数列型不等式放缩技巧九法_数列不等式放缩技巧

数列型不等式放缩技巧九法由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“数列不等式放缩技巧”。

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

2例1 设Sn1223n(n1).求证n(n1)Sn(n1).22解析

此数列的通项为akk(k1),k1,2,,n.n1kk11，nkk(k1)kkSn(k)，222k1k12即n(n1)Snn(n1)n(n1).222

2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abab，2若放成k(k1)k1则得Sn(k1)(n1)(n3)(n1)，就放过“度”了！

22k1②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

2a1ana12annn11a1ana1annnn2

其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。

例2

已知函数f(x)114f(x)，若，且在[0，1]上的最小值为，f(1)bx251a211求证：f(1)f(2)f(n)nn1.（02年全国联赛山东预赛题）

224x11

1简析 f(x)11(x0)f(1)f(n)(1)xxx221414221111111

(1)(1)n(1)n.2nn1n1422222222例3 求证CCCCn2n121n2n3nnnn12(n1,nN).123n简析 不等式左边CnCnCnCn2n112222n1

nn12222n1=n2，故原结论成立.2．利用有用结论

例4 求证(11)(11)(11)(11)2n1.352n1简析 本题可以利用的有用结论主要有：

aam2462n3572n11352n1 (2n1)1352n12462n2462n(2462n)22n1即(11)(11)(11)(11)352n11352n1 法1 利用假分数的一个性质bbm(ba0,m0)可得

2n1.法2 利用贝努利不等式(1x)n1nx(nN,n2,x1,x0)的一个特例 1

(1121(此处1)得)12n2,x2k12k12k1nn12k112k11(1)2n1.k1k12k12k12k12k1

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：

111证明(11)(1)(1)(1)33n1.(可考虑用贝努利不等式n3的特例)

473n212x3x(n1)xanx例5 已知函数f(x)lg,0a1,给定nN,n2.n求证：f(2x)2f(x)(x0)对任意nN且n2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[(ab)]ab2ii2ii1i1i1nnn2i的简捷证法：

xxxx122x32x(n1)2xan2x123(n1)an f(2x)2f(x)lg2lgnn[12x3x(n1)xanx]2n[122x32x(n1)2xan2x]

而由Cauchy不等式得(1112131(n1)an)

xxxx2(1212)[122x32x(n1)2xa2n2x](x0时取等号)n[122x32x(n1)2xan2x]（0a1），得证！

11)a.(I)用数学归纳法证明an2(n2)；nn2n2n(II)对ln(1x)x对x0都成立，证明ane2（无理数e2.71828）（05年辽宁卷第例6 已知a11,an1(122题）

解析(II)结合第(I)问结论及所给题设条件ln(1x)x（x0）的结构特征，可得放缩思路：an1(11111)alnaln(1)lnan nn1n2n2nn2n2n1111lnan2n。于是lnan1lnan2n，nn2nn2n1n111()n1111112(lnai1lnai)(2i)lnanlna112n2.1nn2ii2i1i1122即lnanlna12ane.放缩方向的作用；当然，本题还可用结论2nn(n1)(n2)来放缩：

111)(an1) an1(1)anan11(1n(n1)n(n1)n(n1)11ln(an11)ln(an1)ln(1).n(n1)n(n1)

注：题目所给条件ln(1x)x（x0）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索

[ln(ai11)ln(ai1)]i2i2n1n111ln(an1)ln(a21)11，i(i1)n即ln(an1)1ln3an3e1e2.例7

已知不等式

1111[log2n],nN,n2.[log2n]表示不超过23n22

log2n 的最大整数。设正数数列{an}满足：a1b(b0),an求证annan1,n2.nan12b,n3.（05年湖北卷第（22）题）

2b[log2n]nan11111nan111简析 当n2时an ，即

anan1nnan1anan1an1nk2nn1111112b().于是当n3时有[log2n]an.akak1ana122b[log2n]k2k

注：①本题涉及的和式111为调和级数，是发散的，不能求和；但是可

23n1111以利用所给题设结论[log2n]来进行有效地放缩；

23n2 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。

1n)，求证：数列{an}单调递增且an4.n 解析 引入一个结论：若ba0则bn1an1(n1)bn(ba)（证略）例8 设an(1整理上式得an1bn[(n1)anb].（），以a1式得(111（）,b1代入

n1n1n1)(11)n.即{an}单调递增。n1n1n111以a1,b1代入（）式得1(1)(1)2n4.2n22n2n1此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有(1)n4，又因为数列{an}单调

n递增，所以对一切正整数n有(11)n4。

n 注：①上述不等式可加强为2(11n)3.简证如下： n11112n1 利用二项展开式进行部分放缩：an(1)n1CnCn2Cn.nnnnn11 只取前两项有an1Cn2.对通项作如下放缩： n11nn1nk1111.nk!1222k1nkk!nn11111(1/2)n1 故有an112n123.22211/22kCn②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1imn.（1）证明n年全国卷理科第20题）

简析 对第（2）问：用1/n代替n得数列{bn}:bn(1n)是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法：数列{(1n)nm1ninmiiAmmiAn；（2）证明(1m)(1n).（01

1n}递减，且1imn,故(1m)(1n),1m1n即(1m)(1n)。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

111,a2.求证：an2.na2a3a111111 解析 an1aaa1222.又k2kkk(k1),k23n23n21111（只将其中一个k变成k1，进行部分放缩），2，k(k1)k1kk1于是an11212121(11)(11)(11)22.n223n1n23n2例10 设数列an满足an1annan1nN，当a13时证明对所有n1,例9 设an1有(i)ann2；(ii)1111（02年全国高考题）1a11a21an2 解析(i)用数学归纳法：当n1时显然成立，假设当nk时成立即akk2，则当nk1时ak1ak(akk)1ak(k2k)1(k2)21k3，成立。

(ii)利用上述部分放缩的结论ak12ak1来放缩通项，可得ak112(ak1)ak12k1(a11)2k142k1nn11k1.ak1211()n11121.i11422i11aii11

2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：

ak1(k2)(k2k)1k3；证明(ii)就直接使用了部分放缩的结论ak12ak1。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。

28例11 设n1,nN，求证()n.3(n1)(n2)简析 观察()的结构，注意到()(1)，展开得

111nn(n1)(n1)(n2)6，1123(1)n1CnCn2Cn31222882223n32n12n即(11)n(n1)(n2)，得证.28例12

设数列{an}满足a12,an1an一切正整数n成立；（Ⅱ）令bnann1(n1,2,).（Ⅰ）证明an2n1对an(n1,2,)，判定bn与bn1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

2法1 用数学归纳法（只考虑第二步）a2k1ak21 2k122(k1)1；2ak2法2 a2n1an21222aa2,k1,2,,n1.a2k1kn2an222则ana12(n1)an2n22n1an2n1

四 利用单调性放缩

1． 构造数列

22n3如对上述例1，令TnSn(n1)则Tn1Tn(n1)(n2)0，222TnTn1,{Tn}递减，有TnT1220，故Sn(n1).2111(11)(1)(1)(1)352n1则Tn1

再如例4，令TnTn2n12n22n12n31，即TnTn1,{Tn}递增，有TnT1231，得证！

注：由此可得例4的加强命题(11)(11)(11)(11)232n1.并可改

352n13造成为探索性问题：求对任意n1使(11)(11)(11)(11)k2n1恒成立的352n1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f(x)ax123211x的最大值不大于1，又当x[,]时

24261f(x).（Ⅰ）

8求a的值；（Ⅱ）设0a1,an1f(an),nN，证明an1.（04年辽宁卷第21题）n1解析（Ⅰ）a=1 ；（Ⅱ）由an1f(an),得an1an且an323111an(an)2 223661)是增函数，则得k10.用数学归纳法（只看第二步）：ak1f(ak)在ak(0,113121)().k1k12k1k2ak1f(ak)f(anN．例14 数列xn由下列条件确定：x1a0，xn11（I）证x,n2xn明：对n2总有xna；(II)证明：对n2总有xnxn1（02年北京卷第（19）题）

a 解析 构造函数f(x)1x,易知f(x)在[a,)是增函数。2x1a 当nk1时xk1xk在[a,)递增，故xk1f(a)a.2xka，构造函数f(x)1xa,它在[a,)上是增

对(II)有xnxn11xn2xn2x函数，故有xnxn11xnaf(a)0，得证。

2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—数列xn单调递减有下界因而有极限：ana(n).②f(x)1a1a的母函数，研究其单调性对此数列本xx是递推数列xn1n2x2xn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)xsinx,数列{an}满足:0a11,an1f(an),n1,2,3,.证明:(ⅰ)0an1an1;(ⅱ)an113an.（证略）6五 换元放缩

例15 求证1nn12(nN,n2).n1 简析 令annn1hn，这里hn0(n1),则有

n(n1)222hn0hn(n1)，从而有1an1hn1.2n1n

1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。n(1hn)nn2(a1)2例16 设a1，n2,nN，求证a.4简析 令ab1，则b0，a1b，应用二项式定理进行部分放缩有

n0n1n12n2n2n2an(b1)nCnbCnbCnbCnCnbn(n1)2b，注意到22222n(n1)nb（证明从略）2n2,nN，则，因此ann(a1)b244六 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ak12ak1 进行递推放缩来证明(ii)，同理例6(II)中所得lnan1lnan11和

n2n2nln(an11)ln(an1)1111、例7中、例12（Ⅰ）之法2所得

n(n1)anan1n22ak1ak2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：11111就容易多了（略）。n1.再用数学归纳法证明此加强命题，1a11a21an22例17 设0a1，定义a11a,an11a，求证：对一切正整数n有an1.an解析 用数学归纳法推nk1时的结论an11，仅用归纳假设ak1及递推式

ak1ak11a是难以证出的，因为ak出现在分母上！可以逆向考虑： ak11故将原问题转化为证明其加强命题： a1ak.ak1a1对一切正整数n有1an.（证明从略）

1a2xn1例18 数列xn满足x1,xn1xn2.证明x20011001.（01年中国西部数学

2n奥林匹克试题）

n简析 将问题一般化：先证明其加强命题xn.用数学归纳法，只考虑第二步：6

2nxkk1kk1k1xk22()2.因此对一切xN有xn.22k2242k xk1 例19 已知数列｛an｝满足：a1＝

3，且an＝3nan－1（n2，nN）（1）求数列｛an｝22an－1＋n－1的通项公式；（2）证明：对一切正整数n有a1a2„„an2n！（06年江西卷理科第22题）

解析：（1）将条件变为：1－

nn－1，因此｛1－n｝为一个等比数列，＝1（1－）anan3an－11111nn3n其首项为1－＝，公比，从而1－＝n，据此得an＝n（n1）„„1

333a1an3－1（2）证：据1得，a1a2„an＝

n！，为证a1a2„„an2n！，111（1－）（1－2）„（1－n）3331111只要证nN时有„„2（1－）（1－2）„（1－n）2333显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式：

111111－（）„„3）„（1－）＋＋„＋2n323n3331111111－（用数学归纳法，证略）利用3得，（＋2＋„＋n）（1－）（1－2）„（1－n）333333对每个nN，有（1－）（1－11n11n111n1〔1－（）〕1－（）〕＝＋（）＝1－3。3＝1－〔23223211－313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Sn2an(1),n1.（Ⅰ）写出数列{an}的前3项a1,a2,a3；（Ⅱ）求数列{an}的通项公式；（Ⅲ）证明：对任意的整数m4，有1117（04年全国卷Ⅲ）

a4a5am8 简析（Ⅰ）略，（Ⅱ）an22n2(1)n1.；

3（Ⅲ）由于通项中含有(1)n，很难直接放缩，考虑分项讨论：

n2n111311322当n3且n为奇数时 ()anan122n212n11222n32n12n21n32n22n1311 ，于是 ()（减项放缩）2n3n2n122222 ①当m4且m为偶数时1111(11)(11)

a4a5a6am1ama4a5am***7(34m2)(1m4).222224288222 7

②当m4且m为奇数时1111111（添项放缩）

a4a5ama4a5amam1由①知11117.由①②得证。

a4a5amam18九 数学归纳法

例21（Ⅰ）设函数f(x)xlog2x(1x)log2(1x)(0x1)，求f(x)的最小值；（Ⅱ）设正数p1,p2,p3,,p2n满足p1p2p3p2n1，证明

（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）：

g(p1)g(p2)g(p2n)p1p2p2n由g(x)得g()法

1为下凸函数

2n2n

又p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2nnp1p2p3p2n1，所以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f(x)为[a,b]上的下凸函数，则对任意xi[a,b],i0(i1,,n),1n1，有 f(1x1nxn)1f(x1)nf(xn).特别地，若innp1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2n2ng(1)n.2n1则有 n f(x1xn)1[f(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nk时命题成立，即若正数p1,p2,,p2k满足p1p2p2k1，则p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.当nk1时，若正数p1,p2,,p2k1满足p1p2p2k11,（*）为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：

p令xp1p2pk,q1p1,q2p2,,qk2k.22xxx则q1,q2,,q2k为正数，且q1q2q2k1.由归纳假定知q1log2p1p2log2p2q2klog2q2kk.p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kx(q1log2q1q2log2q2q2klog2q2k

log2x)x(k)xlog2x,（1）

同理，由p2k1p2k2p2k11x得p2k1log2p2k1p2k1log2p2k1

(1x)(k)(1x)log2(1x).（2）

综合（1）（2）两式p1log2p1p2log2p2p2k1log2p2k1

[x(1x)](k)xlog2x(1x)log2(1x)(k1).即当nk1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g(x)xlog2x(cx)log2(cx)(常数c0,x(0,c)),那么

xxxxg(x)c[log2(1)log2(1)log2c],利用（Ⅰ）知，cccc当x1(即xc)时,函数g(x)取得最小值.对任意x10,x20,都有

c22 8

x1log2x1x2log2x22x1x2xx2(x1x2)[log2(x1x2)1].② log2122（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,,p2k满足p1p2p2k1,有

p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.当nk1时,p1,p2,,pk1满足p1p2pk11.22

令Hp1log2p1p2log2p2p2k11log2p2k11p2k1log2p2k1对（*）式的连续两项进行两两结合变成2项后使用归纳假设，并充分利用②式有 H(p1p2)[log2(p1p2)1](p2k11p2k1)[log2(p2k11p2k1)1],因为(p1p2)(p2k11p2k1)1,由归纳法假设(p1p2)log2(p1p2)(p2k11p2k1)log2(p2k11p2k1)k,得Hk(p1p2p2k11p2k1)(k1).即当nk1时命题也成立.所以对一切正整数n命题成立.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； k2为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：qipip2n1而变成2项；ik3本题可作推广：若正数p1,p2,,pn满足p1p2pn1，则

p1lnp1p2lnp2pnlnpnlnn.（简证：构造函数f(x)xlnxx1，易得f(x)f(1)0xlnxx1.(npi)ln(npi)npi1piln(npi)pi.故[piln(npi)]pi10lnnpilnpi0.）

i1i1nn1n