数列型不等式的证明.docx

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

又

n=1 时， 2S

a

a

2

， 解得 a

1

1

1

1 =1

∴ a n

n .(

n

N * )

（Ⅱ）证明：∵对任意实数

x

1, e 和任意正整数

n ，总有

ln n

x

1

.

b n

2

≤

n

2

（放缩通项， 整体归一 ）

a n

∴

T

1 1

1

1

1

1

1

n

2 2 2

1 2

2 3

n 1n

1

2

n

（放缩通项， 裂项求和 ）

1

1

1

1

1

1

1 1

2

3

n 1

2

2

2

n

n

例 2. 已知数列

a n 中的相邻两项 a 2 k 1，

a 2 k 是关于 x 的方程

x

2

(3k 2k

) x

3k 2

k

0 的两个根，且

a 2k 1 ≤ a 2k (k

1，2，3，L ) ．

（ I ）求 a 1 ， a 2 ， a 3 ， a 7 ；

（ II ）求数列 a n 的前 2n 项和 S 2n ；

1

sin n

（Ⅲ）记

f (n)

3

，

2

sin n

T n

( 1) f (2)

( 1) f (3)

( 1) f (4)

?

( 1)f (n 1)

a 1a 2

a 3a 4 a 5a 6

，

a 2n 1

a

2n

1

≤ T ≤ 5

(n

N *

)

求证： 6

n

24

【分析】（ 1）略 . a 1 2 ； a 3

4 ； a 5

8时； a 7

12

．

（ II ）略 .

S

3n

2

3n

2n 1

2 ．

2n

2

（ III ）本题应注意到以下三点，

① f (n) {1,

2} ，且 f (n) 具有周期性 . f (n)

{1, 2} ，

这就有 ( 1)

f ( n)

{

1,

1} ， f (n) 虽有周期性，可周期为

2 .

这就使当 n 很大时，和式通项

(

1)f (n

1)

的符号增加了不确定

a 2n 1

a

2n

性 .

②很显然，当 n

4

时， a 2

n 1

3n ， a 2 n

2n

；当

n

3

时， a 2n 1

2n

， a 2n

3n . 纵然没有符号的问题，通

1

2n 如何求和？也需要解决.

项

3n

③

T

1

1 1 ， T 2

1 1 5

，本题相当于证

a 1a 2 6 a a

2

a a

24

1 3

4

明 T ≤ T ≤ T (n N *

) ．

1

n 2

基于以上三点，我们可以看到：

T 1 ≤ T n 等价于从第二

项开始的项之和为非负数，可否考虑将第三项开始的项缩

小，此时可以做两方面的“归一” ，一是符号“归一” ，二是

分母的部分“归一” ，两者都是要达到容易求和的目的

.

【解答】 当 n ≥ 3时，

T n

1

1

1

L

(

1)f ( n

1)

6 a 3a 4

a 5 a 6

，

a 2n 1a

2 n

≥

1

1

1

L

1

从第三 起“ 一”

6 a 3a 4

a 5a 6

a 2n 1

a

2 n

=

1

1

6

(

3

1

9

3

1 2

4

1 2 n

)

6

4

2

4

3n

=

1

1

1

1

1 1

)

6466

(

3 2

2

4 23

n 2n 1

1

1

1

1

1

L

1

? ,n “ 一”

6 6 2 2 6

3

2 4

2

n

(3,4,5,

2

2)

1

1

6 6 2n

1

6 ，

至于不等式右 原理一 ：

T n

5 1 1 L

( 1)f (n

1)

24 a 5a 6

a 7 a 8

a 2n 1

a

2n

≤

5

1

1 L

1

( 从第四 起“ 一”

24 a 5a 6

a 7a 8

a

2 n 1

a

2 n

5

1

1

1

1

正

24

9 2

3

342

4

352

5

L

3n 2

n

5 1 1 1

L 1

(4,5, ? ,n “ 一” 3)

24 9 23

9 24 2n

5 1

24 9 2n

5

24 ．

T 1

1

1

T

1

1

5

又 a a

6

，

a a

a

a

24 ，原结论成立

2

2 4

1

2

1 3

1.2 分段归一

放缩法中，如果我们把和式分为若干段，每一段中的

各个项都转化为同一项而达到放缩并容易求和的目的的，称

之为“分段归一” .

例 3

已知数列

{ a n } 和 { b n } 满 足

a 1 2,a n 1

a n (a n 1 1) ，

b n a n

1，数列 { b n } 的前 n 和为

S n .

（ 1）求数列 { b n } 的通项公式；

（ 2）求证：对任意的 n

n

1

N 有 1S 2

n

n

成立．

2

2

分析：（ 1）略 .

b

n

1 ．

n

（ 2）此问可以用数学归纳法证明， 也可以用 “分段归一”的放缩法解答 .

【解答】左边证明

S

n

1

1

1

1

2

2 3

2 n

1

1

1

1

1

1 1

1

1

(

1

1

1

(

) (

5

6

7

8

) (

)

n 1

1

n )

2

3

4

9

16

2

2

1

1

(

1 1) (

1

1

1

1) (1

1 )

(

1

n

1

n )

2

4

4

8

8

8 8

16

16

2

2

14243

14243

8 个

1

2n 1 个 1

16

2n

1

1 1 1 1

2

2

2

2

144424443

个 1

2

=1+

n

2

1

1

1

1

1

里我 以

2 ，

2

2 ，

3 ，

4 ，??，

2

n

界，将

2

2

和式

1

1

1 分 n 段，每段

1

1

??

i 1

i 1

2 3

n

1 2 2

2

2

1 （

i

1,2,3, , n ），每段中的数 小 一

1

2i

， 就

2i

1

使每一段的数 小后和

，从而得 .

2

至于不等号右 ，原理 似：

S n 1

1

1 1 2

2

3 2 n

1 11111 1 11

(111

)

1

1( )() ()n 1n 1

1n n

2 345678 91522212 1(11)(1111)(11) (11)(1 1 )1

2 24444881616n 1n 1n

222

14243142431442443

个1

16个

1

n1个1

16

82n 1

111111

n

144424443

n个12

n1

2n

1

n

2

【说明】本题我们需要关注到不等号两边的性质：一方

1+ n

1

1

1

面， 22 2 ，接着我们把不等式中间的和式除1

14243

n个

1

2

1

外的部分拆分成 n 段，每段都不小于 2 ；另一方面，

n11111

，接着我们把不等式中间的和式除1

21424322n n个1

外的部分拆分成n 段，每段都不大于1；

在归一放缩时，我们需要注意到题设的条件和式子的性

质，它是我们考虑如何归一、往哪个地方归一的关键.

2 抓大放小

在将和式通项中，我们保留式子主要的、数值较大的部

分，去掉次要的、数值相对较小的部分，以便达到放缩和容

易求和的目的，这种放缩技巧，我们称之为“抓大放小”技

巧 .

例如求证 :

1

2

3

n

2

2122

2 2 3

3

2 n

n

通项放缩为

n

n

， 求和即证。

2 n

n

2 n

直接抓大放小

例 4 设数列

a n 的前 n 项和为 S n ，对任意的正整数

n ，都

有 a

5S

1 成立，记 b n

4

a n (n

N *

).

n

n

1 a n

（ I ）求数列 b n

的通项公式；

（ II ）记 c n b 2 n b 2 n 1 (n

N *) ，设数列

c n

的前 n 项和为

T n ，求证：对任意正整数

n

都有 T n

3 .

2

【解答】（Ⅰ）略 .

b

n

4n 1

(

1)n

n ( n

4

1)

（Ⅱ）由（Ⅰ）知 b n

4

5

( 4)n

1

c n

b

2n

b

2 n 1

5

5

25

42n

42n 142n 1 1

(42 n

1)(42n 4)

2542n2542n25

（分母直接抓大放44n342n444n16n

小）

b3,b13 ,c4

又 12313

当n1时，

T1

3

2

当

n2时， T n 4

25

11

K

1

) 3

(

16316n

162

4

12 [1( 1 )n 1] 251616

311

16

4

1 25162693

311482

16

【说明】这里的分母44 n 3 42n 4 阻碍了式子的求和，式子 44n 3 42 n 4 中，最大的是44n，他起到了决定整个这个式子数值大小的作用， 3 42 n 4 相比它来说小很多，由此，我们能把44n留在，去掉342 n 4 ，这里既能起到放大式子的要求，也能使通项转化为等比数列，使和式容

易求和 .就象整棵大树，我们留下了主干，把枝梢末节的地

方去掉了。

拆大抵小

“拆”大“抵”小指的是通项中有一两个数值在放缩时

无法直接消去，只能从主要的数值中拆出一部分出来与之相

抵，达到放缩的效果 .

例

5 设数列 a n 的前 n 项和为

n

，满足 2S a

n 1,n N ，

S

n

n 1

且 a 1 ， a 2 3， a 3 成等差数列 .

（ 1） 求 a 1， a 2， a 3 的值；

（ 2） 求数列 a n 的通项公式；

1 1

L

1

3

（ 3） 证明：对一切正整数

n ，有 a a 2 a

n

2

.

分析（ 1）略 . 1

1

1， a 2

=4

， a 3 =13

a

（2）略 .

a

1

(3n

1)

n

2

1

2

（ 3）由（ 2）知 a n

3

n

1

如果将通项

{

2

} 分母中的 1消去，通项将转化为等

n

3

1

比数列{

2

}

，可这个转化是一个缩小的放缩，与和式放大

3

n

矛盾，因而不能直接去掉

1.

我们可以从通项

{ 2 }

n

3n

1 分母中的 3 中拆出一部分出 来与 1相抵，为了达到放大的目的， 拆出来的部分必须比 1大 .

【解答】

1

2

2

2

1

（ 3）由 a

3

n

1 2 3

n 1

3

n 1

1

2 3

n 1

3n 1 ，

n

（拆大抵小 ）

1

1

L

1

1

1

1

故有： a 1 a 2

a n

3

3n 1

1

1

3

1

3

3

n

1

1

2

2 3

n 1

2

3

【说明】抓大放小的技巧在于留住式子中主要的部分，

既保留了式子的数值，也达到了放缩和容易求和的目的

.

又例如 求证 :

1

1

1

1

5

2122

1 2 3

1

2 n

1 3

如果 2n

1 2 2n 1 1 2n 1

2n 1 1 2n 1 ，

那么

1

1

，则放大过头！

2 n

1 2n 1

因为 2n

1 4 2n 2

1 3 2n 2

2

n 2

1 3 2n

2 (n 2)

所以通项放缩为

1

1

1

(

n

2) ，求和即证。

2n

1 3

2n 2

如果求证 1

1

1

1

34

:

1 23

1

2n

，则上

2122

1 21

述放大过头！

可以用

2n 1 8 2n 3 1 7 2n 3 2n 3 1 7 2n 3 (n

3)

所以第一、二项不变，通项从第三项放大为

1

1

1

(n 3) ，求和即证。

2n 1 7 2n 3

3

回头追溯技巧

许多的时候，我们在不等式放缩时，往往会因为式子

放的过大，步子迈得太开，而得到一个比原题设证明更弱的

命题，从而导致对题目的证明失败

. 此时我们往往只能回头

追溯我们原来的放缩，修改它，或者是保留若干项，这就是

回头追溯技巧 .

保留若干项的回溯

例 6 已知数列 { a

} 满足 a

2 ， a n 1 2(1 1

)2 a n (n N * ) .

n

1

n

（ 1）求证数列

{ a n 2 }

是等比数列，并求其通项公式；

n

（ 2）设

c

n

n

c n

7 ，求证： c 1 c 2 c 3

.

a n

10

分析：（ 1）略 . a n n 2 2n

n

1

（2）

c n

a n

n 2

n

这{ c

n } 的通项，其分母由

n 与 2n

的乘积组成，不易

求和， 能否用归一技巧 ，将分母部分归一？

如： c 1 c 2

c 3

L

c n

1

1

1

1

L

1

2 3

4

n

12 22

3 2

4 2

n 2

1

1

1

1

1

1

2

2 n

2

n

2

2

这里显然是放得太大了，不合题意。此时我们想能否回头追溯我们原来的放缩，修改它，或者是保留若干项，这就是回头追溯技巧 ，这道题我们可以保留若干项：

【解答】（ 3）设 T n

c 1 c 2 c 3 L

c n ，

则T 1 T 2 T 3 T 4

当 n ≥ 4 时，

T n

1

1

1

1

L

1

1 2

2 2

2

3 2

3

4 2

4

n 2

n

1 1 1

1

1 1

L

1

（从第四项开始放

2

8 24 4

4

5

n

2

2

2

缩）

2

1

1

2

1

2

1

7

3

4

2

3

3

32

3

30

10

综上：

c

1

c 2 c 3 L

c n

7 10

例 7．已知数列 { a n } 满足： 2a n

a n

1 a n a n 1 cos(n )

且a

1

1

4

（ 1）求数列 { a n } 的通项公式；

*（ 2）设b n a sin

(2n

1)n n

n，记数列 { b} 的前n项和为T．求

2

证：对任意的n∈ N*有 T n<成立．

解：（ 1）由2a n a n1a n a n 1 cos(n)(1)n a n a n 1

21( 1)n12( 1)n

所以

a n 1a n，a n a

n 1，

1( 1)n2[1( 1)n 1 ]

a n

a

n 1

1

(1) 3所以

{1n

a a

n

( 1)}

是以 3为首项，以 -2 为1

公比的等比数列

1( 1)n3( 2)n 1

所以

a n，

（ 2），．

当时，则

（从第三项开始放大，分母减去1）

．，

对任意的，．

修改放缩的回溯

刚刚我们提到修改我们的放缩，那我们看看以下这道题：

例 8. 已知数列 a 满足 a 1

1， a n 1

2a n

1 (n

N * )

.

n

（I ）求数列 a n

的通项公式；

（ II ）证明：

n 1 a 1 a 2 ...

a n

n *

) .

2

3 a 2

a 3 a

n 1

(n

N

2

分析（ I ）略.

a n 2n 1(n

N *).

a k

2

k

1

2

k

1 1

1,2,..., n,

（II ）证明： Q a k 1

2k 1

1

1 , k

2(2 k

2

)

2

a 1

a 2 ...

a n

n

∴ a

a

a

.

2

n 1

2

3

在不等号左边的证明中，可能有部分人利用抓大放小，

这样证明：

a k

2

k

1 2

k

1

1 1

1 , k

1,2,..., n,

∵ a

12k 1

1

2k 1

2

2k

k

a

a

a n

n

1 1

1

1

...

...

)

∴

a 2

a 3

a

n 1

(

2

n

2222

2

n 1

(1

1

n )

n

1

.

2

2

2

2

2

这里在放缩的过程中想当然的就将分母中的 -1 去掉，使

分母变大，通项变小，但这样的放缩放得太大了，我们不得

不放弃，必须回头去，看看原来的放缩能不能修改，能不能

让放缩脚步迈得小一些，不要放得那么多 . 以下是修改后的

放缩：

【解答】（ 2）

a 2k 1 1

1 1 1 1 1 1

,k 1,2,...n,,

Q k k 1 1 2 k 1 1) 2 k k

2 2 . k a k 1 2 2(2 3.2 2

3 2

a 1

a 2

...

a n n

1(1 12

...

1

n )

n

1(1 1

n )

n

1,

a 2 a 3

a n 1 2

3 2 2

2 2

3 2 2

3

n

1

a 1

a 2

...

a n

n

(n

N *).

2

3

a 2

a 3

a

n 1

2

回溯技巧的使用更多的是在山穷水尽之时，弥补原有

失误的技巧，其中保留若干项的方法最常见

.

4.

利用函数的性质放缩

例 9. 已知函数 , 数列满足 ,

; 数列满足 ,. 求证:

（Ⅰ）

（Ⅱ）

（Ⅲ）若则当 n ≥2时,.

分析：可以考虑用 ：若

x1, x

ln( x 1) x 来证明 。

x

1

解析： ( Ⅰ ) 先用 数学归纳法 证明 ,.

（ 1）当 n=1 时 , 由已知得结论成立 ;

（ 2）假设当 n=k 时, 结论成立 , 即 .

则当 n=k+1 时 ,

因为 0

所以f(x)在 (0,1)上是增函数.（函数性质）

又f(x)在上连续, 所以f(0)

故当 n=k+1 时 , 结论也成立 .即对于一切正整数都成立.

又由,得,

从而 .

综上可知

( Ⅱ) 要证即证 >0

构造函数g(x)=-f(x)= , 0

由, 知 g(x) 在 (0,1) 上增函数 .

又 g(x) 在上连续 , 所以 g(x)>g(0)=0.

因为 , 所以 , 即>0,

从而

(Ⅲ) 因为 , 所以,,

所以————①,

下面只需证明 >（逐步转化）

由( Ⅱ) 知:,

所以=,

因为 , n ≥2,

所以 <<= ————② .

由①② 两式可知 : .

例 10. 已知等差数列

a n

满足

a

1

2 ，且 a 3

a 5

a 7 42 ．

（Ⅰ）求

a n 的通项公式；

*（Ⅱ）设数列

b

满 足 b n a n 1 ， 并 记

n

a n

T n

b 1 b 2 b 3

b n ，

求证： a n 3

2T n 3

(n

N*) ．

解：（ 1）由 a 3 a 5

a 7 3a 5

42 ，解得 a 5 14 ，

a 5 a 1

14 2

故公差 d

4

3 ，得

4

a n

a 1 (n

1)d

2

(n

1)

3

3n

1．

a

3

2T

3

2T

3

1

（目标不等式变

（ 2 ）证法一：

n

即

n

n

a n

3

形）

b n

a n 1

3n

a n

3n

1

；

T n

b 1 b 2

b n

3

6

3n

从 而

2

5

3n

1 ． 故

T n 0 ，又 a n 3 3n 2 0

2T 3

3 6

3n

3

2

n

2

．

因此 a

3

2 5

3n 1

3n

n

3

6

3n 3

2

令 f (n)

5

3n

1

3n

2

，（构造函数研究单调

2

性）

f (n 1)

3n

2

3n

3

3

(3n

3)

2

则

．

f (n)

3n

5

3n

2

(3n

5)(3n

2)2

因 (3n 3)

3

(3n

5)(3n

2)

2

9n

7

0 ，

故 f ( n

1)

f

( n ) ．

27

2T 3

特别地 f ( n) ≥ f (1)

1 ，从而

n

1．

3

20

a n

即 a n

3

2T n 3

．

证法二：同证法一求得 b n 及 T n ，

由二项式定理 知，

当 c

0 时， 不等式 (1

c)3

1

3c 成立 ．

由此不等式有

3

3

3

2T

3

2 1

1 1

1 L

1

1

n

2

5

3n

1

2

1 3

1

3

L

1

3

（放缩通项 ）

2

5 3n

1

2

5

8

3n

2

3n

2

a n

3 ．

2

5

3n

1

证法三：同证法一求得

b n 及 T n ．