放缩证明数列不等式

第一篇：放缩证明数列不等式

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：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

2

n+(n+1)2n

1

22

352n1



222

=

n2n2

2

<

n2n1

2

2



(n1)2

2

n+12n

1、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=

an

2

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

an

2

2

2

16n-an



14

1n

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<

2

3

141

n

<

13

n

.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

n



14

4n

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

an

2

216n-an



14

1n



(21)(21)

n

n

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

)

12

n

n



(2n1)(2n1)

12n1

)<

12

=

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)0,成立,证明an

(2005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)

+lnan

2nn+n21111+n(-)+n 故lnan+1-lnan<

n(n+1)2nn+12

n+n

1n+n

)an+

12

n

(1+

1n+n

+

12

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=

n

112

n-1

)<2

n1)即lnan<2，故an

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

n



(21)(21)

n

n



221

(

n



121

n

)

当n2时，∴Tn=(

1

11

221



121



121



121



121

n



121

n

)

=1 (12)(3)(n-1n)n

22121212121212121∵

1

2n-1

111111

1



121

n



242(2

n-1

n

1)(21)

12

n

0，∴Tn

221

(



121

n

)

12

∴对一切正整数n，都有Tn<

n+1n

2、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<

i=

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

n1

(2)证明：bn n

ann2

(1)易知

n



i=1

bi

n

112



122



132



1n2

n

n

12



i=1

bi

n

12

112





322n(



12321342

1)2n

1n(n1)2

1n(n1)2

nn

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

n



1n2

)

1724

2、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

1a

11an-1

+2,即an-an-11an-11an-

222

22

1an-1

+2

，

+2，a3-a2

22

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an

20、(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

n

当n2时，求证：

i1

2a

i



n1n1

第四篇：用放缩法证明与数列和有关的不等式

湖北省天门中学薛德斌

数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年高考命题的热点，这类问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力.本文介绍一类与数列和有关的不等式问题，解决这类问题常常用到放缩法，而求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和.

一.先求和后放缩

例1.正数数列an的前n项的和Sn，满足2Snan1，试求：

(1)数列an的通项公式;

(2)设bn11，数列bn的前n项的和为Bn，求证：Bn 2anan

1解：(1)由已知得4Sn(an1)2，n2时，4Sn1(an11)2，作差得：

22所以(anan1)(anan12)0，又因为an为正数数4anan2anan12an1，

列，所以anan12，即an是公差为2的等差数列，由2S1a11，得a11，所以an2n1

(2)bn11111()，所以 anan1(2n1)(2n1)22n12n1

Bn111111111(1) 23352n12n122(2n1)

2注：一般先分析数列的通项公式.如果此数列的前n项和能直接求和或者通过变形后求和，则采用先求和再放缩的方法来证明不等式.求和的方式一般要用到等差、等比、差比数列(这里所谓的差比数列，即指数列{an}满足条件an1anfn)求和或者利用分组、裂项、倒序相加等方法来求和.

二.先放缩再求和

1.放缩后成等差数列，再求和

例2.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且anan2Sn.

2an2an12(1) 求证：Sn;

4(2)

第 1 页 共 4 页

解：(1)在条件中，令n1，得a1a12S12a1，a10a11 ，又由条件

22anan2Sn有an1an12Sn1，上述两式相减，注意到an1Sn1Sn得

(an1an)(an1an1)0an0an1an0∴an1an

1所以， an11(n1)n，Sn

n(n1)

n(n1)1n2(n1)2anan1

所以Sn 

2224

(2)因为n

n(n1)n1，所以

n2



n(n1)n1

，所以 

22

S1S2Snn23n22

Sn112

1223n(n1)23n1

 

222222

S2Sn

1222

n2n(n1)22

Sn2



;S1

2.放缩后成等比数列，再求和

例3.(1)设a，n∈N*，a≥2，证明：a2n(a)n(a1)an;

(2)等比数列{an}中，a1，前n项的和为An，且A7，A9，A8成等差数列.设

a1bnn，数列{bn}前n项的和为Bn，证明：Bn<.

31an

解：(1)当n为奇数时，an≥a，于是，a

2n

(a)nan(an1)(a1)an.

当n为偶数时，a-1≥1，且an≥a2，于是

a2n(a)nan(an1)(a21)an(a1)(a1)an(a1)an.

(2)∵A9A7a8a9，A8A9a9，a8a9a9，∴公比q

a91

.a82

∴an(). bn

n

1n11()n



11

.nnn

4(2)32

11

(12)

11111(11)1.∴Bnb1b2bn

1323223332n32n12

3.放缩后为差比数列，再求和

例4.已知数列{an}满足：a11，an1(1

n

)an(n1,2,3).求证： 2n

an1an3

n1

n1

n

)an，所以an1与an同号，又因为a110，所以an0， n2

证明：因为an1(1即an1an

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

11111n1n1n1Sn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.

4.放缩后为裂项相消，再求和

例5.在m(m≥2)个不同数的排列P1P2…Pn中，若1≤iPj(即前面某数大于后面某数)，则称Pi与Pj构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列(n1)n(n1)321的逆序数为an，如排列21的逆序数a11，排列321的逆序数

a36.

(1)求a

4、a5，并写出an的表达式; (2)令bn

ana

n1，证明2nb1b2bn2n3，n=1,2,…. an1an

n(n1)

.

2解(1)由已知得a410,a515，ann(n1)21

(2)因为bn

anann2nn2

n122,n1,2,， an1ann2nn2n

所以b1b2bn2n.nn2222,n1,2,， n2nnn2

11111

1)] 所以b1b2bn2n2[()()(

1324nn2

222n3.=2n3

n1n2

又因为bn

综上，2nb1b2bn2n3,n1,2,.

注：常用放缩的结论：(1)

1111111

2(k2) kk1k(k1)kk(k1)k1k

2kk1

1k

2kk1

2(

1k1

1k)(k2)

(2).2(

1k



1k1

)

在解题时朝着什么方向进行放缩，是解题的关键，一般要看证明的结果是什么形式.如例2要证明的结论

n23n22

、

n(n1)22

为等差数列求和结果的类型，则把通项放缩为等差数

11

)为等比数列求和结果的类型，则把通n

32

n1

项放缩为等比数列，再求和即可;如例4要证明的结论3n1为差比数列求和结果的类

22型，则把通项放缩为差比数列，再求和即可;如例5要证明的结论2n3为n1n2

列，再求和即可;如例3要证明的结论(1

裂项相消求和结果的类型，则把通项放缩为相邻两项或相隔一项的差，再求和即可.

虽然证明与数列和有关的不等式问题是高中数学中比较困难的问题，但是我们通过仔细分析它的条件与要证明的结论之间的内在关系，先确定能不能直接求和，若不能直接求和则要考虑把通项朝什么方向进行放缩.如果我们平时能多观测要证明结论的特征与数列求和之间的关系，则仍然容易找到解决这类问题的突破口.

13

《高中数学教与学》2007年第8期刊号ISSN 1007—1830

第五篇：证明数列前n项和 不等式的定积分 放缩法

摘要：本文深入分析数列与函数之间的联系，结合高等数学中数项级数[4]的观点研究高考证明数列前n项和不等式的相关问题。本着“数形结合”的重要数学思想，抓住数列的本质是数值函数这一特点，另辟蹊径，利用分析学“定积分”这一工具，探究对数列前n项和不等式进行放缩的方法。关键词：数列;不等式;定积分;数形结合。

数列，高考的重中之重。而对于数列前n项和不等式的证明更是天津高考的难点。这类问题大致可以分为两种：如果这样简单分类的话，那么显然第二种题型会比第一种更复杂[2]。对于第一种题型，题目中已然给出了我们要证明的“对象”，即便我们对原数列“无从下手”，也可以根据“式”的偶性，将不等号右边的式子也看作是某一数列的“和”，再通过“和转项”的方式找到其对应的“项”，从而我们不妨逐项比较，最后累加达到目的。此外，山穷水复之时，数学归纳法也是个不错的选择。所以，对于第一种题型来说，有多种比较成熟的应对方法，这里就不逐一列举。然而，对于第二种题型，“和转项”与归纳法则不再适用。题目中要求寻找的，类似于这个数列前n项和的“极限”，而这个“极限”则是一个常数。在处理这一类问题时，我们通常要将原数列的通项进行一定程度的放缩与变形，处理成为一个能够求和的数列，并且由变形后数列的“和”可以进一步证明我们想要的结论(如果将变形后数列的前n项和看作一个函数，那么待证明的常数C通常是这个函数的极限)。显然，这执行起来十分困难，要求学生有足够的“数学远见”，并且要记一些常用的方法和结论，无疑是“雾里看花”。因为，即使在这些结论上下了很大功夫，题目稍加变化后，学生们仍是感到“无从下手”。况且，即便命题人不改变题目的结构，仅仅是将不等式的强度加大，学生在解题时，还是会陷入漫无目的“尝试”。所以，数列前n项和不等式的证明一直以来都是高考的难点，而那些尽可能巧妙地解决这类问题的方法大多都指向“构造”的思想。而“构造”需要“数学远见”，要求学生具备极好的“数学素养”，非一日之功。况且，想要通过做题、总结的方式培养这种“素养”，绝非易事。为解决这一瓶颈，笔者尝试从高中数学内部寻找一种容易为高中生理解，又不会涉及“知识超纲”问题，且尽可能普遍适用的方法和视角来解决这一类问题，并试图探究其内在“本原”。于是，笔者发现了——定积分。对照以上两种方法，不难发现利用定积分放缩的方法十分优美、简洁，并且在很大意义上揭示了级数不等式的本质。下面以天津市近两年高考与模拟的压轴题为例深刻体会定积分放缩法的优越性。由例1.及其变式不难看出，利用定积分放缩法往往并不是直接放缩至待证“对象”本身，而是构造了一个比待证不等式强度更大的不等式，然后再次放缩到需要的“对象”。综述：定积分放缩法作为一种简洁、优美的解题方法，在解决由“数项级数”所引申出的“证明数列前n项和不等式”的问题中有相当广泛的应用，具有一定程度的普适性。无疑为学生遇到问题“无从下手”时，提供了一套系统的构思程序。定积分放缩法中处处渗透了“数形结合”的数学思想，并将数列与函数联系起来，使学生深刻地认识到数列是离散的数值函数这一本质，有机地反映了将“代数-几何-分析”综合起来的“数学美”，有助于提高学生对数学的学习兴趣。定积分放缩法是建立在常规放缩法基础之上的拓展，二者地位等同，相互依存。和一切的数学模型一样，我们希望但永远不能将所有问题都用一个“统一的方法”来解决。数学的灵魂，在于各分支间的融会贯通，“统一的方法”和“永动机”一样是不存在的。数学本身的“包罗万象”，足以从其自身内部酝酿出千变万化的解题方法。由此可见，数学的精神在于各个数学分支的互相穿插与多种解法间内在紧密联系的数学逻辑。这就是“数学素养”。参考文献[1].《浅谈高等数学在中学数学中的应用》[M].广东石油化工学院，22-24[2].李广修.证明不等式的定积分放缩法[J].数学通报，2008,47(7)：55-57[3].意琦行，数海拾贝.证明级数不等式的积分放缩法[J].光量子，2015;10;29[4].《高等数学》[M].同济大学数学系，2014第7版：251-327致谢感谢天津市第一〇二中学数学组：马萍，严虹，纪洪伟，张倩老师对我研究的帮助与支持。感谢“高中数学解题研究会”杜巍老师给予的帮助。感谢“高中数学解题研究会”提供优良的研究平台及学术氛围。感谢周围对我研究的支持和认可。