数列不等式综合题示例
数列不等式综合题，是高考数学的常见试题. 这类试题，对数列方面的考查多属基础知识和基本技能的层级，而对不等式的考查，其中口径往往比较宽，难度的调控幅度比较大，有时达到很高的层级. 试题排序，靠后者居多，常以难题的面貌出现，对综合能力的考查深刻.
这类试题，时常以递推关系或间接的形式设定数列. 对数列的提问，多涉及通项、前n 项和或数列中的某些指定的参数，有时也会涉及多个数列. 至于有关不等工的提问，可以是含变量n 或其他参变量的不等式的证明或求解，抑或求某些量的取值范围，或者是不同量间的大小比较，等等. 试题的综合程度有时不大，有时很大，既有中低档次的题目，又有中高档次的题目，而且多数年份属于后者.
对数列不等式综合题的解答，往往要求能够熟练应用相关的基础知识和基本技能，同时还应具备比较娴熟的代数变换技能和技巧. 下面借助若干实例，谈谈解答这类试题的个人点滴体验，希望有助考生理解.
例1 设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和),2,1( 0 =>n S n
（Ⅰ）求q 的取值范围； （Ⅱ）设122
3++-=n n n a a b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，试比较n S 与n T 的大小 分析 设定的数列}{n a 是满足0>n S 的一类等比数列，而不是确定的一个具体数列， 而不是确定的一个具体数列. 提出的两个问题都属于不等式问题. （Ⅰ）的求解可按等价关系建立关于q 的不等式，解之可得；也可对q 作分类讨论，再归纳出答案. （Ⅱ）的求解，可用差值法，也可用比值法.
（Ⅰ）的解：
方法一
因为q 是等比数列}{n a 的公比，S n 是数列的前n 项和，所以0≠q ，且
??
???≠--==.1,1)1(,1,11?q ??q q a ?q ??na S n n 当当 因此，),2,1(0 ????n S n =>等价于：01>a 且下列条件之一成立：
①q =1； ②??????n q ?q ?q n ?????=<-<-≠;),2,1(01,01,0 ③??
???=>->-≠.),2,1(01,01,0????n q ?q ?q n
解不等式组②得：1>q ；解不等式组③得：01<<-q 或10< 综合得q 的取值范围为),0()0,1(∞+?-???? . 方法二 根据等比数列性质，在题设下，必有 ? S a 011>=，公比0≠q . 当1-≤q 时，0)1(12≤+=q a S ； 当1||0< ),2,1(01)1(1 ????n ??q q a S n n =>--=； 当q =1时，),2,1(01 ????n ?na S n =>=. 综合得q 的取值范围为),0()0,1(∞+?-???? （Ⅱ）的解： 方法一 ∵)2 3(23221q q a a an bn n n -=- +=+， ∴)23(2q q S T n n -=， . ),2,1(,)21)(2()123(2?????n ??q q S ?q q S S T n n n n =+-=-- =- 因为1,0->>?q ?S n 且0≠q ，所以得： 对任意正整数n ，有： 若211- <<-q 或2>q ，则0>-n n S T ，即n n S T >； 若02 1<<-q 或20< 1-=q 或q =2，则0=-n n S T ，即n n S T =. 方法二 ∵11-=n n q a a ，)23(231111-=-=+q q a q a q a b n n n n ，∴)23(-=q q S T n n ， ∵1232=-q q 的两根为2 1-和2， ∴?????????-<<-<>-<>=-==-.2211,2211, 2211232?a ???q q ???q q ?? q q 当或当或当 依题设),2,1(0 ????n S n =>，且由（Ⅰ）知01<<-q 或0>q ，所以得：对任意正整数n ，有： 当;,22 1?S ?T q q n n ==- =时或 当;,22 11?S ?T q q n n >>-<<-时或 当021<<-q 或20< （1）求取值范围，务必勿忘其充要性. 只顾必要性，忘了充分性，易使范围扩大；只顾充分性，忘了必要性，易使范围缩小. 上述（Ⅰ）的解法一，采用等价性陈述方式；解法二，采用了从必要性入手，再讨论充分性，然后综合得解. （2）对等比数列，前n 项的和S n 依赖于a 1和q 的两上参量. 由前述讨论可见：使),2,1(0 ????n S n =>的充要条件为a 1>0且}01|{≠->∈q q q q 且. 因此，严格地说，第（Ⅰ）问的完整答案似乎应为：在等比数列)(n a 中，01≠a ，而当01 围为空集，当01>a 时，q 的取值范围为),0()0,1(∞+?-???? . 不过，对该题也可作这样的理解：在题设下，不可能出现01≤a 的情况，而第（Ⅰ）问要求的只是q 的取值范围. 所以前述的解答也算完整. （3）上述（Ⅱ）的两个解法，差值法与比值法. 由于Tn 与S n 仅相差一个因子（q 的二次式），所以两法几乎没有本质差别，只是陈述表达形式有所不同. 在前述的解法中，都应用了等比数列和二次函数式（方程）的基本知识，但具体的知识点有所差别，有的是最基础的入门知识，有的是经过派生的常用性质. 学会灵活运用基本知识解题，减少记忆量，提高活用技能，是解题训练的一项重要任务. （4）本题虽属中低档题，但也具备相当的综合性，展现了高考试题的常见特点. 例2 设数列{}n a 的前n 项的和14122333 n n n S a += -?+， ?????n ,3,2,1= （Ⅰ）求首项1a 与通项n a ； （Ⅱ）设2n n n T S =， ??????n ,3,2,1=，证明：132n i i T =<∑ 分析 取n =1，由已知等式即可求得a 1. 为求通项a n ，可先将已知条件化为关于a n +1与a n 的递推关系求解，也可先求S n ，再得a n . 至于不等式的证明，可将公式化简，进行论证. （Ⅰ）的解： 方法一 依设，得3 234111-= =a S a ，∴a 1=2. 当2≥n 时，n n n n n n a a S S a 231)(3411?--=-=--， 整理得)2(4211--+=+n n n n a a ，∴n n n n a a 4)2(4211=+=+-， 得通项.,3,2,1,24????????n ?a n n n =-= 方法二 依设，得.,3,2,1,22431???????n ?a S n n n =--=+ 因为11a S =，所以24311-=a a ，得a 1=2. 当2≥n 时，n n n a S S =--1，∴)22()(4311n n n n n a a a ---=+-， 整理得.,4,3,2,241????????n ?a a n n n ==-- ∴12221 1=?---n n n n a a 即有,2)12(2)12 (2121111?a a a n n n n n n =+=+=+--- 得通项.,3,2,1,24??????? n ?a n n n =-= 方法三 同上法得a 1=2， ???????n ?a a n n n ,4,3,2,241==-- ① ∴124412=+=a a ，)4(24211----=-n n n n a a a a ， 整理得 )2(4)2(42122211a a a a a a n n n n n -==-=----- 即有 ?????n ?a a n n n ,3,2,4 2211=?=--- ② 由2×②－①得 ????? n ?a n n n ,3,2,24=-= 当n =1时，该式也成立，所以，通项为 ??????n ? ?a n n n ,3,2,1,24=-= . 方法四 因为11S a =，当2≥n 时1--=n n n S S a ，所以由题设得24311--S S ， 当2≥n 时，22)(4311+--=+-n n n n S S S . ∴14,221==?S ?S ， ?????n ?S S n n n ,3,2,2241==+-- ① 从而，)24(224211+-=+----n n n n S S S S ， 即得 ,43 24332)322(4)322(43222122211???S S S S S S n n n n n n n ?=?=+-==+-=+ ------ ∴ ?????n ? S S n n n ,3,2422631=?=+-- ② 由2×②－3×①，整理得 ?????n ?S n n n ,3,2,3 2243111=+-?=+- 该式对n =1也成立，从而得通项 )223(411-+= +n n n S a 即.,3,2,1,24????????n ? ?a n n n =-= （Ⅱ）的证明： 方法一 ∵3 2231341+?-=+n n n a S ,)12)(12(3 2)2234(31111?n n n n --=+?-=+++ ∴,1211212321?S T n n n n n ?? ? ??---==+ .23121123121121231 111?T n i n i n i i i ∑∑==++ ∵n n n a 24-=， ∴2 12241441 1-----=++n n n S ,)12)(12(32)123122(321?n n n n --=+?-+= + 得 ???????n ?S T n n n n n n ,3,2,1,) 12)(12(22321=--?==+ ∴,)3 11(23312231?T -=??= .)1511(23)1578711(23,)711(23)734311(2332121?T T T ?T T -=?+-=++-=?+-= + 猜测.)1 211(2311?T n i n i ∑=+--= （i ）当n =1时，上面已证明猜测成立； （ii ）假设当1≥=k n 时，猜测成立，即 ∑=+--= k i k i T 11)1 211(23， 则∑+=++++???? ??--+--=1 1211 1)12)(12(2121123k i k k k k i T ,)1211(23)12)(12(21212322112??k k k k k --=??? ? ??-----=+++++ 即当n=k +1时猜测也成立. 综合（i ）（ii ）得对任意正整数n ，猜测都成立. 所以，.,3,2,1,231???????i ??T n i i =<∑= 体验 （1）已知数列前n 项的和S n 与通项a n 的关系式，为求通项的解析式，通常要将条件转化为数列}{n a 的递推关系式或数列}{n S 的递推关系式，然后，再作进一步推演，这时要用 到公式???≥=-=-.)2(,111?n ? a S S ?a S n n n 许多时候，容易忽略11a S =，这个式子，同时，对于另一式子中n 的取值范围，也容易忽视，以致出现差错. 对此，必须警觉. （2）根据递推关系)(1n f pa a n n +=+求通项a n ，是常见的数列试题. 近几年的高考数学考试中，这类试题较多出现. 其中，)(n f 可以是常数、等比数列、等比数列与常数之和、等比数列与等差数列之和，等等形式. 本题（Ⅰ）的四种解法，反映了解答这类问题的基本思路和常用方法，其核心思想是：转化为等比数列的问题进行解答，或借助解方程的方法求解. 能否成功，关键在于代数变换与换元是否有效. 具体的运用非常灵活，就本题（Ⅰ）的解法而言，尚有多种解答方案可供选择，远非只是上述的4种. （3）关于不等式∑=< n i i T 12 3的证明，上述两种证法有典型意义. 证法一采用裂项的技术，将不等式化简，达到证明目的，十分精练. 用好这一技术，须具有良好的观察能力和裂项的经验. 因此，平时要注意经验的积累和一定的操作训练，当存在数列}{n R 满足1+-=n n n R R T 时，则有∑=+-=n i n i R R T 111，从而达到将和式化简的目的. 这里的关键是数 列}{n R 的发现. 举个例说，可用这项技术，求等比数列前n 项的求和公式： 设)0,1(111≠≠=-q ?a ?q q a a n n ，则有 ?q q q a a n n n )(111--=-， ∴∑∑==---=--==n i n i n i i i n q q a q q q a a S 1 1111)1(1)(1. 也可写成q a a S n n --=+111. （4）上述（Ⅱ）的证法二，采用了由特殊到一般的思维方式，根据开始的几个特殊情形，探索规律，对一般情形作出“猜测”，进而应用数学归纳法，作出证明，完成解答. 这也是解答数学问题的一种常用方法. 该法成功与否，关键在于猜测，为了使猜测有效和正确，在考查特殊情形时，应避免机械的数字计算和瞎猜，须讲究方法. 例如，上述在考查211,T ?T ?T +与321T T T ++的变化规律 ，充分注意所要证明的不等式∑=< n i i T 12 3的特点，把观察的侧重点放在差值)132(1 ∑=-n i i T 的估计上：把T 1=1写成)311(231-=T ；把7921=+T T 写成)711(2321-=+T T ；把1521321=++T T T 写成)15 11(23-. 为一般规律的发现提供了方便，提高了猜测的成功率. 例3 数列}{n a 满足a 1=1，且)1(21)11(21≥+++=+n a n n a n n n . （Ⅰ）用数学归纳法证明：)2(2≥≥n a n ； （Ⅱ）已知不等式x x <+)1ln(对0>x 成立. 证明：)1(2≥ 分析 根据题设的递推关系，难以求得通项，为了证明给定的不等式，宜用放缩法. （Ⅰ）的证明； （1）当n =2时，22 1)21 1(12=++==a a a n ； （2）假设2≥=k n 时，不等式成立，即2≥k a ，则 221)11(21≥≥+++=+k k k k a a k k a ，即当1+=k n 时，不等式也成立. 综合（1）（2），得)2(2≥≥n a n . （Ⅱ）的证明； 方法一 ∵1,)2(21=≥≥?a ?n a n ， ∴)1()2 111(21)11(0221≥+++≤+++=<+n a n n a n n a n n n n n ， 取自然对数，得：当1≥n 时， n n n n n n n n a a 21)111()2 111ln(ln ln 21++-<+++≤-+， ∴∑∑-=-=+++-<-1111 1])21()111[()ln (ln n i n i i i i i i a a 即2)2121(211ln ln 1<-+- <-n n n a a ， ∵01ln ln 1==a ，∴)1(2≥ 方法二 首先，用数学归纳法证明不等式 )1)(1(2≥->n n n . （1）当n =1，2，3，4时，n 2依次取值2，4，8，16，)1(-n n 依次取值0，2，6，12，所以不等式成立； （2）假设4≥=k n 时，不等式成立，即)1(2->k k k ，所以)1(221->+k k k ， ∵4≥k ，∴0)3()1()1(2>-=+--k k k k k k ， 即k k k k )1()1(2+>-，从而]1)1)[(1(21-++>+k k k ，即当n =k +1时不等式成立. 综合（1）（2），证得)1)(1(2≥->n n n . 其次，当 2≥n 时，)1()1(->+n n n n ，依设得 )1(1))1(11(2 1))1(11(1-+-+<+++=+n n a n n a n n a n n n n ， 由（Ⅰ）知0>n a ，故有 )1)() 1(11(101+-+<+<+n n a n n a ， ∴ )2(,1)1(1)1(1))1(11ln( )1ln()1ln(1≥--=-<-+<+-++n ??n n n n n n n a a n n 得∑∑-=-=+--<+-+121 21)111( )]1ln()1[(ln n i n i i i i i a a ， ∴1111)1ln()1ln(2<-- <+-+n a a n . ∵22=a ，∴<+1n a e 3ln 1+<3e ， ∵2.7 得a n <3e-1<7.16 又有a 1=1 体验 （1）上述（Ⅱ）的证法一，将n 21放大为n n a 2 1，即是利用了)2(2≥≥n a n 和a 1=1，将1放大为n a ，顺利且简练地完成证明. 而证法二，则比较转折，进行多次放缩，首先是将)1(1+n n 和n 21都放大为) 1(1-n n ，后来为证明3e-1 当2≥n 时，2≥n a ，所以，依设得 112 1)1(1121)1(110+++++<+++= <-+++n ?n n n n a a n n n ， ∑∑-=+-=+--++-<-1221212 11)21(81)111()ln (ln n i n n i i i i i a a ， 得12)21(41121ln ln +-+-<-n n n a a ，∴2ln 4 3ln 43ln 2+<+2.73=19.683>16，∴2ln 416ln 3=>， 得2 34343ln ,432ln =+< 1e 1<=a ，综合，证得)1(e 3≥ （2）用数学归纳法证（Ⅰ），无难点，但在（Ⅱ）的证法二中，证不等式)1)(1(2≥->n n n 时，不仅要检验n =1时，不等式成立，还要检验n 取值为2，3，4的情形，然后作归纳假设4≥=k n 时，不等式成立，再去证1+=k n 时，不等式也成立. 从这里可体验到：应用数学归纳法时，必须根据归纳假设及其接着的归纳证明的需要，确定应该检验哪些特殊的n 值；其次，归纳假设的设定，也并非千篇一律，不是所有的情形都假设1≥=k n 时结论成立. 有时必须假定为m k n ≥=时结论成立，或假定为当k n ≤时结论成立，等等，这要视归纳证明（即证1+=k n 时结论成立）的需要而定. 不等式的证明方法 不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。 注意ab b a 22 2 ≥+的变式应用。常用2 222b a b a +≥ + (其中+ ∈R b a ,)来解决有关根式不等式的问题。 一、比较法 比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。 1、已知a,b,c 均为正数，求证： a c c b b a c b a ++ +++≥++1 11212121 证明：∵a,b 均为正数， ∴ 0) (4)(44)()(14141)(2 ≥+=+-+++=+-+-b a ab b a ab ab b a a b a b b a b a b a 同理 0)(41 4141)(2 ≥+= +-+-c b bc c b c b c b ，0) (414141)(2 ≥+=+-+-c a ac a c a c a c 三式相加，可得 01 11212121≥+-+-+-++a c c b b a c b a ∴a c c b b a c b a ++ +++≥++111212121 二、综合法 综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。 2、a 、b 、),0(∞+∈c ，1=++c b a ，求证： 31222≥ ++c b a 证：2 222)(1)(3c b a c b a ++=≥++?∴ 2222)()(3c b a c b a ++-++0 )()()(222222222222≥-+-+-=---++=a c c b b a ca bc ab c b a 3、设a 、b 、c 是互不相等的正数，求证：)(4 4 4 c b a abc c b a ++>++ 证 ： ∵ 2 2442b a b a >+ 2 2442c b c b >+ 2 2442a c a c >+∴ 222222444a c c b b a c b a ++>++ ∵ c ab c b b a c b b a 2 2222222222=?>+同理：a bc a c c b 222222>+ b ca b a a c 222222>+ ∴ )(222222c b a abc a c c b b a ++>++ 4、 知a,b,c R ∈，求证: )(22 2 2 2 2 2 c b a a c c b b a ++≥++ ++ + 证明：∵ ) (2 2 2 2 2 2 2 2)(22b a b a b a b a ab ab +≥++≥+∴≥+ 利用放缩法证明数列型不等式压轴题 惠州市华罗庚中学 欧阳勇 摘要：纵观近几年高考数学卷，压轴题很多是数列型不等式，其中通常需要证明数列型不等式，它不但可以考查证明不等式和数列的各种方法，而且还可以综合考查其它多种数学思想方法，充分体现了能力立意的高考命题原则。处理数列型不等式最重要要的方法为放缩法。放缩法的本质是基于最初等的四则运算，利用不等式的传递性，其优点是能迅速地化繁为简，化难为易，达到事半功倍的效果；其难点是变形灵活，技巧性强，放缩尺度很难把握。对大部分学生来说，在面对这类考题时，往往无从下笔．本文以数列型不等式压轴题的证明为例，探究放缩法在其中的应用，希望能抛砖引玉，给在黑暗是摸索的学生带来一盏明灯。 关键词：放缩法、不等式、数列、数列型不等式、压轴题 主体： 一、常用的放缩法在数列型不等式证明中的应用 1、裂项放缩法：放缩法与裂项求和的结合，用放缩法构造裂项求和，用于解决和式 问题。裂项放缩法主要有两种类型： （1）先放缩通项，然后将其裂成某个数列的相邻两项的差，在求和时消去中间的项。 例1设数列{}n a 的前n 项的和1412 2333n n n S a +=-?+，1,2,3, n =。设2n n n T S =， 1,2,3, n =，证明： 1 32 n i i T =< ∑。 证明：易得12(21)(21),3 n n n S +=--1132311()2(21)(21)22121n n n n n n T ++= =-----， 11223 111 31131111 11 ()()221212212121212121 n n i i i n n i i T ++===-=-+-++ ---------∑∑ = 113113()221212 n +-<-- 点评： 此题的关键是将12(21)(21)n n n +--裂项成1 11 2121 n n +---，然后再求和，即可达到目标。 （2）先放缩通项，然后将其裂成(3)n n ≥项之和，然后再结合其余条件进行二次放缩。 例2 已知数列{}n a 和{}n b 满足112,1(1)n n n a a a a +=-=-，1n n b a =-，数列{}n b 的 放缩法证明数列不等式 主要放缩技能： 1.211111111(1)(n 1)1n n n n n n n n -=<<=-++-- 2221144112()141(21)(21)21214 n n n n n n n <===--+--+- ==>= ==<= =<= == =< = = 5.121122211(21)(21)(22)(21)(21)2121n n n n n n n n n n ---<==-------- 6. 111 22(1)11(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n n n n n n +++++-==-+?+??+? 例1.设函数2*2()1x x n y n N x -+=∈+的最小值为n a ，最大值为n b ， 且n c =（1）求n c ；（2）证明： 4444123111174n c c c c ++++ < 例2.证明：1611780<+ +< 例3.已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s ，且12n n n a s a + =，*n N ∈； （1）求证：数列{} 2n s 是等差数列； （2）解关于数列n 的不等式：11()48n n n a s s n ++?+>- （3）记312311112,n n n n b s T b b b b ==++++，证明：312n T << 例4.已知数列{}n a 满足：n a n ?????? 是公差为1的等差数列，且121n n n a a n ++=+； （1） 求n a ；（2 12n na +++< 例5.在数列{}n a 中，已知1112,2n n n n a a a a a ++==-； （1）求n a ；（2）证明：112233(1)(1)(1)(1)3n n a a a a a a a a -+-+-++-< 例6.数列{}n a 满足：11122,1()22 n n n n n a a a n a ++==++； （1）设2n n n b a =，求n b ；（2）记11(1)n n c n n a +=+，求证：12351162 n c c c c ≤++++< 数列型不等式的证明 数列型不等式问题在近年逐渐成为高考热点，数列型不等式问题常被设置为高考压轴题，能力要求较高。因其仍然是不等式问题，可用处理不等式的方法：基本不等式法；比较法；放缩法，函数单调性法等都是常用的方法；但数列型不等式与自然数有关，因而还有一种行之有效的方法：数学归纳法。 1、重要不等式法 若数列不等式形如下式，可用均值不等式法求证。 （1）),(222R b a ab b a ∈≥+; （2） ),(2 +∈≥+R b a ab b a （3） ),,,(2121321+∈???????????≥+??????+++R x x x x x x n n x x x x n n n n 2、比较法 比较法是证明不等式的基本方法，可以作差比较也可以作商比较，是一种易于掌握的方法。 3、放缩法 常用的放缩结论： ①、 ,111)1(11)1(11112k k k k k k k k k --=-<<+=+-其中（2≥k ） ②、 ;)12)(12(1)12(12+->-n n n ;)12)(32(1)12(12--<-n n n ) 22(21 )12(12+<+n n n ③、 1 211 2-+< < ++k k k k k 用放缩法解题的途径一般有两条，一是先求和再放缩，二是先放缩再求和。 （1）、先求和再放缩 一般先分析数列的通项公式，如果此数列的前n 项和能直接求和或通过变形后可以求和，则采用先求和再放缩的方法证明不等式。数列求和的方法较多，我们在数列求和的专题中有具体的讲解，主要用的有公式法、裂项法、倒序相加法、分组求和法等方法。 例1、已知函数)(x f 对任意实数q p ,都满足)()()(q f p f q p f ?=+，且3 1 )1(=f ， （1）当+∈N n 时，求)(n f 的表达式；（2）设))((+∈=N n n nf a n ，n T 是其前n 项和，试证明4 3 函数与导数解答题之数列型不等式证明 例1.已知函数()()ln 3f x a x ax a R =--∈ (1)讨论函数)(x f 的单调性; (2)证明:*1111ln(1)()23n n N n + +++>+∈ (3)证明:()*ln 2ln 3ln 4ln 5ln 12,2345n n n N n n ???<≥∈ (4)证明:()*22222ln 2ln 3ln 4ln 5ln 112,23452n n n n n N n n +????? 例3．已知函数()x f x e ax a =--（其中,a R e ∈是自然对数的底数， 2.71828e =…）. （1）当a e =时，求函数()f x 的极值；（II ）当01a ≤≤时，求证()0f x ≥； （2）求证：对任意正整数n ，都有2111111222n e ??????+ +???+< ??? ???????. 例4.设函数()ln 1f x x px （1）求函数()f x 的极值点； （2）当p ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有0)(≤x f ，求p 的取值范围； （3）证明：).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n n n 例5.已知函数()ln 1f x x x =-+? (1)求()f x 的最大值; (2)证明不等式:()*121n n n n e n N n n n e ??????+++<∈ ? ? ?-???? ?? 数列型不等式证明的常用方法 一． 放缩法 数列型不等式证明是前见年高考中的一个热点，在多 省试题中常常作为压轴题出现。放缩法是数列不等式证明的 一个重要方法，它具有很强的技巧性的特点，学生往往无从 下手，下面总结放缩法证明的一些常用技巧， 例如 归一技巧、 抓大放小技巧、回头追溯技巧、利用函数性质技巧 ，仅供参 考 . 1 归一技巧 归一技巧，指的是将不容易求和的和式中的所有项或 若干项全部转化为 同一项 ，或是将和式的通项中的一部分转 化为 同一个式子 （或数值），既达到放缩的目的，使新的和 式容易求和 . 归一技巧有 整体归一、分段归一。 例如 1 1 1 1 设 n 是正整数，求证 n 1 n 2 1． 2 2n 1 1 1 【证明】 n 1 n 2 L 2n 1 1 1 1 1 . 2n 2n 2n 2n 2 14444244443 个 1 n 2n 1 1 L 1 另外： n 1 n 2 2n 1 1 1 1 n n n n 1 . 144424443 n 个 1 n 1 1 【说明】在这个证明中，第一次我们把 n 1 、 n 2 、 1 1 L 2n 这些含 n 的式子都 “归一” 为 2n ，此时式子同时变小， 1 1 L 1 1 顺利把不易求和的 n 1 n 2 2n 变成了 n 个 2n 的 和，既将式子缩小，同时也使缩小后的式子非常容易求和， 这就是 “归一” 所达到的效果。 而不等式右边的证明也类似 . 1.1 整体归一 放缩法中，如果通过将所有项转化为同一项而达到放缩目的的，称之为“整体归一” . 例 1. 数列 a n 的各项均为正数， S n 为其前 n 项和，对于任 意 n N * ，总有 a n , S n ,a n 2 成等差数列 . ( Ⅰ ) 求数列 a n 的通项公式； ( Ⅱ ) 设数列 b n 的前 n 项和为 T n ，且 b n ln n x ，求证:对 2 a n 任意实数 x 1, e （ e 是常数， e ＝ ）和任意正整数 n ， 总有 T n 2 ； （Ⅰ）解：由已知：对于 n N * ，总有 2S n a n a n 2 ①成立 ∴ 2S n 1 a n 1 a n 1 2 （n ≥ 2 ）② ① -- ②得 2a n a n a n 2 a n 1 a n 1 2 ∴ a n a n 1 a n a n 1 a n a n 1 ∵ a n , a n 1 均为正数， ∴ a n a n 1 1 （n ≥ 2） ∴数列 a n 是公差为 1 的等差数列 证明数列不等式之放缩技巧以及不等式缩放在数列中应用 大全 证明数列型不等式，其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧，充满思考性和挑战性。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. 一、利用数列的单调性 例1．证明：当Z n n ∈≥,6时， (2) 12n n n +<. 证法一：令)6(2 ) 2(≥+=n n n c n n ，则0232)2(2)3)(1(1211<-=+-++=-+++n n n n n n n n n n c c , 所以当6n ≥时，1n n c c +<.因此当6n ≥时，6683 1.644 n c c ?≤==< 于是当6n ≥时，2 (2) 1.2 n n +< 证法二：可用数学归纳法证.(1)当n = 6时，6 6(62)483 12644 ?+==<成立. (2)假设当(6)n k k =≥时不等式成立，即 (2) 1.2k k k +< 则当n =k +1时，1(1)(3)(2)(1)(3)(1)(3) 1.222(2)(2)2k k k k k k k k k k k k k k ++++++++=?<<++ 由(1)、(2)所述，当n ≥6时， 2 (1) 12n n +<. 二、借助数列递推关系 例 2.已知12-=n n a .证明： ()23 11112 3 n n N a a a *++++ <∈. 证明：n n n n n a a 121121************?=-?=-<-=+++ ， ∴3 2])21(1[321)21(...12111112122132<-?=?++?+<+++= -+n n n a a a a a a S . 例3. 已知函数f(x)= 52168x x +-，设正项数列{}n a 满足1a =l ，()1n n a f a +=． (1) 试比较n a 与5 4 的大小，并说明理由； (2) 设数列{}n b 满足n b =54－n a ，记S n =1 n i i b =∑．证明：当n ≥2时,S n ＜1 4(2n －1)． 放缩法证明数列不等式 主要放缩技能： 1.211111111(1)(n 1)1n n n n n n n n -=<<=-++-- 2221144112()141(21)(21)21214 n n n n n n n <===--+--+- ==>= ==<= =<= == =< = = 5. 121122211(21)(21)(22)(21)(21)2121 n n n n n n n n n n ---<==-------- 6. 111 22(1)11(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n n n n n n +++++-==-+?+??+? 例1.设函数2*2()1x x n y n N x -+=∈+的最小值为n a ，最大值为n b ， 且n c =（1）求n c ；（2）证明： 4444123111174n c c c c ++++ < 例2.证明：1611780<+ ++< 例3.已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s ，且12n n n a s a + =，*n N ∈； （1）求证：数列{} 2n s 是等差数列； （2）解关于数列n 的不等式：11()48n n n a s s n ++?+>- （3）记312311112,n n n n b s T b b b b = = ++++，证明：312n T << 例4. 已知数列{}n a 满足：n a n ?????? 是公差为1的等差数列，且121n n n a a n ++=+； （1） 求n a ；（2 12n na +++< 例5.在数列{}n a 中，已知1112,2n n n n a a a a a ++==-； （1）求n a ；（2）证明：112233(1)(1)(1)(1)3n n a a a a a a a a -+-+-++-< 例6. 数列{}n a 满足：11122,1()22 n n n n n a a a n a ++==++； （1）设2n n n b a =，求n b ；（2）记11(1)n n c n n a +=+，求证：12351162 n c c c c ≤++++< 数列中的不等式的证明 证明数列中的不等式的一般方法： 1.数学归纳法： ①直接应用数学归纳法：这是由于数学归纳法可以用来证明与正整数相关的命题，当然也包括与正整数 相关的不等式（即数列不等式）； ②加强命题后应用数学归纳法：直接应用数学归纳法并不能证明所有数列不等式，有些数列不等式必须 经加强后才能应用数学归纳法证出. 2.放缩法： ①单项放缩:将数列中的每一项（通项）进行相同的放缩； ②裂项放缩：将数列中的每一项裂开放缩成某两项之差； ③并项放缩：将数列中的两项合并放缩成一项； ④舍（添）项放缩：将数列中的某些项舍去或添加； ⑤排项放缩：将数列中的项进行排序（即确定数列的单调性），从而求出数列中项的最值，达到证明不 等式的目的,能用排项放缩证明的数列不等式必能直接应用数学归纳法证明，反之亦然； ⑥利用基本不等式放缩：例如平均数不等式也可在数列不等式的证明中起作用. 一、直接应用数学归纳法证明 1．已知函数ax x x f +-=3 )(在)1,0(上是增函数. )1(求实数a 的取值集合A (2)当a 中取A 中最小值时，定义数列}{n a 满足：)(21n n a f a =+且)1,0(1∈=b a ，b 为常数，试比较n n a a 与1+的大小 (3)在(2)的条件下，问是否存在正实数c 使10<- 数列不等式证明的几种方法 数列和不等式都是高中数学重要内容，这两个重点知识的联袂、交汇融合，更能考查学生对知识的综合理解与运用的能力。这类交汇题充分体现了“以能力立意” 的高考命题指导思想和“在知识网络交汇处”设计试题的命题原则。下面就介绍数列不等式证明的几种方法，供复习参考。 、巧妙构造，利用数列的单调性 例1?对任意自然数n,求证: %■（1十00 + -）-（14 —「刚也-「加卄‘一 证明：构造数列 2ti + 2 2ti + 2 加4 - 1二2北十2 所以＞细，即鼠｝为单调递增数列 所以，即 点评：某些问题所给条件隐含数列因素或证明与自然数有关的不等式问题，均可构造数列，通过数列的单调性解决。 、放缩自然，顺理成章 例2.已知函数￡（只）=3 5 討+x J，数列％｝爲九）的首项引"，以后每项按如下方 式取定：曲线"住）在点:仗M珑 j）） 处的切线与经过（0 , 0 ）和：1 |：:'两点 的直线平行。 求证：当时: (1) (2)0 7 证明：（1）因为，所以曲线’二--—处的切线斜率为0 又因为过点（0, 0）和两点的斜率为 k = * +吕，所以结论成立。 （2）因为函数 h（H）- z3 + X, > Q时单调递壇则有叮+s a = +轴*1 w 斗％J + 刼曲 =(%+1严+ (: 孤*1 二1 所以％￡也1，即砥2，因此 7 又因为M 1 f Ji ' - ? _ ?”1 ' ' - ' r I 令，且" 0 f(x) = In 设 所以 点评：本题是数列、函数、不等式、解析几何、导数等多知识点的综合题，在证 明过程中多次运用放缩，放缩自然，推理逻辑严密，顺理成章，巧妙灵活。 三、导数引入，更显神威 丄丄丄…詁皿“+丄丄丄—丄 E 例 3.求证：2 3 4 11 3 3 4 n+1 ] =丄 证明：令5一门"红—口，且当心2|时，恥厂血讥f （口1，所以 C n = SL - S R _i = ln(n4 1) - In n = In n + “。要证明原不等式，只须证 1 /十1 1 n +1 n n -1 丸鑑十1 尸 证明数列不等式的常用放缩方法技巧 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： ⑴添加或舍去一些项，如： a a >+12； n n n >+)1( ⑵将分子或分母放大（或缩小） ⑶利用基本不等式，如：4lg 16lg 15lg )2 5lg 3lg ( 5lg 3lg 2 =<=+n n n n (5)利用常用结论： Ⅰ. 的放缩 Ⅱ. 2 1k 的放缩(1) ： 2111(1)(1) k k k k k <<+-（程度大） Ⅲ. 21k 的放缩(2)：2 2 111111()1(1)(1)211 k k k k k k < ==+-+--+（程度小） Ⅳ. 2 1k 的放缩(3)：2214112()412121k k k k <=+--+（程度更小） Ⅴ. 分式放缩还可利用真（假）分数的性质:)0,0(>>>++>m a b m a m b a b 和)0,0(>>>++ 数列不等式证明的几种方法 一、巧妙构造，利用数列的单调性 例1. 对任意自然数n，求证：。 证明：构造数列 。 所以，即为单调递增数列。 所以，即 。 点评：某些问题所给条件隐含数列因素或证明与自然数有关的不等式问题，均可构造数列，通过数列的单调性解决。 二、放缩自然，顺理成章 例2. 已知函数，数列的首项，以后每项按如下方式取定：曲线处的切线与经过（0，0）和两点的直线平行。 求证：当时： （1）； （2）。 证明：（1）因为，所以曲线处的切线斜率为。 又因为过点（0，0）和两点的斜率为，所以结论成立。（2）因为函数 ， 所以，即，因此 ； 又因为。 令，且。 所以 因此， 所以 三、导数引入 例3. 求证： 证明：令，且当时，，所以 。要证明原不等式，只须证 。 设， 所以。 令， 所以。 设， 所以上为增函数 所以，即 所以 同理可证 所以。对上式中的n分别取1，2，3，…，，得。 四、裂项求和 例4. 设是数列的前n项和，且 （1）求数列的首项，及通项； （2）设，证明。 解：（1）首项（过程略）。 （2）证明：将， 得， 则 点评：本题通过对的变形，利用裂项求和法化为“连续相差”形式，从而达到证题目的 五、独辟蹊径，灵活变通 独辟蹊径指处事有独创的新方法，对问题不局限于一种思路和方法，而是善于灵活变通，独自开辟新思路、新方法。 例5. 已知函数。设数列，数列满 足 （1）求证：； （2）求证：。 证明：（1）证法1：由 令，则只须证；易知，只须证。 由分析法： 。 因为，， 所以，得证。 证法2：由于的两个不动点为。又，所以 所以 所以 ， 由上可求得， 因此只需证， 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 例1 设.)1(3221+++?+?=n n S n 求证.2 )1(2)1(2 +<<+n S n n n 解析 此数列的通项为.,,2,1,)1(n k k k a k =+= 2121)1(+=++<+ 一类与数列有关的不等式的证明方法 四川师大附中 黄光鑫 一、利用二项式定理 【例1】已知数列{}n a 的通项公式为1 1() 2 n n a n -=?，求证：当3n ≥时， 1232 ...1 n n a a a n ++++≥ +。 证明：用错位相减法易求得： 12242432224 ...4,4221122424 ,222222 n n n n n n n n n n n a a a n n n n n n ++++++++=- --=-++++=-++所以只需比较与的大小。 112(11)=1...22n n n n n n C C C n =+++++≥+。∴ 24242424 0222222 n n n n n n n n ++++≤∴-≥++， 故∴24324021n n n n ++--≥+，即当3n ≥时，1232 ...1 n n a a a n ++++≥+。 点评：本题通过二项式定理的展开式，进行简单的放缩巧妙的证明了不等式。 二、利用放缩法 要注意放缩的技巧和放缩的适度。常见的技巧有： 比如： ①添加或舍去一些项，如：a a >+12 ，n n n >+)1(，22 131242a a ????++>+ ? ?? ???； ②将分子或分母放大（或缩小）； ③真分数的性质：“若0a b <<，0m >，则 a a m b b m +<+”； ④利用基本不等式，如：22 lg 3lg 5lg16lg 3lg 5( )()lg 422 +?<<=； 2 ) 1()1(++ < +n n n n ；⑤利用函数的单调性； ⑥利用函数的有界性：如：sin x ≤ 1()x R ∈；2 x x -≥1 4 ()x R ∈；20x >()x R ∈； ⑦利用常用结论： 2=>=()* ,1k N k ∈> 2=<=()* ,1k N k ∈> 数列与不等式证明方法归纳 共归纳了五大类，16种放缩技巧，28道典型练习题，供日后学习使用。 一、数列求和 （1）放缩成等比数列再求和 （2）放缩成差比数列再错位相减求和 （3）放缩成可裂项相消再求和 （4）数列和比大小可比较单项 二、公式、定理 （1）利用均值不等式 （2）利用二项式定理 （3）利用不动点定理 （4）利用二次函数性质 三、累加、累乘 （1）累加法 （2）利用类等比数列累乘 四、证明不等式常用方法 （1）反证法 （2）数学归纳法及利用数学归纳法结论 五、其它方法 （1）构造新数列 （2）看到“指数的指数”取对数 （3）将递推等式化为递推不等式 （4）符号不同分项放缩 一、数列求和 （1）放缩成等比数列再求和 [典例1]已知数列{}n a ，0≥n a ，01=a ，)(1*2 12 1N n a a a n n n ∈=-+++。 （Ⅰ）求证：当* N n ∈时：1+ [典例3]设数列{}n a 满足11=a ，)(1 *1N n a a a n n n ∈+ =+。 （Ⅰ）证明：)(2312*N n n a n n ∈-≤≤-； （Ⅱ）求正整数m ，使m a -2017最小。 （2）放缩成差比数列再错位相减求和 [典例1]已知数列{}n a 满足：11=a ，)()2 1(*1N n a n a n n n ∈+ =+，求证：1 12 1 3+++- >>n n n n a a 。 证明数列不等式的常用放缩方法技巧 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： .-T 2 ⑴添加或舍去一些项，如： a ⑵将分子或分母放大(或缩小) 1 1 例2. a n (一)"，前n 项和为S n ，求证：Sn — 3 2 先放缩再求和 1) n ⑶利用基本不等式，如: ig3 ig5 (lg3 lg5)2 ⑷二项式放缩：2n (1 1)n 2n c ° c n c ； c 0 n 2 c n n 2 2 2 c n , 2n 2 n(n C 0 c 1)(n 2) (5)利用常用结论: I . 1的放缩： k 1的放缩⑴ k 2 k 1 k(k 1) k .. 1 k(k 1) (程度大) IV . 右的放缩⑵ 1 k 2 1 (k 1)(k )(程度小) 1的放缩(3): k 2 1 k 7 2G 1 )(程度更小) 2k 1 ,n(n 1)山尸 ig4 ； 2 分式放缩还可利用真(假) 分数的性质 ：b —(b a 0,m 0)和b —(a b 0,m 0) a a m a 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，反之亦然. W .构造函数法 构造单调函数实现放缩。例: f(x) — (x 0),从而实现利用函数单调性质的放缩: 1 x f(a b) f(a b)。 先求和再放缩 例 1. a n ,前n 项和为S n ，求证: n (n 1) S n 1 数列型不等式证明的常用方法 一．放缩法 数列型不等式证明是前见年高考中的一个热点，在多省试题中常常作为压轴题出现。放缩法是数列不等式证明的一个重要方法，它具有很强的技巧性的特点，学生往往无从下手，下面总结放缩法证明的一些常用技巧，例如归一技巧、抓大放小技巧、回头追溯技巧、利用函数性质技巧，仅供参考. 1 归一技巧 归一技巧，指的是将不容易求和的和式中的所有项或若干项全部转化为同一项，或是将和式的通项中的一部分转化为同一个式子（或数值），既达到放缩的目的，使新的和式容易求和. 归一技巧有整体归一、分段归一。 例如 设n 是正整数，求证121 211121<+++++≤n n n Λ． 【证明】111122n n n +++++L 1 211112222n n n n n n ≥++??????++14444244443个1 2=. 另外：111122n n n +++++L 1 1111n n n n n n <++??????++144424443个 1=. 【说明】在这个证明中，第一次我们把 1 1n +、12n +、 L 1 2n 这些含n 的式子都“归一”为12n ，此时式子同时变小， 顺利把不易求和的111 122n n n +++++L 变成了n 个 12n 的和，既将式子缩小，同时也使缩小后的式子非常容易求和，这就是“归一”所达到的效果。而不等式右边的证明也类似. 1.1 整体归一 放缩法中，如果通过将所有项转化为同一项而达到放缩目的的，称之为“整体归一”. 例 1. 数列{}n a 的各项均为正数，n S 为其前n 项和，对于任 意*N n ∈，总有2 ,,n n n a S a 成等差数列. (Ⅰ)求数列 {}n a 的通项公式； (Ⅱ) 设数列{}n b 的前n 项和为n T ，且2 ln n n n a x b = ，求证:对 任意实数(]e x ,1∈（e 是常数，e ＝2.71828???）和任意正整数n ，总有n T < 2； （Ⅰ）解：由已知：对于* N n ∈，总有22n n n S a a =+ ①成立 ∴2 1112n n n S a a ---=+ （n ≥ 2）② ①--②得2 1122----+=n n n n n a a a a a ∴()()111----+=+n n n n n n a a a a a a ∵1,-n n a a 均为正数，∴11=--n n a a （n ≥ 2） ∴数列{}n a 是公差为1的等差数列 证明数列不等式的常用放缩方法技巧 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： ⑴添加或舍去一些项，如： a a >+12；n n n >+)1( ⑵将分子或分母放大（或缩小） ⑶利用基本不等式，如：4lg 16lg 15lg )2 5lg 3lg (5lg 3lg 2=<=+n n n n } (5)利用常用结论： Ⅰ. 的放缩 Ⅱ. 21k 的放缩(1) ： 2111(1)(1) k k k k k <<+-（程度大） Ⅲ. 21k 的放缩(2)：22111111()1(1)(1)211k k k k k k <==+-+--+（程度小） Ⅳ. 2 1k 的放缩(3)：221 4112()412121k k k k <=+--+（程度更小） Ⅴ. 分式放缩还可利用真（假）分数的性质:)0,0(>>>++>m a b m a m b a b 和)0,0(>>>++ 利用放缩法证明数列型不等式压轴题 纵观近几年高考数学卷，压轴题很多是数列型不等式，其中通常需要证明数列型不等式，它不但可以考查证明不等式和数列的各种方法，而且还可以综合考查其它多种数学思想方法，充分体现了能力立意的高考命题原则。处理数列型不等式最重要要的方法为放缩法。放缩法的本质是基于最初等的四则运算，利用不等式的传递性，其优点是能迅速地化繁为简，化难为易，达到事半功倍的效果；其难点是变形灵活，技巧性强，放缩尺度很难把握。对大部分学生来说，在面对这类考题时，往往无从下笔．本文以数列型不等式压轴题的证明为例，探究放缩法在其中的应用，希望能抛砖引玉，给在黑暗是摸索的娃带来一盏明灯。 一、常用的放缩法在数列型不等式证明中的应用 1、裂项放缩法：放缩法与裂项求和的结合，用放缩法构造裂项求和，用于解决和式问题。裂项放缩法 主要有两种类型： （1）先放缩通项，然后将其裂成某个数列的相邻两项的差，在求和时消去中间的项。 例1设数列{}n a 的前n 项的和1412 2333 n n n S a +=-?+，1,2,3, n =。设2n n n T S =，1,2,3, n =，证明： 1 3 2 n i i T =< ∑。 证明：易得12(21)(21),3 n n n S +=--1132311()2(21)(21)22121n n n n n n T ++= =-----， 11223 111 31131111 11 ()()221212212121212121 n n i i i n n i i T ++===-=-+-++ ---------∑∑ = 113113()221212 n +-<-- 点评： 此题的关键是将12(21)(21)n n n +--裂项成1 11 2121 n n +---，然后再求和，即可达到目标。 （2）先放缩通项，然后将其裂成(3)n n ≥项之和，然后再结合其余条件进行二次放缩。 例 2 已知数列{}n a 和{}n b 满足112,1(1)n n n a a a a +=-=-，1n n b a =-，数列{}n b 的前n 和为n S ， 2n n n T S S =-； （I ）求证：1n n T T +>； （II ）求证：当2n ≥时，2n S 711 12n +≥ 。 证明：（I ）111111 1()23 2212 2n n T T n n n n n n +-= +++ -++++++++ 111 21221n n n = +- +++10(21)(22) n n =>++ ∴1n n T T +>． （II ） 112211222222,n n n n n n S S S S S S S S ---≥∴=-+-+ +-+1221122n n T T T T S --=++ +++q 时，
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