李锦旭(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

山东省临沭县实验中学 李锦旭（276700）

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

例

n(n1)(n1)2Sn.S1223n(n1).n221 设求证

解析 此数列的通项为akk(k1),k1,2,,n.

nn1kk11kSn(k)kk(k1)k2， k122，k1n(n1)n(n1)n(n1)2Sn.2222即

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

n(n1)(n3)(n1)2abSn(k1)abk(k1)k122k12，若放成则得

，就放过“度”了！

1

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

aanna1an111na1ann2a12ann

其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。

114f(1)5，且f(x)在[0，1]上的最小值为2，1a2bx，若

例2 已知函数求证：

f(x)12n1f(1)f(2)f(n)n1.2（02年全国联赛山东预赛题）

简析

4x111f(x)11(x0)f(1)f(n)(1)22 14x14x2•2x

(11111111)(1)n(1)n.4222222n2n12n12

例3 求证CCCCn2(n1,nN).

123nCnCnCnCn2n112222n1简析 不等式左边

1n2n3nnnn12nn12222n1=n2n12，故原结论成立.

2．利用有用结论

111(11)(1)(1)(1)2n1.352n14 求证

例

2

简析 本题可以利用的有用结论主要有：

bbm(ba0,m0)aam1 利用假分数的一个性质可得

法

2462n3572n11352n1(2n1)1352n12462n2462n

1112462n2(11)(1)(1)(1)2n1.()2n11352n1352n1即

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

(11211)12n2,x2k12k1(此处2k1)得

112k1nn2k112k1(1)2n1.k12k12k1k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(11)(1)(1)(1)33n1.473n2证明(可考虑用贝努利不等式n3的特例)

例5 已知函数

12x3x(n1)xanxf(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

3

nnn等式

[(aibi)]a2i1i12ibi12i的简捷证法：

122x32x(n1)2xan2x12x3x(n1)xanxlg2lgf(2x)2f(x)nn

[12x3x(n1)xanx]2n•[122x32x(n1)2xan2x]

xxxx2(1112131(n1)an) Cauchy而由不等式得

(1212)•[122x32x(n1)2xa2n2x](x0时取等号)

2x2x2x2xn•[123(n1)an]（0a1），得证！

例6 已知

a11,an1(1211)a.nn2n2n(I)用数学归纳法证明an2(n2)；(II)对ln(1x)x对x0都成立，证明ane（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，可得放缩思路：

an1(11111)alnaln(1)lnannn12n2nnn2nn2

lnan1111lnalnan1nn2n2n。于是n2n2n，

i1n1(lnai1lnai)i1n111()n1111112(2i)lnanlna112n2.1nn2ii212 即

lnanlna12ane2.

4

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

n向的作用；当然，本题还可用结论2n(n1)(n2)来放缩：

an1(1111)(an1))anan11(1n(n1)n(n1)n(n1)

ln(an11)ln(an1)ln(1[ln(ai11)ln(ai1)]i2i2n1n111).n(n1)n(n1)11ln(an1)ln(a21)11i(i1)n，

即

ln(an1)1ln3an3e1e2.

1111[log2n],nN,n2.[log2n]n2例7 已知不等式23表示不超过log2n 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2b,n3.2b[log2n]（05

年湖北卷第（22）题）

简析 当n2时

annan11nan111nan1anan1an1n，即

111anan1n

k2nn111().akak1k2k1112b[log2n]an.aa22b[logn]2于是当n3时有n1

111n 注：①本题涉及的和式23为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利

1111[log2n]n2用所给题设结论23来进行有效地放缩；

5

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。

1an(1)nn，求证：数列{an}单调递增且an4. 例8 设

解析 引入一个结论：若ba0则bn1an1(n1)bn(ba)（证略）

整理上式得a(1n1b[(n1)anb].（），以

na111,b1n1n代入（）式得

1n1)(11)n.{a}n1n即n单调递增。

以

a1,b111111(1)n(1)2n4.2n22n2n代入（）式得

1(1)n4此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有n，又因为数列{an}单调递增，所1(1)n4以对一切正整数n有n。

12(1)n3.n 注：①上述不等式可加强为简证如下：

11112n1an(1)n1CnCn2Cn.nnnnn 利用二项展开式进行部分放缩：

只取前两项有

1an1Cn12.n对通项作如下放缩：

kCn11nn1nk1111.kk1k!nnnk!1222n

6

11111(1/2)n1an112n123.2211/222 故有

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

nmnAmmAn(1m)(1n).（011imn.数，且（1）证明；（2）证明

iiii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

nm{(1n)}(1m)(1n)(1m)(1n),1imn,有如下简捷证法：数列递减，且故即。

1n1n1m1n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.na2a3a求证：an2.

例9 设

an1解析

an11111111.2na2232n2 又kkkk(k1),k2（只将其中一个k2a3a变成k1，进行部分放缩），

1111k2k(k1)k1k，

于是

an111111111122.1(1)()()n223n1n2232n2

2an1annan1nNan例10 设数列满足，当a13时证明对所有n1, 有

7

(i)ann2；

(ii)11111a11a21an2（02年全国高考题）

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2k1(a11)2k142k111k1.ak12

ak112(ak1)i1nn11aii111()n1121.122i141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()n(n1)(n2). 11 设n1,nN，求证3例

312()n(1)n()n2，展开得 简析 观察3的结构，注意到2111nn(n1)(n1)(n2)61123(1)n1CnCn2Cn312228822，

8

1(n1)(n2)(1)n8即2，得证.

例12 设数列{a}满足

na12,an1an1(n1,2,).an （Ⅰ）证明an2n1对一切正整数n成立；（Ⅱ）令题）

bnann(n1,2,)，判定b与b的大小，并说明理由（04年重庆卷理科第（22）

nn1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

12k122(k1)12ak法1 用数学归纳法（只考虑第二步）

2a2k1ak2；

法2

2a2n1an212an2222akan1ak2,k1,2,,n1.

则

22ana122(n1)an2n22n1an2n1

四 利用单调性放缩

1． 构造数列

如对上述例

(n1)2TnSn21，令

则

Tn1Tn(n1)(n2)2n302，

TnTn1,{Tn}递减，有TnT1(n1)2220，故Sn2.

9

再如例增，有

111(11)(1)(1)(1)Tn1352n1TnT2n14，令则n2n22n12n31，即TnTn1,{Tn}递

TnT1231，得证！

注：由此可得例4

11123(11)(1)(1)(1)2n1.352n13的加强命题并可改造成为探索性

111(11)(1)(1)(1)k2n1n1352n1问题：求对任意使恒成立的正整数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（Ⅱ）设

0a1f(x)ax32111xx[,]2的最大值不大于6，又当42时

1f(x).8（Ⅰ）求a的值；

11an.,an1f(an),nNn12，证明（04

年辽宁卷第21题）

解析 （Ⅰ）a=1 ；（Ⅱ）由an13231211aaa(a)n1nnnf(an),22366 且an得

ak(0,1)k10.用

数学归纳法（只看第二步）：ak1f(ak)在

ak1f(ak)f(113121)().k1k12k1k2

是增函数，则得

例有xn1axn1xn,xn2xxa0nnN．14 数列由下列条件确定：1，（I）证明：对n2总a；(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ax,2x易知f(x)在[a,)是增函数。

10

1axk1xkx2a. k在[a,)递增，故xk1f(a)当nk1时

对(II)有xnxn1故有xnxn11a1af(x)xx,n2x2x它在[n，构造函数a,)上是增函数，

1axnf(a)02xn，得证。

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).

②

f(x)1x21aaxn1xn2xnx是递推数列的母函数，研究其单调性对此数列本质

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,.

13aann10an1an16证明:(ⅰ);(ⅱ).（证略）

五 换元放缩

例15 求证

1nn12(nN,n2).n1

nan1hn，这里hn0(n1),则有 n简析 令

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

11

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。

n2(a1)2an2,nNa14例16 设，，求证.

n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

n(n1)2b20n1n12n2n2n2an(b1)nCnbCnbCnbCnCnb，注意到n2,nN，则

n(n1)2n2b2b24n2(a1)2a4（证明从略），因此

n

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

ln(an11)ln(an1)(ii)，同理例6(II)中所得

lnan1lnan11n2n2n和

111122n(n1)、例7中anan1n、 例12（Ⅰ）之法2所得ak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n1.1a11a21an22再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了（略）。

12

例17 设0a1，定义

a11a,an11aan，求证：对一切正整数n有an1.

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

1aak是难以证出的，因为ak出现在分母上！可以逆向考虑：

ak1ak111a1ak.ak1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an1.1a（证明从略）

例题）

2xn1x1,xn1xn2.xn2n证明x20011001.（0118 数列满足

年中国西部数学奥林匹克试

简析 将问题一般化：先证明其加强命题

xnn.2用数学归纳法，只考虑第二步：

xk12nxkk1kk1k1xn.xk22()2.2k2242因此对一切xN有2 k33nan－1（n2，nN） 例19 已知数列｛an｝满足：a1＝2，且an＝2an－1＋n－1（1）求数列｛an｝

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）

13

nn1n－1（1－）an－1，因此｛1－an｝为一个等比数列，其首项解析：（1）将条件变为：1－an＝31n111n•3nnn为1－a1＝3，公比3，从而1－an＝3，据此得an＝3－1（n1）……1

（2）证：据

n！111（1－）•（1－2）…（1－n）33，为证1得，a1•a2•…an＝3a1•a2•……an2•n！，

1111（1－）•（1－2）…（1－n）3332只要证nN时有

……2

显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式：

111111（1－）•（1－2）…（1－n）＋2＋…＋n3331－（333）……3 对每个nN，有

（用数学归纳法，证略）利用

111111＋2＋…＋n（1－）•（1－2）…（1－n）331－（3333得，3）＝1

11n〔1－（）〕3311n111n11〔1－（）〕＝＋（）1－322323－＝1－2。

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项和满足

SnSn2an(1)n,n1.

（Ⅰ）写出数列{a}的前3项a1,a2,a3；（Ⅱ）求数列{an}的通项公式；（Ⅲ）证明：对任

n 14

1117am8（04意的整数m4，有a4a5年全国卷Ⅲ）

简析 （Ⅰ）略，（Ⅱ）

an2n22(1)n1.3；

n(1)（Ⅲ）由于通项中含有，很难直接放缩，考虑分项讨论：

1131132n22n1(n2n1)2n3n1n2aa2221212221 nn3nn1当且为奇数时

32n22n1311()222n22n1（减项放缩）22n3，于是

11111111()()aaaaaaaa456m1m m①当m4且m为偶数时45131111311137(34m2)(1m4).222224288 2221111111a4a5ama4a5amam1②当m4且m为奇数时（添项放缩）由①知

11117.a4a5amam18由①②得证。

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

15

p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2nn（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)2np1p2p2n2n法1 由g(x)为下凸函数得

g()

又

p1p2p3p2n1，

1n2g()n.2n

所以p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2log2p2nn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1n则有

f(x1xn1)[f(x1)f(xn)].nn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1,16

（*）

为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：

pkp1p,q22,,q2k2.xxx

令

xp1p2p2k,q1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],cccc利用（Ⅰ）知，

17

x1c(即x)时,函数g(x)取得最小值.c22当对任意x10,x20,都有

x1log2x1x2log2x22x1x2xx2log21(x1x2)[log2(x1x2)1]. ② （②式是比①式更22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,,p2满足p1p2p21,有

kkp1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.当nk1时,p1,p2,,p2k1满足p1p2p2k11.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

k

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；

 18

2为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：qipip2n1i而变成2项；3本题可

k

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.

1pln(np)p.iii(npi)ln(npi)npi1n

nn故i1[piln(npi)]pi10lnnpilnpi0.i1）

参考文献

[1]李锦旭等《例说高考题的科学背景》。华东师大《数学教学》2004年第11期。

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