数列型不等式放缩技巧

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 利用重要不等式放缩

1． 均值不等式法

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

22解析 此数列的通项为akk(k1),k1,2,,n.

n1kk11，nkSn(k)， kk(k1)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，若放成k(k1)k1则得

2Sn(k1)k1n(n1)(n3)(n1)，就放过“度”了！

222a12an

n2 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a1an111na1annn 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)14，且f(x)在[0，1]上的最小值为1，求证：，若f(1)21a2bx511f(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 已知a,b为正数，且题）

111，试证：对每一个nN，(ab)nanbn22n2n1.（88年全国联赛ab1111ab1得abab，又(ab)()24，故abab4，而ababba0n1n1rnrrnn(ab)nCnaCnabCnabCnb，

简析 由

令f(n)(ab)ab，则f(n)=Cnannn1n1rnrrn1inibCnabCnabn1，因为CnCn，倒序相加得

1rn1(an1babn1)Cn(anrbrarbnr)Cn(abn1an1b)， 2f(n)=Cn而an1babn1anrbabrrnrabn1an1b2ab242n1，则

nnn2n1rn12f(n)=(CnCnCn)(arbnranrbr)(2n2)(arbnranrbr)(22)2n1，所以

f(n)(2n2)2n，即对每一个nN，(ab)nanbn22n2n1.

例4 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，原结论成立.

2．利用有用结论

例5 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：

法1 利用假分数的一个性质bbm(ba0,m0)可得

aam

2462n3572n11352n1(2n1) 1352n12462n2462n1)2n1.

352n11352n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n2,x1)得 2k1(2462n)22n1即(11)(11)(11)(1121(此处)122k12k1nn12k112k11(1)2n1.

k1k12k12k12k12k1 注：例5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6 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[的简捷证法：

122x32x(n1)2xan2x12x3x(n1)xanx f(2x)2f(x)lg2lgnn(ab)]iii1n2ai1n2ibi1n2i[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)；(II)对ln(1x)x对x0都成立，n2nnn22证明ane（无理数e2.71828L）（05年辽宁卷第22题）

例7 已知a11,an1(1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n21111lnan2n。于是lnan1lnan2n，

nn2nn2n1n111()n1111112(lnalna)()lnalna12n2.i1in12i1nnii22i1i112lnanlna12ane2.

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)[ln(ai11)ln(ai1)]i2i2n1n1 即

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

11ln(an1)ln(a21)11， i(i1)n2即ln(an1)1ln3an3e1e.

1111[log2n],nN,n2.[log2n]表示不超过log2n 的最大整数。设正数数列{an}23n2nan1满足：a1b(b0),an,n2.

nan1例8 已知不等式求证an2b,n3.（05年湖北卷第（22）题）

2b[log2n]简析 当n2时annan11nan111，即

nan1anan1an1nnn111111 ). (akak1anan1nk2k2k1112b于是当n3时有[log2n]an. ana122b[log2n] 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；但是可以利用所给题设结论

23n1111[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。

n例9 设an(1)，求证：数列{an}单调递增且an4.

1n 解析 引入一个结论：若ba0则b整理上式得a以a1n1n1an1(n1)bn(ba)（证略）

bn[(n1)anb].（）

1n111)(11)n. ,b1代入（）式得(1n1n1nn即{an}单调递增。

1n111代入（）式得1(1)(1)2n4.

2n22n2n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}单调递增，所以对一切正整数n有

n以a1,b11(1)n4。

n 注：①上述不等式可加强为2(1)3.简证如下：

1 利用二项展开式进行部分放缩：an(1)n1Cn1 只取前两项有an1Cn1nn1n112n1Cn2Cn. nnnn12.对通项作如下放缩： n1nn1nk1111k1Cn. kk1k!nnnk!1222n11111(1/2)n1 故有an112n123.

22211/22②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：

iiii已知i,m,n是正整数，且1imn.（1）证明nAmmAn；（2）证明(1m)(1n).（01年全国卷理

nm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

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

1n1m1n 当然，本题每小题的证明方法都有10多种,如使用上述例5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 例10 设an1aaa,a2.求证：an2.

3n2111111 解析 an1aaa1222.

3n23n21111 又k2kkk(k1),k2（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1111(11)(11)(11)22.

n223n1n2232n22例11 设数列an满足an1annan1nN，当a13时证明对所有n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

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

ak1211()nnn1112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5之法2就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。

28例12 设n1,nN，求证()n.

3(n1)(n2)简析 观察()的结构，注意到()(123n32n1n)，展开得 2111nn(n1)(n1)(n2)6， 1123(1)n1CnCn2Cn312228822即(11)n(n1)(n2)，得证.

28例13 设数列{an}满足a12,an1anbnann1(n1,2,). （Ⅰ）证明an2n1对一切正整数n成立；（Ⅱ）令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(n1)如对上述例1，令TnSn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)2n2352n1则Tn1 再如例5，令Tn1，即TnTn1,{Tn}递增，有

Tn2n12n32n1TnT1231，得证！

注：由此可得例5的加强命题(11)(11)(11)(11)232n1.并可改造成为探索性问题：求对任意n1352n13使(11)(11)(11)(11)k2n1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

352n1论，读者不妨一试！ 2．构造函数

例14 已知函数f(x)ax0a132x的最大值不大于21111，又当x[,]时f(x).（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）设

428611.（04年辽宁卷第21题） ,an1f(an),nN，证明ann12323111an(an)2且an0.用数学归纳法（只22366113121看第二步）：ak1f(ak)在ak(0,1)是增函数，则得ak1f(ak)f()().

k1k12k1k2k11a例15 数列xn由下列条件确定：x1a0，xn1xn（I）证明：对n2总有xna；(II),nN．2xn证明：对n2总有xnxn1（02年北京卷第（19）题）

1a 解析 构造函数f(x)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解析 （Ⅰ）a=1 ；（Ⅱ）由an1f(an),得an1an 对(II)有xnxn111a，构造函数f(x)xxn22xna,它在[a,)上是增函数，故有xxnxn1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xnf(a)0，得证。 2xn1a1a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xx是递推数列xn1n2x2xn重要的指导作用。

五 换元放缩

例16 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17 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

na(b1)CbCb22n(a1)明从略），因此a

4nnn0nn1nn1Cb2nn2CCbnn2nn222n(n1)2n(n1)nb（证2注意到n2,nN，则b，b242六 递推放缩

递推放缩的典型例子，可参考上述例11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7(II)中所得lnan1lnan22111111ln(a1)ln(a1)和、例8中、 例13（Ⅰ）n1nn(n1)anan1nn2n2n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11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：就容易多了（略）。

例18 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

11111n1.再用数学归纳法证明此加强命题，1a11a21an22ak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a对一切正整数n有1an1.（证明从略）

1a2xn1 例19 数列xn满足x1,xn1xn2.证明x20011001.（01年中国西部数学奥林匹克试题）

2nak1n.用数学归纳法，只考虑第二步： 22nxkk1kk1k1 xk1xk22()2.因此对一切xN有xn.

2k22422k八 分项讨论

简析 将问题一般化：先证明其加强命题xn 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1117（04年全国卷Ⅲ） a4a5am8 简析 （Ⅰ）略，（Ⅱ） an22n2(1)n1.；

3n（Ⅲ）由于通项中含有(1)，很难直接放缩，考虑分项讨论：

nn2n111311322当n3且n为奇数时 (n2n1)2n3n1n2anan1221212222132n22n1311 ，于是 ()（减项放缩）

222n22n122n3 ①当m4且m为偶数时1111(11)(11)

a4a5a6am1ama4a5am131111311137(34m2)(1m4). 222224288222②当m4且m为奇数时1111111（添项放缩）由①知11117.由①②

a4a5ama4a5amam18a4a5amam1得证。