数列放缩法技巧

1、数列放缩法技巧证明数列型不等式，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几种： 一、裂项放缩求证:yk23n例1.(1)求艺的值;k4k2 -1解析：(1)因为一2一4n -1(2n -1)(2n+1) _2n -1 2n+1k4k【1-22n-2n +14n2 -1=22n-1 2n +1 丿,所以送k 二k21+5+I 2n-1 2n + 1

2、丿技巧积累:(1)4n2=2 4n2-1I2n-1 2n+1 丿cLc：(n +1)n(n -1)n(n 1) n(n+1)Tr+=cnn!nr r!( n r)!11 2)r T r(1十1)n1 +1 + L +2x1 3x2n(n -1)33Jn +2 Jn + 2 - Vnn, n .、n . n2 (2 -1)2-12 2(Jn +1 - 禹)c 丄 2(Vn - Jn -1)(9)(8)l2n+1 2n + 3丿 2“(2n +1)(2n + 3) ”2k(n +1 -k)+ 1)丄In +1-k k 丿 n+1n(n +1+k) k+1l nn +1+k 丿(10)(11)(n

3、+1)! n! (n +1)!1 需 ME-Jf ms(12)2n2n2n(2n -1)2(2n -1)(21(21)(22)-(21)(2n- -1)1(2 2)(13)Tn3Jn -n2(14)(15)(16)(17)例 2.(1)Jn(n -1)(n +1)Jn(n -1)Jn(n +1)丿 Jn +1 - Jn -11、Jn +1 + Jn -1Jn -1Jn +1 丿2n 2，丫 =(3-1)k +22扁2n a3= 3(2nk!+(k +1)! +(k +2)! (k +1) !.92n12n一3(k +2) !(i - j)2 +1 + Jj2 +1)Ji2 +1 + Jj2 +

4、12)1求证：-4求证：2+丄十丄+丄16364n22 4n1+口 +匕3丄卫匕丈丁2百_1求证：2(Jn +1-1) (2n-1)(2 n+1)21 1 1+ 一 + 一41636+14n2先运用分式放缩法证明出 c Vn +2 - Jn 进行 Jn +2裂项，最后就可以得到答案再证厂Vn0-1 2n +1 丿(1-亠2 3 2n-10221 ) (1 +1 -)4nn21 3 5 *(2 n-1)2 ”4 Q- 2n 2( J n+1 - Jn)=Jn +1 中 Vn,所以容易经过裂项得到2(7 -1) 1 + 丄+2 + 1V2 J3 V2(J2n +1 - J2n-1)=22J2n +

5、1 + J2n -1而由均值不等式知道这是显然成立的，所以1+士+士V2 J31 72(j2 n+1-1)例3.求证:6n(n +1)(2 n +1)11解析:一方面：因为4n4n2 -12n+1丿,所以n 1Z k2k =1 k1+25j12n 1 2n +1 丿+23=5-3111另一方面：rr-v33x4+亠=1n(n+1)n +1当n$时，亠6n,当n=1时,6nn+1(n +1)(2 n+1)(n +1)(2 n +1)当2时，（n+n+DE1*，所以综上有6n兰1+1+1十+1(n+1)(2n+1)49 n23例4.(2008年全国一卷)设函数f(x)=x-xl nx.数列a满足0

6、 Q 9.证明：a b.a1 ln b解析：由数学归纳法可以证明a,是递增数列,故存在正整数m b ,则a ak b ,否则若 am c b(m k),则由 0 c 印 a + k 丨 In b 卜印 + (b- aj = bm 4例 5.已知 n, m 亡 N + x -1,Sm = 1m +2m +3m +求证：nmM (m + 1)Sn 1 + nxm -frm + z八 m-h I z八 m-K #m-H 丄-n =n -(n T)+(n-1)-(n-2)+n+ 1m* -0 =2 km J(k-1)mr所以要kT证 nmF (m+1)Sn V (n +1)m -1 只要证:nnZ k

7、m + (k T)巧 (m +1)W km v(n +1广十 T =(n +1严 一nk妊kTn=Z (k +1)m+_km+k壬m-Km-K八 m+ 亠 . mHf 1m-|f+ n(n 1)十 +2-nn故只要证 2 km+-(k-1)m+ v(m+1)W kmkWn2 (k + 1)mF-km+,即等价于k ,m+1 八 八 m+1, 丄,、k -(kT)(m + 1)k八丄八m +1. m (k + 1)- k即等价于1+m+1 （1+1）m+1-m+1 （1-5+ 而正是成立的,所以原命题成立. kkkk例 6.已知 an =4n -2n, Tn =2n4 + a2 +an求证：T1

8、+ T2+T3+ 吒？2解析：Tn =41+43 卄 +4n -(21 +22 卄 +2n)1-41-2Tn2n2n2n所以4- 4n +(4n 1)+2(1-2n)434 +2 _2卡34n + 2_2讦33 2n2n4n+_32n+22n32 2 (2n)2 -3201n(2 ”2-1)(2 -1)I n2 l2-12n*一1丿+2n -1例 7.已知 X- = 1 , xn求证:#X2 X3证明:n(n = 2k -1,kin -1(n =2k,k+Z)Z)Vx2nX2n +丁 X2nX2n +-1)(n 壬 N*)#(2n -1)(2n +1)如2 _14n + Jn +1 ,所以-J

9、=VX2nX2n 十+0X4 X+、函数放缩2需=72(Jn +1Vx2nX2n*1)(n 迂 N*)例 8.求证：12+ 123+11+ln2L 3n2343n唇nW).6解析：先构造函数有ln X兰X-1= M1-丄，从而昨+空+竺卡因为 1 +1 + +丄 =1 +1+ 1 +1 +丄+丄+丄+丄+ + 2 33nl23 丿 l45678+ 3+(2+_9_i +27 J32122n +1l69 丿 l18l2 325n所以也+空+啤/233n5n n 5n + 6 1 =3 6例9.求证：(1) aln解析：构造函数可以得到答案2n2-n -12(n+1) 22)ln X 何本Inln

10、f(x)=,得到X2,再进行裂项n2n21 1 1,求和后n(n +1)函数构造形式：lnx x-1, lnn2)1例10.求证：一 + -21n +1 ln(n +1) 1十丄十十丄2 n解析：提示：ln(n +1)n +1 =lnnin丄n n 1函数构造形式：ln X c X, In X A1 - 一X当然本题的证明还可以运用积分放缩1如图，取函数f(X)=,xn 11首先：Sabcf V f-,从而，彳nixnn 1J = In X in_i = ln n Tn(n -i) nX1取 i =1 有，一lnnn -ln(n -1),1所以有-2ln 2J1 ln 3-1n 231 1 -

11、 ln n Tn(n -1) n，c ln(n +1) -ln n,相加后可以得到:n+1 f=l nx|n=l nn-ln(n-i)取 i =1 A lnn -ln(n -1),所以有卄)1十e -(丄)2(+兮u In an In 心1 V 十2 =2一寸 a 3解析：讪待行，叠加之后就可以得到答案函数构造形式：In(x+1)2-丄(x0)u End丄(X 0)(加强命题) X+1Xx + 1例 13.证明：IinZ+In2即 In an Tn 印 v2= a e .注：题目所给条件In(1+x)wx( XA0)为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的 作用；当然，本题还可用结论2n

12、 A n(n -1)(n3 2)来放缩：an+0 有 1 x2,令 f(x) 2, X -1X -1In nn +1T)所以 f(X) f (2) = 0,所以 In( X -1) X - 2 ,令X = n2 + 1 有，In n2 兰 n2 -1所以 Jnnq,所以 In2 + In3 + In4+n +123451例14.已知/齐总2ae .1解析:an(1 +时)an1+ 厂+1) 2)an，然后两边取自然对数，可以得到 Inan八1n(1 + n(n+1)21+)+I nan然后运用In(1 + x)和裂项可以得到答案)放缩思路:1an + (1 +n1 1 + t)an 二 In

13、an+In(1 + 2亠 十n 2n 十n1 1 1J%八1nan+齐+班。于是In an+ -In an1,1 n_Ln_L/，Z(Inai + Inai)Zi ztI 壬iiIn (an 申 +i) -I n(an +i)兰 ln( i.n(n-i)n(n-i)nn_lii=送In (a +1) - I n(ai +1)=In (an +1) - In (a2 +1) ci -一 1，iz2id i(i -1)n即 ln(an +i) i +1 n 3= a3e -i c e2.例15.（2OO8年厦门市质检）已知函数f（x）是在（0,讼）上处处可导的函数,若x.f（x）A f（x）在xa

14、O上恒成立.（I） 求证：函数g（x）=丄凶在（0,母）上是增函数;X(II)(III)已知不等式In(1 +x) 0,所以函数g（x）=丄凶在（0,代）上是增函数XX2(II)因为g（x）型在（0,母）上是增函数，所以Xf(X卄 XiXi +X2XiXi +X2f (儿 +X2)f (x2)f(xx2)八2丄 =f(X2)f(Xi +X2)X2Xi中X2X2Xi +X2当 Xi A 0, X2 A 0时，证明:f (Xi ) + f(X2) C f (Xi + X2)；两式相加后可以得到(3)f(Xi)二 f (Xi +x2+XiXi + X2 十+XnXiXi +X2+ Xf(xi)g+”

15、+Xn)f(X2) f (Xi +X2 十+Xn)XnX2Xi +X2 十+X2Xi +X2 十+计(Xi +X2 十中 Xn), Xnf (Xn)” f (Xi+X2 十+Xn)、-F*XnXi +X2 十+Xnf(Xn) Ji+X2-+Xn讨(Xi +X2 十+Xn)相加后可以得到：f(Xi) + f(X2 )+ f (Xn) V f(Xi + X2 + Xn)所以 x1 ln x. +x2ln X2 +X31n X3 中 + xn ln Xn :(旨 +X2 + xn) l门(旨 +X2 + + xn)令XnI2+孑1f 12121212 1=1 2 ,有-IrIn2 +刃n3 +7X4

16、 十n(n+1) 25 +1)(n +2)匚 N，2（方法二）册2ln(n +1)(n +1) (n +2) (n +1) (n +2)= ln4J屮+1 n +2丿所以和22+*ln32 话n42i+击1n(n+i)2ln1、 nln4丿2(n+2)又 ln 4 a1 丄,n +1n*(n迂 N ). 2(n +1) (n +2)所以 12 ln 22 + 1 In32 + 12 In42 十+1 2 ln(n +1)2 223242(n +1)2例 16.(2008 年福州市质检)已知函数 f(x)=xl nx.若 a：0,bA0,证明：f(a)+(a+b)l n 2 (a+b) - f

17、(b).解析：设函数 g(x) = f(X)+ f (k - X), (k 0)丁 f(X)=xln x,”g(X)=x In X + (k -x) In(k -x), ”0 0,则有一 1= 2xko = k-xk-x f (a + b)-(a + b) In 2.” f (a) +(a +b)l n2 f (a +b) - f(b).例 17.设函数 f(x)=xlog2x + (1-x)log2(1-x) (0wx0, f(x)在区间(丄,1)是增函数.2 211所以f (X)在X =时取得最小值，f=-1，22(n)证法一：用数学归纳法证明.(i )当n=1时，由(I)知命题成立.(i

18、i )假定当n =k时命题成立，即若正数P1, P2,P2k满足P1+ P2+P2k=1 ,P2kX则qi,q2,q2k为正数，且qi十q?+ 则 P1 log 2 P1 + P2 log 2 p2 + p2k log 2 p2 -k.,k当 n =k 41 时，若正数 P1, P2,，P2k 审满足 P1 + P2 屮+p 2k + =1,令 X = P1 + P2 屮+P2k,q1 =,q2 鼻XX由归纳假定知 q1 log 2 P1 + P2 log2 P2 +q2k log2 q2 -k.P1 log2 P1 + P2log2 P2 + P2k log2 P2x(q1 log291 +

19、q2log2 q2 +q2k log? q2k+ Iog2 X)H x(-k) + xlog2 x, 同理，由P25 + P2k七+P2k +=1-X 可得 Pzkjog? p 25 + + P2 log 2 P2k 十x(1-x)(-k) +(1 -x)log2(1-x).综合、两式 P1 log 2 P1 + P2 log 2 P2 + P21 log 2 P2x + (1 x)( k) + xlog2 X + (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.证法二：令函数 g(x) = xlog2

20、 x + (c- x)log2(c - x)(常数c 0, x 忘(0,c),那么g(x)吨log +(1)log2(1-)+log2C, cc利用(I)知，当x 1c-=-(即X=c)时，函数g(x)取得最小值.c 22对任意x1 0,X2 0,都有.,.X1 +X2 , X1x1 log 2 x1 + X2 log 2 X2 - 2log2 2 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+ Xo厂=(X1+X2)log2(X1+X2)-1.P1, P 2,P2k 满足 P1 + P 2 中+ P 2k = 1,有Pi log2 P

21、i + P2 log2 P2 中+ P2k log2 p2 -k. 当门=k+1 时,Pi, P 2,，P 2k 4满足 Pi + P2 + P2k+ = 1.令 H = P1 log2 P1 + P2 log2 P2 中+ P2klog2中 Pzlog? P2*+由得到H 启(卩1+卩 2)log2(P1 + P2)T+(P 2k+j+ P2k+)log2(P2k + j+ P2k+)-1,因为(卩1中卩2)中中(P2k+j中P2k+)=1,由归纳法假设81+ P2)lOg2(Pi + P 2)+(卩2九 + P2k + )log 2(P 2k J + P2k + ) X 得到H k -(P

22、i + P2 屮+p2k+i + P2k+)=-(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.例18.设关于X的方程X2 -mx-1=0有两个实根 JP，且。 P，定义函数f(x) = 2：m.若X +1；n + UBLlfv + i B人卩为正实数，证明不等式：|f( 一 )-f()|vp-P|.扎+ P入+卩八I解析：f(X)= 2X2一f(X) _2(x2 +1) ：(2x ：m) 2x _ _2(x2 _mx 一1)(X2 +1)2(X2+1)2当 X 迂(a , P )时，X2 - mx - 1 = (x,a )(x - P ) c 0 /.f （X）二

23、f (x)在 , P)上为增函数几，4壬R且Ctg + kP /jot +4p -仏+ P)a4(P a) -a =一0入+卩_加+ 仏+內pP)a 沁 + Ma+卩 Cid 卩P由可知f（a）兰 f “）同理可得 f（aM ： f（P）Att + kPPa + Z.Pf)-f)(b a 0,m0)和一aa + ma3(aAbA0,m0)a + m记忆口诀”小者小，大者大”解释:看b,若b小,则不等号是小于号,反之.111例 19.姐妹不等式：(1 +1)(1 + )(1 +)(1 +35)J2n中1和2n-1(1 -2)(1 -1)。-1)(1 +?-)= 也可以表示成为2462n J2n+

24、12 4 62n J2芮和1 w-叭13 5：-(2n1)2 4 6 2nV2n + 1解析:利用假分数的一个性质6壬亠5 2n 12 4b b + m a a2n+1(b a A 0, m0)可得+ m=丄2n 26T(2n+1)2nQ11丁r2 2n+1 即(1+1)(1 y)(1 气)(1 2n 135例20.证明:11 1(1+1)(1+;)(1+亍(1+_473n2解析：运用两次次分式放缩：3n-13 6 93n-2 2.5 83n3n1加1)21相乘，可以得到:3n -14 7 10 .-3 693n -23n +13n加2)22 5 8 3n -1、J 4 r 3n -2丿4 7

25、 10.T2 5 83n+13n1_12阳2 *)2n1-1+12n 11(44)(23+丄)n 22(1- 1 2n 2 (n) 7例22.(2004年全国高中数学联赛加试改编)在平面直角坐标系xoy中，y轴正半轴上的点列a 与曲线y *2x ( X 0) 上的点列 竝满足|0An|=0Bn| =-，直线An Bn在X轴上的截 n距为an.点Bn的横坐标为bn, n- N：(1)证明anan,14,代N*；证明有n0环性使得对n0都有一屮 Sn0 401p1=2008.anb.2 n何)1n声 1-2 n2bn1=bn +2+J2bn +4”. an = 2 +1 +1 +j2+1n2bn

26、顾显然，对于1 ,丄n Xn+1R，有片 an+4, n 亡 N证明：设Cn=1虹，n-N*，bnCn212n +1-M +1(.十1)2Jp-1ln（卄=n22（卄）寫(2n +1 )(n+ 2)2(n +1 ) =n 0/. c,n Nn +2k设 Sn =& +C2 十+Cn,n 迂 N*，贝y当 n = 2 N* )时,c1丄1Sn3 蔦1 + j+n削土知2k -1 2kl34 丿 l22+12* + 22kA对Pn An。都有:故有色十詈n_2008成立。b1 b2bn A例23.（2007年泉州市高三质检）已知函数f（X）=x2 +bx +c（b k1,c- R），若f（X）的定

27、义域为1, 0，值域也为1, 0.若数列bn满足bn-C n-N*），记数列bn的前n项和为nn2 +2nn3Tn，问是否存在正常数A,使得对于任意正整数n都有Tn C A ?并证明你的结论。解析：首先求出f（x）=x2+2x, 0=翌n Tn = bi +b2 +b3 +bn 1344256781=2,故当 n 2k 时，Tnk辽+1,n 22m时，必有为an .设Sn =1 1+ +an + a n 屯a2n1 ,当n餐时，求证：丄+丄+丄+a1 a2 a31 7n+11 a?36因此，对任何常数 A,设m是不小于A的最小正整数，则当故不存在常数A使T#对所有n 2的正整数恒成立.X 0,

28、例24.（2008年中学教学参考）设不等式组Jy_0,表示的平面区域为Dn,设Dn内整数坐y - + （n -1） = n ,所以原命题得证. 2 2 2 2 2 12 12五、迭代放缩解析:通过迭代的方法得到|Xn -2| n恒有:11 s+k sin解析:is&1严2叮1專2）*4佇）1sin(n +1)! sin(n +2)!. sin(n +k)1 F 1c n421丨2 n*1 邑11ck) J22W 2n += 21n(?2122211屮+屮)=n (122又 2n =(1+1)n =C0+C1丄+丄十+丄2门屮2门卡2门*所以|Sn卡Sn 1弓 +六、借助数列递推关系例 27.求

29、证：1 +1：3 + 1352+解析：设an2 42 4 613 5(2n -1)+ 13，5，(2n-1)2 *4 6 :2 n72 n + 2 -12 4 6 .2n则2n +1_ 2(n +1)11313 5+ J2n +2 -1例28.求证:+解析:设an2n +1 an 卅一 2(n +1)an 二2(n +1) +1an = (2n + 1冋 + 务勺,从而an 卅珂2( n + 1)+1anF-(2 n + 1)an,相加后就可以得到a1 +a2+an13I=(2n +1)an+ 3a1 v(2n +1)- 4 ,有丄+丄a4a5+173且n为奇数时J 2, n 13 2 一 +

30、2 一4且m为偶数时丄a4很难直接放缩，考虑分项讨论：13,11、3an+2(2n，+12121 . 12口+召)(减项放缩),于是亠1a5a m3 1+ - ”一 （1 -2 4a412 m_42 +222n+2n-221 +（丄 + 丄）+（丄 + 丄）am amas a6,1372 8 81当m 4且m为奇数时a4十a5丄Ja4 as丄+丄 am a mH!(添项放缩)由知丄+丄a4 a5+丄丄.由得证。am -X 8m Um -1八、线性规划型放缩2x +1例31.设函数f(x)=.若对一切X亡R , -3af(x) + b3，求a-b的最大值。x +2解析：由(f(X)+1)( f(

31、1)-1)=2 2Tx 十?(X；1)知(f(x)+丄)(鮒)-1)0 即 l(x +2)21二兰f(x)兰1由此再由f(x)的单调性可以知道f(x)的最小值为1，最大值为1因此对一切X迂R， af(x) +b3的充要条件是,t1!3 a+b3 （23 a + b 3a+ b3,a+b 3,-a+b 3I 225.九、均值不等式放缩例 32.设 Sn十+Jn(n +1).求证 n(n 十1)11 +4X 1 +4x1+ (1 -)十+(1-2X221 1r(xHO)= f(1)+ f(n) :(1)2 2X2X2111 1 112x2422n2计2例34.已知a,b为正数，且丄+丄=1，试证：

32、对每一个n亡N*，(a + b) - a - b 2” - 2“岀 a b解析:由丄+丄 得 ab=a +b，又(a + b)(- +)=2 + a + b 4，故 ab=a +b4，而 a ba bba(a + b)n =C：an +C；anb 中+C；bn，令 f(n) =(a+b)n -a： b：，则 f (nrdab 屮+ Caf，因为C： =c：3，倒序相加得2 f (n) =c1(an% +abn)+cn(a2br +arbn)+C：rab2 +anb)，而 an%+abZ 丄 n= aZbr +arb2 二=ab2 +a2b 2J苻 2 42 =2曲则 2f (n) =(c+ c

33、n 卄 +Cn2)(arbZ %)=(2n -2)(arbn匕2用(2n -2) :“勺所以 f (n) 3(2n -2)公，即对每一个 n- N 审，(a + b)n - an - bn 22n - 2勺nJ例 35.求证 C：+C3 +cn n 2 2 (n 1, n 迂 N)解析：不等式左 C1 +C； + C； + + C： = 2 1 + 2 + 22 + 2A/1 2 2- 2n=nnJ2-，原结论成立.解析：此数列的通项为 ak = Jk(k+1),k =1,2,，n k Jk(k +1) /. Z k vSn S (k +1),即 n(1sn n(1-2n+22n +1 ky时

34、取到等号.所以2&丙二+乔丙二乙4n (k -1)n+nk -1n + nk-1所以所以n+丄+丄十+亠n+1 n+2 nkT解析：心心）（宀占）=严召召严+1114所以(X + yX + h 34,所以一+ ,当且仅当n 经过倒序相乘，就可以得到f十”f(3) :f(n)(en*+1)xyxyx +y 例 37.已知 fg-x+J 求证：f (1)十(2)”f(3)”f (2 n)2n( n+1)nx解，匚11k2n +1 k1析:(k +)(2n +1 -k +) =k(2n +1 -k) +2(2n +1-k) +2k2n +1-k2n +1-kkk(2 n+1-k)其中：k =1,2,

35、3,，2n,因为k 2n +k(1-k)-2n =(k-1)(2n-k) 0= k(2n+1-k) 2n1 1 所以(k +-)(2n +1 -k +k从而f(1) ”f(2厂f(3)L”f(2n) (2n+2),所以 f (1) f (2) f (3 f (2n) 2n(n + 1)n.11113例 38.若 k :7,求证：Sn = + -.n n+1 n+2 n k12解析:2S-e nkb) +(;n+化)+ Vr nkb)卄 +(沽 V) 119因为当 x0, y0 时，x + y 2 Jxy, j=x y Jxy16例 39.已知 f(X)=a(x -x/x -X2),求证：f (0) f (1)2解析：f(0) f(1)=a2x1(1-x1)x2(1-X2)2n(2n-2).解析:2由已知得 fX)= 2x + -(X 0)，X(1)当n=1时，左式=(2x +2) _(2x +2) =0右式=0.二不等式成立. XXn 2,左式=