数列型不等式的放缩技巧九法

1、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 22 3 n(n 1).求证 n(n 1) Sn (n 1) .22解析 此数列的通项为akk(k 1), k 1,2, ,n.kk11nn1k k(k 1)k ， kSn(k ) ，2 2k1k12即

2、n(n 1)2Sn n(n 1) n (n 1)22216 / 9a b，ab ，注： 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n2若放成k(k 1) k 1则得 Sn (k 1) (n 1)(n 3) (n 1) ，就放过“度”了！n k122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n1 n 1 n a1ana1an22a12a2nna1an其中， n 2,3等的各式及其变式公式均可供选用。14例2求证：简析f (x)，若 f(1)4，且 f (x) 在 0， 1上的最小值为1 a 2bx511f (1) f (2) f (n) n n 1.( 02 年全国联

3、赛山东预赛题)2n 12x4x111f(x) 4 x 11 x 11 x (x 0)f(1) f(n) (11 )1 4x1 4x 2 2x2 21111111(11 )(11 ) n 1 (1 11 ) n 11 .2 222 2n 422n 12n 12n1例 3 求证C 1nC n2C n3C nnn 2 2 (n 1, n N ) .简析 不等式左边Cn1Cn2Cn3Cnn2n1 1 2 222n 1n1n n 1 2 222n 1 = n 2 2 ，故原结论成立.2利用有用结论例 4 求证 (1 1)(1 1)(1 1) (11 ) 2n 1.3 5 2n 1简析 本题可以利用的有用

4、结论主要有：法 1 利用假分数的一个性质b b m (b a 0,m 0)可得a am2 4 6 2n 3 5 7 2n 11 3 5 2n 1(2n 1)1 3 5 2n 12 4 6 2n 2 4 6 2n() 2 2n 1 即 (1 1)(1)(1) (1) 2n 1.1 3 5 2n 135 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(11 )2 1 21 (此处n 2,x1 )得2k 12k 12k 11 2k 1 n 1 n 2k 12k 1 2k 1 k 1 2k 1 k 1 2k 1.注： 例 4 是 1985年

5、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：证明 (1 1)(1 1)(1 1) (11 ) 3 3n 1.(可考虑用贝努利不等式n 3的特例 )例 5 已知函数f(x) lg 1 2x 3x(n 1)x a nx ,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 )nnn222不等式 (ai bi )aibi 的简捷证法：i1i

6、1 i1f (2x) 2f(x) lg1 22x 32x (n 1)2x a n2x 2lg 1 2x 3x (n 1)x a nx nn1 2x3x(n 1)x a nx2 n 1 22x 32x(n 1)2x a n2x而由 Cauchy不等式得 (1 1 1 2x 1 3x 1 (n 1)x a nx)2(1212) 1 22x 32x (n 1)2x a2 n2x ( x 0时取等号 )n 1 22x32x(n 1)2x a n2x(0 a 1 ) ，得证！例 6 已知 a1 1,an 1 (12 1 )an 1 . (I ) 用数学归纳法证明an 2(n 2) ；nnn 2(II )

7、 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1111得放缩思路：an 1(12n )an ln an 1 ln(1 2) ln ann n 2n2 n 2n1111ln a n2 n 。于是 ln an 1 ln a n 2 n ，n n2n n211 n1n1n11( )2.(ln ai 1 ln ai )( 2 i ) ln an ln a1 122i1i1 i i 2n1ni1i112即 ln an ln a12 a

8、ne2 .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：1an 1 1 (1 n(n 1)(an 1)11 ln( an 1 1) ln( an1) ln(1).n(n 1) n(n 1)n1n1 11ln(ai 1 1) ln(ai1)ln( an1) ln(a2 1) 11 ，i 2i 2 i(i 1)n即 ln(an 1) 1 ln3 an 3e 1 e2.1111例 7 已 知 不 等 式 1111log2 n,n N ,n 2.log2 n表 示 不 超 过23n2log2

9、 n 的最大整数。设正数数列an 满足：a1 b(b 0), an nan 1 ,n 2.n an 1求证 an 22b ,n 3.( 05 年湖北卷第( blog 2 n22)题)简析2时 annan 1nk2akak 1n)k2n an 11于是当.k1ann an 1an 1an 13 时有 11ana1本题涉及的和式11231 为调和级数，是发散的，不能求和；但是可 n11anan 12blog 2 nan22 blog 2 n1111 log 2 n来进行有效地放缩；23n22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

10、 8 设 an(1)n ，求证：数列an 单调递增且an 4.n解析 引入一个结论：若b a0则 bn 1 an 1 (n 1)bn(b a) (证略)整理上式得an 1 bn(n 1)a nb(.) ， 以 a 11 ,b 1 1 代入 ()n1 n式得 (11)n 1(11 )n .即an 单调递增。n1n以 a1 b11 代入()式得1 (1)n (1)2n 4., 2n2n 2 2n此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有(1 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。n1注： 上述不等式可加强为2 (11 ) n 3. 简证如下：n利用二项展

11、开式进行部分放缩：an (1 1 )n 1 Cn1 1 Cn2 12Cnn 1n .nnnn只取前两项有a 1 C 1 12. 对通项作如下放缩：nnnk11 nn 1 n k 1111C nk k n n nk 1 .n n k k! n n n k! 1 2 2 2k 1n1故有 an 1 1 1121 12 1 1 (1/ 2)3.n 2 222n 121 1/2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1 i m n. ( 1)证明ni Amimi Ani ； ( 2)证明(1 m)n (1 n)m.( 01年全国卷理科第20 题)1简

12、析 对第(2)问：用1/n 代替 n 得数列bn : bn (1 n)n 是递减数列；借鉴此111结论可有如下简捷证法：数列 (1 n) n 递减， 且 1 i m n, 故 (1 m) m (1 n)n ,即 (1 m)n (1 n)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1 。例9部分放缩11设 an 1a2a 3a解析an111aa2a3a1a,an12. 求证：an 2.k 变成 k 1，进行部分放缩)1112na22112321k212. n12又 k k k k(k 1),k 2

13、111k(k 1) 11k11， kan12232 n21 (12) (23)( n 11) 2 12.nn例 10 设数列a n 满足 a有 (i)an n 2； (ii)n 1 an2 nan 1 n111 a11 a21anN ，当 a13时证明对所有n 1,1 ( 02 年全国高考题)2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n k 1 时ak 1ak (akk)1ak (k 2 k)1 (k 2) 21 k 3 ，成立。(ii) 利用 上述 部 分放缩的 结论 ak 12ak1 来 放缩 通 项 ， 可 得ak 112(ak 1)ak12k

14、 1(a11) 2k 1 42k 11k1 1 .ni11n11 ai i 1112i 141 (12)n1121.2ak 1： 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 ： (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 12ak1 。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。(n 1)(n 2)例 11 设 n 1, n N ，求证 (2)n 3231简析 观察 ( ) n 的结构，注意到( ) n (1) n ，展开得(1 1 )n 1Cn11

15、 C2n2212Cn3221 n n(n 1) (n 1)(n 2) 6 ，28即 (1 1 )n2(n 1)(n 2) ，得证 .8例 12 设数列an 满足a12, an 1一切正整数n 成立； ()令bnan(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)简析法1本题有多种放缩证明方法，这里我们对()进行减项放缩，有用数学归纳法(只考虑第二步)a2k 1 ak2 212 2k 1 2 2(k 1) 1 ；ak法22212a n 1an22 anan2ak2 1ak22,k 1,2, ,n 1.则 an2 a122(n 1)an22n 2 2n

16、 1an2n 1利用单调性放缩1 构造数列2(n 1)222n 22n 1 2n 31，如对上述例1，令Tn Sn (n 1)2 则 Tn 1 Tn(n 1)(n 2) 2n 3 0，Tn Tn 1, Tn递减，有Tn T12 2 0，故Sn111(1 1)(1 1)(1 1)(11) T再如例4，令T35 2n 1 则 Tn 1n2n 1Tn2即 TnTn 1 , Tn 递增，有TnT11 ，得证！2n 1) 2 3 2n 1.并可改33注： 由此可得例4 的加强命题(1 1)(1 1)(1 1) (135造成为探索性问题：求对任意n 1 使 (1 1)(1 1)(1 1)(11 ) k 2

17、n 1 恒成立的35 2n 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321111例 13 已知函数f(x) ax x 的最大值不大于1 ， 又当 x 1 , 1 时 f(x) 1.()264281n104 年辽宁卷第21 题)求 a 的值； () 设 0a12 , an 1 f (an ),n N ， 证明 an33111解析 () a=1 ；() 由an1f(an), 得an1an3an23(an1)211nn2n2 n36 6且 an0. 用数学归纳法(只看第二步)ak 1f(ak) 在 ak (0 1 ) 是增函数，则得k111312

18、1ak 1 f (ak)f( )().k 1 k12k1 k2例 14 数列 xn 由下列条件确定：x1a 0 ， xn 1 1 x n a , n N ( I )证2xn明：对 n 2总有xna ； (II) 证明：对n 2总有xn xn 1( 02 年北京卷第(19)题)解析 构造函数f (x) 1 x a 易知 f (x) 在 a ,)是增函数。2x当 n k 1时 xk 1 1 xka 在 a, )递增，故xk 1 f( a) a.2 xk对 (II) 有 xn xn 11 x a ，构造函数f (x)1 x a , 它在 a, ) 上是增2 n xn2 x函数，故有xnxn 11 x

19、na f ( a) 0 ，得证。2 xn注 ：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：ana(n ). f(x)1 xa是递推数列x 1xa的母函数，研究其单调性对此数列本f(x)2 xxxn12xnxn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：f(x) x sin x,数列 an满足 :0 a11,an 1 f (an),n 1,2,3,.13证明 :( ) 0an 1 an 1 ;( ) an 16 an . (证略)五 换元放缩例 15 求证 1 n n 1 (n N , n 2).n

20、1简析 令 an n n 1 hn ，这里 hn 0(n1), 则有n (1hn)nn(n 1) hn20hn2 (n 1)，从而有1 an 1 hn 122n1n1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。22例 16 设 a 1 ， n 2, n N ，求证 an n (a 1) .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an (b 1)nCn0bn C1nbn 1 Cn2bn 2CnnCn2bn 2 n(n 1)b2 ， 注 意 到nnnnn22222n 2, n N ，则 n(n 1) b2n b (证明从

21、略)，因此 an n (a 1)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 12ak 111进 行 递 推 放 缩 来 证 明 (ii) ， 同 理 例 6 (II ) 中 所 得 ln an 1 lnan 211n 和n n2ln(an 1 1) ln(an 1)1 、例 7 中 111 、 例 12()之法2 所得n(n 1)anan 1 n22ak 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

22、证明其加强命题：就容易多了(略)。1 1111 . 再用数学归纳法证明此加强命题，1 a11 a21 an 2 2n 1例 17 设 0 a 1 ， 定义a1 1 a,an 11 a， 求证： 对一切正整数n 有 an1.an解析 用数学归纳法推n k 1 时的结论an 11 ，仅用归纳假设ak 1 及递推式1ak 1a是难以证出的，因为a k出现在分母上！可以逆向考虑：akak 1a 1 akak1 a故将原问题转化为证明其加强命题：对一切正整数n 有 1 an1 . (证明从略)1a例 18 数列 xn 满足x11 , xn 1xn xn . 证明x20011001.( 01 年中国西部数

23、学2 n2奥林匹克试题)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：n22xk 1 xk xk2 k 12 (k)2 k 1 k 1.因此对一切x N 有 xn n.k22 k222 42n 23例 19 已知数列an满足：a1， 且an3nan1 ( n2，n N ) ( 1) 求数列 an22an 1 n 1(2)证明： 对一切正整数n 有a1a2an2n！ (06 年江西卷理科第22 题)解析： （ 1）将条件变为：1 n 1（ 1 n 1） ，因此1 n 为一个等比数列，an3an 1an其首项为1 1 1 ，公比 1 ，从而 1 n 1 ，据此得ann 3

24、n （ n 1 ）1a133an 3n3n 1（ 2）证：据1 得，a1a2ann！，为证 a1a2an2 n！ ，（ 1 1） （ 112）（1 1n）3331只要证 n N 时有 （ 1 1 ） （ 112）（11 ）23323n2显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式：对每个 n N ，有 （ 1 1 ） （ 112）（11n）1（112 1 ）33323n3323n（用数学归纳法，证略） 利用 3 得， （ 1 1 ） （ 112）（11 ） 1 （112 1 ）3323n3323n1 131 1 1 （1 ） n232232故 2 式成立，从而结论成立。八 分项讨论例 20

25、 已知数列an 的前 n 项和Sn 满足Sn2an ( 1)n,n 1.写出数列an的前 3 项 a1,a2,a3； （）求数列 an 的通项公式；（） 证明：am 8a4a5对任意的整数m 4，有 1117 （ 04年全国卷）简析 ()略，()an2 2n 2 ( 1)n 1 .；32n 22n 122n 32n 12n 21（）由于通项中含有（ 1） n，很难直接放缩，考虑分项讨论：当 n 3且 n 为奇数时113（11） 3an an1 2 2n2 1 2n1 122n 2 2n 13112 22n 2332 (2n12 21n1)(减项放缩)，于是当 m 4且 m为偶数时1111( 1

26、1 )( 11 )a4a5 am a4 a5a6am 1 am13( 111 ) 131(11 ) 137.22 23242m22242m4288当 m 4且 m为奇数时1111111 (添项放缩)a4a5am a4 a5am am 1由知 11117 . 由得证。a4 a5amam18九 数学归纳法例21()设函数 f(x) xlog2 x (1 x)log2(1 x) (0 x 1)， 求 f(x)的最小值；p1 , p2 , p3, p2n 满足p1 p2p3p2n1 ，证明p1log2p1p2log2p2p3log2 p3p2nlog2p2nn（05年全国卷第22题）解析 这道高考题内

27、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。（）略，只证（）：法 1 由 g（x） 为下凸函数得 g(p1) g(p2)g(p2n)p1p2 p3p2又2nn1，p1 p2pg(2n2n所以 p1log2 p1p2 log2 p2p3 log2 p3p2n考虑试题的编拟初衷，是为了考查数学归纳法，f（x） 为 a,b上的下凸函数，则对任意xia,b, in1log2 p2n2 g(2n ) n.于是借鉴詹森( jensen) 不等式 (若0(i1,n), 1n 1，1有 f ( 1x1n xn )1 f (x1 )n f (xn ). 特别地，若

28、i 则有nf（x1xn）1f（x） f（x ） 若为上凸函数则改“ ”为“”f （ n ） n f（x1）f （xn）.）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（）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p1p2p2k1 ，则p1log2 p1p2log2p2p2klog2p2kk.当 n k 1 时，若正数p1, p2, p2k 1满足 p1 p2 p2k 11, （ *）为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：p1p2p2k令 x p1 p2p2k,q1,q2, ,q2k.xxx则 q1,q2,

29、,q2k为正数，且q1 q2q2k1.由归纳假定知q1 log 2 p1p2 log 2 p2 q2k log 2 q2k k.p1 log2p1p2log2 p2p2klog2p2kx(q1log2q1q2log2q2q2klog 2 q2kl o g2 x) x( k) xl og2 x, ( 1)同理，由p2k 1 p2k 2p2k 11 x得 p2k 1 log2 p2k 1p2k 1 log2 p2k 1(1x)( k) (1 x) log 2(1x). ( 2)综合(1 )(2)两式p1 log 2p1p2 log 2p2p2k1 log 2 p2k 1x (1x)( k) xlog 2 x (1 x) log 2(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