cfrac{5}{2} =\cfrac{3^{n+1}}{2^n}-2$
$b_n=3^n\cdot a_n =\cfrac{3^{n+1}}{2^n}-2\quad\Rightarrow \quad a_n =\cfrac{3}{2^n}-\cfrac{2}{3^n}$

${\color{Red} [方法总结]} 对于形如a_{{\color{Green} n+1} }={\color{Green}p} a_n+q^n(p\ne0,且q\ne0,1)$的数列求通项公式有以下两种方法：
(1)两边除以${\color{Green} p^{n+1} }$,再累加求通项；
(2)构造等比数列$\{a_n+kq^n\}$
若$p=q$只有采用(1)