本文是一个系列，计划长期更新（在笔者健在的前提下）。
本文收录较难的高考习题，并引入一些略微超纲的思维方法，以求更为自然地解决问题，而不去回避其数学本质。
未来会将其整理为三个板块：数列极限、级数、积分。
【例 1】已知数列 \(\{a_n\}\) 满足递推关系 \(a_1=1,\ a_{n+1}=\dfrac{a_n}{a_n^2+1}\)。求证：
① \(\{a_n\}\) 为单调减数列。
② \(a_n\ge\dfrac1n\)。
③ \(\{a_n\}\) 收敛于 \(0\)。
④ 设 \(T_n\) 为数列 \(\{\sqrt{a_n}\}\) 的前 \(n\) 项和，则 \(T_n>2\sqrt{n+1}-2\)。
【证明】
首先观察递推关系，注意到分母 \(a_n^2+1>0\)，结合首项 \(a_1>0\)，知 \(a_n>0\)。将递推式两边取倒数得 \(\dfrac1{a_{n+1}}=\dfrac1{a_n}+a_n\)，因此 \(\dfrac1{a_{n+1}}-\dfrac1{a_n}=a_n>0\)。由函数 \(y=\dfrac1x\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调减少，知 \(a_{n+1}<a_n\)。①得证。
另一方面，对这个差分形式两边求和，得到 \(\dfrac1{a_{n+1}}-\dfrac1{a_1}=\displaystyle\sum_{k=1}^na_k\le\sum_{k=1}^n1=n\)（放缩是由于 \(a_1=1\) 和数列单减），从而 \(a_{n+1}\ge\dfrac1{n+1}\)。结合 \(a_1=1\)，有 \(a_n\ge\dfrac1n\)。②得证。
下面证明③。由 \(\{a_n\}\) 是正项数列，\(0\) 是它的一个下界。又有 \(\{a_n\}\) 是单调减数列，根据单调有界定理（单调有界数列必有极限），可设其极限为 \(A\ge0\)。有 \(\dfrac1{a_{n+1}}-\dfrac1{a_1}=\displaystyle\sum_{k=1}^na_k>\sum_{k=1}^nA=nA\)，从而 \(a_{n+1}<\dfrac1{nA+1}\)。但 \(a_{n+1}>A\)，因此 \(A<\dfrac1{nA+1}\)，当 \(n\) 增大时只能 \(A=0\)，否则右边趋向于 \(0\) 而左边为正常数，矛盾。
借助于②还可以给出③的另证：\(\dfrac1{a_{n+1}}-\dfrac1{a_1}=\displaystyle\sum_{k=1}^na_k\ge\sum_{k=1}^n\dfrac1k=:H_n\)，推出 \(a_{n+1}\le\dfrac1{H_n+1}\)。根据调和级数 \(H_n\) 发散，右边趋向于 \(0\)，从而左边也有极限 \(0\)。
观察①②③的证明，其关键在于对递推式的简单变形，化作差分形式，将 \(a_n\) 与部分和 \(\displaystyle\sum_{k=1}^na_k\) 建立联系。具体地，①和③给出数列单调地收敛于 \(0\)，而②进一步说明其收敛速度不快于调和数列。
④要求估计 \(T_n\) 的下界。大胆用②先放缩一步，即 \(T_n\ge\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac1{\sqrt{k}}\)，只需证明右边符合下界即可。求和对象是幂函数 \(y=x^{-1/2}\)，对幂函数求积分远比求和容易，因此考虑定积分近似方法。注意到 \(y'=-\dfrac12x^{-3/2}<0\)，故原函数是减函数。有
定积分近似的本质是用连续和代替离散和，这是一种常见的离散问题连续化的思想，几何上即用连续曲线下的面积代替阶梯函数下的面积（如图）。一般地，对减函数 \(f(x)\)，恒有 \(f(x)\le f(\lfloor x\rfloor)\)（其中 \(\lfloor x\rfloor\) 表示下取整），从而
类似地还可以估计求和的上界：
对增函数同理。
