放缩法证明数列范文

第一篇：放缩法证明数列范文

放缩法与数列不等式的证明

2017高三复习灵中黄老师的专题

放缩法证明数列不等式

编号：001 引子：放缩法证明数列不等式历来是高中数学的难点，在高考数列试题中经常扮演压轴的角色。由于放缩法灵活多变，技巧性要求较高，所谓“放大一点点太大，缩小一点点太小”。为了揭开放缩法的神秘面纱，黄老师特开设这一专题，带领大家走近“放缩法”。 一.放缩法证明不等式的理论依据： 1.不等式的传递性：

2.同向不等式的可加性：

3.同向的正数不等式的可乘性：

二.常见的数列求和的方法及公式特点： 1.等差数列的和;an_____sn______(nN) 2.等比数列的和：ankqn,sn3.错位相减法：等差×等比

4.裂项相消法：若anan1d(d为常数)在三.常见题型分析：

1.放缩目标模型：可求和 1.1等差模型

1111()(nN)

anan1dan1ana1(1qn)(q1)(nN) 1qn(n1)n(n2)1223...n(n1)例1.(1985全国卷)求证：(nN) 22

n(n1)n(n3)1223...n(n1)变式：(nN) 22

1.2等比模型

1111例2.求证：23....n1(nN) 2222

变式.求证：1121112231......2n11(nN21)

例3.(2014全国卷Ⅱ1an满足a11,an13an1,1)证明：a1n2是等比数列.并求an的通項公式 2)证明：1a113a.......12an2

变式：求证：1211211152231......2n13(nN)

例4.(2002全国卷理22题7题)第2问已知数已知数列

列(()an满足an1an2nan1,n1,2,3.......当a13时，证明对所有的n1,nN(1)ann2(2)证明：1a11a.......11121an12

1.3错位相减模型

例5.求证：12123n222233.......2nn2(nN)

1.4裂项相消模型

例2(2013广东文19第(3)问)求证：11313515711(2n1)(2n1)2

11111例6.证明：n12n12232......n2n(nN)

(nN)

111变式1.证明：122......22(nN)

变式2.证明：

变式3.证明：

变式4.证明：

变式5.证明：

23n 111172232......n24(nN) 112115232......n24(nN)1213......1n2n(nN)1113252......(2n1)232

11

1115变式6.证明：122......235(2n1)4

常见的放缩技巧总结：

第二篇：放缩法证明数列不等式的基本策略

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

11111111111111117)=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

n

k(k1),k1,2,n.k(k1)

1，kk(k1)k 22

k(k1)

n

n(n1)(n1)21

snkSn(k)，即 222k1k1

例3.求证：

1111

2 1!2!3!n!

11

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

n

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

n

11

2111111111 k1kkkk

112232(22)232023221

2(2k)4(2k)

22

k

2k

n

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

12



1

3

1n

2n

分析：

n

1k



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)



1k

n



k1

1k

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

n

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

n

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

n

11



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)

n



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

n

111



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

11

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) 2345678910151621212

1

=1

11111111111111()()()(nnn) 244888816161616222

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， 

an

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

2b

(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

1*

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



111

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

11

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

182744274343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。

总之，运用放缩法进行数列不等式的证明，要认真分析条件和结论的结构特征，明确方向，防止盲目放缩。同时还要多总结、多思考，多掌握一些常用的放缩技巧，以提高分析问题和解决问题的能力。

第三篇：用放缩法证明数列求和中的不等式

近几年，高考试题常把数列与不等式的综合题作为压轴题，而压轴题的最后一问又重点考查用放缩法证明不等式，这类试题技巧性强，难度大，做题时要把握放缩度，并能自我调整，因此应加强此类题目的训练。

高考题展示：

(2006年全国卷I)设数列an的前n项的和

Sn412an2n1，n1,2,3, 333

n32n

，证明：Ti (Ⅰ)求首项a1与通项an;(Ⅱ)设Tn，n1,2,3,2Sni1

nn解：易求an42(其中n为正整数)

4124122Snan2n14n2n2n12n112n13333333

nn232311Tnn1Sn2212n122n12n11

所以：

T22ii1n3113112n112 (2006年福建卷)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)证明：an1a1a2n...n(nN*). 23a2a3an12解：(I)易求an221(nN*).

ak2k12k11k1,k1,2,...,n, (II)证明：ak1212(2k1)22aaan12...n. a2a3an12ak2k11111111k1.,k1,2,...,n, ak12122(2k11)23.2k2k2232kaaan1111n11n112...n(2...n)(1n), a2a3an12322223223an1aan12...n(nN*). 23a2a3an12

111115S ，证明：nn2122232n23

1 点评：两个高考题向我们说明了数列求和中不等关系证明的两种方法：1.每一项转化为两项差，求和后消去中间项(裂项法)与放缩法的结合;2.用放缩法转化为等比数列求和。 题1. 已知数列an中an

放缩一：1111(n2) 2nn(n1)n1n

111111111111111()() 222222222123n123455667n1n13121113121238924005111. =136400n36400360036003Sn

点评：此种放缩为常规法，学生很容易想到，但需要保留前5项，从第6项开始放大，才能达到证题目的，这一点学生往往又想不到，或因意志力不坚强而放弃。需要保留前5项，说明放大的程度过大，能不能作一下调节? 放缩二：111111(),(n2) n2n21(n1)(n1)2n1n1

111111111111111()() 122232n2122222435n2nn1n151111151115()(). 4223nn142233Sn

点评：此种方法放大幅度较

(一)小，更接近于原式，只需保留前2项，从第3项开始放大，能较容易想到，还能再进一步逼近原式? 放缩三：1111111()2(),(n1) 211111n2n12n1n2(n)(n)nn42222

Sn111111111111512()12()122232n235572n12n132n13本题点评：随着放缩程度的不同，前面需保留不动的项数也随着发生变化，放缩程度越小，精确度越高，保留不动的项数就越少，运算越简单，因此，用放缩法解题时，放缩后的式子要尽可能地接近原式，减小放缩度，以避免运算上的麻烦。

n2n

题2.已知数列an中ann，求证：ai(ai1)3. 21i1

2i12i2i111方法一：ai(ai1)i. iiiii1i1i2121(21)(22)(21)(21)2121

ai(ai1)

i1n

211111111()()()33.121223n1nn(21)21212121212121

方法二：

2i1111ai(ai1)i.(i2) (21)22i22i22i2i22i1

2i22

11111ai(ai1)22n12(1n1)3n13. 22222i1

点评：方法一用的是放缩法后用裂项法求和;方法二是通过放缩转化为等比数列求和，从数值上看方法二较方法一最后结果的精确度高(3

明的结果3。

同类题训练：

1.已知数列a

n中an，Sn是数列的前n

项和，证明：1)Sn n113)，但都没超过要证nn12122.点列P(2n,23n)到直线系ln:22nxy2n0中相应直线的距离为dn,

求证：d1d2dn1.

第四篇：放缩法证明“数列+不等式”问题的两条途径

数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年命题的热点，解决这类问题常常用到放缩法。用放缩法解决“数列+不等式”问题通常有两条途径：一是先放缩再求和，二是先求和再放缩。

1、 先放缩再求和

例1 (05年湖北理)已知不等式[log

n]表示不超过log

nan1nan1nan1nan

11n

1213

1n12[log

2n],其中n为不大于2的整数，

2

2n的最大整数。设数列an的各项为正且满足

2b2b[log

2

a1b(b0),an(n2,3,4)，证明：an

n]

，n3,4,5

分析：由条件an

得：

1an



1an1



1n



1an1



1an1

(n2)

an1an2



1n1

……

1a2

1a1

12

以上各式两边分别相加得：

1an

1a11n

1n11n1



12

1an

1b1b



1n12



12



[logn](n3) 2

=

2b[log

2b

2

n]

 an

2b2b[log

2

n]

(n3)

本题由题设条件直接进行放缩，然后求和，命题即得以证明。

n

例2 (04全国三)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)， 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

1a

41a

5

1am

78

分析：⑴由递推公式易求：a1=1,a2=0,a3=2;

⑵由已知得：anSnSn12an(1)n2an1(1)n1(n>1) 化简得：an2an12(1)n1 an(1)

n

2

an1(1)

n1

2,

an(1)

n



2

32[

an1(1)

n1



23

]

故数列{

an(1)2

n



23

}是以a1

23

为首项, 公比为2的等比数列.故

an(1)

n



12n2n1n

()(2)∴an[2(1)]

333

23[2

n2

∴数列{an}的通项公式为：an

(1)].

n

⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能

够求和。而左边=

1a4

1a5



1am

3[1

221



121



12

m2

(1)

m

]，如果我们把

上式中的分母中的1去掉，就可利用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩，尝试知：

121

121



121



12



12

，



121



12



12

，因此，可将

121

保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可

求和。这里需要对m进行分类讨论，(1)当m为偶数(m4)时，

1a4

1a5

1am

1a412

(3

1a51



1a61

)(

1am11

m2



1am

)



2222

1311

(1m4)

2242137



288

()

(2)当m是奇数(m4)时，m1为偶数，

1a4

1a5

1am

1a4

1a51a4

1a61a5

1am1am

1am178



78

所以对任意整数m4，有

。

本题的关键是并项后进行适当的放缩。

2、 先求和再放缩

例3(武汉市模拟)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)当n2且nN，有an1anan1a2a11成立。(3)1

12

2006



1a1



1a2



1a2006

1。

分析：(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

12

2006



1a1



1a21



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1



1an1



1an



1an1a1



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

1

1a1a2a2006

2006

2

2006

1

12

2006

原不等式得证。

本题的关键是根据题设条件裂项求和。

第五篇：放缩法证明数列不等式的基本策略(高考精品,吐血推荐,不看后悔一辈子,)

放缩法证明数列不等式的基本策略

不得不说的放缩法

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

证题中经常用到的放缩方法法有：

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：分别放缩分式的分子、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、真分数性质定理等。

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 22224123n

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， 2nn(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2nn(n1)11111()n2)，这样放的量就少了。 n2n212n1n

11171111111111111)=1+(1)<1+(1)= 证明1：左边<1()()()+(2242132435n1n122nn1

【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2：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。下面我们通过几道典型例题来体会常见问题的处理手法。 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，从而求和达到简化证题....的目的。

例

2.设Sn证明：因为kk

n

n(n1)(n1)2

sn

22k(k1)

1，kk(k1)k 22

k(k1)

n

n(n1)(n1)21

snkSn(k)，即 222k1k1

说明：分别利用“添舍项”和“均值不等式”把通项放缩为等差数列，然后求和得证。 例3.求证：

1111

2 1!2!3!n!

11

k1,k1,2,,n. k!2

证明：因为k!k(k1)2122212k1,

11()n

1111111122(1)n12012k1

11!2!3!n!22222

12

说明：把分母适当变小，实现分式的放大，把通项放缩为等比数列，然后方便求和。 例4.已知an2n1，证明：

an1a1a2n

n 23a2a3an12

n

aakn2k12k11

证明：通项k1k1，k，不等式右边得证。

ak121222k1ak12

akak1

n

11

2111111111 k1kkkk

112232(22)232023221

2(2k)4(2k)

22

k

2k

n

ak11n1111n11n1

()()(1)，不等式左边得证。k12nn

a2232323322222k1k1k1

说明：不等式两端的结构特点是本题证明的突破口，利用“添舍项”把通项放缩为与

有关的形式，2

然后求和证明。其中不等式左边的放缩方法有数种，值得体会研究。

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

122



1

3

1n

2n

证明：

n

1k



2kk



k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)



1k

n



k1

1k

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

说明：例1分式、例5根式的放缩后裂项相消求和的处理手法是很多灵活题目的原型，值得体会。

n

1n11

1例6.已知an(),bn,证明：bk2n

31an1an13k1

证明：bn

111n

1

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

3n1

1111b2，(※)(※※)n

3n13n113n3n1

n

111111111

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

333333333k1

2

说明：对通项利用“分离变量”化简至(※)处是本题的关键，根据式子中各项的符号以及分母的幂指数

决定放缩为(※※)的形式，以实现“相消”求和的效果。 例7.已知f(1)2,f(n1)f(n)f(n),求证：



k1

n

11



f(k)1

2证明：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)

n



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, 

f(k)1

k1

n

11

 f(1)2

说明：对通项结构特点的分析，决定对已知等式的右边进行因式分解取倒数。然后再裂项、移项变形就是

很自然的想法了。

三. 放缩与“并项法求和” 例8.已知an

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

11

，捆绑并为一项，然后结合n的奇偶性进行适度的放缩。 

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：观察分母的变化规律，把若干项“捆绑”并为一项后进行放缩，然后求和就很容易实现欲证的目标。 证明：左边=1

11111111111111

()()()(n1nn) 2345678910151621212

1

=1

11111111111111

()()()(nnn) 244888816161616222

11111n(共n个)1 222222

四.利用递推关系式放缩

利用递推关系式本身蕴含的不等关系或放缩产生的不等关系，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，然后实现对通项的放缩。 证明：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

的放缩，转化为熟悉的问题。 ak

分析：通过对an的适度放缩产生关于an的不等递推关系式，然后谋求对

证明：an2n12n22(2n11)2an1， 

an

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

2b

(n2)

2b[log2n]

的递推关系式，然后利用“累加法”把不等式的左边转化为和数列的形式。 an

证明：an

分析：根据已知构造关于

证明：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

1*

，定义数列{xn}:x10,xn1f(xn),nN， 2

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. 234k1

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

证明： 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



111

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)

1

 4k2

xmkxmk1xmk1xmk2xk1xk 

111



184mk34mk4

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

182744274343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“二项式”展开后放缩;对不等式的局部换元，然后再谋求放缩等。限于篇幅，本文就不做阐述了。

总之，运用放缩法进行数列不等式的证明，要认真分析条件和结论的结构特征，明确方向，防止盲目放缩。同时还要多总结、多思考，多掌握一些常用的放缩技巧，以提高分析问题和解决问题的能力。