数列不等式放缩技巧

第一篇：数列不等式放缩技巧

数列不等式放缩技巧何谓放缩？就是当要证明不等式A

i1n

简或数学归纳法证明，然而通过适当的放缩技巧，却能快速使问题简单化。

【知识技巧】

1、放缩的几种形式：

①构造特殊数列求和进行放缩；技巧积累：(1)11111＜=(n≥2）；＜n2n(n1)n1nn

21n2n

21n42=44n21=2（11）2n12n1(2)

（3）2(n1n)12(nn1)n(4)

(5)2n2n2n2n111n1n(n2)n2nnnnnn1(21)(21)(21)(21)(22)(21)(21)2121

1n31nn21111n(n1)(n1)n(n1)(n1)n1n1



(6)Tr1rCn11n1111n12nn1n111n!11111r(r2)rr!(nr)!nr!r(r1)r1rn

(7)(11)n1111n213215

n(n1)2

②应用基本不等式或函数单调性放缩；

③加强命题，转化为数学归纳法证明题（注意点：形式、方向、首项）。

2、放缩的注意事项

11112nn1(2n1)2(2n3)2n2n12n32111)n1n2n(1n)，(1)这类数列由于可以裂项求和，所以在证明不等式

a＜f(n)时，大可不必放缩； i

i1n

②放与缩要注意形式、方向和首项，要注意放缩度的把握。

③可以只对数列的一部分进行放缩法，保留一些项不变（多为前几项）。

【例题讲解】

一、通项公式的放缩

1、（201

3广东理）设数列

an的前n项和为Sn.已知

2Sn1

2an1n2n,nN*.n33

(Ⅰ)求a2的值;

a11,(Ⅱ)求数列an的通项公式;(Ⅲ)证明:对一切正整数n,有

2、求证:

3、（202_广东理）设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Snan12n11，n∈N,且a1，﹡

1a1a

2

17.an

46n111

512

(n1)(2n1)49n

3a2+5，a3成等差数列．

（1）求a1的值；

（2）求数列{an}的通项公式．（3）证明：对一切正整数n，有

二、递推式的放缩

1、已知xxn4,x1,求证:当n2时,n1

1xn1

3.a1a2an

2x222

ii1

1n

an1(1

2、已知数列{an}满足：a11，证明：因为an1(1即an1an

n1n

aa3)a(n1,2,3)．求证： n1nn

2n12n

n)an，所以an1与an同号，又因为a110，所以an0，n

an0，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11，2nnn12n

1即an1annann，累加得：ana12n1．

22222

12n1112n1

令Sn2n1，所以Sn23n，两式相减得：

2222222

n1n111111n1

Sn23n1n，所以Sn2n1，所以an3n1，22222222

n1

故得an1an3n1．

三、加强命题

1、数列an中，a1

33nan1，对任何n≥2,nN，都有an。22an1n

1（1）求通项公式an；

（2）证明：对任何nN，a1a2an＜2n!

四、利用不等式或函数放缩

1.设Sn

求证n(n1)

S



(n1)2

解析: 此数列的通项为ak

k(k1)

k(k1),k1,2,,n.kk11，n，n

1kkSn(k)

222k1k

1即n(n1)S



n(n1)n(n1)2 .2222、设a0，如图，已知直线l:yax及曲线C：yx2，C上的点Q1的横坐标为a1（0a1a）.从C上的点Qnn1作直线平行于x轴，交直线l于点Pn1，再从点Pn1作直线平行于y轴，交曲线C于点Qn1.Qnn1,2，n的横坐标构成数列an.（Ⅰ）试求an1与an的关系，并求an的通项公式；（Ⅱ）当a1,a11时，证明

(a

k

ak1)ak2

1；

32n1（Ⅲ）当a1时，证明(ak

ak1)ak2.k1

解析:ana（a12n1)（过程略）.a

2，∵证明（II）：由a1知an1an



1，∴11.a2,a32416

∵当k1时，a

n∴

k1

k2

a3

1，16

ak1)ak2

1n11.(akak1)(a1an1)16k11632

2.ak

证明（Ⅲ）：由a1知a

k1

∴(akak1)ak2(akak1)ak21恰表示阴影部分面积，显然(a∴(a

k1n

ak1)ak1

ak1

x2dx

④

2ak1)ak2(akak1)ak1

k1

ak1

x2dx0xdx

131.a133

【课后练习】

1、（202_广东文）设各项为正数的数列an的前n和为Sn,且Sn满足

Sn2(n2n3S)nn3(n)n0N, *

(1)求a1的值;(2)求数列an的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有

1

a1(a11)a2(a21)





an(an1)

32、(202_新课标2理)已知数列an满足a1=1，an13an1.（Ⅰ）证明an是等比数列，并求an的通项公式；

（Ⅱ）证明：…+.12n3、已知an4n2n,T

2n,求证:T1T2T3Tn3.2a1a2an4、已知数列an中，a11,a2（1）求数列an的通项公式。（2）证明：对一切nN,有



(n1)an

1。,且an1n≥2）

4nan

2a＜k

6k1

5．在数列{an}中,已知a12,an1

2an

an1

（I）求数列{an}的通项公式；

（II）求证：a1(a11)a2(a21)an(an1)3 6.(202_陕西卷理)已知数列xn}满足，x1＝

11xn＋1＝,nN*.2’1xn

猜想数列{xn}的单调性，并证明你的结论；

n1

(Ⅱ)证明：|xn1-xn|≤()。

126

57．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且anan2Sn.an2an12(1)求证：Sn；

(2)



数列an中，已知a12aa1a2an1。n8、，且对一切正整数，都有n

1111111≥求证：aaan242n 1

9、(202_安徽理)设实数c0，整数p1，nN.(1)证明:当x1且x0时,(1x)p1px;(2)数列{an}满足a1，an1证明：anan1c

.p1p

ana1n, pp10、已知数列an满足a11,an12an1(nN*).（I）求数列an的通项公式；（II）若数列{bn}滿足4142（Ⅲ）证明：

b1b

14bn1(an1)bn(nN*),证明：数列{bn}是等差数列；

an1a1a2n

...n(nN*).23a2a3an1

2y0,ynx3n

x0,11、设不等式组

表示的平面区域为D,设D内整数坐标点的个数为an.设

Sn

111an1an2a2n,当n2时,求证:11117n1

1a1

3a2n

12.（1）求证:111

31n

 212

（2）证明：121，n1,nN.

13、(202_浙江)已知数列a,an0,a10,an12an11an2(nN).n

记Sna1a2an,T(1)anan1;(2)S



11a1(1a1)(1a2)(1a1)(1a2)(1an)

.求证:当nN时.

n2;(3)Tn

3.14、(202_广东理)设b0,数列an满足a1=b,an（1）求数列an的通项公式；

nban

1(n2),an12n

2bn1

（2）证明：对于一切正整数n,ann1115、已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)n，n1（1）写出数列{an}的前三项a1，a2，a3；（2）求数列{an}的通项公式；（3）证明：对任意的整数m4，有

1117 a4a5am816、已知函数yf(x),xN*,yN*，满足：

①对任意a,bN*,ab，都有af(a)bf(b)af(b)bf(a)； ②对任意nN*都有f[f(n)]3n.（I）试证明：f(x)为N上的单调增函数；（II）求f(1)f(6)f(28)；（III）令anf(3n),nN*，试证明：.n11

≤4n2a1a2

11 an4

第二篇：数列型不等式放缩技巧九法

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

2例1 设Sn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akk(k1),k1,2,,n.n1kk11，nkk(k1)kkSn(k)，222k1k12即n(n1)Snn(n1)n(n1).222

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

22k1②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

2a1ana12annn11a1ana1annnn2

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)114f(x)，若，且在[0，1]上的最小值为，f(1)bx251a211求证：f(1)f(2)f(n)nn1.（02年全国联赛山东预赛题）

224x11

1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 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，故原结论成立.2．利用有用结论

例4 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：

aam2462n3572n11352n1 (2n1)1352n12462n2462n(2462n)22n1即(11)(11)(11)(11)352n11352n1 法1 利用假分数的一个性质bbm(ba0,m0)可得

2n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121(此处1)得)12n2,x2k12k12k1nn12k112k11(1)2n1.k1k12k12k12k12k1

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：

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5 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)]ab2ii2ii1i1i1nnn2i的简捷证法：

xxxx122x32x(n1)2xan2x123(n1)an f(2x)2f(x)lg2lgnn[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)；nn2n2n(II)对ln(1x)x对x0都成立，证明ane2（无理数e2.71828）（05年辽宁卷第例6 已知a11,an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（x0）的结构特征，可得放缩思路：an1(11111)alnaln(1)lnan nn1n2n2nn2n2n1111lnan2n。于是lnan1lnan2n，nn2nn2n1n111()n1111112(lnai1lnai)(2i)lnanlna112n2.1nn2ii2i1i1122即lnanlna12ane.放缩方向的作用；当然，本题还可用结论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)

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

[ln(ai11)ln(ai1)]i2i2n1n111ln(an1)ln(a21)11，i(i1)n即ln(an1)1ln3an3e1e2.例7

已知不等式

1111[log2n],nN,n2.[log2n]表示不超过23n22

log2n 的最大整数。设正数数列{an}满足：a1b(b0),an求证annan1,n2.nan12b,n3.（05年湖北卷第（22）题）

2b[log2n]nan11111nan111简析当n2时an ，即

anan1nnan1anan1an1nk2nn1111112b().于是当n3时有[log2n]an.akak1ana122b[log2n]k2k

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

23n1111以利用所给题设结论[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。

1n)，求证：数列{an}单调递增且an4.n 解析引入一个结论：若ba0则bn1an1(n1)bn(ba)（证略）例8 设an(1整理上式得an1bn[(n1)anb].（），以a1式得(111（）,b1代入

n1n1n1)(11)n.即{an}单调递增。n1n1n111以a1,b1代入（）式得1(1)(1)2n4.2n22n2n1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{an}单调

n递增，所以对一切正整数n有(11)n4。

n 注：①上述不等式可加强为2(11n)3.简证如下： n11112n1 利用二项展开式进行部分放缩：an(1)n1CnCn2Cn.nnnnn11 只取前两项有an1Cn2.对通项作如下放缩： n11nn1nk1111.nk!1222k1nkk!nn11111(1/2)n1 故有an112n123.22211/22kCn②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：已知i,m,n

是正整数，且1imn.（1）证明n年全国卷理科第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{(1n)nm1ninmiiAmmiAn；（2）证明(1m)(1n).（01

1n}递减，且1imn,故(1m)(1n),1m1n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

111,a2.求证：an2.na2a3a111111 解析 an1aaa1222.又k2kkk(k1),k23n23n21111（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1212121(11)(11)(11)22.n223n1n23n2例10 设数列an满足an1annan1nN，当a13时证明对所有n1，例9 设an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ak112(ak1)ak12k1(a11)2k142k1nn11k1.ak1211()n1112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4之法2就是利用二项展开式进行减项放缩的例子。

28例11 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)6，1123(1)n1CnCn2Cn31222882223n32n12n即(11)n(n1)(n2)，得证.28例12

设数列{an}满足a12,an1an一切正整数n成立；（Ⅱ）令bnann1(n1,2,).（Ⅰ）证明an2n1对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如对上述例1，令TnSn(n1)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)352n1则Tn1

再如例4，令TnTn2n12n22n12n31，即TnTn1,{Tn}递增，有TnT1231，得证！

注：由此可得例4的加强命题(11)(11)(11)(11)232n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13 已知函数f(x)ax123211x的最大值不大于1，又当x[,]时

24261f(x).（Ⅰ）

8求a的值；（Ⅱ）设0a1,an1f(an),nN，证明an1.（04年辽宁卷第21题）n1解析（Ⅰ）a=1 ；（Ⅱ）由an1f(an),得an1an且an323111an(an)2 223661)是增函数，则得k10.用数学归纳法（只看第二步）：ak1f(ak)在ak(0,113121)().k1k12k1k2ak1f(ak)f(anN．例14 数列xn由下列条件确定：x1a0，xn11（I）证x,n2xn明：对n2总有xna；(II)证明：对n2总有xnxn1（02年北京卷第（19）题）

a 解析构造函数f(x)1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a，构造函数f(x)1xa,它在[a,)上是增

对(II)有xnxn11xn2xn2x函数，故有xnxn11xnaf(a)0，得证。

2xn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1a的母函数，研究其单调性对此数列本xx是递推数列xn1n2x2xn质属性的揭示往往具有重要的指导作用。类题有06年湖南卷理科第19题：

已知函数f(x)xsinx,数列{an}满足:0a11,an1f(an),n1,2,3,.证明:(ⅰ)0an1an1;(ⅱ)an113an.（证略）6五换元放缩

例15 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16 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

n0n1n12n2n2n2an(b1)nCnbCnbCnbCnCnbn(n1)2b，注意到22222n(n1)nb（证明从略）2n2,nN，则，因此ann(a1)b244六递推放缩

递推放缩的典型例子，可参考上述例10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6(II)中所得lnan1lnan11和

n2n2nln(an11)ln(an1)1111、例7中、例12（Ⅰ）之法2所得

n(n1)anan1n22ak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10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：11111就容易多了（略）。n1.再用数学归纳法证明此加强命题，1a11a21an22例17 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

ak1ak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a1对一切正整数n有1an.（证明从略）

1a2xn1例18 数列xn满足x1,xn1xn2.证明x20011001.（01年中国西部数学

2n奥林匹克试题）

n简析将问题一般化：先证明其加强命题xn.用数学归纳法，只考虑第二步： 6

2nxkk1kk1k1xk22()2.因此对一切xN有xn.22k2242k xk1 例19 已知数列｛an｝满足：a1＝

3，且an＝3nan－1（n2，nN）（1）求数列｛an｝22an－1＋n－1的通项公式；（2）证明：对一切正整数n有a1a2„„an2n！（06年江西卷理科第22题）

解析：（1）将条件变为：1－

nn－1，因此｛1－n｝为一个等比数列，＝1（1－）anan3an－11111nn3n其首项为1－＝，公比，从而1－＝n，据此得an＝n（n1）„„1

333a1an3－1（2）证：据1得，a1a2„an＝

n！，为证a1a2„„an2n！，111（1－）（1－2）„（1－n）3331111只要证nN时有„„2（1－）（1－2）„（1－n）2333显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式：

111111－（）„„3）„（1－）＋＋„＋2n323n3331111111－（用数学归纳法，证略）利用3得，（＋2＋„＋n）（1－）（1－2）„（1－n）333333对每个nN，有（1－）（1－11n11n111n1〔1－（）〕1－（）〕＝＋（）＝1－3。3＝1－〔23223211－313故2式成立，从而结论成立。

八分项讨论

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1117（04年全国卷Ⅲ）

a4a5am8 简析（Ⅰ）略，（Ⅱ）an22n2(1)n1.；

3（Ⅲ）由于通项中含有(1)n，很难直接放缩，考虑分项讨论：

n2n111311322当n3且n为奇数时 ()anan122n212n11222n32n12n21n32n22n1311 ，于是 ()（减项放缩）2n3n2n122222 ①当m4且m为偶数时1111(11)(11)

a4a5a6am1ama4a5am***7(34m2)(1m4).222224288222 7

②当m4且m为奇数时1111111（添项放缩）

a4a5ama4a5amam1由①知11117.由①②得证。

a4a5amam18九数学归纳法

例21（Ⅰ）设函数f(x)xlog2x(1x)log2(1x)(0x1)，求f(x)的最小值；（Ⅱ）设正数p1,p2,p3,,p2n满足p1p2p3p2n1，证明

（05年全国卷Ⅰ第22题）

解析这道高考题内蕴丰富，有着深厚的科学背景：直接与高等数学的凸函数有关！更为深层的是信息科学中有关熵的问题。（Ⅰ）略，只证（Ⅱ）：

g(p1)g(p2)g(p2n)p1p2p2n由g(x)得g()法

1为下凸函数

2n2n

又p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2nnp1p2p3p2n1，所以考虑试题的编拟初衷，是为了考查数学归纳法，于是借鉴詹森（jensen）不等式（若f(x)为[a,b]上的下凸函数，则对任意xi[a,b],i0(i1,,n),1n1，有 f(1x1nxn)1f(x1)nf(xn).特别地，若innp1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2n2ng(1)n.2n1则有 n f(x1xn)1[f(x1)f(xn)].若为上凸函数则改“”为“”）的证明思路与方法有：

法2（用数学归纳法证明）（i）当n=1时，由（Ⅰ）知命题成立.（ii）假定当nk时命题成立，即若正数p1,p2,,p2k满足p1p2p2k1，则p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.当nk1时，若正数p1,p2,,p2k1满足p1p2p2k11,（*）为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段：

p令xp1p2pk,q1p1,q2p2,,qk2k.22xxx则q1,q2,,q2k为正数，且q1q2q2k1.由归纳假定知q1log2p1p2log2p2q2klog2q2kk.p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kx(q1log2q1q2log2q2q2klog2q2k

log2x)x(k)xlog2x,（1）

同理，由p2k1p2k2p2k11x得p2k1log2p2k1p2k1log2p2k1

(1x)(k)(1x)log2(1x).（2）

综合（1）（2）两式p1log2p1p2log2p2p2k1log2p2k1

[x(1x)](k)xlog2x(1x)log2(1x)(k1).即当nk1时命题也成立.根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立.法3 构造函数g(x)xlog2x(cx)log2(cx)(常数c0,x(0,c)),那么

xxxxg(x)c[log2(1)log2(1)log2c],利用（Ⅰ）知，cccc当x1(即xc)时,函数g(x)取得最小值.对任意x10,x20,都有

c22 8

x1log2x1x2log2x22x1x2xx2(x1x2)[log2(x1x2)1].② log2122（②式是比①式更强的结果）下面用数学归纳法证明结论.（i）当n=1时，由（I）知命题成立.（ii）设当n=k时命题成立，即若正数p1,p2,,p2k满足p1p2p2k1,有

p1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.当nk1时,p1,p2,,pk1满足p1p2pk11.22

令Hp1log2p1p2log2p2p2k11log2p2k11p2k1log2p2k1对（*）式的连续两项进行两两结合变成2项后使用归纳假设，并充分利用②式有 H(p1p2)[log2(p1p2)1](p2k11p2k1)[log2(p2k11p2k1)1]，因为(p1p2)(p2k11p2k1)1,由归纳法假设(p1p2)log2(p1p2)(p2k11p2k1)log2(p2k11p2k1)k, 得Hk(p1p2p2k11p2k1)(k1).即当nk1时命题也成立.所以对一切正整数n命题成立.注：1式②也可以直接使用函数g(x)xlog2x下凸用（Ⅰ）中结论得到； k2为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：qipip2n1而变成2项；ik3本题可作推广：若正数p1,p2,,pn满足p1p2pn1，则

p1lnp1p2lnp2pnlnpnlnn.（简证：构造函数f(x)xlnxx1，易得f(x)f(1)0xlnxx1.(npi)ln(npi)npi1piln(npi)pi.故[piln(npi)]pi10lnnpilnpi0.）

i1i1nn1n

第三篇：放缩法证明数列不等式

放缩法证明数列不等式

基础知识回顾:

放缩的技巧与方法：

（1）常见的数列求和方法和通项公式特点：

① 等差数列求和公式：错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。（关于错误！未找到引用源。的一次函数或常值函数）

② 等比数列求和公式：错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。（关于错误！未找到引用源。的指数类函数）③ 错位相减：通项公式为“等差错误！未找到引用源。等比”的形式

④ 裂项相消：通项公式可拆成两个相邻项的差，且原数列的每一项裂项之后正负能够相消，进而在求和后式子中仅剩有限项

（2）与求和相关的不等式的放缩技巧：

① 在数列中，“求和看通项”，所以在放缩的过程中通常从数列的通项公式入手

② 在放缩时要看好所证不等式中不等号的方向，这将决定对通项公式是放大还是缩小（应与所证的不等号同方向）

③ 在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢，常见的是向等比数列与可裂项相消的数列进行靠拢。

④ 若放缩后求和发现放“过”了，即与所证矛盾，通常有两条道路选择：第一个方法是微调：看能否让数列中的一些项不动，其余项放缩。从而减小放缩的程度，使之符合所证不等式；第二个方法就是推翻了原有放缩，重新进行设计，选择放缩程度更小的方式再进行尝试。

（3）放缩构造裂项相消数列与等比数列的技巧：

① 裂项相消：在放缩时，所构造的通项公式要具备“依项同构”的特点，即作差的两项可视为同一数列的相邻两项（或等距离间隔项）

② 等比数列：所面对的问题通常为“错误！未找到引用源。常数”的形式，所构造的等比数列的公比也要满足错误！未找到引用源。，如果题目条件无法体现出放缩的目标，则可从所证不等式的常数入手，常数可视为错误！未找到引用源。的形式，然后猜想构造出等比数列的首项与公比，进而得出等比数列的通项公式，再与原通项公式进行比较，看不等号的方向是否符合条件即可。例如常数错误！未找到引用源。，即可猜想该等比数列的首项为错误！未找到引用源。，公比为错误！未找到引用源。，即通项公式为错误！未找到引用源。

注：此方法会存在风险，所猜出的等比数列未必能达到放缩效果，所以是否选择利用等比数列进行放缩，受数列通项公式的结构影响

（4）与数列中的项相关的不等式问题：

① 此类问题往往从递推公式入手，若需要放缩也是考虑对递推公式进行变形

② 在有些关于项的不等式证明中，可向求和问题进行划归，即将递推公式放缩变形成为可“累加”或“累乘”的形式，即错误！未找到引用源。或错误！未找到引用源。（累乘时要求不等式两侧均为正数），然后通过“累加”或“累乘”达到一侧为错误！未找到引用源。，另一侧为求和的结果，进而完成证明应用举例:

类型一：与前n项和相关的不等式例1.【202_届江苏泰州中学高三摸底考试】已知数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和错误！未找到引用源。满足：错误！未找到引用源。（错误！未找到引用源。为常数，且错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。）．

（1）求错误！未找到引用源。的通项公式；

（2）设错误！未找到引用源。，若数列错误！未找到引用源。为等比数列，求错误！未找到引用源。的值；（3）在满足条件（2）的情形下，设错误！未找到引用源。，数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和为错误！未找到引用源。，若不等式错误！未找到引用源。对任意的错误！未找到引用源。恒成立，求实数错误！未找到引用源。的取值范围．

例2.记错误！未找到引用源。.对数列错误！未找到引用源。和错误！未找到引用源。的子集错误！未找到引用源。，若错误！未找到引用源。，定义错误！未找到引用源。；若错误！未找到引用源。，定义错误！未找到引用源。.例如：错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。.现设错误！未找到引用源。是公比为3的等比数列，且当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。.错误！未找到引用源。

（1）求数列的通项公式；错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。（2）对任意正整数，若，求证：；错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。（3）设，求证：.类型

二、与通项运算相关的不等式例3.设函数错误！未找到引用源。，数列错误！未找到引用源。满足：错误！未找到引用源。．（1）求证:错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。；（2）求证:错误！未找到引用源。（错误！未找到引用源。）；（3）求证:错误！未找到引用源。（错误！未找到引用源。）．

例4.已知错误！未找到引用源。是数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和，且对任意错误！未找到引用源。，有错误！未找到引用源。.其中错误！未找到引用源。为实数，且错误！未找到引用源。.（1）当错误！未找到引用源。时，①求数列错误！未找到引用源。的通项；

②是否存在这样的正整数错误！未找到引用源。，使得错误！未找到引用源。成等比数列？若存在，给出错误！未找到引用源。满足的条件，否则，请说明理由.（2）当错误！未找到引用源。时，设错误！未找到引用源。，① 判定错误！未找到引用源。是否为等比数列；

②设错误！未找到引用源。，若错误！未找到引用源。对错误！未找到引用源。恒成立，求错误！未找到引用源。的取值范围.方法、规律归纳: 常见的放缩变形：

（1）错误！未找到引用源。，（2）错误！未找到引用源。

注：对于错误！未找到引用源。还可放缩为：错误！未找到引用源。（3）分子分母同加常数：错误！未找到引用源。（4）错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。可推广为：错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。实战演练: 1．【江苏省无锡市普通高中202_届高三上学期期中】已知数列错误！未找到引用源。满足错误！未找到引用源。记数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和为错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。

（1）求证：数列错误！未找到引用源。为等比数列，并求其通项错误！未找到引用源。；

（2）求错误！未找到引用源。；

（3）问是否存在正整数错误！未找到引用源。，使得错误！未找到引用源。成立？说明理由.2．【江苏省常州市202_届高三上学期武进区高中数学期中试卷】在数列错误！未找到引用源。中，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，其中错误！未找到引用源。．

⑴ 求证：数列错误！未找到引用源。为等差数列；

⑵ 设错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和为错误！未找到引用源。，若当错误！未找到引用源。且错误！未找到引用源。为偶数时，错误！未找到引用源。恒成立，求实数错误！未找到引用源。的取值范围；

⑶ 设数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项的和为错误！未找到引用源。，试求数列错误！未找到引用源。的最大值.【答案】⑴见解析⑵错误！未找到引用源。⑶错误！未找到引用源。

3．【江苏省徐州市202_届高三上学期期中考试】已知数列的前项和为，满足，．数列

满足（1）求数列（2）若和，且．的通项公式；，数列的前项和为，对任意的，（，都有，求实数的取值范围；

（3）是否存在正整数，使，请说明理由．）成等差数列，若存在，求出所有满足条件的，若不存在，4．已知数列错误！未找到引用源。、错误！未找到引用源。，其中，错误！未找到引用源。，数列错误！未找到引用源。满足错误！未找到引用源。,错误！未找到引用源。，数列错误！未找到引用源。满足错误！未找到引用源。．

（1）求数列错误！未找到引用源。、错误！未找到引用源。的通项公式；

（2）是否存在自然数错误！未找到引用源。，使得对于任意错误！未找到引用源。有错误！未找到引用源。恒成立？若存在,求出错误！未找到引用源。的最小值；

（3）若数列错误！未找到引用源。满足错误！未找到引用源。，求数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和错误！未找到引用源。．

5．【江苏省启东中学202_届高三上学期第一次月考】设数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和为错误！未找到引用源。，且满足错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。为常数．

（1）是否存在数列错误！未找到引用源。，使得错误！未找到引用源。？若存在，写出一个满足要求的数列；若不存在，说明理由．（2）当错误！未找到引用源。时，求证：错误！未找到引用源。．

（3）当错误！未找到引用源。时，求证：当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。．

6．【江苏省泰州中学202_届高三上学期开学考试】已知两个无穷数列

分别满足，其中（1）若数列（2）若数列①若数列②若数列，设数列的前项和分别为的通项公式；，使得，称数列

.都为递增数列，求数列满足：存在唯一的正整数“坠点数列”，求为“坠点数列”，数列

为“坠点数列”.为“坠点数列”，是否存在正整数，使得，若存在，求的最大值；若不存在，说明理由.7．【江苏省南京师范大学附属中学202_届高三高考模拟一】已知数集错误！未找到引用源。具有性质错误！未找到引用源。对任意的错误！未找到引用源。，使得错误！未找到引用源。成立.（1）分别判断数集错误！未找到引用源。与错误！未找到引用源。是否具有性质错误！未找到引用源。，并说明理由；

（2）求证：错误！未找到引用源。；

（2）若错误！未找到引用源。，求错误！未找到引用源。的最小值.8．记等差数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和为错误！未找到引用源。.（1）求证：数列错误！未找到引用源。是等差数列；

（2）若错误！未找到引用源。，对任意错误！未找到引用源。，均有错误！未找到引用源。是公差为错误！未找到引用源。的等差数列，求使错误！未找到引用源。为整数的正整数错误！未找到引用源。的取值集合；

（3）记错误！未找到引用源。，求证：错误！未找到引用源。.9．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}，{cn}满足(n＋1)bn＝an＋1错误！未找到引用源。，(n＋2)cn＝错误！未找到引用源。，其中n∈N*．

（1）若数列{an}是公差为2的等差数列，求数列{cn}的通项公式；

（2）若存在实数λ，使得对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求证：数列{an}是等差数列．

10．已知各项不为零的数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和为错误！未找到引用源。，且错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。．

（1）若错误！未找到引用源。成等比数列，求实数错误！未找到引用源。的值；（2）若错误！未找到引用源。成等差数列，①求数列错误！未找到引用源。的通项公式；

②在错误！未找到引用源。与错误！未找到引用源。间插入错误！未找到引用源。个正数，共同组成公比为错误！未找到引用源。的等比数列，若不等式错误！未找到引用源。对任意的错误！未找到引用源。恒成立，求实数错误！未找到引用源。的最大值．

放缩法证明数列不等式

基础知识回顾:

放缩的技巧与方法：

（1）常见的数列求和方法和通项公式特点：

① 等差数列求和公式：错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。（关于错误！未找到引用源。的一次函数或常值函数）

④ 裂项相消：通项公式可拆成两个相邻项的差，且原数列的每一项裂项之后正负能够相消，进而在求和后式子中仅剩有限项

（2）与求和相关的不等式的放缩技巧：

① 在数列中，“求和看通项”，所以在放缩的过程中通常从数列的通项公式入手

② 在放缩时要看好所证不等式中不等号的方向，这将决定对通项公式是放大还是缩小（应与所证的不等号同方向）

③ 在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢，常见的是向等比数列与可裂项相消的数列进行靠拢。

（3）放缩构造裂项相消数列与等比数列的技巧：

① 裂项相消：在放缩时，所构造的通项公式要具备“依项同构”的特点，即作差的两项可视为同一数列的相邻两项（或等距离间隔项）

（4）与数列中的项相关的不等式问题：

① 此类问题往往从递推公式入手，若需要放缩也是考虑对递推公式进行变形

（1）求错误！未找到引用源。的通项公式；

【答案】（1）错误！未找到引用源。（2）错误！未找到引用源。（3）错误！未找到引用源。

（2）由（1）知，错误！未找到引用源。，即错误！未找到引用源。，若数列错误！未找到引用源。为等比数列，则有错误！未找到引用源。，而错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，故错误！未找到引用源。，解得错误！未找到引用源。，再将错误！未找到引用源。代入错误！未找到引用源。，得错误！未找到引用源。，例2.记错误！未找到引用源。.对数列错误！未找到引用源。和错误！未找到引用源。的子集错误！未找到引用源。，若错误！未找到引用源。，定义错误！未找到引用源。；若错误！未找到引用源。，定义错误！未找到引用源。.例如：错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。.现设错误！未找到引用源。是公比为3的等比数列，且当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。.错误！未找到引用源。

（1）求数列的通项公式；错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。（2）对任意正整数，若，求证：；错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。（3）设，求证：.【答案】（1）错误！未找到引用源。（2）详见解析（3）详见解析【解析】

试题分析：（1）根据及时定义，列出等量关系，解出首项，写出通项公式；（2）根据子集关系，进行放缩，转化为等比数列求和；（3）利用等比数列和与项的大小关系，确定所定义和的大小关系：设错误！未找到引用源。，则错误！未找到引用源。因此由错误！未找到引用源。，因此错误！未找到引用源。中最大项必在A中，由（2）得错误！未找到引用源。.试题解析：（1）由已知得错误！未找到引用源。.于是当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。.又错误！未找到引用源。，故错误！未找到引用源。，即错误！未找到引用源。.所以数列错误！未找到引用源。的通项公式为错误！未找到引用源。.（2）因为错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。.因此，错误！未找到引用源。.综合①②③得，错误！未找到引用源。.类型

二、与通项运算相关的不等式例3.设函数错误！未找到引用源。，数列错误！未找到引用源。满足：错误！未找到引用源。．（1）求证:错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。；（2）求证:错误！未找到引用源。（错误！未找到引用源。）；（3）求证:错误！未找到引用源。（错误！未找到引用源。）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．

故错误！未找到引用源。，则有：错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。例4.已知错误！未找到引用源。是数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和，且对任意错误！未找到引用源。，有错误！未找到引用源。.其中错误！未找到引用源。为实数，且错误！未找到引用源。.（1）当错误！未找到引用源。时，①求数列错误！未找到引用源。的通项；

②设错误！未找到引用源。，若错误！未找到引用源。对错误！未找到引用源。恒成立，求错误！未找到引用源。的取值范围.【答案】（1）①错误！未找到引用源。；②不存在；（2）①当错误！未找到引用源。且错误！未找到引用源。时，数列错误！未找到引用源。是以错误！未找到引用源。为首项，错误！未找到引用源。为公比的等比数列，当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。，不是等比数列；②错误！未找到引用源。．

方法、规律归纳: 常见的放缩变形：

（1）错误！未找到引用源。，（2）错误！未找到引用源。

注：对于错误！未找到引用源。还可放缩为：错误！未找到引用源。（3）分子分母同加常数：错误！未找到引用源。（4）错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。可推广为：错误！未找到引用源。

（1）求证：数列错误！未找到引用源。为等比数列，并求其通项错误！未找到引用源。；

（2）求错误！未找到引用源。；

（3）问是否存在正整数错误！未找到引用源。，使得错误！未找到引用源。成立？说明理由.【答案】（1）错误！未找到引用源。（2）错误！未找到引用源。（3）当错误！未找到引用源。为偶数时，错误！未找到引用源。都成立，（3）详见解析

（3）假设存在正整数错误！未找到引用源。，使得错误！未找到引用源。成立，因为错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，所以只要错误！未找到引用源。

即只要满足 ①：错误！未找到引用源。，和②：错误！未找到引用源。，对于①只要错误！未找到引用源。就可以；对于②，当错误！未找到引用源。为奇数时，满足错误！未找到引用源。，不成立，当错误！未找到引用源。为偶数时，满足错误！未找到引用源。，即错误！未找到引用源。令错误！未找到引用源。，因为错误！未找到引用源。

即错误！未找到引用源。，且当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。，所以当错误！未找到引用源。为偶数时，②式成立，即当错误！未找到引用源。为偶数时，错误！未找到引用源。成立.2．【江苏省常州市202_届高三上学期武进区高中数学期中试卷】在数列错误！未找到引用源。中，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，其中错误！未找到引用源。．

⑴ 求证：数列错误！未找到引用源。为等差数列；

要使错误！未找到引用源。对错误！未找到引用源。且错误！未找到引用源。为偶数恒成立，只要使错误！未找到引用源。对错误！未找到引用源。且错误！未找到引用源。为偶数恒成立，即使错误！未找到引用源。对错误！未找到引用源。为正偶数恒成立，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，故实数错误！未找到引用源。的取值范围是错误！未找到引用源。； ⑶由⑴得错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，设错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。，即错误！未找到引用源。，当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。，即错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，因此数列错误！未找到引用源。的最大值为错误！未找到引用源。．

【点睛】本题考查数列与不等式的综合应用，涉及等差数列的判定与证明，其中证明（1）的关键是分析得到错误！未找到引用源。与错误！未找到引用源。的关系式．

3．【江苏省徐州市202_届高三上学期期中考试】已知数列满足，且

．的前项和为，满足，．数列（1）求数列（2）若和的通项公式；，数列的前项和为，对任意的，（，都有，求实数的取值范围；

（3）是否存在正整数，使，请说明理由．

【答案】（1）（2））成等差数列，若存在，求出所有满足条件的，若不存在，（3）不存在

（2）由（1）得于是所以，两式相减得所以由（1）得因为对即所以恒成立，都有，，恒成立，记所以因为从而数列于是，为递增数列，所以当．

（），使

成等差数列，则，时取最小值，（3）假设存在正整数即，若为偶数，则若为奇数，设于是当时，为奇数，而为偶数，上式不成立.，则，与

矛盾；，即，此时

4．已知数列错误！未找到引用源。、错误！未找到引用源。，其中，错误！未找到引用源。，数列错误！未找到引用源。满足错误！未找到引用源。,错误！未找到引用源。，数列错误！未找到引用源。满足错误！未找到引用源。．

（1）求数列错误！未找到引用源。、错误！未找到引用源。的通项公式；

（3）若数列错误！未找到引用源。满足错误！未找到引用源。，求数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和错误！未找到引用源。．

【答案】（1）错误！未找到引用源。；（2）存在，错误！未找到引用源。；（3）错误！未找到引用源。．【解析】试题分析：

（1）根据题设条件用累乘法能够求出数列{an}的通项公式．b1=2，bn+1=2bn可知{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，由此能求出{bn}的通项公式．（2）bn=2n．假设存在自然数m，满足条件，先求出错误！未找到引用源。，将问题转化成错误！未找到引用源。可求得错误！未找到引用源。的取值范围；（3）分n是奇数、n是偶数两种情况求出Tn，然后写成分段函数的形式。

试题解析：（1）由错误！未找到引用源。，即错误！未找到引用源。．又错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。.当错误！未找到引用源。时，上式成立，因为错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。是首项为2，公比为2的等比数列，故错误！未找到引用源。.（3）当错误！未找到引用源。为奇数时，错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。；当错误！未找到引用源。为偶数时，错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。.因此错误！未找到引用源。．

点睛：数列求和时，要根据数列项的特点选择不同的方法，常用的求和方法有公式法、裂项相消法、错位相减法、分组求和等。

（1）是否存在数列错误！未找到引用源。，使得错误！未找到引用源。？若存在，写出一个满足要求的数列；若不存在，说明理由．

（2）当错误！未找到引用源。时，求证：错误！未找到引用源。．

（3）当错误！未找到引用源。时，求证：当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。．【答案】（1）不存在，理由见解析（2）证明见解析（3）证明见解析

当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。，两式相减得错误！未找到引用源。，即错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。，即错误！未找到引用源。，综上，错误！未找到引用源。．

6．【江苏省泰州中学202_届高三上学期开学考试】已知两个无穷数列的前项和分别为（1）若数列.分别满足，其中，设数列都为递增数列，求数列的通项公式；（2）若数列①若数列②若数列满足：存在唯一的正整数“坠点数列”，求为“坠点数列”，数列，使得，称数列为“坠点数列”.为“坠点数列”，是否存在正整数，使得，若存在，求的最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）

.（2）①，② 6.7．【江苏省南京师范大学附属中学202_届高三高考模拟一】已知数集错误！未找到引用源。具有性质错误！未找到引用源。对任意的错误！未找到引用源。，使得错误！未找到引用源。成立.（1）分别判断数集错误！未找到引用源。与错误！未找到引用源。是否具有性质错误！未找到引用源。，并说明理由；

（2）求证：错误！未找到引用源。；

（2）若错误！未找到引用源。，求错误！未找到引用源。的最小值.【答案】（1）不具有（2）见解析（3）错误！未找到引用源。.（2）因为集合错误！未找到引用源。具有性质错误！未找到引用源。，所以对错误！未找到引用源。而言，存在错误！未找到引用源。，使得错误！未找到引用源。，又因为错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，同理可得错误！未找到引用源。，将上述不等式相加得：错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。.（3）由（2）可知错误！未找到引用源。，又错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，构成数集错误！未找到引用源。，经检验错误！未找到引用源。具有性质错误！未找到引用源。，故错误！未找到引用源。的最小值为错误！未找到引用源。.点睛：本题是一道新定义的迁移信息并利用信息的信息迁移题。求解第一问时，直接运用题设条件中所提供的条件信息进行验证即可；解答第二问时，先运用题设条件中定义的信息可得错误！未找到引用源。，同理可得错误！未找到引用源。，再将上述不等式相加得：错误！未找到引用源。即可获证错误！未找到引用源。；证明第三问时，充分借助（2）的结论可知错误！未找到引用源。，又错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。可得错误！未找到引用源。，因此构成数集错误！未找到引用源。，经检验错误！未找到引用源。具有性质错误！未找到引用源。，进而求出错误！未找到引用源。的最小值为错误！未找到引用源。.8．记等差数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和为错误！未找到引用源。.（1）求证：数列错误！未找到引用源。是等差数列；

（3）记错误！未找到引用源。，求证：错误！未找到引用源。.【答案】（1）见解析（2）错误！未找到引用源。（3）见解析

解：（1）设等差数列错误！未找到引用源。的公差为错误！未找到引用源。，则错误！未找到引用源。，从而错误！未找到引用源。，所以当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。，即数列错误！未找到引用源。是等差数列.（2）因为的任意的错误！未找到引用源。都是公差为错误！未找到引用源。，的等差数列，所以错误！未找到引用源。是公差为错误！未找到引用源。，的等差数列，又错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，显然，错误！未找到引用源。满足条件，当错误！未找到引用源。时，因为错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。不是整数，综上所述，正整数错误！未找到引用源。的取值集合为错误！未找到引用源。.（3）设等差数列错误！未找到引用源。的公差为错误！未找到引用源。，则错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，即数列错误！未找到引用源。是公比大于错误！未找到引用源。，首项大于错误！未找到引用源。的等比数列，记公比为错误！未找到引用源。.以下证明：错误！未找到引用源。，其中错误！未找到引用源。为正整数，且错误！未找到引用源。，因为错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。，当错误！未找到引用源。时，因为错误！未找到引用源。为减函数，错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。，综上，错误！未找到引用源。，其中错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。，即错误！未找到引用源。.9．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}，{cn}满足(n＋1)bn＝an＋1错误！未找到引用源。，(n＋2)cn＝错误！未找到引用源。，其中n∈N*．

（1）若数列{an}是公差为2的等差数列，求数列{cn}的通项公式；

（2）若存在实数λ，使得对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求证：数列{an}是等差数列．【答案】（1）cn＝1．（2）见解析.10．已知各项不为零的数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和为错误！未找到引用源。，且错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。．

（1）若错误！未找到引用源。成等比数列，求实数错误！未找到引用源。的值；（2）若错误！未找到引用源。成等差数列，①求数列错误！未找到引用源。的通项公式； ②在错误！未找到引用源。与错误！未找到引用源。间插入错误！未找到引用源。个正数，共同组成公比为错误！未找到引用源。的等比数列，若不等式错误！未找到引用源。对任意的错误！未找到引用源。恒成立，求实数错误！未找到引用源。的最大值．

【答案】（1）错误！未找到引用源。（2）错误！未找到引用源。（3）错误！未找到引用源。

（3）错误！未找到引用源。，在错误！未找到引用源。与错误！未找到引用源。间插入错误！未找到引用源。个正数，组成公比为错误！未找到引用源。的等比数列，故有错误！未找到引用源。，即错误！未找到引用源。，

第四篇：放缩法证明数列不等式

放缩法证明不等式

1、设数列an的前n项的和Sn

43an

13

n

1

3(n1,2,3,)

（Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设Tn

an42

2Sn

(n1,2,3,)，证明：Ti

i1

解：易求

SnTn

（其中n为正整数）

432

an

13

2

n1





23



2

n1





2

n1

121

2

n1

121



11

nn1



22121

所以：



i1

Ti

3131

1n12212122、求证：（1）

11法1：数归（两边都可以）

法2：放缩裂项法3：定积分放缩（2）

22

nN)





1n1n



31n

11n

法1：放缩一：



n(n1)



(n2)

Sn





1n

(1336



52)（15



1653







1n1



1n)

＝1

1336

121400

11

121400

1

23893600(1

1

24003600

.放缩二：

1n1



(n1)(n1)



2n1



n1),(n2)

Sn54





（11



2)

111111111()22435n2nn1n1



1111151115

()().223nn142233

放缩三：



1n

(n

112)(n

12)

（1n



1n

12)2（12n1



12n1),(n1)

Sn





12（13









12n1



12n1)12（13



12n1)

法2：数归——加强命题：常用的放缩公式：

1n(n1)

2n

n1









1n(n1)1n

；n

n12nn

n1；

n

n

2n1；



ambm

(ba0,m0)



k(k1)(k1)

1n11k(k1)



111*

(k2,kN)

2k(k1)k(k1)

1nk

nkn1k!



1n2

...



kn11

(k3)

(k2)

；212

n1n

k!k(k1)(k2)

an

例3：已知：

1

(nN

)，求证：ai

i1



法1：均值不等式：即证



715n2

...

212

n1

1





也即：



715

...

212

n1

1



而



715

...

212

n1

1

n



法2：放缩后裂项求和

an

21212

n1n

1（

212(21



n)1







n1

1





21(2

n1

1)(21)



21

n1

1)

法3：数归，但是直接去证是不行的，要转化为一个加强命题

4．定义数列如下：a12,an1anan1,nN



证明：（1）对于nN恒有an1an成立。

2



（2）当n2且nN，有an1anan1a2a11成立。

（3）1

202_



1a1



1a2



1a2006

1。

解：（1）用数学归纳法易证。

（2）由an1anan1得：an11an(an1)an1an1(an11)……

a21a1(a11)以上各式两边分别相乘得：

an11anan1a2a1(a11)，又a12an1anan1a2a11（3）要证不等式1

202_



1a1



1a2



1a2006

1，可先设法求和：

1a1



1a2



a2006，再进行适当的放缩。

an11an(an1)



1an111an1a1



1an1



1an



1an11a2



1an111a2006



（1a111



1a211)（1a21



1a31)（1a20061



1a20071)



a11



a200711

1

a1a2a2006

1

又a1a2a2006a1

202_

2

202_

1

1a1a2a2006

1

202_

原不等式得证。

5．已知数列an中an

21，求证：ai(ai1)3.i1

方法一：ai(ai1)

2121



(21)(22)



i1

(21)(21)



i1

1



121

.



i1

ai(ai1)

(21)

（121



121)（121



121)（12

n1

1



121

n)3

121

3.方法二：

ai(ai1)

(21)



122



122



122



22

i1

.(i2)





i1

ai(ai1)2





n1

2(1

12)3n1

n1

3.n

法3：数归证



i1

ai(ai1)3

121

3.（即转化为证明加强命题）

6、已知函数fxln1xx，数列an满足：

a1

2,ln2lnan1an1anf

an1an．

（1）求证：ln1xx；（2）求数列an的通项公式；

（3）求证不等式：a1a2annln2lnn2．解：（1）fxln1xx，f'x

11x

1

x1x，当1x0时，f'x0，即yf(x)是单调递增函数；当x0时，f'x0，即yf(x)是单

调递减函数．

所以f'00，即x0是极大值点，也是最大值点

fxln1xxf00ln1xx，当x0时取到等号．（2）法1：数学归纳法（先猜想，再证明）

法2：由ln2lnan1an1anfan1an得2an1an1an1，an1

12an，an11

12an

1

an12an，1an1

1

1an1

1，即数列



1

2，公差为1，是等差数列，首项为

a11an1

nn1

∴

an1

n1an

．

（3）法1：

a1a2an1

111

1

121

1

111

n

23n1n1

又∵x0时，有xln1x，令x

1n112

0，则

1n2

ln1ln n1n1n11

∴n



3

345n1n2

nlnlnlnlnln n1234nn1n

2n2

nln

n12

nln



343

ln2

n nl

∴a1a2annln2lnn2 ．法2：积分法要证原命题，即证：

12



ln(n2)ln2 n11



1113n12

12

n2



dxlnx

n22

法3：数归证明：7.1、（1）求证：2







ln(n2)ln2 n1



2n1(n2,nN)

nn1n01

法1：2CnCn...CnCn；

法2：数学归纳法法3：函数法（求导）

8.若nN，证明：()+()+…+（n

n1n)+（n

nn)

ee1

提示:借助e1x证明

第五篇：证明数列求和不等式的两种放缩技巧

证明数列求和不等式的两种放缩技巧

江苏省包场高级中学张巧凤2261

51数列求和不等式的证明，历来是高考数学命题的热点与重点，并且往往出现在压轴题的位置上，扮演着调整试卷区分度的角色。笔者发现对这类问题的处理方法中，以放缩法较为常用，而学生在运用放缩法时普遍感到难以驾驭，本文重点谈谈通项放缩与舍项放缩两种放缩技巧在证明数列求和不等式中的应用。

1、通项放缩，转化为可以求和的数列 1、1放缩通项，利用等差数列求和

例

1、已知nN,求证：



（n+1）

2

n+（n+1）2n

1

352n1



222

n2n2

＜

n2n1



(n1)2

n+12n1、2放缩通项，利用等比数列求和例

2、数列an中，a1=2,an+1=(1)求数列an的通项公式；(2)设bn=

22an(nN+)

16n-an，若数列bn的前n项的和为Tn，求证：Tn＜

12。

（1）用迭代累乘或者构造新的等比数列（2）证明：bn

an1n-11n-2an

a()即an()可以求得，1nn22n

16n-an



14

当n=1时，T1=＜2；

3当n2时，∵4n1(31)n-1=(3nCn13n-11)13n,∴bn

11n

1()

1111n11331

1()＜∴Tn=+b2++bn＜2n

133332321

3∴对一切正整数n，都有Tn＜

141

.注：本题将数列从第二项起开始放缩，放缩成以b1为首项，为公比的等比数列，转化为等比数列求和。

事实上，也可以利用

141



14

n-1



134

n-1，将数列放缩成以为首项，3

114

为公比的11n1()

41n4134

等比数列，易得Tn1()＜＜

194921，放缩的关键在于合理与适度。

1、3放缩通项，利用裂项相消求和对于例2，也可以这样证明：bn

216n-an



14



(21)(21)

当n=1，2时，2n2n，当n3时，2n(11)n=Cn0Cn1Cnn1Cnn2(n1)＞2n ∴对一切正整数n，都有bn∴Tn

12(1

131315

12n1

(21)(21)



12n1)



(2n1)(2n1)

12n1)＜

12n1



12n1

=(1。

注：此法将通项放缩成两项之差，转化为用裂项相消求和。1、4放缩通项，利用叠加求和例

3、已知数列an中，a1=1，an=an-1

n=2,3,4), an-1

1求证：

an2004年重庆卷改编）证明：由递推关系式得：an2=an-12

1an-1

+2＞an-1+2，即an-an-1＞2，于是有a22-a12＞2，a32-a22＞2，…an2-an-12＞2，这n-1个不等式两边相加可得

ana1＞2（n-1），即an＞2n-1，又an＞0,故an。

1、5放缩通项，利用各项重新组合求和例

4、数列an满足a1=1且an+1=(1+

1n+n)an+

n1).n

2（1）用数学归纳法证明an2(n2)

n1），（2）已知不等式ln(1+x)＜x对x＞0,成立,证明an＜e（其中无理数e=2.71828…

(202_年重庆卷)

证明:(1)略.(2)由递推关系式及(1)的结论有an+1=(1+两边取对数，且由ln(1+x)＜x得

+lnan

2nn+n21111+n（-）+n 故lnan+1-lnan＜

n（n+1）2nn+12

n+n

1n+n)an+

(1+

1n+n

n)an，lnan+1ln(1+

n)+lnan＜

上式中n分别取1，2，…，n-1求和可得

11111111

lnan-lna1＜（1-）（）（-）+（)2n-1223n-1n222

（1-）+（1=

112

n-1)＜2

n1）即lnan＜2，故an＜e（.2、写出和式，舍项放缩2、1裂项相消，各项重新组合，舍项放缩对于例2，还可以这样证明：bn当n=1时，T1=＜2；

31141



(21)(21)



221

（n



121

当n2时，∴Tn=（1

221



121



121



121



121



121

=1 (12）（3)(n-1n)n

22121212121212121∵

2n-1

111111

1



121



242(2

n-1

1)(21)

0，∴Tn

221

（

121

n)

∴对一切正整数n，都有Tn＜

n+1n2、2错位相减，各项重新组合，舍项放缩例

5、数列an中，a1=2,an+1=2((1)求数列an的通项公式；(2)设bn=

nan

n)an(nN+)，求证：bi＜

1172

4。，即ann22n

anann

2是以2为公比的等比数列，可以求得

2nn

（2）证明：bn n

ann2

（1）易知



i=1

bi

112



122



132



1n2

n



i=1

bi

12

112





322n(



12321342

1)2n

1n(n1)2

n+1

∴

2

ni=1

bi

i=1

122124



1n21n2

n+1n+1)

∴bi1=

1724（14

(

342



1n(n1)2



1n2)＜n+117242、3迭代相加，各项重新组合，舍项放缩对于例

3、也可以这样证明：由已知得：an2=an-12于是有a22-a12

11an-1

+2,即an-an-11an-11an-

222

1an-1

+2，+2，a3-a2

1a2

+2，…，an2-an-12

1an-1

+2，1a1

这n-1个等式两边相加可得an2a12=2（n-1）+（即an2=2n-1+（1an-1

+），+

1an-2



1a1）＞2n-1，又an＞0,故an20、（本题满分16分）

在数列an中，已知a1p0，且，nN（1）若数列an为等差数列，求p的值。（2）求数列an的前n项和Sn

当n2时，求证：

i1



n1n1