数列型不等式放缩技巧九法

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

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).

2222 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

2 a1???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）

224x111 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

3

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

4

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,?.

5

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：

2 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?1ama4a5am131111311137??(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；

?k

2?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；?ik

3?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

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