数列型不等式的放缩技巧九法.docx
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数列型不等式的放缩技巧九法
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：
利用重要不等式放缩
均值不等式法
设Sn.1223
.n（n1）.求证n（：
°Sn
（n1）2
__2__
解析
此数列的通项为ak
kk1.
k（k1）k
_k（k
1
—?
2
1）,k1,2,
Sn
，:
.
（k》，
即n（n1）Sn（n1）
-2n2-
注：
①应注意把握放缩的
n（n1）2
2
“度”
2
:
上述不等式右边放缩用的是均值不等式
若放成...k（k1）k1则得
Sn
2
（k1）（n1）（n3）（n°，就放过“度”了!
一2
k1
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
1n1nQ
11
a1an
.22
a1ana1an
an\
nn
其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。
4
一，且f（x）在［0,1］上的最小值为
5
已知函数f（X）
1
bx
1a2
，若f
（1）
求证:
f
（1）
f
（2）
f（n）
简析
f（x）
4x
4x
2）
（1
1
14x
1
2
Cn
简析不等式左边cn
例3求证c：
n2n1-
nn1222=n
C；
Cn2
n1
22
c：
c；
11
盯2
1
-（x
2?
2x
11
n—（1—
42
n1
n2_（n
C；；2n
，故原结论成立•
（02
0）
1,n
年全国联赛山东预赛题）
2•利用有用结论
AAA
例4求证（11）（1-）（1-）（1-）2n1.
352n1
简析本题可以利用的有用结论主要有：
利用假分数的一个性质b
a
2n1
2n
f
（1）
f（n）
（1
1
F_2）
丄）
1）
N）.
222
2n
2n3
2n12
jb
am
135
246
a0,m0）可得
2n1/百（2n1）
（2462n）22n1即（1
1）（1
1）（1
（1
1）
.2n1.
1352n1
3
5
2n1
法2利用贝努利不等式（1x）n
1
nx（n
N
n
2,x
1,x0）的一个特例
1）2121（此处n2,x
1
）得
2k12k12k1
1的：
（1的）E・
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:
求证：
f（2x）2f（x）（x0）对任意nN且n2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）
nnn
不等式[（abi）]2a2bi2的简捷证法：
i1i1i1
2x2x
f（2x）2f（x）lg123
（n
2x2x
1）an
oIc
12>
（3x
xx
（n1）an
n
2lg
n
[12x3x（n1）
x
a
xn
2
]n?
[1
22x
32x
2x2x
（n1）an]
而由Cauchy不等式得（1
1
1
2x
13x
1
（n
1）x
X、2
an）
（1212）?
[122x
32x
（n1）2x
2a
2xn
]（x
0时取等号）
n?
[122x32x
（n
1）
2x
an2x]（
0
a
1）,
得证！
例6已知a11,an1（1-2^）an-1?
.（I）用数学归纳法证明an2（n2）；
nn2
22题）
解析
得放缩思路：
an1
（II）结合第（I）问结论及所给题设条件ln（1
1
2
n
x）
（1
班）an
lnan1
ln（1
lnan
1
2n
ln
an1
lnan
n1
（lnai
i1
lnai）
（J
i
lnan
lna1
x（x0）的结构特征，可
1
~2n丨
丄
2n，
1
1-
2
lnan
lna12
即lnan
注：
题目所给条件
an
x）x（x
放缩方向的作用；当然，
1an1
（1）an
n（n1）
ln（an11）ln（an1）
ln（1
本题还可用结论
1
an
1）
1
n（n1））
n（n
ln（1
0）为一有用结论,
2n
可以起到提醒思路与探索
n（n1）（n
1
（1）（an1）
n（n1）
1
2）来放缩:
n（n1）
（II）对ln（1x）x对x0都成立，证明ane2（无理数e2.7182&）（05年辽宁卷第
n1
[In佝i1）In佝
i2
即In（an1）1In3
1
例7已知不等式丄
2
n11
1）]
ln（an
i2i（i1）
an
3e1e2.
1
11
--[log
2n],n
3
n2
N,n2.[log2n]表示不超过
Iog2n的最大整数。
设正数数列
0）,an
nan1
n2.
an1
求证
an
2b
b[log2n]
n3.（05年湖北卷第（
22）题）
简析
2时an
丄）
ak1k2
注：
①本题涉及的和式
nan1
nan1
丄.于是当
k
1
2
an
na.1
an1
3时有丄an
an1
an
an1
a1
级g2n]
2b
an2b[log2n
利用所给题设结论丄1
23
1
3
1
n
1为调和级数，是发散的，
n
不能求和；但是可以
1
£[log2n]来进行有效地放缩;
1）In（a21）1-1,
n
{a*}满足：
a1b（b
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。
1
例8设an（1-）n，求证：
数列｛an｝单调递增且an4.
n
n1n1n
解析引入一个结论：
若ba0则ba（n1）b（ba）（证略）整理上式得an1bn[（n1）anb].（），以a1,b1-代入（）
n1n
式得（1丄）n1（1$n即｛an｝单调递增。
n1n
11以a1,b1—代入（）式得1（1—）"—
（1）"4.
2n2n22n
此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有（1丄）・4，又因为数列｛an｝单调
递增，所以对一切正整数n有（1丄）"4。
n
n
3.简证如下：
注：
①上述不等式可加强为2
（1丄）n
n
利用二项展开式进行部分放缩：
an
（1
I）"
1Cn-
C2丄
2
Cn1
n
n
n
n
只取前两项有
11
an1Cn2.
n
，对通项作如下放缩
:
Ck1
Cnk
n
1nn1n
k1
1
1
1
k!
nn
n
k!
12
22k1.
故有an
11
112
222
1
2
11
（1/2）n1
3.
2*1
2
11/2
②上述数列｛an｝的极限存在,
为无理数
e；同时是下述试题的背景：
已知i,m,n
是正整数，且1i
mn.
（1）证明
ii
nAm
im
An；
（2）证明（1
m）n
m
（1n）.（01
年全国卷理科第20题）
结论可有如下简捷证法：
111
数列｛（1n）n｝递减，且1imn,故（1m）m（1n）n,
1
简析对第
（2）问：
用1/n代替n得数列｛bn｝:
bn
（1n）n是递减数列；借鉴此
即（1m）n（1n）m。
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
当nk1时ak1
ak（ak
k）1
ak（k
2
k）
1（k2）21
k
3,
成立。
（ii）利用上
述部
分
放缩
的结
论
ak1
2ak1来
放缩
通
项，
可得
ak112（ak1）
ak
1
2k
:
1/
（a1
1）
2k
142k1
1
1
1
k1
ak
2
n1n
1
1
1（扩
1
i11aii1
2i1
4
1丄
2.
解析（i）用数学归纳法：
当
n1时显然成立，假设当n
k时成立即ak
k2，则
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:
ak1（k2）（k2k）1k3;证明（ii）就直接使用了部分放缩的结论ak12ak1。
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。
法1
用数学归纳法
（只考虑第二步）
a
2
k1
a：
2
1
2ak
2k122（k1）1；
法2
2
an1
2
an
2
1
2an
2
an
2
2
ak1
a：
2,k
1,2,,n1.
则a；
2
a1
2（n
1）
2
an
2n
2
2n1
an
=2n1
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
四利用单调性放缩
2332n「并可改
1
（1——）k2n1恒成立的
2n1
注：
由此可得例4的加强命题（11）（11）（12）（1—）
352n1
造成为探索性问题：
求对任意n1使（11）（1丄）（1丄）
35
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
321111
例13已知函数f（x）ax~x的最大值不大于1，又当x［寸£时f（x）右
（1）
11
求a的值；（n）设0a,-,an1f（an）,nN，证明a-^.（04年辽宁卷第21题）
3231211
解析（I）a=1；（n）由an1f（an）,得an1anan（an）
22366
且an
°.用数学归纳法（只看第二步）:
ak1
f（ak）在ak
（0,
1）是增函数，则得k1
1
、13/1
、2
1
ak1
f（ak）f（_
）（
k
1k12k
1k
2
例14数列Xn
由下列条件确定：
x1a
0x
n1
1
xn
—nN.
（1）证
2
xn，
明:
对n2总有Xn
a；（II）证明：
对
□2总有XnXn1
（02
年北京卷第（19）题）
解析构造函数f（x）1xa,易知f（x）在［、a,）是增函数。
1x
当nk
1
1时Xk12
Xk
—在［.a,
Xk
）递增，故
Xk
1f（、、a）
、..a.
对（II）有Xn
xn11Xn
a
，构造函数
1
f（x）二x
a
它在［•；a,
）上是增函
2n
Xn
2
X
，故有Xn
1
Xn1Xn
a
f（a）
0，得证。
2n
Xn
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一数列Xn单调递减有下界因而有极限：
an、、a（n）.
②f（x）1xa是递推数列x,1x旦的母函数，研究其单调性对此数列本
2Xn2nxn
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f（x）xsinx,数列｛an｝满足：
0a11,an1f（an）,n1,2,3丄
13
证明：
（】）0an1an1;（H）an1-an.（证略）
五换元放缩
注：
通过换元化为幕的形式，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a1,n2,n
N，求证an
22
n（a1）
4.
简析
令ab1，则b
0,
a1b,
应用二项式定理进行部分放缩有
n
a
（b1）nC0bnC：
b
n1
C：
bn2
CnnC：
bn2n（n1）b2，注意到
2
n2,n
22
N，则n（n1）b2nb
（证明从略）
22
，因此ann（a1）
2
4
4
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ak12ak1
11进行递推放缩来证明（ii）,同理例6（II）中所得lnan1Ina.—n和
nn2
1111
ln（an11）In（a.1）、例7中丄一-、例12（I）之法2所得
n（n1）anan1n
22
ak1ak2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：
总；的.再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）。
学奥林匹克试题）
｛an｝的通项公式；
（2）证明：
对一切正整数n有a1?
a2?
……an2?
n!
（06年江西卷理科
第22题）
二'），因此｛1-—｝为一个等比数列,an-1a
显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式:
故2式成立，从而结论成立。
八分项讨论
例20已知数列｛an｝的前n项和Sn满足S2an
（1）n,n1.
（川）由于通项中含有
（1）n，很难直接放缩，考虑分项讨论:
当n3且n为奇数时丄丄
anan1
222n3
2n
2n
2n
3（
2n
1
尹）（减项放缩）
，于是
①当
m
4且m为偶数时
1
1
1丄
1
（-
1
）
a4
a5
ama4
a5
a6
3/
1
11、
1
3
11、
1
3
7
-（
~3
Jm2）
（1m4）
2
2
22
2
2
42
2
8
8
②当
m
4且m为奇数时
1
1
11
1
1
a4
a5
ama4
a5
ar
由①知丄1
a4
a5
am
am1
7.由①②得证。
8
2n2
2n
2n1
2n2
am1
1
am
丄（添项放缩）
am1
1
1
（I）写出数列®｝的前3项a,a2,a3；（n）求数列｛an｝的通项公式；（川）证明:
九数学归纳法
又P1P2P3
P2n1
g（p1P2nP2n）
2
法1由g（x）为下凸函数
P2nlog2P2n21（*）n.
jensen）不等式
f（x）为［a,b］上的下凸函数，则对任意
P3log2P3
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（n）
得g（pJg（P2）g（P2n）
（若
所以P1log2P1P2log2P2
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（
Xi[a,b],i0（i1,,n）,1n1,有
i1则有
n
f（X1nX"）存（X1）f（Xn）].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nk时命题成立，即若正数P1,P2,,p2k满足P1P2
k
f（1X1
nXn）
1f（X1）
nf（Xj特别地，若
P2k1,
则P1log2P1P2log2P2P2klog2P2k
当nk1时，若正数P1,P2,,P2k1满足P1
P2
为利用归纳假设，将（*、式左边均分成前后两段:
P1P2
P2k，q1，q2
XX
则q「q2，,q2k为正数，且q1q?
由归纳假定知q1log2P1
P1log2P1
令XP1P2
2,
P2lOg2P2
P2log2P2
P2klog2P2k
P2
P2k1
1,
（*）
log2x）
同理，由
x（k）
xlog2X,
（1x）（
综合
P2k1
k）（1
l）
（2）
P2k2
X）log2（1
P2k
x）.
两式P1log2P1
（1）
11
[X（1
即当
法
g（x）
xlog2X（1
P2k
X
q2k1.
q2klog2q2kk.x©log2q1q2log2q2
X得p2k
JOg2P2k1
q2klog2q2k
P2k1log2P2k1
（2）
P2log2P2
x）log2（1x）
X）]（k）
nk1时命题也成立.根据（i）、（ii）
构造函数g（X）Xlog2X（cX）log2（c
c[-log2-（1X）log2（1-）log2C],利用cccc
丄（即Xc）时，函数g（X）取得最小值.对任意X1
22
P2k1log2P2k
（k1）.
可知对一切正整数n命题成立.
x）（常数c0,x（0,c））,那么
（I）知,
0,X20,都有
X1XoX1X2
log2
22
（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,
P2klog2P2k
x1log2x1x2log2x22
（X1X2）[log2（X1X2）1].②
P1log2P1P2log2P2
当n
P2k满足P1P2
k.
p2k1,有
k1时,P1,P2,,P2k1满足P1
P1log2P1P2log2P2
对（*）
H（P1
因为（B
式的连续两项进行两两结合变成
P2）[log2（P1P2）1]
P2）（P2k11P2k1）
（P2
1,
P?
k11.
P?
k11log2P?
k11P?
k1log2P2k1
k
2项后使用归纳假设，并充分利用②式有1P2k1）[lOg2（P2k11P2k1）1]，
P2
由归纳法假设（ptp2）log2（Pi
得Hk（P1P2
P2）
（P2k
P2k1
P2k1）log2（P2k11卩2宀）k,
11
（k
1）
即当nk1时命题也成立.所以对一切正整数
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;
1P2k
1）.
命题成立.
2为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合:
qiPi
P?
n
3本题可作推广：
若正数
P1InP1P2InP2
（简证：
构造函数
Pn满足Pl
Inn.
（nPi）ln（nPi）
n
故[pjn（nPi）]
i1
f（x）
npi
Pi
P1,P2,
PnInPn
xlnxx1，易得
1PiIn（np」
n
10Inn
i1
Pi
f（x）
1
P2
Pn
i而变成2k项;
1，则
PiInPi0.）
f
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