数列型不等式的放缩方法与技巧

1 数列型不等式的放缩方法与技巧 雅安市田家炳中学 张有全 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。以下简要谈谈其方法和技巧： 一 利用重要不等式放缩

1． 均值不等式法 例1 设.)1(3221nnSn求证.2)1(2)1(2nSnnn

解析 此数列的通项为.,,2,1,)1(nkkkak

2121)1(kkkkkk，)21(11nknnkkSk，

即.2)1(22)1(2)1(2nnnnSnnn 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2baab，若放成1)1(kkk则得2)1(2)3)(1()1(21nnnkSnkn，就放过“度”了！ 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

naanaaaaaannnnnn22111111







其中，3,2n等的各式及其变式公式均可供选用。 例2 已知函数bxaxf211)(，若54)1(f，且)(xf在[0，1]上的最小值为21，求证：

.2121)()2()1(1nnnfff（02年全国联赛山东预赛题）

简析 )2211()()1()0(22114111414)(•nffxxf

xxx

x

.2121)21211(41)2211()2211(112nnnnn 例3 求证),1(221321NnnnCCCCnnnnnn.

简析 不等式左边nnnnnCCCC

32112222112nn

nnn122221



=212nn，故原结论成立.

2．利用有用结论

例4 求证.12)1211()511)(311)(11(nn

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)0,0(mabmambab可得

122563412n

nnn212674523)12(212654321nnn

12)122563412(2n

n

n即.12)1211()511)(311)(11(nn 2

法2 利用贝努利不等式)0,1,2,(1)1(xxnNnnxxn的一个特例12121)1211(2kk(此处121,2kxn)得

)1211(121212111kkkknk.1212121n

k

kn

k 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：

证明.13)2311()711)(411)(11(3nn(可考虑用贝努利不等式3n的特例)

例5 已知函数.2,,10,)1(321lg)(nNnannanxfxxxx给定 求证：)0)((2)2(xxfxf对任意Nn且2n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

niiniiniiibaba121221])([的简捷证法：

)(2)2(xfxfnnanxxxx2222)1(321lg



nnanxxxx)1(321

lg2

2])1(321[xxxxnan])1(321[2222xxxxnann•

而由Cauchy不等式得2))1(1312111(xxxxnan •)11(22])1(321[22222xxxxnan

(0x时取等号)

])1(321[2222xxxxnann•（10a），得证！ 例6 已知112111,(1).2nnnaaann)(I用数学归纳法证明2(2)nan；)(II对ln(1)xx对0x都成立，证明2nae（无理数2.71828e）（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)xx（0x）的结构特征，可得放缩思路：

nnnanna)2111(21nnnannaln)2111ln(ln

21

nnnna211ln2。于是nnnnnaa211lnln21，

.22112211)21(111lnln)211()ln(ln11211111nnniniiininnaaiiaa 即.2lnln21eaaann 注：题目所给条件ln(1)xx（0x）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)2)(1(2nnnn来放缩：

)1(1))1(11(1nnannann)1)()1(11(11nnanna

.)1(1))1(11ln()1ln()1ln(1nnnnaann

111)1ln()1ln()1(1)]1ln()1ln([212112naaiiaanniii

n

i，

即.133ln1)1ln(2eeaann 例7 已知不等式].[log2,],[log211312122nnNnnn表示不超过n2log 的最大整数。设 3

正数数列}{na满足：.2,),0(111nannaabbannn 求证.3,][log222nnbban（05年湖北卷第（22）题） 简析 当2n时naaanaannaannnnnnn11111111，即 naann1111 .1)11(212kaankkknk于是当3n时有][log211121naan.][log222nbban 注：①本题涉及的和式n13121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][log21131212nn来进行有效地放缩； 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。

例8 设nnna)11(，求证：数列}{na单调递增且.4na 解析 引入一个结论：若0ab则)()1(11abbnabnnn（证略） 整理上式得].)1[(1nbanbann（），以nbna11,111代入（）式得

1)111(nn.)11(nn即}{na单调递增。

以nba211,1代入（）式得.4)211(21)211(12nnnn 此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有4)11(nn，又因为数列}{na单调递增，所以对一切正整数n有4)11(nn。 注：①上述不等式可加强为.3)11(2nn简证如下： 利用二项展开式进行部分放缩：.1111)11(221nnnnnnnnCnCnCna 只取前两项有.2111nCann对通项作如下放缩： .212211!111!111kkknknknnnnnknC

故有.32/11)2/1(121221212111112nnna ②上述数列}{na的极限存在，为无理数e；同时是下述试题的背景：已知nmi,, 是正整数，且.1nmi（1）证明iniimiAmAn；（2）证明.)1()1(mnnm（01年全国卷理科第20题）

简析 对第（2）问：用n/1代替n得数列nnnnbb1)1(:}{是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法：数列})1{(1nn递减，且,1nmi故,)1()1(11nmnm即mnnm)1()1(。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