高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结

1.均值不等式法

n(n1)(n1)2Sn. 例1设Sn1223n(n1).求证

22例2已知函数

f(x)11a2bx12n1nn，若f(1)14，且

f(x)在[0，1]上的最小值为，求证：

25f(1)f(2)f(n)n例3求证C1n2n3n1. 2n12CCCn222an1，x12x2(n1,nN).

22例4已知a1a22xn1，求证：a1x1a2x2anxn≤1.

2．利用有用结论

例5求证(11)(1111)(1)(1)2n1. 352n1例6已知函数求证：例7已知a112x3x(n1)xanxf(x)lg,0a1,给定nN,n2. nf(2x)2f(x)(x0)对任意nN且n2恒成立。 1,an1(111)a. n2nnn2(I)用数学归纳法证明an2(n2)； (II)对ln(1x)x对x0都成立，证明ane2（无理数e2.71828例8已知不等式） 112311[log2n],nN,n2。[log2n]表示不超过log2n的最大整数。设正数数列{an}满n2nan12b,n2.求证an足：a1b(b0),an,n3. nan12b[log2n]再如：设函数f(x)exx。 （Ⅰ）求函数

f(x)最小值；（Ⅱ）求证：对于任意nN，有

kne(). ne1k1

n例9设an1(1)n，求证：数列{an}单调递增且an4.

n3.部分放缩

例10设an例11设数列

111aa321,a2,求证：an2. anan满足an1an2nan1nN，当a13时证明对所有n1,有：

1a1111.

1a21an24.添减项放缩

(i)ann2；(ii)1例12设nn1,nN，求证()238.

(n1)(n2)

例13设数列{a}满足a12,an1ann1(n1,2,).证明an2n1an5利用单调性放缩:构造函数

对一切正整数n成立；

111132x[,]f(x). 例14已知函数f(x)axx的最大值不大于，又当时

42862（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）设0a111. ,an1f(an),nN，证明ann122a,nN． xn例15数列

xn由下列条件确定：x1a0，xn11xn2总有xn（I）证明：对na；(II)证明：对n2总有xnxn1

6.换元放缩

例16求证1nn12(nN,n2). n1nn2(a1)2例17设a1，n2,nN，求证a4. 7转化为加强命题放缩

例18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. an2xn1例19数列xn满足x1,xn1xn2.证明x20011001. 2n例20已知数列｛an｝满足：a1＝

3nan－13（n2，nN），且a＝ 2an－1＋n－12n

（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）证明：对一切正整数n有a1a2……an2n！ 8.分项讨论 例21已知数列{an}的前

（Ⅰ）写出数列

n项和

Sn满足Sn2an(1)n,n1. {an}的前3项a1,a2,a3；（Ⅱ）求数列{an}的通项公式；

m4，有

1117. a4a5am89.借助数学归纳法

（Ⅲ）证明：对任意的整数

例22（Ⅰ）设函数

（Ⅱ）设正数

f(x)xlog2x(1x)log2(1x) (0x1)，求f(x)的最小值； p1,p2,p3,,p2n满足p1p2p3p2n1，求证：

10.构造辅助函数法

例23已知

f(x)=34x2xln2,数列an满足1a10, 21a2n1fan nN*

（1）求

110上的最大值和最小值;（2）证明：an0; f(x)在，22

（3）判断an与an1(nN例24已知数列{an}的首项a1)的大小，并说明理由.

．

3an3，an1，n1，2，2an15（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的x0，an≥11x12，n1，2，； x2n(1x)3（Ⅲ）证明：a1a22

n2an．

n1*

例25已知函数f(x)=x-1(x>0)，设曲线y=f(x)在点（xn,f(xn)）处的切线与x轴的交点为（xn+1,0）(n∈N). (Ⅰ)用xn表示xn+1；（Ⅱ）求使不等式xn1xn对一切正整数n都成立的充要条件，并说明理由；

1112n1（Ⅲ）若x=2，求证：.

1x11x21xn31

例1解析此数列的通项为aknnk(k1),k1,2,,n.kk(k1)kk1k1， 221n(n1)n(n1)n(n1)2kSn(k)，即Sn. 22222k1k1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，若放成k(k1)k1则得2(n1)(n3)(n1)2，就放过“度”了！ Sn(k1)22k1n②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anna1an111na1ann例2[简析]2a12ann，其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。 4x11f(x)11(x0)f(1)xxx141422123CnCnf(n)(111))(122222(11) n22例3简析不等式左边Cnn2n1nCn=211222

nn12222n1=n2n12，故原结论成立.

x2y2例4【解析】使用均值不等式即可：因为xy(x,yR)，所以有a1x1a2x22其实，上述证明完全可以改述成求a1x1a2x2若

anxn22a12x12a2x22222anxn2

anxn的最大值。本题还可以推广为：

a1a222anp，x1x2222222xnq(p,q0)，试求a1x1a2x2anxn的最大值。

请分析下述求法：因为xyxyaxax(x,yR)，所以有1122222a12x12a2x2anxn2222anxn2

故a1x1a2x2anxn的最大值为

pq2

，且此时有akxk(k1,2,,n)。

上述解题过程貌似完美，其实细细推敲，是大有问题的：取“＝”的条件是ak即只有p=q时才成立！那么，

xk(k1,2,ax,n)，即必须有2kk1k1nn2k，

pq呢？其实例6的方法照样可用，只需做稍稍变形转化：

pqa1x1a2x2anxnpq则有

a1x1a2x2anxn

于是，(a1x1a2x2anxn)maxpq，当且仅当akxk(k1,2,pq,n).

结合其结构特征，还可构造向量求解：设m(a1,a2,由|mn||m||n|立刻得解：|a1x1a2x2,an),n(x1,x2,,xn)，则

22anx12x22xn2anxn|a12a2pq.

x1x2且取“＝”的充要条件是：a1a22．利用有用结论 例5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xnan。

bbm(ba0,m0)可得 aam即(11)(1111)(1)(1)2n1. 352n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)21212k1nn2k12k112n1. (1)k12k12k1k12k12k1(此处)得

n2,x1，112k12k1例6[简析]高考标准用数学归纳法证明，；这里给出运用柯西（Cauchy）不等式[而由Cauchy不等式得(1112x(ab)]iii1n2ai1n2ibi1n2i的简捷证法：

13x1(n1)xanx)2 (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！

例7[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1111111nn)lnanlnan2(12n)anlnan1ln(12nn2nn2nn2lnann1i1于是lnan111n2n2n，

i1n1(lnai1lnai)11()n12111112(2i)lnanlna112n2.即lnanlna12ane.

1nn2ii212【注】：题目所给条件ln(1论2nx)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

111)anan11(1)(an1)

n(n1)n(n1)n(n1)n(n1)(n2)来放缩：an1(1

ln(an11)ln(an1)ln(1n111).n(n1)n(n1)11ln(an1)ln(a21)11，

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

2时an例8【简析】当nnan11nan111，即

nan1anan1an1nnn1111111112b([log2n]an).于是当n3时有.

anan1naa2aak2b[logn]k2k2n1kk12注：本题涉及的和式

11123n为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利用所给题设结论

1111[lo2gn]来进行有效地放缩； 23n2再如：【解析】（Ⅰ）1；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得exx1，对x>－1有(1x)nenx，利用此结论进行巧妙赋值：取

xk1,k1,2,n,n，则有(1)n(2)nnnn11()n()n1()n2nee11()n11e1e ()1()011e1ee11ee即对于任意nN，有kne(). ne1k1（可通过构造一个等比数列求和放缩来证明，略） a0则bn1an1(n1)bn(ba)，n例9[解析]引入一个结论：若b整理上式得an1bn[(n1)anb].（），以a111,b1代入（）式得n1n(11n111)(1)n.。即{an}单调递增。以a1,b1代入（）式得nn12n11n11)(1)2n4.。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n2n22n1n)4。 n1(1递增，所以对一切正整数n有(1注：上述不等式可加强为21(1)n3.简证如下：利用二项展开式进行部分放缩：

n1111112n1a1C2.对通项作如下放缩： 只取前两项有an(1)n1CnCn2Cn.nnnnnnnn11111(1/2)n111nn1nk1111故有an112n123. Ckk1.22211/2k!nnnk!12222nkn3.部分放缩

例10[解析]an11111111. 2a3ana2232n2

又k2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1111k2k(k1)k1k，

于是an11111111122. 1(1)()()222n223n1n23nk时成立即akk2，

例11【解析】(i)用数学归纳法：当n1时显然成立，假设当n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

【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证明(ii)就直接使用了部分放缩的结论ak1例12[简析]观察((k2)(k2k)1k3；

2ak1。

2n31)的结构，注意到()n(1)n，展开得 322即(11n(n1)(n2))，得证. 2812k122(k1)1； 2ak例13[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 22法1用数学归纳法（只考虑第二步）ak1ak2法2an122an21222a2aa2,k1,2,,n1. nk1k2an 则an22a122(n1)an2n22n1an2n1例14[解析]（Ⅰ）a=1；（Ⅱ）由an131112f(an),得an1an3an(an)2且an0. 22366ak1f(ak)在用数学归纳法（只看第二步）：ak(0,1)k1是增函数，则得

ak1f(ak)f(113121 )().k1k12k1k2例15[解析]构造函数1a1a[a,)xx易知在是增函数。当时在f(x)nk1f(x)x,k1k2xk2x2xn1aa，构造函数

[a,)递增，故xk1f(a)a.。对(II)有xnxn11f(x)xx, n2x它在[a,)上是增函数，故有xnxn11axf(a)0，得证。 n2xn【注】①数列②

xn单调递减有下界因而有极限：ana(n).

f(x)1x2a1a的母函数，研究其单调性对此数列本质属性具有重要的指导作用。

x是递推数列xn1nx2xn例16[简析]令annn1hn，这里hn0(n1),则有

n(1hn)nn(n1)2hn0hn222. (n1)，从而有1an1hn1n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。 例17[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

n(n1)2b， 2.

0n1n12n2n2n2an(b1)nCnbCnbCnbCnCnbn(n1)2n2b2注意到n2,nN，则b247转化为加强命题放缩 例18[解析]用数学归纳法推nn2(a1)2（证明从略），因此a4nk1时的结论an11，仅用归纳假设ak1及递推式

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：ak11a1ak1. akak1a故将原问题转化为证明其加强命题：对一切正整数n有1an1.（证略） 1a例19[简析]将问题一般化：先证明其加强命题xnn.用数学归纳法，只考虑第二步： 2xk12xkk1kk1k1nxk22()2.。因此对一切xN有xn. 2k22422k例20[解析]：（1）将条件变为：1－nann－1，因此｛1－＝1（1－）3an－1nan｝为一个等比数列，其首项为1－1a1＝11，公比，从33n而1－an1＝n3n3n，据此得an＝n（n1）……1 3－1（2）证：据1得，a1a2…an＝n！，为证aa……a2n！， 111（1－）（1－2）…（1－n）33312n只要证nN时有（1－1111）（1－2）…（1－n）……2显然，左端每个因式都是正数，先证明一个加强不等式： 2333）……3

对每个nN，有（1－1111111－（＋＋…＋）（1－2）…（1－n）2333333n13（用数学归纳法，证略）利用3得（1－）（1－1111－（11） ＋＋…＋）…（1－）3323n323n11n11n111n1〔1－（）〕1－（）〕＝＋（）＝1－3。故2式成立，从而结论成立。 3＝1－〔22322311－38.分项讨论

例21[简析]（Ⅰ）略，（Ⅱ）an当n2n2n2(1)n1.；（Ⅲ）由于通项中含有(1)，很难直接放缩，考虑分项讨论： 33且n为奇数时

32n22n13111131132n22n1， ()（减项放缩）(n2n1)2n32n3n2n1n1n22222anan122121222212于是,①当m4且m为偶数时，

11111111()() a4a5a6am1ama4a5am（添项放缩）

②当m4且m为奇数时，

1111111a4a5ama4a5amam1由①知

11117.。由①②得证。 a4a5amam189.借助数学归纳法 例22

[解析]科学背景：直接与凸函数有关！（Ⅰ）略，只证（Ⅱ）：

考虑试题的编拟初衷，是为了考查数学归纳法，于是借鉴詹森不等式的证明思路有： 法1（用数学归纳法）

（i）当n=1时，由（Ⅰ）知命题成立。（ii）假定当n则即若正数p1,p2,,p2满足p1p2p21， k时命题成立，kkp1log2p1p2log2p2p2klog2p2kk.

当nk1时，若正数p1,p2,,p2k1满足p1p2p2k11,（*）

pkp1p,q22,,q2k2. xxx为利用归纳假设，将（*）式左边均分成前后两段： 令xp1p2p2k,q1则q1,q2,,q2k为正数，且q1由归纳假定知q1log2q2q2k1. p1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）两式即当np1log2p1p2log2p2p2k1log2p2k1

、（ii）可知对一切正整数n命题成立. k1时命题也成立.根据（i）

法2构造函数g(x)xlog2x(cx)log2(cx)(常数c0,x(0,c)),那么

x1c(即x)时,函数g(x)取得最小值. c22x1x2xx2(x1x2)[log2(x1x2)1]② log2122利用（Ⅰ）知，当

对任意x10,x20,都有x1log2x1x2log2x22（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

k

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

由归纳法假设(p1p2)log2(p1p2)(pk1pk1)log2(pk1pk1)k,

212212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.

xlog2x下凸用（Ⅰ）中结论得到；

【评注】（1）式②也可以直接使用函数g(x)（2）为利用归纳假设，也可对（*）式进行对应结合：qi（3）本题用凸函数知识分析如下：

对任意xipip2n1i而变成2k项；

f(x)为[a,b]上的下凸函数，则

先介绍詹森（jensen）不等式：若

[a,b],i0(i1,,n),1n1，有

f(1x1nxn)1f(x1)nf(xn).

特别地，若i1xxn1，则有f(1)[f(x1)f(xn)]. nnn 若为上凸函数则改“”为“”。

由g(x)得g(p1)g(p2)g(p2n)2n为下凸函数g(p1p2p2n2n)，又p1p2p3p2n1，所以p1log2p1p2log2p2p3log2p3p2nlog2p2n2ng(（4）本题可作推广如下：若正数1)n. 2np1,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n1f(x)f(1)0xlnxx1.(npi)ln(npi)npi1piln(npi)pi. n故[pi1iln(npi)]pi10lnnpilnpi0. i1n10.构造辅助函数法 例23【解析】(1)求导可得51f(x)在上是增函数,fmaxx=2;fminx  -ln2. -,0 221ak0成立， 2（2）（数学归纳法证明）①当n1时，由已知成立；②假设当nk时命题成立，即那么当nk1时，由（1）得21ak15f(a)k(nl2,2)2，2351ln221ak12，1ak11，222

1ak10，这就是说nk1时命题成立。由①、②知，命题对于nN都成立

2（3）由21an121anfan21an,构造辅助函数gxfx2x1，得

g'(x)f(x)2x1ln212x4xln4，当故12x2112x1,4x1. x0时，2224x12110，所以g'(x)<0得g(x)在-，0是减函数， 222fan21an>0,即21an1∴g(x)>g(0)=f(0)-2=0，∴

21an>0，得an1>an。

3n例24【解析】（Ⅰ）ann．（Ⅱ）提供如下两种思路：

32思路1观察式子右边特征，按1为元进行配方，确定其最大值。 1x3n1120，x法1由（Ⅰ）知ann

1x(1x)23n3211anan≤an，原不等式成立．

an1x思路2将右边看成是关于x的函数，通过求导研究其最值来解决：

2法2设

f(x)112x，则1x(1x)23n22(1x)2nx2(1x)2nx133

f(x)222(1x)(1x)(1x)x0，当x当x23n时，f(x)0；当x23n时，f(x)0，

23n时，2f(x)取得最大值fn31an．原不等式成立． 213n（Ⅲ）思路1考虑本题是递进式设问，利用（Ⅱ）的结论来探究解题思路： 由（Ⅱ）知，对任意的x0，有 2nnx．取x1223n332211n23131n1n， 31n3n13n1221x(1x)2332则a1a2nn2n2．原不等式成立． an≥1n11111nn1n3n3【注】本解法的着眼点是对上述不等式中的x进行巧妙赋值，当然，赋值方法不止一种，如：还可令x思路2所证不等式是与正整数n有关的命题，能否直接用数学归纳法给予证明？尝试：

1，得 n31321232323131123nn2，成立； n.（1）当n1时132521132n13kk2k. 32k13132（2）假设命题对nk成立，即1323223132则当nk1时，有1323223k3k1k23k1， kk1k13232k132k23k1(k1)2只要证明

k13k12k23k1(k1)2k2(k1)3k2(k2)k23k1；即证k1， 232k2k1(k2)(k1)k3k23k122k23k2121即证3k122(k23k2) k12k1232k3k232k3k2

3nn用二项式定理（展开式部分项）证明，再验证前几项即可。如下证明是否正确，请分析：易于证明ann对

32n1任意nN成立；于是

an3nnn2.

3n2n1n1【注】上述证明是错误的！因为：

f(k)k是递增的，不能逐步“缩小”到所需要的结论。可修改如下： k1n2n2(n1)2n2n12考虑是某数列{bn}的前n项和，则bn，

n1n1nnn3kk2k123k2k22k2. 只要证明akbkk32kk思路3深入观察所证不等式的结构特征,利用均值不等式可得如下妙证：

3an3n0，用n项的均值不等式： 由an1取倒数易得：ann2an132a1a2nann11a1a21ann2211123321n3n1[1()n]23n13113nn113nn， n1例25【解析】(Ⅰ)xn12xn1.（Ⅱ）使不等式xn1xn对一切正整数n都成立的充要条件是x≥1. 2xn1(Ⅲ)基本思路：寻求合适的放缩途径。 探索1着眼于通项特征，结合求证式特点，尝试进行递推放缩： 1212222n12n1(n2)。于是由此递推放缩式逐步放缩得即. 1xn1xn11xn1xn11xn21x13探索2从求证式特征尝试分析：结论式可作如下变形： n1n12111121.（用数学归纳法(12222n1).逆向思考，猜想应有：1xn31x11x21xn33证明，略）。

探索3探索过渡“桥”，寻求证明加强不等式：由（2）知xn≥1，由此得

11(n2)。有

1xn21n12n11111n1.尝试证明2n13n1.

1x11x21xn32323证法1（数学归纳法，略）；

n2n2法2（用二项展开式部分项）：当n≥2时2=(1+1)≥CCC

2n

n

0n1n2n3n1n2n23n1(n1)220.此题还可发现一些放缩方法，如：

222n2n1111nn(nN)。（每一项都小于1），而再证n即23n1，则需要归纳出条件n

1x11x21xn3

≥4.(前4项验证即可) 技巧积累:(1)1422n4n2111(2)11 2124n12n12n1Cn1Cn(n1)n(n1)n(n1)n(n1)42(3)Tr1rCn1n!11111r(r2) rr!(nr)!nr!r(r1)r1rn(4)(11)n111n21115 32n(n1)2n2n

(5)

111(6)1n22n(2n1)2n12n11(7)2(n1n)12(nn1)(8)211 nn1n(2n1)2(2n3)2n2n12n3211111111 (9),k(n1k)n1kkn1n(n1k)k1nn1k(10)n11(11)

(n1)!n!(n1)!1n2(2n12n1)222n12n12n11n22(11)

2n2n2n2n111

nnnn1n(n2)n2nnn1(21)(21)(21)(21)(22)(21)(21)212111111 32n(n1)(n1)n(n1)n(n1)n1n1nnnnn(13)2n122n(31)2n33(2n1)2n2n1212 32n131k211(14)(15)nn1(n2) k!(k1)!(k2)!(k1)!(k2)!n(n1)(12)122i2j2(15)i1j1ij(ij)(i21j1)2iji12j121