高中数学解题方法系列：不等式放缩

高中数学解题方法系列：不等式放缩
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
2
例1 设
S< br>n
?1?2?2?3???n(n?1).
求证
n(n?1)
?Sn
?
(n?1)
.

22
解析 此数列的通项为
a
k
?k(k?1),k?1,2,?,n.

n< br>1
k?k?11
，
n
?
?
k?S
n
?
?
(k?)
，
?k?k(k?1)??k?
2
22k?1k?1
2
即
n(n?1)
?S
n
?
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
n
(n?1)(n?3 )(n?1)
2
，就放
a?b
，若放成
k(k?1)?k?1
则得
S
n
?
?
(k?1)??
ab?
22
2
k?1
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

a ???a
n
?a
1
?a
n
?
1
?
11
n
???
a
1
a
n
n
n
2< br>
a
1
2
???a
n
n
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)?
1
，若
f(1)?
4
，且
f( x)
在[0，1]上的最小值为
bx
1?a?2
5
1
11< br>，求证：
f(1)?f(2)???f(n)?n?
n?1
?.
（02 年全国联赛山东预赛题）
2
2
2
4
x
111
简析
f(x)??1??1?(x?0)?f(1)???f(n)?(1?)

xxx
2?2
1?41?42?2
1111111

?(1?)???(1?)?n?(1????)?n??.

2nn?1n?1
422
2?22?222
例3 已知
a, b
为正数，且
11
??1
，试证：对每一个
n?N
?
，
ab
(a?b)
n
?a
n
?b
n
?2
2n
?2
n?1
.（88年全国联赛题）
1111ab
简析 由
??1
得
ab?a?b
，又
(a?b)(?)?2???4
，故
ababba
0n1n?1rn?rrnn
a?C
n
ab???C
n
ab???C
n
b
，
ab?a?b?4
，而
(a?b)
n
?C
n
令f(n)?(a?b)?a?b
，则
f(n)
=
C
n
a
in?i
因为
C
n
?C
n
，倒序相加得
1 rn?1
(a
n?1
b?ab
n?1
)???C
n
(a
n?r
b
r
?a
r
b
n?r
)??? C
n
(ab
n?1
?a
n?1
b)
，
2 f(n)
=
C
n
nnn
1n?1rn?rrn?1
b??? C
n
ab???C
n
ab
n?1
，
b?ab??? ab?ab???ab?ab?2ab?2?4?2
n?1
，则
1rn?1
2 f(n)
=
(C
n
???C
n
???C
n
)(a
r
b
n?r
?a
n?r
b
r
)?( 2
n
?2)(a
r
b
n?r
?a
n?r
b
r
)
而
a
n?1n?1n?rrrn?rn?1n?1nn
n
2
?(2
n
?2)?
2
n?1
，所以
f (n)
?(2
n
?2)?
2
n
，即对每一个
n?N
?
，
(a?b)
n
?a
n
?b
n
?2
2n
?2
n?1
.

例4 求证C?C?C???C?n?2
n?1
2
1
n
2
n
3
n
n
n
n?1
2
(n?1,n?N)
.
123n
简析 不等式左边
C
n
?C
n
?C
n
???C
n
?
2
n
?1?1?2?2
2
???2
n?1

?n?
n
1?2?2
2
??? 2
n?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
2462n
3572n?1
1352n?1

????
????
????(2n?1)

1352n?1
2462n
2462n
?
(
2
?
4
?
6< br>?
2n
)
2
?2n?1
即
(1?1)(1?
1
)(1?
1
)?(1?
1
)?2n?1.

352n?1
1352n?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?
1?
1
)得
1
2
1
(此处
n?2,x?
)?1?2?
2k?1
2k?12k?1
n
n
12k?11
2k?1
???(1?)?
??2n?1.
k?1
2k?12k?12k?1
k?1
2k?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?)?
3
3n?1.
(可考虑用贝努利不等式
n?3
的特例)
473n?2
1?2
x
?3
x
???(n?1)
x
?a?n
x
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
[
?
(ab)]
ii
i?1
n
2
?
?
a< br>i?1
n
2
i
?
b
i?1
n
2i
的简捷证法：
xxxx
1?2
2x
?3
2x
???(n?1)
2x
?a?n
2x
1?2?3???(n?1)?a?n

f(2x)?2f(x)?
lg?
2lg
n
n
? [1?2
x
?3
x
???(n?1)
x
?a?n
x
]
2
?n?[1?2
2x
?3
2x
???(n?1 )
2x
?a?n
2x
]

而由
Cauchy
不等式得
(1?1?1?2?1?3???1?(n?1)?a?n)

xxxx2
?(1
2
???1
2
)?
[1?2
2x
? 3
2x
???(n?1)
2x
?a
2
?n
2x]
(
x?0
时取等号)

?
n?[1?2
2x
?3
2x
???(n?1)
2x
?a?n
2x
]
（
?0?a?1
），得证！
11
)a?.
(I)
用数学归纳法证明
a
n
?2(n?2)
；
n
n
2
?n2
n
(II)
对
ln(1?x)?x
对
x?0
都成立，证明
a
n
?e
2
（无理数
e?2.718 28L
）（05年辽宁卷第
例7 已知
a
1
?1,a
n?1
?(1?
22题）
解析
(II)
结合第
(I)
问结论及所给题设条件
ln(1?x)?x< br>（
x?0
）的结构特征，可得
放缩思路：
a
n?1
? (1?
11
11
?)a?
lna?ln(1??)?lna
n
?

n
n?1
2n
2n
n?n2
n?n2
1111
?lna
n
?
2
?
n
。于是
l na
n?1
?lna
n
?
2
?
n
，
n?n2n?n2

1
1?()
n?1
11 111
2
(lna
i?1
?lna
i
)?
?
(
2
?
i
)?lna
n
?lna
1
?1 ???2??
n
?2.
?
1
nn
2i?i2
i?1 i?1
1?
2
2
即
lna
n
?lna
1
?2?a
n
?e.

n?1n?1
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，本题还可用结论
2
n
?n(n?1)(n?2)
来放缩：
1
11
)(a
n
?1)?

a
n?1?(1?)a
n
??
a
n?1
?1?(1?
n(n?1 )
n(n?1)n(n?1)
11
ln(a
n?1
?1)?ln(a
n
?1)?ln(1?)?.
n(n?1)n(n?1)
?
?
[ln(a
i?1
?1)?ln(a
i
?1)]?
?
i? 2i?2
n?1n?1

11
?ln(a
n
?1)?ln( a
2
?1)?1??1
，
i(i?1)n
2
即
l n(a
n
?1)?1?ln3?a
n
?3e?1?e.

1 111
?????[log
2
n],n?N
?
,n?2.[log< br>2
n]
表示不超过
23n2
na
n?1
log
2
n
的最大整数。设正数数列
{a
n
}
满足：
a
1
?b(b?0),a
n
?,n?2.

n?a
n?1
例8 已知不等式
求证
a
n
?2b
,n?3.
（05年湖北卷第（22）题）
2?b[log
2
n]
简析 当
n?2
时
a
n
?
na
n?1
1
n?a
n?1
11
? ???
，即
n?a
n?1
a
n
a
n?1
a
n?1
n
nn
111
111

)?
?
.

??
?
?
(?
ak
a
k?1
a
n
a
n?1
n
k?2k ?2
k
111
2b
于是当
n?3
时有
??[log
2
n]?
a
n
?.

a
n
a1
2
2?b[log
2
n]
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
23n
1111
以利用所给题设结论
?????[log
2< br>n]
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
a
n
?(1?)
，求证：数列
{an
}
单调递增且
a
n
?4.

1
n
解析 引入一个结论：若
b?a?0
则
b
整 理上式得
a
以
a?1?
n?1
n?1
?a
n?1< br>?(n?1)b
n
(b?a)
（证略）
?b
n
[(n?1)a?nb].
（
?
）
1n?1
11
)?
(1?
1
)
n
.
< br>,b?1?
代入（
?
）式得
(1?
n?1
n?1n< br>n
即
{a
n
}
单调递增。
1
n
1 1
1
代入（
?
）式得
1?(1?)??(1?)
2n
?4.

2n22n
2n
1
此式对一切正整数
n
都成立，即对一切偶数有
(1?)
n
?4
，又因为数列
{a
n
}
单
n
调递增，所以对一切正整数
n
有
(1?< br>1
)
n
?4
。
n
以
a?1,b?1?

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：
a
n
?(1?)
n
?1?C
n
?
1
只取前两项有
a
n
?1?C
n
?
1
n
n
1
n
11
2n
1
?C
n
?
2
???C
n
.

n
n
nn
1
?2.
对通项作如下放缩：
n
1nn?1n?k?1111
k
1
C
n
????????.

kk?1
k!nnnk!1?2?2
2n
11111?(12)
n?1
故有
a
n
?1?1??
2
???
n?1
?2???3.

2
2
21?12
2
②上述数列
{a
n
}
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
是正整数，且
1?i?m?n.
（ 1）证明
nA
m
?mA
n
；（2）证明
iiii
( 1?m)
n
?(1?n)
m
.
（01年全国卷理科第20题）
简析 对第（2）问：用
1n
代替
n
得数列
{ b
n
}:b
n
?(1?n)
是递减数列；借鉴此
结论可有如 下简捷证法：数列
{(1?n)
nm
1
n
1
n
}< br>递减，且
1?i?m?n,
故
(1?m)?(1?n),
1
m
1
n
即
(1?m)?(1?n)
。
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
11
1
???,a?2.
求证：
a
n
? 2.

?
aa
a
3n
2
11111
1
解析
a
n
?1?
a
?
a
???
a
?1 ?
2
?
2
???
2
.

3n23n
2
2
又
k?k?k?k(k?1), k?2
（只将其中一个
k
变成
k?1
，进行部分放缩），
1 111
?
2
???
，
k(k?1)k?1k
k
1
于是
a
n
?1?
1
?
1
???
1
?1?(1?
1
)?(
1
?
1
)???(
1
?
1
)
?2??2.

n
223n?1n
2
2
3
2
n
2
2
例11 设数列
?a
n
?
满足
a
n?1
?a
n
?na< br>n
?1
?
n?N
?
?
，当
a
1?3
时证明对所有
n?1,

例10 设
a
n?1?
有
(i)a
n
?n?2
；
(ii)
11 11
?????
（02年全国高考题）
1?a
1
1?a
2
1?a
n
2
解析 < br>(i)
用数学归纳法：当
n?1
时显然成立，假设当
n?k
时 成立即
a
k
?k?2
，则
当
n?k?1
时
a
k?1
?a
k
(a
k
?k)?1?a
k
(k?2?k)?1?(k?2)?2?1?k?3
，成立。

(ii)
利用上述部分放缩的结论
a
k?1
?2a
k
?1
来 放缩通项，可得
a
k?1
?1?2(a
k
?1)?
a
k
?1???2
k?1
(a
1
?1)?2
k?1
?4?2
k?1
?
nn
11
?
k?1
.

a
k
?1
2
1
1?()
n
111
2
?
1
.

?
?
?
i?1
??
1
42
2
i?1
1?a
i
i?1
1?
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：

a
k?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
a
k?1
?2a
k
?1
。< /p>

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?)
，展开得
111nn(n?1)(n?1)(n?2)?6
，
1
1
23(1?)
n
?1?C
n
??C
n
?
2
?C
n
?
3
???1???
22288
22
即(1?
1
)
n
?
(n?1)(n?2)
，得证. 28
2
3
n
3
2
n
1
2
n< br>例13 设数列
{a
n
}
满足
a
1
?2, a
n?1
?a
n
?
一切正整数
n
成立；（Ⅱ）令< br>b
n
?
a
n
n
1
(n?1,2,?). （Ⅰ）证明
a
n
?2n?1
对
a
n
(n?1 ,2,?)
，判定
b
n
与
b
n?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）
a
2
k?1
?a
k
?2?
1

?2k?1?2?2(k?1)?1
；
2
a
k
2
法 2
a
2
n?1
?a
n
?2?
1
22< br>2
?a
n
?2
?a
k?1
?a
k
? 2,k?1,2,?,n?1.

2
a
n
222
则
a
n
?a
1
?2(n?1)?a
n
?2n?2?2n?1?
a
n
?2n?1

四 利用单调性放缩
1． 构造数列
2
2n?3
(n?1)
如对上述例1，令
T
n
?S
n
?
则
T
n?1
?T
n
?(n?1)(n ?2)??0
，
2
2
2
?T
n
?T
n? 1
,?{T
n
}
递减，有
T
n
?T
1?2?2?0
，故
S
n
?
(n?1)
.
2
111
(1?1)(1?)(1?)?(1?)
T
2n?2
3 52n?1
再如例5，令
T
n
?
则
n?1
? ???1
，
T
2n?12n?3
2n?1
n
即
T< br>n
?T
n?1
,?{T
n
}
递增，有
Tn
?T
1
?
2
3
?1
，得证！
注：由此可得例5的加强命题
(1?1)(1?
1
)(1?
1
)?( 1?
1
)?
23
2n?1.
并可改
352n?13
造成为探索性问题：求对任意
n?1
使
(1?1)(1?
1
)(1?
1
)?(1?
1
)?k2n?1
恒成立的
352n?1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14 已知函数
f(x)?ax?
求
a
的值；（Ⅱ）设
0?a
1
?
3
2
11< br>x
的最大值不大于
1
，又当
x?[,]
时
2
42
6
1
f(x)?.
（Ⅰ）
8
1
1
.< br>（04年辽宁卷第21题）
,a
n?1
?f(a
n
),n?N
?
，证明
a
n
?

n?1
2
解析 （Ⅰ）
a
=1 ；（Ⅱ）由
a
n?1
?f(a
n
) ,
得
a
n?1
?a
n
?
且
a
n< br>3
2
3111
a
n
??(a
n
?)
2
??
22366
1
是增函数，
)
k?1
?0.< br>用数学归纳法（只看第二步）：
a
k?1
?f(a
k
)
在
a
k
?(0,

1131
2
1
)??()?.

k?1k?12k?1k?2
1
?
a
?
例15 数列?
x
n
?
由下列条件确定：
x
1
?a?0，
x
n?1
?
?
x
n
?
（I）
?
,
n?N
．
??
2
?
x
n
?
证明：对
n?2
总有
x
n
?a
；(II)证明：对
n?2
总有
x
n
?x
n?1
（02年北京卷第（1 9）
则得
a
k?1
?f(a
k
)?f(
题）
解析 构造函数
f(x)?
当
n?k?1
时
x
k?1
?
对(II)有
xn
?x
n?1
1
?
a
?
?
x?
?
,
易知
f(x)
在
[a,??)
是增函数。
2
?
x
?
1
?
a
?
??
x?k
?
在
[a,??)
递增故
x
k?1
?f(a )?a.

2
?
x
k
??
1
?
a
?
1
?
a
?
?
??
，构造函数
f (x)?x?
x?
??
,
它在
[a,??)
上
n< br>??
2
?
x
?
2
?
x
n
?
1
?
a
?
??
x??
f(a)?0
，得证 。
n
??
2
?
x
n
?
是增函数，故有< br>x
n
?x
n?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
?
x
n
?
单调递减有下界因而有极限：
a
n
?a(n???).

②
f(x)?
1
?
?
x?
2
?
a
?
1
?
a
?
的母函数，研究其单调性
?
x?
?
是递推数列
x
n?1
?
?
n
??
x< br>?
2
?
x
n
?
对此数列本质属性的揭示往往具有重要 的指导作用。
五 换元放缩
例16 求证
1?
n
n?1?< br>2
(n?N
?
,n?2).

n?1
简析 令< br>a
n
?
n
n?1?h
n
，这里
h
n
?0(n?1),
则有
n(n?1)
2
2
2
h< br>n
?0?h
n
?(n?1)
，从而有
1?a
n
?1?h
n
?1?.

2n?1
n?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?h
n
)
n
?
n
2
(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< br>，应用二项式定理进行部分放缩有
n
0n1n?12n?2n2n?2
an
?(b?1)
n
?C
n
b?C
n
b?Cn
b???C
n
?C
n
b?
n(n?1)
2< br>b
，注意到
2
22
22
，因此
a
n
?
n(a?1)

n?2,n?N
，则
n(n?1)
b2
?
nb
（证明从略）
24
4
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
a
k ?1
?2a
k
?1

进行递推放缩来证明
(ii)
，同理例7
(II)
中所得
lna
n?1
?lna
n
?
11
和
?
2n
n?n2
ln(a
n?1
?1)?ln(a
n
?1)?
1
111
、例8中
??、 例13（Ⅰ）之法2所得
n(n?1)
a
n
a
n?1
n
22
a
k
?a
?1k
?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
(i i)
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.
再用数学归纳法证明此加强命题，就容易多了
1?a
1
1?a
2
1?a
n
2
2
（略）。
例18 设
0?a?1
，定义
a
1
?1?a,a
n?1
?
1
?a
，求证：对一切正整数
n
有
a
n
?1.

a
n
解析 用数学归纳法推
n?k?1
时的结论
a
n?1
?1
，仅用归纳假设
a
k
?1
及递推式
a
k?1
?
a
k?1
?
1
?a
是难以证出的 ，因为
a
k
出现在分母上！可以逆向考虑：
a
k
11
故将原问题转化为证明其加强命题：
?a?1?a
k
?.
a
k
1?a
1
对一切正整数
n
有
1?a
n
?.
（证明从略）
1?a
2
x
n
1
例19 数列
?
xn
?
满足
x
1
?,x
n?1
?x
n< br>?
2
.
证明
x
2001
?1001.
（01 年中国西部数
2
n
学奥林匹克试题）
简析 将问题一般化：先证明其加强命题
x
n
?

x
k?1
n
.
用数学归纳法，只考虑第二步：
2
2
n
x
k
k1kk1k?1
?
?x
k
?< br>2
??
2
?()
2
???.
因此对一切
x? N
有
x
n
?.

2
k
2242
2
k
n
八 分项讨论
例20 已知数列
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
满足
S
n
?2a
n
?(?1),n?1.

（Ⅰ）写出数列
{a
n
}
的前3项
a
1,a
2
,a
3
；（Ⅱ）求数列
{a
n
}
的通项公式；（Ⅲ）证明：
对任意的整数
m?4
，有
1
?
1
???
1
?
7
（04年全国卷Ⅲ）
a
4
a
5
a
m
8
简析 （Ⅰ）略，（Ⅱ）
a
n
?
2
2
n?2
?(?1)
n?1
.
；
3
n
（Ⅲ）由于通项中含有
(?1)
，很难直接放缩，考虑分项讨论：
??
n?2n?1
1131132?2< br>当
n?3
且
n
为奇数时
?

?(
n ?2
?
n?1
)??
2n?3n?1n?2
a
n
a
n?1
2
2?12?1
2
2?2?2?1
32
n? 2
?2
n?1
311

??
，于是
??(?)
（减项放缩）
2n?3n?2n?1
22
222
①当
m?4
且
m
为偶数时
1
?
1
???< br>1
?
1
?(
1
?
1
)???(
1< br>?
1
)

a
4
a
5
a
6< br>a
m?1
a
m
a
4
a
5
a
m
?
7
?(
3
?
4
???
m?2
)????(1?
m?4
)???.

22
2
224288
222
②当
m?4
且
m
为奇数时
1
?1
???
1
?
1
?
1
???
1
?
1
（添项放缩）
a
4
a
5
a
m
a
4
a
5
a
m
a
m?1
由①知
1
?
1
???
1
?
1
?
7
.由①②得证。
a
4
a
5
a
m
a
m? 1
8