放缩法证明不等式例证

2024-05-03

放缩法证明不等式例证（精选10篇）

篇1：放缩法证明不等式例证

例谈“放缩法”证明不等式的基本策略

江苏省苏州市木渎第二高级中学母建军 21510

1近年来在高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，而不等式的证明是高中数学中的一个难点，它可以考察学生逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力。特别值得一提的是，高考中可以用“放缩法”证明不等式的频率很高，它是思考不等关系的朴素思想和基本出发点, 有极大的迁移性, 对它的运用往往能体现出创造性。“放缩法”它可以和很多知识内容结合，对应变能力有较高的要求。因为放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，放缩时要注意适度，否则就不能同向传递。下面结合一些高考试题，例谈“放缩”的基本策略，期望对读者能有所帮助。

1、添加或舍弃一些正项（或负项）

例

1、已知an21(nN).求证：n*an1a1a2...n(nN*).23a2a3an

1ak2k11111111k1.,k1,2,...,n, 证明： ak12122(2k11)23.2k2k2232k

aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n), a2a3an1232222322

3an1aan12...n(nN*).23a2a3an1

2若多项式中加上一些正的值，多项式的值变大，多项式中加上一些负的值，多项式的值变小。由于证明不等式的需要，有时需要舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证明的目的。本题在放缩时就舍去了2k2，从而是使和式得到化简.2、先放缩再求和（或先求和再放缩）

例

2、函数f（x）=4x

14x，求证：f（1）+f（2）+…+f（n）>n+12n11(nN*).2证明：由f(n)= 4n

14n=1-111 nn1422

221得f（1）+f（2）+…+f（n）>11

122211

22n

111111n(1n1)nn1(nN*).424222

此题不等式左边不易求和,此时根据不等式右边特征, 先将分子变为常数，再对分母进

行放缩，从而对左边可以进行求和.若分子, 分母如果同时存在变量时, 要设法使其中之一变为常量，分式的放缩对于分子分母均取正值的分式。如需放大，则只要把分子放大或分母缩小即可；如需缩小，则只要把分子缩小或分母放大即可。

3、先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）

例

3、已知an=n，求证：∑ 证明：∑

1nn

nk=1ak

＜3．

(k－1)k(k＋1)

=1k2n

2=∑

＜1＋∑

k=2

＜１＋∑

k=2

(k－1)(k＋1)（k＋1 ＋k

－1)

=1＋ ∑（k=2

－)

(k－1)

(k＋1)

1=1＋1＋－＜2＋＜3．

(n＋1)2

2本题先采用减小分母的两次放缩，再裂项，最后又放缩，有的放矢，直达目标.4、放大或缩小“因式”；

1.例

4、已知数列{an}满足an1a,0a1,求证：(akak1)ak2322k

证明 0a1

11112,an1an,a2a12,a3.当k1时,0ak2a3, 2416161n11(akak1)(a1an1).16k116

32(akak1)ak2

k1

本题通过对因式ak2放大，而得到一个容易求和的式子

5、逐项放大或缩小

(a

k

ak1)，最终得出证明.n(n1)(n1)

2an例

5、设an2234n(n1)求证 22122n1

2证明：∵ n(n1)nnn(n1)(n)

2n

1n(n1)(n1)213(2n1)

∴ 123nan，∴

an

222

2n1

本题利用n，对an中每项都进行了放缩，从而得到可以求和的∴ n

n(n1)

数列，达到化简的目的。

6、固定一部分项，放缩另外的项；例

6、求证：

11117 2222123n

4证明：

1

2nn(n1)n1n



11111111151171()().22222123n223n1n42n4

此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别对待，即不能放的太宽，也不能缩的太窄，真正做到恰倒好处。

7、利用基本不等式放缩

例

7、已知an5n

41对任何正整数m，n都成立.1，只要证

5amn1aman因为 amn5mn4，aman(5m4)(5n4)25mn20(mn)16，故只要证

5(5mn4)125mn20(mn)16 即只要证

20m20n37

因为aman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37，所以命题得证.本题通过化简整理之后，再利用基本不等式由aman放大即可.8、先适当组合, 排序, 再逐项比较或放缩

例

8、.已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.(1)证明：nAim＜mAin；(2)证明：(1+m)＞(1+n)

证明：(1)对于1＜i≤m，且Aim =m·…·(m－i+1)，Aimmm1Aimnn1mi1ni

1，,同理ii

mmmnnnmn

由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有

nkmk，

AinAim

所以ii,即miAinniAim

(2)由二项式定理有：

2n2n

(1+m)n=1+C1nm+Cnm+…+Cnm，22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+…+Cmn，由(1)知

mAin

＞nAim

(1＜i≤m＜n)，而

Cim

∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

AimiAin

= ,Cni!i!

00222211

∴m0C0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，…，mmm+1m1mmCmCn＞0，…，mnCnn＞nCm，mn＞0，2n222n1mm∴1+C1nm+Cnm+…+Cnm＞1+Cmn+Cmn+…+Cmn，即(1+m)n＞(1+n)m成立.以上介绍了用“放缩法”证明不等式的几种常用策略，解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的方法，有时还需要几种方法融为一体。在证明过程中，适当地进行放缩，可以化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。但放缩的范围较难把握，常常出现放缩后得不出结论或得到相反的现象。因此，使用放缩法时，如何确定放缩目标尤为重要。要想正确确定放缩目标，就必须根据欲证结论，抓住题目的特点。掌握放缩技巧，真正做到弄懂弄通，并且还要根据不同题目的类型，采用恰到好处的放缩方法，才能把题解活，从而培养和提高自己的思维和逻辑推理能力，分析问题和解决问题的能力。希望大家能够进一步的了解放缩法的作用，掌握基本的放缩方法和放缩调整手段.

篇2：放缩法证明不等式例证

放缩法证明不等式

【教学目标】

1.了解放缩法的概念；理解用放缩法证明不等式的方法和步骤。

2.能够利用放缩法证明简单的不等式。

【重点、难点】

重点：放缩法证明不等式。

难点：放缩法证明不等式。

【学法指导】

1.据学习目标，自学课本内容，限时独立完成导学案；

2.红笔勾出疑难点，提交小组讨论；

3.预习p18—p19,【自主探究】

1，放缩法：证明命题时，有时可以通过缩小（或）分式的分母（或），或通过放大（或缩小）被减式（或）来证明不等式，这种证明不

等式的方法称为放缩法。

2，放缩时常使用的方法：①舍去或加上一些项，即多项式加上一些正的值，多项式的值变大，或多项式减上一些正的值，多项式的值变小。如t22t2,t22t2等。

②将分子或分母放大（或缩小）：分母变大，分式值减小，分母变小，分

式值增大。

如当(kN,k1)1111，22kkk(k1)k(k1)，③利用平均值不等式，④利用函数单调性放缩。

【合作探究】

证明下列不等式

(1)

(2)，已知a>0，用放缩法证明不等式:loga

(a1)1111...2(nN)2222123nloga(a1)1

(3)已知x＞0, y>0，z>0求证

xyz

（4）已知n

N，求证：1

【巩固提高】

已知a,b,c,d都是正数，s

【能力提升】

求证: ...abcd求证:1

1aba

1ab

1b

篇3：例谈“放缩法”证明不等式

关键词：数学,放缩法

一、两类基本的放缩类型

所谓放缩法, 即要证明不等式A<B成立, 有时可以将它的一边放大或缩小, 寻找一个中间量, 如将A放大成C, 即A<C, 后证C<B, 这种证法便称为放缩法.其在不同的情景中有着不同的放缩技巧或是不同的解题入口, 但万变不离其宗, 主要是以下两类基本放缩类型.

1.添加、删除某些项 (项数变了)

例1 已知a, b, c, d∈R+, 求证: $1 < \frac{a}{a + b + d} + \frac{b}{b + c + a} + \frac{c}{c + d + b} + \frac{d}{d + a + c} < 2 .$

$\begin{array}{l} 证明 \frac{a}{a + b + d} + \frac{b}{b + c + a} + \frac{c}{c + d + b} + \frac{d}{d + a + c} > \\ \frac{a}{a + b + c + d} + \frac{b}{a + b + c + d} + \frac{c}{a + b + c + d} + \frac{d}{a + b + c + d} = \\ \frac{a + b + c + d}{a + b + c + d} = 1 ‚ \\ \frac{a}{a + b + d} + \frac{b}{b + c + a} + \frac{c}{c + d + b} + \frac{d}{d + a + c} < \\ \frac{a}{a + b} + \frac{b}{a + b} + \frac{c}{c + d} + \frac{d}{c + d} = \frac{a + b}{a + b} + \frac{c + d}{c + d} = 1 + 1 = 2 ‚ \\ ∴ 1 < \frac{a}{a + b + d} + \frac{b}{b + c + a} + \frac{c}{c + d + b} + \frac{d}{d + a + c} < 2 . 得证 . \end{array}$

2.增大、减小某些项 (项数不变)

例2 证明: $\frac{1}{2} - \frac{1}{n + 1} < \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dots + \frac{1}{n^{2}} < \frac{n - 1}{n} .$

$\begin{array}{l} 证明 \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dots + \frac{1}{n^{2}} < \frac{1}{1 \times 2} + \dots + \frac{1}{(n - 1) n} = \\ 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n} = \frac{n - 1}{n} ‚ \\ \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dots + \frac{1}{n^{2}} > \frac{1}{2 \times 3} + \frac{1}{3 \times 4} + \dots + \frac{1}{n (n + 1)} = \\ \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} = \\ \frac{1}{2} - \frac{1}{n + 1} = \frac{n - 1}{n + 1} ‚ \\ ∴ \frac{1}{2} - \frac{1}{n + 1} < \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dots + \frac{1}{n^{2}} < \frac{n - 1}{n} . 得证 . \end{array}$

点评添加、删除某些项和增大、减小某些项是放缩法证明不等式中两类基本放缩类型.添加、删除某些项的特点是项数变了, 增加或减少了;增大、减小某些项的特点是项数不变, 因题目的需要保留项的位置, 增加、减小某些项的值达到放缩的效果.在教学时应确立基本类型, 注意区别, 才能有的放缩.

二、常见的几种放缩技巧 (方法)

不等式的证明涉及的知识面很广, 不同的题型需要有不同的角度.这样在运用放缩证明不同的不等式时就会有各种类型或不同的入口, 下面就不同的情景一一举例.

1.运用裂项法进行放缩

例3 已知n∈N*, 求证: $1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} < 2 \sqrt{n} .$

$\begin{array}{l} 证明 ∵ \frac{1}{\sqrt{n}} = \frac{2}{2 \sqrt{n}} < \frac{2}{\sqrt{n - 1} + \sqrt{n}} = 2 (\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) ‚ \\ ∴ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} < 2 (\sqrt{1} - \sqrt{0} + \sqrt{2} - \sqrt{1} + \dots + \sqrt{n - 1} - \sqrt{n - 2} + \sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) < 2 \sqrt{n} ‚ \\ ∴ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} < 2 \sqrt{n} . 得证 . \end{array}$

点评裂项法放缩不等式常用于被证式子为分式、根式时, 在出现根式时往往通过分母有理化后以达到裂项的效果.例3是运用了增大、减小某些项这一基本方法后, 再运用裂项进行放缩.常见的裂项法放缩的公式有:

$(1) \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} < \frac{1}{n^{2}} < \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}$ ;

$(2) \sqrt{n - 1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}} < \frac{1}{2 \sqrt{n}} < \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n - 1}} = \sqrt{n} - \sqrt{n - 1} .$

2.应用“经典不等式”进行放缩

例4 设x1, x2, …, xn∈R+, 且x1+x2+…+xn=1, 求证: $\frac{x_{1}^{2}}{1 + x_{1}} + \frac{x_{2}^{2}}{1 + x_{2}} + \dots + \frac{x_{n}^{2}}{1 + x_{n}} \geq \frac{1}{n + 1} .$

$\begin{array}{l} 证明 (n + 1) \cdot (\frac{x_{1}^{2}}{1 + x_{1}} + \frac{x_{2}^{2}}{1 + x_{2}} + \dots + \frac{x_{n}^{2}}{1 + x_{n}}) = \\ (1 + x_{1} + \dots + 1 + x_{n}) \cdot (\frac{x_{1}^{2}}{1 + x_{1}} + \dots + \frac{x_{n}^{2}}{1 + x_{n}}) \geq \\ (\sqrt{1 + x_{1}} \cdot \frac{x_{1}}{\sqrt{1 + x_{1}}} + \sqrt{1 + x_{2}} \cdot \frac{x_{2}}{\sqrt{1 + x_{2}}} + \dots + \sqrt{1 + x_{n}} \cdot \frac{x_{n}}{\sqrt{1 + x_{n}}})^{2} = \\ (x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n})^{2} = 1 . \end{array}$

点评例4分别应用了均值不等式、柯西不等式进行了放缩.在应用“经典不等式”进行放缩时大都体现了两大基本技巧中的增大、减小某些项.在应用时要特别关注被证式子的特点, 结合“经典不等式”进行有效地放缩.常见的“经典不等式”有:

(1) 三角不等式:|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.

(2) 均值不等式:已知a, b∈R+, 则 $\frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \leq \sqrt{a b} \leq \frac{a + b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}}$ . (当且仅当a=b时取等号)

(3) 贝努力不等式:已知x>-1且x≠0, n∈N*, 则 (1+x) n≥1+nx.

(4) 柯西不等式: (a $_{1}^{2}$ +a $_{2}^{2}$ +…+a $_{n}^{2}$ ) (b $_{1}^{2}$ +b $_{2}^{2}$ +…+b $_{n}^{2}$ ) ≥ (a1b1+a2b2+…+anbn) 2.

(5) 排序不等式:设a1≤a2≤…≤an, b1≤b2≤…≤bn为两组数, c1, c2, …, cn是b1, b2, …, bn的任一排列, 那么:a1bn+a2bn-1+…+anb1≤a1c1+a2c2+…+ancn≤a1b1+a2b2+…+anbn, 当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时, 反序和等于顺序和.

3.运用二项式定理进行放缩

例5 已知n∈N*且n>1, 求证: $2 < (1 + \frac{1}{n})^{n} < 3 .$

$\begin{array}{l} 证明 (1 + \frac{1}{n})^{n} = C_{n}^{0} + C_{n}^{1} \frac{1}{n} + C_{n}^{2} (\frac{1}{n})^{2} + \dots + \\ C_{n}^{n - 1} (\frac{1}{n})^{n - 1} + C_{n}^{n} (\frac{1}{n})^{n} \\ = 1 + 1 + \frac{n (n - 1)}{2!} \cdot \frac{1}{n^{2}} + \dots + \\ \frac{n (n - 1) \cdot \dots \cdot 2}{(n - 1)!} \cdot \frac{1}{n^{n - 1}} + \frac{n!}{n!} \cdot \frac{1}{n^{n}} . (*) \end{array}$

易知 (*) 式>2 (n≥2, n∈N*) .

$\begin{array}{l} 又 (*) 式 < 1 + 1 + \frac{n^{2}}{2!} \cdot \frac{1}{n^{2}} + \dots + \frac{n^{(n - 1)}}{(n - 1)!} \cdot \frac{1}{n^{n - 1}} + \frac{n^{n}}{n!} \cdot \frac{1}{n^{n}} < 2 + \frac{1}{2!} + \dots + \frac{1}{(n - 1)!} + \frac{1}{n!} \\ < 2 + \frac{1}{2 \times 1} + \frac{1}{3 \times 2} + \frac{1}{4 \times 3} + \dots + \frac{1}{(n - 1) \times (n - 2)} + \frac{1}{n \times (n - 1)} \\ = 2 + 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n - 2} - \frac{1}{n - 1} + \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n} = 3 - \frac{1}{n} < 3 ‚ \\ ∴ 2 < (1 + \frac{1}{n})^{n} < 3 . 得证 . \end{array}$

点评例5要抓住 $(1 + \frac{1}{n})^{n}$ 这个式子中有n次方这一特点, 联想二项式定理, 以此为突破口, 再结合基本的放缩技巧进行放缩.

4.构造等比、等差数列进行放缩

例6 求证: $\sum_{i = 1}^{n}$ $\frac{i^{2}}{4^{i}} < \frac{49}{64} .$

$\begin{array}{l} 证明 \sum_{i = 1}^{n} \frac{i^{2}}{4^{i}} = \frac{1}{4} + \frac{4}{4^{2}} + \frac{9}{4^{3}} + \frac{16}{4^{4}} + \frac{25}{4^{5}} + \dots + \frac{n^{2}}{4^{n}} \\ = \frac{45}{64} + \frac{25}{4^{5}} + \dots + \frac{n^{2}}{4^{n}} . (*) \end{array}$

利用2n>n2 (n≥5) ,

则 (*) 式 $< \frac{45}{64} + \frac{2^{4}}{4^{5}} + \dots + \frac{2^{n}}{4^{n}} = \frac{45}{64} + (\frac{1}{2})^{5} + \dots + (\frac{1}{2})^{n} = \frac{45}{64} + \frac{(\frac{1}{2})^{5} - (\frac{1}{2})^{n} \frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{45}{64} + (\frac{1}{2})^{4} - (\frac{1}{2})^{n} = \frac{49}{64} - (\frac{1}{2})^{n} < \frac{49}{64}$ .得证.

点评构造等差、等比数列进行放缩往往用于与自然数有关的不等式.构造等比数列放缩往往已经运用了增大、减小某些项这一基本技巧, 然后抓住 $\frac{a_{1} (1 - q^{n})}{1 - q} = \frac{a_{1}}{1 - q} - \frac{a_{1} q^{n}}{1 - q} ‚ (a_{1} > 0 ‚ | q | < 1)$ 式子中的 $\frac{a_{1} q^{n}}{1 - q}$ 进行放缩.

5.构造函数利用单调性进行放缩

例7 求证:对于一切大于1的自然数n, 恒有 $(1 + \frac{1}{3}) (1 + \frac{1}{5}) \dots (1 + \frac{1}{2 n - 1}) > \frac{\sqrt{1 + 2 n}}{2} .$

证明原不等式变形为

$\frac{(1 + \frac{1}{3}) (1 + \frac{1}{5}) \dots (1 + \frac{1}{2 n - 1})}{\sqrt{1 + 2 n}} > \frac{1}{2} .$

令 $f (n) = \frac{(1 + \frac{1}{3}) (1 + \frac{1}{5}) \dots (1 + \frac{1}{2 n - 1})}{\sqrt{1 + 2 n}} ‚ (n = 2, 3, \dots, n)$ , 则

$\begin{array}{l} \frac{f (n + 1)}{f (n)} = \frac{(1 + \frac{1}{2 n + 1}) \sqrt{1 + 2 n}}{\sqrt{2 n + 3}} = \frac{2 n + 2}{\sqrt{(2 n + 1) (2 n + 3)}} = \frac{2 n + 2}{\sqrt{4 (n + 1)^{2} - 1}} > \frac{2 n + 2}{\sqrt{4 (n + 1)^{2}}} = 1 ‚ \\ ∴ f (n + 1) > f (n) ‚ \\ ∴ f (n) > f (2) = \sqrt{\frac{16}{45}} > \frac{1}{2} . \end{array}$

故原不等式成立.

点评在应用构造函数时要抽象被证式子为函数的形式.在涉及数列构造为函数时, 应抓住数列本身的特点说明单调性, 即从第二项起, 前一项与后一项进行比较, 要么作差, 要么作商, 进行递推, 进而说明单调性.

放缩法证明不等式技巧性强, 涉及知识面广, 但只要明确两大基本的放缩类型, 掌握放缩方法技巧, 我们就能有的放矢、有的放缩.

篇4：放缩法证明不等式例证

关键词：数列型不等式；放缩法；策略

证明数列型不等式最重要的方法为放缩法. 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，对照着目标进行合情合理的放缩. 但放缩程度很难把握，裂项技巧性又太强，常常因找不到放缩、裂项的途径而导致证明的失败. 如何找到放缩、裂项的一般途径呢？放缩过程中最难处理的是减小放缩的误差，这又如何处理呢？

对通项进行化简，先求和再放缩

例1 已知数列an=，设数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<.

分析：对于这道题，思考的问题是先放缩还是先求和，看看条件中{an}的通项公式，分母中有递推式：n2，（n+2）2，那么，就可以改写成“递推相减”的形式，所以，此题应采用先求和后放缩.

这里的变量r、i与q称为控制变量，作为误差调整的手段，还要兼顾从第几项开始实施放缩. 对于前三种的处理方法，显然第三种处理方法要烦一点，从前面的分析中，我们要学会如果来选择变量控制误差，以及变量取什么值. 从目标入手，目标驱动想法，这种分析问题的意识很重要.

想法二：放缩成“裂项相消型”，如何恰到好处地放缩成“裂项相消型”，思维着力点：把原式放缩成一个具有递推关系的结构，通常是将分式结构中的分母放缩成递推式，然后裂成“递推相减”的形式.

在问题研究的过程中，放缩的方向就是朝着“可求和”数列进行放缩，在“裂项相消型”的放缩中，问题的关键是将分母朝着“递推式”进行放缩. 在控制误差方面，一方面可以考虑延后放缩，另一方面可以考虑待定系数引入参数控制误差，而引入参数的方法不唯一，所以此类问题处理也比较灵活.

构造递推不等式（等差型，等比型）

我们前面研究的“数列和”不等式的题型，条件中的通项都是给出的. 如果条件给出的是递推公式，研究“数列和”不等式，那么我们首先要考虑的是，能否将数列的通项公式求出，如果通项公式求不出，那么我们常见的想法就是从目标入手，对题目中的目标进行研究，将递推公式朝着等差数列进行放缩，或者朝着等比数列进行放缩，总之，也是朝着“可求和”的数列进行放缩. 如果是朝着等差数列进行放缩，通过对目标的研究，得到放缩的公差是多少，假设公差为d，也就是说，我们放缩成类似于：an+1≥an+d形式，那么，由递推关系，便得到：an≥a1+（n-1）d，且Sn≥na1+d. 如果是朝着等比数列进行放缩，也是通过对目标的研究，得到放缩的公比是多少，假设公比为q（q>0），也就是说，将递推公式放缩成类似于：an+1≥an·q形式，那么，同样由递推关系，我们便得到：an≥a1·qn-1，且Sn≥（1-qn）. 下面举例说明.

从上述例题，看出递推放缩的数列与不等式的综合题，解决的关键在于放缩，放缩是一种不等变形，没有目标的指向，很难有效放缩，如果我们将其放缩成等差数列、等比数列，再从目标研究，放缩的公差、公比是多少，那么放缩的指向性明显加强，从而降低了此类问题的解决难度. 此外，根据对目标的分析，确定放缩的目标，可以利用比较法（作差或作商）来解决，在思维上也降低了难度.

本文对数列与不等式的综合题的处理方法作了分析与研究，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他多种数学思想方法. 处理数列型不等式最重要的方法就是放缩法. 放缩过程中，我们需要考虑是先求和还是先放缩，如果通项能求和，这样问题还是容易处理，如果通项不能求和，就需要先放缩再求和，朝着“可求和”的数列进行放缩，常见的是朝“等比型”和“裂项相消型”进行放缩，在放缩过程中经常会出现放缩过大，那么需要减少误差，在两种减小误差的方法中，相对而言引入恰当参数控制误差方便一些. 当然，我们也可以根据数列的特征，构造函数，利用函数的单调性等方法进行放缩. 对于条件给出的是递推公式的数列不等式，我们应该朝着等差数列或等比数列进行放缩，但如果我们能对目标进行恰当的分析，找到需要放缩的目标，直接采用比较法将问题解决，相当方便一些. 只有正确把握了放缩法的方法思路和规律特征，我们在证明数列型不等式的压轴题时，就会豁然开朗，快速找到突破口.

篇5：用放缩法证明不等式

蒋文利飞翔的青蛙

所谓放缩法就是利用不等式的传递性，对照证题目标进行合情合理的放大和缩小的过程，在使用放缩法证题时要注意放和缩的“度”，否则就不能同向传递了，此法既可以单独用来证明不等式，也可以是其他方法证题时的一个重要步骤。下面举例谈谈运用放缩法证题的常见题型。

一.“添舍”放缩

通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的，这是常规思路。

例1.设a，b为不相等的两正数，且a3－b3＝a2－b2，求证1＜a＋b＜4。

3证明：由题设得a2＋ab＋b2＝a＋b，于是（a＋b）2＞a2＋ab＋b2＝a＋b，又a＋b＞0，得a＋b＞1，又ab＜（a＋b），而（a＋b）＝a＋b＋ab＜a＋b＋

＋b）2＜a＋b，所以a＋b＜

例2.已知a、b、c不全为零，求证：

a2abb2b2bcc2c2aca2＞3（abc）21422132（a＋b），即（a4444，故有1＜a＋b＜。3

3证明：因为a2abb2

同理b2bcc2＞bc，2（ab23）b2＞42（ab2）2abb≥a，22c2aca2＞ca。

23（abc）2所以a2abb2

二.分式放缩 b2bcc2c2aca2＞

一个分式若分子变大则分式值变大，若分母变大则分式值变小，一个真分式，分子、分母同时加上同一个正数则分式值变大，利用这些性质，可达到证题目的。

例3.已知a、b、c为三角形的三边，求证：1＜abc＋＋＜2。bcacab

证明：由于a、b、c为正数，所以baab＞＞，bcabcacabc

＞ababc，所以

abcabc

＋＋＞＋＋＝1，又a，b，c为三角形的bcaca＋b＋ca＋b＋ca＋b＋cab

边，故b+c＞a，则

c2c，＜

ababc

a2a2b

为真分数，则a＜，同理b＜，bcabcacabcbc

故

abc2a2b2c

＋＋＜＋＋2.bcacabcabcabcab

abc

＋＋＜2。bcacab

综合得1＜

三.裂项放缩

若欲证不等式含有与自然数n有关的n项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。例4.已知n∈N*，求1

„

2n



„

＜2n。

证明：因为＜

nn13

2（nn1），则1

＜12（21）2（2）„2（nn1）2n1＜2n，证毕。

例

n(n1)2

5.an

已知

(n1)2

nN

且

an

223n(n1)，求证：

对所有正整数n都成立。

证明：因为n(n1)又n(n1)

122

n，所以an12n

n(n1)，n(n1)

232，n(n1)

2n12

(n1)

所以an立。

，综合知结论成四.公式放缩

利用已知的公式或恒不等式，把欲证不等式变形后再放缩，可获简解。

例6.已知函数f(x)证明：由题意知

f(n)

nn1

2121

2121

x，证明：对于nN*且n3都有f(n)

nn1。



nn1

(1

221

n)(1

1n1)

1n1



221



2(2n1)(n1)(21)

又因为nN*且n3，所以只须证2n2n1，又因为，n

(11)

Cn

CnCn

Cn

n1

Cn

1n

n(n1)

n12n1

所

以f(n)

nn1。

例7.已知f(x)x2，求证：当ab时f（a）f（b）ab。证

f（a）f（b）

1a2

b2

明

a2b2a

：



b



ababa

1



ababab



(ab)ab

ab

ab证毕。

五.换元放缩

对于不等式的某个部分进行换元，可显露问题的本质，然后随机进行放缩，可达解题目的。

例8.已知abc，求证

1ab



1bc



1ca

0。

证明：因为abc，所以可设act，bcu(tu0)，所以tu0则

1ab



1bc



1ca



1tu

1u1t1u1ttutu

0，即

1ab



1bc



1ca

0。

例9.已知a，b，c为△ABC的三条边，且有a2b2c2，当nN*且n3时，求证：anbncn。

证明：由于a2b2c2，可设a=csina，b=ccosa（a为锐角），因为0sina1，0cosa1，则当n3时，sinnasin2a，cosnacos2a，所以anbncn(sinnacosna)cn(sin2acos2a)cn。

六.单调函数放缩

根据题目特征，通过构造特殊的单调函数，利用其单调性质进行放缩求解。例10.已知a，b∈R，求证

x1x

ab1ab



a1a



b1b。

证明：构造函数f(x)

f(x1)f(x2)

x11x1



(x0)，首先判断其单调性，设0x1x2，因为

x21x2



x1x2(1x1)(1x2)

0，所以fx1fx2，所以f(x)在[0,]上是增函数，取x1ab，x2ab，显然满足0x1x2，所以f(ab)f(|a||b|)，即

|ab|1|ab|



|a||b|1|a||b|



|a|1|a||b|



|b|1|a||b|



|a|1|a|



|b|1|b|

篇6：浅谈用放缩法证明不等式

山东省许晔

不等式的证明是中学数学教学的重点，也是学生接受时感到头痛的难点。不等式的证明方法很多。如：比较法（比差商法）、分析法、综合法、数学归纳法、反证法和放缩法等。限于篇幅，下面仅就用放缩法证明不等式的问题加以证明。

所谓放缩法，就是针对不等式的结构特征，运用不等式及有关的性质，对所证明的不等式的一边进行放大或缩小或两边放大缩小同时兼而进行，似达到证明结果的方法。但无论是放大还是缩小都要遵循不等式传递性法则，保证放大还是缩小的连续性，不能牵强附会，须做到步步有据。比如：证a＜b，可先证a＜h1，成立，而h1＜b又是可证的，故命题得证。

利用放缩法证明不等式，既要掌握放缩法的基本方法和技巧，又须熟练不等式的性质和其他证法。做到放大或缩小恰到好处，才有利于问题的解决。现举例说明用放缩法证明不等式的几种常用方法。

一、运用基本不等式来证明

①求证：lg8·lg12＜

1证明：∵lg8＞0，lg12＞0，而 lg96＜lg100=2 ∴lg8·lg12＜1.说明：本题应用对数函数的单调性利用不等式平均值，不等式两次放大，使不等式获证。

说明：本题采用了与基本不等式结合进行放缩的有关解题技巧。

解：

∵a2b2≥2ab（当且仅当a=b时，等号成立）同理a2+c2≥2ac（当且仅当a=c时，等号成立）b2＋c2≥2bc（当且仅当b=c时，等号成立）

∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac（当且仅当a=b=c时，等号成立）∵由已知可得a2+b2＋c2=ab＋bc＋ac，说明：此题完全使用了不等式的基本性质便可解此题。

二、运用放大、缩小分母或分子的办法来达到放缩的目的证明：

说明：本题观察数列的构成规律，采用通项放缩的技巧把一般数列转化成特殊数列，从而达到简化证题的目的。

证明：

本题说明采用了分别把各项的分母换成最大的2m或最小的m＋1的技巧。③求证：

证明：

本题说明：此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别对待，即放不能太宽、缩不能太窄，真正做到恰到好处。

④求证：

证明：

本题说明，此题采用了通项放缩，使放缩后能拆项相消的技巧。⑤若a、b、c为不全相等的非实数求证：

证明：

∵a、c、b不全为零，上述三式不能全取等号，相加得

说明：本题考虑到是齐次对称式，应用不舍弃非负项缩小的技巧。⑥求证：

证明：

当a＋b=0时，不等式显然成立。

当a＋b≠0时，∵0＜｜a＋b｜≤｜a｜+｜b｜，即：左边≤右边.说明：本题是运用了放大分母而缩小一个正分数的技巧。

三、放缩法在数学归纳法和数列中的应用

证明：当n=k+1时，则得

本题采用放缩法和数学归纳法相结合的解题方法。

证明：由递推公式有：

∴x100＞45.本题采用了数列的递增和放缩法相结合的解题技巧。

篇7：利用放缩法证明不等式举例

高考中利用放缩方法证明不等式，文科涉及较少，但理科却常常出现，且多是在压轴题中出现。放缩法证明不等式有法可依，但具体到题，又常常没有定法，它综合性强，形式复杂，运算要求高，往往能考查考生思维的严密性，深刻性以及提取和处理信息的能力，较好地体现高考的甄别功能。本文旨在归纳几种常见的放缩法证明不等式的方法，以冀起到举一反三，抛砖引玉的作用。

一、放缩后转化为等比数列。

例1.{bn}满足：b11,bn1bn(n2)bn

3（1）用数学归纳法证明：bnn

（2）Tn

解：(1)略

(2)bn13bn(bnn)2(bn3)

又bnn

bn132(bn3)，nN

迭乘得：bn3

2n1211111...，求证：Tn 3b13b23b33bn2*(b13)2n1 11n1,nN* bn32

Tn1111111 ...234n1n12222222

2点评：把握“bn3”这一特征对“bn1bn(n2)bn3”进行变形，然后去

掉一个正项，这是不等式证明放缩的常用手法。这道题如果放缩后裂项或者用数学归纳法，似乎是不可能的,为什么？值得体味！

二、放缩后裂项迭加

例2．数列{an}，an(1)

求证：s2nn11，其前n项和为sn

2解：s2n1

令bn11111 ...2342n12n1，{bn}的前n项和为Tn 2n(2n1)

1111()2n(2n2)4n1n当n2时，bn

s2nTn

111111111111()()...()

212304344564n1n71 104n2

点评:本题是放缩后迭加。放缩的方法是加上或减去一个常数，也是常用的放缩手法。值得注意的是若从第二项开始放大，得不到证题结论，前三项不变，从第四项开始放大，命题才得证，这就需要尝试和创新的精神。

例3.已知函数f(x)axbc(a0)的图象在(1,f(1))处的切线方程为 x

yx

1（1）用a表示出b,c

（2）若f(x)lnx在[1,)上恒成立，求a的取值范围

（3）证明：1

解：（1）（2）略

（3）由（II）知：当a111n ...ln(n1)23n2(n1)1时,有f(x)lnx(x1)2

111令a,有f(x)(x)lnx(x1).22x

11且当x1时,(x)lnx.2x

k111k1k111令x,有ln[][(1)(1)], kk2kk12kk1

111即ln(k1)lnk(),k1,2,3,,n.2kk1

将上述n个不等式依次相加得

ln(n1)

整理得 11111(), 223n2(n1)

1111nln(n1).23n2(n1)

点评：本题是2010湖北高考理科第21题。近年，以函数为背景建立一个不等关系，然后对变量进行代换、变形，形成裂项迭加的样式，证明不等式，这是一种趋势，应特别关注。当然，此题还可考虑用数学归纳法，但仍需用第二问的结论。

三、放缩后迭乘

例4

．a11,an11(14annN*).16

（1）求a2,a3

（2）

令bn{bn}的通项公式

（3）已知f(n)6an13an，求证：f(1)f(2)f(3)...f(n)

解：（1）（2）略 1 2

21n1n1()() 3423

13231f(n)nn2nn11n 42424

111211(1n)(1n1)1nn2n11n11n11141n11n11n1444

11nf(n)1n14

11111121n1n...1f(1)f(2)...f(n)11111122

n144由（2）得an

篇8：放缩法证明数列不等式常用技巧

例1(2014年广东高考文)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足S2n-(n2+n-3)Sn-3(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.

(1)求a1的值;

(2)求数列{an}的通项公式;

分析:在证明“a1+a2+a3+…+an<f(n)(或>f(n)”数列不等式时,如果左边不易直接求和,可以适当放缩为可以裂项求和或直接求和的式子进行求解.

二、等比放缩

例2(2014年全国新课标2理)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.

三、加减放缩

点评:用放缩法证明不等式常常在等式的基础上通过对其中一边加减一个数或可判断正负的式子,达到放大或缩小的目的.

四、凑项放缩

点评:观察不等式左右两边的结构特点,再作适当配凑(分拆重组)发现规律,再与结论对照合理放缩,“凑”是达到证明目标的重要手段.

五、分类放缩

点评:要证不等式当变量取不同的值不等式也不一样时,要分类运用放缩法,最后还需合并说明.

六、基本不等式放缩

点评:基本不等式本身具有放缩的作用,若要证不等式具有基本不等式的特征时可考虑用不等式法进行放缩.

七、二项式放缩

八、构造函数放缩

例8已知n∈N*,求证:en>1+n.

证明:构造函数g(n)=en-n-1,则g'(n)=en-1.当n≥1时g'(n)>0,g(n)在[1,+∞)上是增函数,所以g(n)>g(1)=e-2>0,即en>1+n.

点评:如果把所证不等式两侧相减的结果构造成一个函数,这个函数容易求导,求导后也容易判断正负,就可以直接构造函数.另外例7也可以构造函数来解决,有兴趣的读者可以试一试.

参考文献

篇9：巧用“放缩法”证数列不等式

一、利用数列通项放缩

例1 已知数列[an]的前[n]项和为[Sn]，且满足[an=1(2n+1)2]，求证：[Sn<14].

分析我们首先想到的是如下的放缩方式

而[12>14]，这样的放缩以失败告终，失败的原因是分母缩得太小. 下面要控制放缩量，以达到预期的目的，于是有下列放缩方法：

[an=1(2n+1)2<1(2n+1)2n=12n-12n-1,∴Sn=a1+a2+⋯+an<12-13+14-15+⋯+12n-12n+1,]

到此已意识到又一次失败，因为放缩的分式无法裂项求和. 进一步调控，尝试可得：

例2 数列{[an]}满足：[an+1=anan+2,]求证：[a1a2+a2a3+⋯+anan+1<37].

分析由递推关系式易求出[an=][12n-1,不等式左边为数列{anan+1}的前n项的和，]不等式左边为数列[{anan+1}]的前[n]项的和，其通项为[anan+1=1(2n-1)(2n+1-1)]，观察其结构特点，可考虑将其放缩到等比数列或放缩至能裂项相消求和的形式.

法一

而数列[{122n-1}]是等比数列，其前[n]项的和垂手可得.

于是[a1a2+a2a3+⋯+anan+1<23×(1-14n)<23，]

而[23>37,]意识到放得太大,可将前面的若干项保持不变，从某一项开始放大，通过调控尝试得到成功,方法如下：

[n=1,2]时，不等式显然成立.

法二直接将通项裂开，即：

[anan+1=1(2n-1)(2n+1-1)=12n×(12n-1-12n+1-1)],

但此时裂项后无法相消，于是进一步放缩如下：

[n≥3时，anan+1≤123×(12n-1-12n+1-1)，此时，a1a2+a2a3+⋯+anan+1≤13+121+123×(17-115+115-131+⋯+12n-1-12n+1-1)<821+18×17<37，]

[n=1,2时，不等式显然成立．]

二、利用递推关系式放缩

有些题目，不易求出数列的通项，此时可根据相邻两项的递推关系式，借助迭代的手段，将通项放缩至求和的程度.

例3 数列[xn]满足[xn+1=xn+4xn+1,x1=1,][设an=xn-2]，数列[an]前[n]项的和为[Sn]，求证：[Sn<2].

分析此题若正面求[an]，对[an]进行放缩，难度较大，我们可避开这个难点，通过[xn]与[xn-1]间的关系，容易得到[an]与[an-1]间的关系，采用迭代的方法，最终达到将通项[an]放缩成等比数列的效果.

解 [xn-2]=[xn-1+4xn-1+1-2]

三、构造辅助数列后放缩

例3 数列[an]各项均为正数，[Sn]为其前[n]项的和，且[an=n-n-1(n∈N*)].

求证：[12S1+13S2+⋯+1(n+1)Sn<2(1-1Sn+1)].

分析此不等式的两边都是关于[n]的代数式，左边很明显是数列[1(n+1)Sn]的前[n]项的和，右边也可看作是某个数列前[n]项的和，我们可以构造出这个数列.只要能比较出这两个数列通项的大小，它们对应的前[n]项的和的大小也就清楚了.

解易求出[Sn=n,则1(n+1)Sn=1(n+1)n],

令数列[bn前n项的和为Tn,]

即原不等式成立.

通过构造辅助数列来解决不等式的证明问题时，通常要注意该不等式两边都是关于[n]的代数式,并且两边均可看成某个数列前[n]项的和.

篇10：放缩法证明不等式例证

广外外校姜海涛

放缩法证明数列不等式是高考数学命题的热点和难点。所谓放缩法就是利用不等式的传递性，对不等式的局部进行合理的放大和缩小从而向结论转化，其难度在于放缩的合理和适度。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从而充满思考性和挑战性。为了帮助更多的学生突破这一难点，我们从以下几个方面对放缩法证明数列不等式的基本策略进行分析。

一、常见的放缩方法

常见的放缩方法法有：

1.“添舍”放缩：对不等式一边添项或舍项以达到放大和缩小的效果；

2.分式放缩：分别放缩分子、分母或者同时放缩分子分母以达到放缩的效果；

3.利用重要的不等式或结论放缩：把欲证不等式变形构造，然后利用已知的公式或恒不等式进行放缩，例如均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式、二项式定理、贝努力公式、真分数性质等。

4.单调性放缩：挖掘不等式的结构特征和函数内涵来构造单调数列或单调函数，利用单调性、值域产生的不等关系进行放缩。

二、常见的放缩控制

当我们选择了正确的放缩方法后，却往往会在放缩的过程中不知不觉间失控，导致放缩的过大或过小，达不到欲证的目标。那么如何控制好放缩的尺度呢？

例1．求证：11117 122232n2

4分析1：不等式左边不能直接求和，我们希望通过合适的放缩后可以求和。1111 (n2)”的方法向右端放大，n2n(n1)(n1)n

111111171111()()()22 则左边11223n1nn41223(n1)n若采取“

很明显，放得有点大了，导致传递性失败，不等式链中断，放缩失败。那怎么办呢？

1．调整放缩的“量”的大小

分析2：分析1中“放”的有点过大，因为11，放大了1111，所以可以22212432318

通过调整放大的“量”来控制放缩的效果。在减少1，即11分母减少了n，我们可以把分母只n2n(n1)11111()n2），这样放的量就少了。22nn12n1n

***17)=1+(1)<1+(1)= 证明：左边<1()()()+(2132435n1n122nn1224

2．调整放缩的“项”的起点

分析3：分析1中从第二项开始放缩，放的最终有点大。可以调整放缩的项数，从第三项开始放缩。证明：左边1111117171111()() 423n1n4n4423(n1)n

由此可见，调整成功。显然从第三项开始放缩所得的结果比从第二项开始放缩所得的结果又更小些。以此类推，当放缩的项数越少，放缩后的结果就会越来越精细，越来越逼近目标。

除此之外，还可以调整放缩的次数，通过多次放缩的调整来达到效果；有时也可以根据欲证式子的结构特点，把相邻的项分组捆绑后进行放缩，也可以达到控制放缩合理和尺度的效果。

三、常见的问题类型

数列型不等式的一边常与求和有关，所以可以通过放缩后求和(或求和后放缩)来达到欲证的目标。一.放缩与“公式法求和”

选择恰当的放缩方法，通过“通项”的适度放缩使之转化为等差或等比数列，从而利用求和达到简化．．．．证题的目的。

n(n1)(n1)

2sn例2

．设Sn 22

分析：此数列通项为ak因为kk

k(k1),k1,2,n.k(k1)

1，kk(k1)k 22

k(k1)

n(n1)(n1)21

snkSn(k)，即 222k1k1

例3．求证：

1111

2 1!2!3!n!

k1,k1,2,,n.k!2

分析：通项k!k(k1)2122212k1,

11()n

111111112(1)n12012k1

11!2!3!n!22222

12

例4．已知an2n1，证明：

an1a1a2n

n 23a2a3an12

aakn2k12k11

分析：通项k1k1，k，不等式右边得证。

ak121222k1ak12

akak1

11

2111111111 k1kkkk

112232(22)232023221

2(2k)4(2k)

2k

ak11n1111n11n1

()()(1)，不等式左边得证。k12nn

a2232323322222k1k1k1

二.放缩与“裂项法求和”

在例1中，不等式的左边无法求和，但通过放缩产生裂项相消的求和效果后，使问题解决。例2的右

边也是利用放缩产生了裂项的效果，然后求和。下面我们再通过几道例题的证明体会裂项求和效果的运用。例5.求证：2(n11)

1



3

2n

分析：



2kk



2kk1

2(kk1),(k2)



k1

1k

12[(2)(32)(nn1)]12(1n)2n12n 2kk



2kk1

2(k1k)





k1

2[(2)(2)(n1n)]2(1n1)2(n11)

1n111

例6.已知an(),bn,证明：bk2n

31an1an13k1

分析：bn

111n

1

3n3n13n113n11111nn1nn12nn1 1313131313131

3n1

113n3n1

111111111

bk2n[(12)(23)(nn1)]2n(n1)2n

333333333k1bn2

例7.已知f(1)2,f(n1)f(n)f(n),求证：



k1



f(k)12

分析：f(n1)f(n)[f(n)1],

1111

,f(n1)f(n)[f(n)1]f(n)f(n)1



111，

f(n)1f(n)f(n1)



k1

111111111

[][][]

f(k)1f(1)f(2)f(2)f(3)f(n)f(n1)f(1)f(n1)

由已知可得f(n)0, 

三.放缩与“并项法求和” 例8.已知an



k1



f(k)1f(1)2

2n21117[2(1)n1],n1,证明：对任意整数m4,有 3a4a5am8

n1

分析：通项中含有(1)，把

整体捆绑同时结合奇偶性进行适度放缩。anan1

1131132n12n232n12n2

证明：当n为奇数时，[]

anan122n212n11222n32n12n21222n3

即当n为奇数时，当m为偶数且m>4时：

11311(n2n1)，且a42, anan1222

11111111131111()()(34m3m2)a4a5ama4a5a6am1am222222

13111317

(1m4) 22422482

当m为奇数且m>4时：m1为偶数，11111117

 a4a5ama4a5amam18

综上可知，对于任意整数m>4，都有

1117

 a4a5am8

例9.求证1

11111n

nn1(n2,nN)2342212

分析：寻求合适的处理手法，可以通过分组“捆绑”进行放缩。左边=1

11111111111111()()()(n1nn)***1212

1

=1

11111111111111()()()(nnn)***222

11111n(共n个)1 222222

四．利用递推关系式放缩

利用递推关系式产生的不等关系，在很多题目中可以起到很好的放缩效果。例10.已知a13,ak2ak11(k2),求证：

1111

 1a11a21an2

分析：根据欲证不等式的结构特点，通过递推关系式构造关于1ak的不等式

ak2ak11,ak12(ak11)且a114ak1

ak1ak-11a111k1

（）2（a11）22242k1

ak12ak-11ak-21a11

12131n1111

左边（）（）（）1-n)

222222

例11.已知an2n1，证明：

1112

 a2a3an13

分析：an2n12n22(2n11)2an1，

2(n2)且a11,a23, an1

n3时，an

左边

anan1a113a22n23，3()n2

an2an1an2a2

1111212

[1()2()n1](1n) 3222332

五．构造和数列后进行放缩

如果数列不等式没有直接的求和的形式，很多时候可以间接的构造和数列，然后进行放缩处理。例12.已知

nan11111

[log2n]，正数列an满足a1b0,an(n2)23n2nan1

(n2)

2b[log2n]的递推关系式，然后利用“累加法”把欲证的不等式转化为和数列的形式 an

证明：an

分析：根据已知构造关于

0an

nan1111111，，(n2)

anan1nanan1nnan1

111111111111

n2()()()

ananan1an1an2a2a1a1nn12b



2b1112b[log2n]

[log2n]0，an

2b[lo2gn]an2b2b

nN，定义数列:，，{x}x0xf(x)n1n1n2

x2

例13.已知函数f(x)

若0xk

11(k2,3,4,)，证明:对任意mN*都有:xmkxk.k123

4分析：利用递推式构造关于xk1xk的不等式，利用“绝对值不等式”把xmkxk放缩为和数列的形式

由x10得x2

114, x3，当k2时,0xk,229

xkxk1xkxk1xkxk1xk2xk2111

22∴xk1xk2 2

44xk2xk12(xk2)(xk12)

∴xk1xk

xk1xk

xkxk1xk1xk2



xkxk1



x3x2()k2x3x2()k2

x3x24418

x4x3

对mN,xmkxk(xmkxmk1)(xmk1xmk2)(xk1xk)

xmkxmk1xmk1xmk2xk1xk 

1111

mk3mk4k218444

()k2(1m)18(1)k1118(1)k11(1)k11mk1

***3414

上面介绍的数列不等式主要与“求和”的形式有关。如果不等式的一边与求和没有直接的关系，也可以辨析题目的结构特征选择合适的方法进行处理，譬如“构造单调数列”放缩；构造“二项展开式”放缩；

对不等式的局部换元，然后再谋求放缩等。限于篇幅所限，本文就不做阐述了。

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