不等式证明放缩法.doc
不等式的证明（放缩法）
1．设x 0, y 0 ， A x y , B x
x y ，则 A, B 的大小关系是（）
1 x y 1 1 y
A. A B
B. A B
C. A B
D. A B
2．已知三角形的三边长分别为a, b, c ，设 M a b , N c , Q a b ，
1 a 1 b 1 c 1 a b 则M,N与Q的大小关系是（）
A.MNQ
B. MQN
C. QNM
D. N Q M 3．设不等的两个正数a, b 满足a3 b3 a2 b2，则a b 的取值范围是（）
A. (1, )
B. (1, 4
C. [1,
4
D. (0,1] ) ]
1 1 1 3
1
3
4．设A L ，则 A 与1的大小关系是.
210 210 1 210 2 211 1
5．设S 1 1 1
L
1
，则 S 的整数部分为.
2 3 100
6．已知a,b,c均为正数，且a2 b2 c2 ，求证：c3 a3 b3 c3 .
2
7．设n N
1 1 1 1
. ，求证：L
(2n 1)2 4
9 25
8．设n N
1 1 1
L
1
1 . ，求证：
n 1 n 2 2n
2
9．设n N
1 1
L
1
1. ，求证：
42 (2 n)2
22
10．设S n 1 2 2 3 L n ( n 1) ，求证：不等式n( n 1)
S n
(n 1)2
2 2
对
所有的正整数n 都成立.
简答：
1． B 提示：
A
x y
x
y
x
y
B
1 x y 1 x y 1 x y 1 x 1 y
2． D 提示：由 a
b c ，得
1 1 ， 1 a 1 a b 1 c 1
1 1
a b c b a b c
c
3． B
提示：由条件得 a 2
ab b 2 a b ，所以 (a b)2
a 2 a
b b 2
a b ，故
a b
1 . 又 ( a b)
2 0 ，可得 3(a 2 ab b 2
) 4( a 2 ab b 2 ) ，从而
3( a b)2 4( a b) ，所以 a
b
4 ，故 1 a b 4 .
3
3
4． A<1
5． 18
提示：因为 n 2 时，
n n 1 2 n n n 1 ，所以
2
1 2 ，即 2( n 1
n ) 1
n 1)
n
n 1 n n n
2( n
1
n
故18 1
2( 101
2)
1
1 1
L
1 1 2( 100 1)
19
2
3 100
所以所求整数部分为 18.
6．解：由已知可知， 0
a c,0
b c, a b
a 2
b 2
c 2
c, ab
2
，所以
2
3 3 2
2
2
2 3
3
3
2 ab 2
2
c 2 )
c 3 a
b aga bgb c(a
b )
c ，a b
(a b)(a
b )
c(c
2 2
所以原不等式得证 .
7．提示：由
1 4k
2 1 1 4k
1 (1
1
) ，累加即得 .
(2 k 1)2 4k 1 4k 2
4 k k 1
8．提示：
1n
1 1
L
1 1 1 L 1 1 1 L 1 n 1.
2 2n 2n 2n 2n n 1 n
2
2n n n n n
9．提示：
1 1 1 1) 1
1
，累加即得 .
(2 n)2
n 2 n(n n 1 n
10．提示：k2 k(k 1) k (k 1)
2
不等式证明五（放缩法、反证法）
目的：要求学生掌握放缩法和反证法证明不等式。
过程：
一、简要回顾已经学习过的几种不等式证明的方法
提出课题：放缩法与反证法
二、放缩法：
例一、若a,
+
求证：b,c,d R ，
a b c d
2
1
a b d b c a c d b d a c
证：记 m= a b c d
a b d b c a c d b d a c
∵ a, b, c, d R+
∴ m
a b c d
1 a b c d a b c a c d a b d a b c
m
a b c d
2 a b a b c d d c
∴ 1 < m < 2 即原式成立
例二、当 n > 2 时，求证： log n ( n 1) log n ( n 1) 1 证：∵ n > 2 ∴ log n (n 1) 0, log n (n 1) 0 ∴
log n (n 1) log n (n 2
log n (n 2
2
log n (n 1) log n (n 1) 1) 1)
2 2
log n n 2 2
1
2
∴ n > 2 时 , log n (n 1) log n ( n 1) 1
例三、求证： 1 1
1
1
2
1
2
2
2
3
2
n
2
证：
1
1 1)
1 1
n 2
n(n
n 1 n
∴
1 1 1
1 1
1 1 1
1
1
1
2
1 2
1
2
2
2
3
2
n
2
2 2 3
n 1 n
n
三、 反证法：
例四、设 0 < a , b , c < 1 ，求证： (1
a )
b , (1
b )
c , (1
c ) a , 不可能
同时大于
1
4
1
, (1
1 ,
1 ,
证：设 (1
a )
b >
b )
c > (1
c ) a >
4
4
4
则三式相乘： ab < (1
a )
b ?(1
b )
c ?(1
c ) a <
1
①
64
(1 a) 2
1
又∵ 0 < a , b , c < 1
∴ 0 (1 a) a
a
2 4
同理： (1
b)b
1
(1 c)c
1
,
4
4
以上三式相乘： (1
a ) a ?(1
b ) b ?(1
c ) c ≤
1
与①矛盾
64
∴原式成立
例五、已知 a + b + c > 0
，ab + bc + ca > 0 ， abc > 0 ，求证： a , b , c > 0
证：设 a < 0,
∵ abc > 0,
∴ bc < 0
又由 a + b + c > 0,
则 b + c =
a > 0
∴
ab +
bc +
ca = ( + c ) +
bc < 0 与题设矛盾
a b
又：若 a = 0 ，则与 abc > 0 矛盾， ∴必有 a > 0
同理可证： b > 0,
c > 0
四、 作业：证明下列不等式：
1． 设 x > 0,
y > 0, a
x y b
x
y
，求证： a < b
x
, 1 x 1
1 y
y 放缩法： x y
x
y
x
y
1 x y 1 x y 1 x y 1 x 1 y
2． lg9 ?lg11 < 1
lg 9
lg 11
2
lg 99 2
2 2
lg 9 lg 11
1
2
2
2
3． log n (n 1) log n (n
1) 1
log n ( n 2 2
log n n 2 2
log n (n 1) log n (n 1)
1)
1
2
2
4． 若 a > b > c ,
则
1
1
4 0
a
b
b
c
c a
1 1
1
2
2 4
2
2
a b
b c
(a
b)(b
c)
b) (b c)
a
c
(a 5．
1
n 1 1 n 1
1 1 (n R , n
2)
n 2
n 2
左边
1
1 1
1 1 n
2 n 1
n n 2
n 2
n 2
n
n 2
6．
1
n 1 1 n 1 1 1
2 2 2n 1 n 中式 1 n 1
2n n 1
7．已知 , ,
> 0, 且 2 + b 2 = c 2，求证： n + n
<
n
( ≥ 3,
*
)
a b c
a
a
b c n
n R
∵
a 2
2
∴
a n
2
n
2
b ，又
, , c > 0,
a ,
b b
c
c
1
a b
c
c
c
c
∴
a
n b
n
1
c
c
8．设 0< a , b , c < 2 ，求证： (2
a ) c , (2
b ) a , (2
c ) b , 不可能同时
大于 1
仿例四
9．若x,y > 0，且 x +y >2，则1y
和
1 x
中至少有一个小于 2 x y
反设1y
≥2，
1 x
≥2∵
x,y> 0，可得x+y≤2与x+y>2矛x y
盾
用放缩法证明不等式
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＜1
（ a＋b）2，而（ a＋ b）2＝ a＋b＋ ab＜ a＋ b＋
1
（ a＋ b）2，即
3
（ a 44 4
＋ b）2＜ a＋b，所以 a＋ b＜4
，故有1＜ a＋b＜
4
。
3 3
例 2. 已知 a 、 b 、 c 不全为零，求证：
2
2 2 2 2
2
3
a a
b b b b
c c
c
ac a
＞ 2 （a b c ）
证明：因为
2
2
b 2
3 2
b 2
b b a ab b
（a
2
） 4 b ＞ （a
2
） a
2 ≥ a
2
，
同理
b 2 b
c c 2 ＞b 2c ， c 2 ac a 2 ＞ c a
2 。
所以
a 2
ab
b 2
b 2
bc
c 2
c 2
ac
a 2 ＞
3 （ a
b c ）
2
二 . 分式放缩
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＜ a ＋ b ＋ c ＜ 2 。
b c
a c a b
证明：由于
a 、
b 、
c 为 正数 ， 所 以 a
＞ a ， b ＞ b ， b c b c
b
c a a c a
c ＞ c ， a b a b c
a
b
c c
a b c
＝ 1，
所以 b
c ＋
a
＋
＞ ＋ ＋ ＋ a ＋ ＋ ＋ a ＋ ＋
a b a b c b c b c
a
c 为真分数，则 a
2a
c
，
又 a ， b ， c 为三角形的边，故 b +c ＞ a ，则 b b c
＜ a b
同理 b ＜
2b ， c ＜ 2c ，
a b a b b c a c c a
a
c
＋
a
b
＋ a c
b
＜ a
2a
2b
2c
2 .
故 b c b c ＋
a b c ＋
a b c
a c b
c a
c
综合得 1 b a b 2 。
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 1 1 1
2 n 。
2 3 n
证明：因为1 2 2
2n n
1 1 n nn n n 1
1 ，则1
3
2
1 1
2 2
3 2 2
2 1 nn 12 n 1 2 n
n
，证毕。
例 5. 已知n N * 且a n 1 2 2 3 n( n 1) ，求证：
n(n 1) a n (n 1) 2 对所有正整数n 都成立。
2 2
证明：因为n(n 1) n 2 n ，所以a n 1 2 n n(n 1) ，
2
又n(n
n(n 1)
，
1)
2
1223 n( n 1) 3 5 2n 1 ( n 1) 2
所以 a n 2 2 2 2 2 2 2 ，综合知结论成立。
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)
2x 1 ，证明：对于 n N * 且 n 3 都有 f (n)
n 。
2x 1
n 1
证明：由题意知
f (n)
n
2n 1 n (1
2n 2 ) (1
1 )
1 2
2n (2n 1)
n 1 2n 1 n 1
1
n 1 n 1 2n
1 (n 1)(2n 1)
又因为 n
N *
且 n 3 ，所以只须证 2n 2n 1，又因为
2 n
(1 1) n
C n 0 C n 1 C n 2
C n n 1 C n n
1 n n(n 1)
n
1 2n 1 所
2
以 f (n)
n 。
n
1
例 7. 已知 f ( x)
1 x
2 ，求证：当 a b 时 f （a ） f （ b ）
a b 。
证
明
：
（ ） （ ）
2
2
a 2
b 2
a b a b
f a f b
1 a 1 b
1 a
2 1 b 2 1 a 2
1 b 2
a
b a b ( a
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
1 1 1 。 a b
b c
c a
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 1
1 1 11 1 1 1 t u
0 ，即
1
1
1
0 。
a b b c c a t u u t u t
tu
a b b c c a
例 9. 已知 a ， b ， c 为△ ABC 的三条边，且有 a
2
b 2
c 2 ，当 n N * 且 n 3 时，求
证： a n
b n
c n 。
证明：由于 a 2 b 2 c 2
，可设 a=csina ，b=ccosa （ a 为锐角），因为 0 sina 1，
0 cosa 1，则当 n 3 时， sin n a sin 2 a ， cos n a cos 2
a ，
所以 a n b n c
n
(sin n a
n ac n
(sin 2 a
2
a ) c n 。
cos )
cos
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. a b a b 已知 a ， b ∈ R ，求证
b
1 a
。
1 a
1 b
证明：构造函数 f (x )
x ( x 0) ，首先判断其单调性，设
0 x 1 x 2 ，因为
1
x
f ( x 1 )
x 1
x 2
x 1 x 2 0 ，所以 f x 1
f x 2 ，所以 f (x ) 在
f ( x 2 )
x 1 1 x 2
(1 x 1 )(1
1 x
2 )
[0, ] 上是增函数，取 x 1
a
b ， x 2 a
b ，显然满足 0 x 1 x 2 ，
所以 f ( a b ) f (| a | | b |) ，
即 | a b | | a | | b | | a | | b | | a | | b | 。证毕。 1 | a b | 1 | a | | b| 1 | a | | b | 1 | a | |
b | 1 | a | 1 | b |
放缩法在不等式的应用
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。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几种：
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＜1
（ a＋b）2，而（ a＋ b）2＝ a＋b＋ ab＜ a＋ b＋
1
（ a＋ b）2，即
3
（ a 4 4 4
＋ b）2＜ a＋b，所以 a＋ b＜4
，故有1＜ a＋b＜
4
。
3 3 例 2. 已知 a、 b、 c 不全为零，求证：
a2 ab b2 b2 bc c2c2 ac a 2＞3（a
b c）
2
2
ab b 2
a
b 2 3 2 b 2 b b
证明：因为 a
（ 2 ）4 b ＞（a 2 ）
a 2≥ a 2
，
同理 b 2 bc c2＞b c
，c2 ac a2＞ c a 。
2 2
所以 a 2 ab b
2
b 2 b
c c
2
c 2 ac a
2
3
a b c
2
二 . 分式放缩
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 、 、 c 为三角形的三边，求证：
1 b a a
b
a
c 2
。
a b
c c b
证 明： 由 于 a 、 b 、 c 为 正数 ， 所 以 a
＞
a ，
b ＞ b ，
b c a b c a c a b c
c
b ＞
a c
，
所
以
a b c
a b
c c
a
b
c
1 ，又 a ，b ， c 为三角形的
b c a
c
c
a b a b a b a b c
边，故 b +c ＞ a ，则 a
为真分数，则
a
2a ，同理 b
2b ，
b c
b c
a b c
a c
a b c
c
2c ，
a a b
b c
a
a
b a
c a
2a
2b
2c
2 .
故
b c
c
b b
c a b c a b c
综合得 1 b a
a b a
c 2 。
c
c b
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
1 1 1
2 n 。
2 3
n
证明：因为
1 2
2 2nn 1 1 n
n
n
n 1 1 ，则1
3
n
2
1 1
2 2 32 2 n
2 1 n 1 2 n 1 2 n
n
，证毕。
例 5. 已知n N * 且a n 1 2 2 3 n ( n 1) ，求证：
n(n 1) a n (n 1) 2 对所有正整数n 都成立。
2 2
证明：因为n(n 1) n 2 n ，所以a n 1 2 n n(n 1) ，
2
又n(n 1) n(n 1)
2
，
所以 a n
1223 n( n 1) 3 5 2n 1 ( n 1) 2
2 2 2 2 2 2 2
，综合知结论成
立。
例 6 设数列{ a n} 满足 a1 2,a n 1 a n
1
(n 1,2, ). （Ⅰ）证明 a n 2n 1 对一a n
切正整数 n 成立；（Ⅱ）令b n a n (n 1,2, )
，判定 b n与 b n 1的大小，并说明理由（04
n
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
法1 用数学归纳法（只考虑第二步）a 2 k 1 a k2 2 1 2k 1 2 2(k 1) 1
；
a k2
法 2 a 2 n 1a n2 2 1 a n2 2 a k2 1 a k2 2,k 1,2, , n 1.
a n2
则 2 2 2( 1) 2 2 2 2 1 a n 2n 1
a n a1 n a n n .
n 四 .利用重要不等式放缩
1.均值不等式
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7设S1223
n(n 1). 求证
n(n 1)
(n 1) 2
n
2
S n
.
2
解析
此数列的通项为 a k
k (k 1) , k 1,2, , n.
k k 1
1 ，
n
n
1
) ，
k
k (k
1)
k
S
(k
2 k
n
2
2
k 1 k
1
即 n(n
1)
S n n(n 1) n (n 1)2 .
2
2
2 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
a
b
，若放成
k(k 1) k 1
n
(n 1)( n 3) (n 1)
2
ab 则得
S n
(k
1) ，就
2
k 1
2 2
放过“度”了！
②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
n
a 1
a n
2
2
n
a 1
a 1
a n
1
a n
n
n
1 a 1
a n
其中， n
2,3 等的各式及其变式公式均可供选用。
例 8 已知 a, b 为正数，且
1
1 1 ，试证：对每一个 n N ，
a b (a b) n
a n
b n
22n
2n 1 . （ 88 年全国联赛题）
简析由
1
1 1得 ab a b ，又 (a b)(
1 1
) 2 a b
4，故
a b
a b
b a
ab a b 4 ，而 (a b) n
C n 0 a n C n 1a n 1b
C n r a n r b r
C n n b n ，
令 f ( n) (a b) n
a n
b n ，则
f (n) =C n 1 a n 1b C n r a n r b r
C n n 1 ab n 1 ，因为 C n i C n n i ，倒序相加得
2 f (n) = C n 1 (a n 1b ab n 1 )
C n r (a n r b r
a r
b n r )
C n n 1 ( ab n 1
a n 1 b) ，
而 a n 1b ab n 1
a n r
b r a r b n r
ab n 1
a n 1
b 2 a n b n
n
2n 1 ，则
2 4 2 2 f (n) = ( C n 1
C n r
C n n 1 )( a r b n r a n r b r ) (2 n
2)( a r b n r
a n r
b r )
( 2n 2) 2n 1 ，所以 f (n) (2 n 2) 2n ，即对每一个 n N ，
(a b) n
a n
b n
22 n
2n 1 .
2．利用有用结论
例9 求证(1
1)(1 1
)(1 1 ) (1
1 )
2n 1.
3 5 2n 1
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 b
b
m
(b a 0,m 0) 可得
a
a m
2 4 6
2n
3 5 7 2n 1 1 3 5 2n 1 ( 2n 1)
1
3 5
2n 1
2 4 6
2n
2 4 6
2n
(
2
4 6
2n
) 2
2n 1
即
(1 1)(1
1
)(1 1 )
(1
1 ) 2n 1.
1 3 5
2n 1
3
5
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 )
2 1 2 1 1 ( 此处 n 2, x 1 ) 得
2k 1 2k
2k 1
1 2k 1 n
1 (1
1
2k
1
)
2k 1
k 1
2k 1
n
k 1
2k 1
2k 1
2n 1.
注：例 9 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：
证明
(1 1)(1 1 )(1 1
) (1
1 ) 3
3n 1.( 可考虑用贝努利不等式 n 3 的特 4
7
3n 2
例 )
例
10 已 知 函 数
f ( x) 1 2 x
3 x (n 1) x a n x
a 1,给定 n N , n 2.
lg
n
,0
求证： f ( 2x) 2 f ( 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 ）
n
n
n
不等式 [
(a i b i )] 2
a i 2
b i 2 的简捷证法：
i 1
i 1
i 1
f (2 x) 2 f (x)
1 2 2x 32x ( n 1)2 x a n 2 x lg n
2lg 1 2x 3 x
n
(n 1)x a n x
[1 2 x 3 x (n 1) x a n x ]2
n ?[1 22 x 32 x (n 1) 2 x a n 2 x ]
而由 Cauchy 不等式得(1 1 1 2x 1 3x 1 ( n 1) x a n x ) 2
(12 12 )? [1 22 x 32 x (n 1) 2 x a2 n 2x ] ( x 0时取等号)
n ? [1 2 2 x 32 x (n 1) 2 x a n 2 x ] （0 a 1 ），得证！
例 11 已知
a1 1,a
n 1 (1 2 1 )a n 1n
. ( I ) 用数学归纳法证明a n 2( n 2) ；(II )
n n 2
对 ln(1 x) x 对x 0 都成立，证明a n e2（无理数e 2.71828L ）（05年辽宁卷第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： a n 1 (1
n 2 1
n
1
n )a n ln a n 1 ln(1 2 1
n
1
n ) ln a n
2 n 2
ln a n
n2 1
n
1 。于是ln a n 1 ln a n
n
1
n
1 ，
2n 2 2n
1
1 n 1
n 1 n 1
1 1 1 ( )
1 1
(ln a i 1ln a i ) ( ln a n ln a1 1 2
2
i 2 i
)
n 1
2 n 2.
i 1 i 1 i 1 n 2
2
即 ln a n ln a1 2 a n e2 .
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：
a
n 1 (1
1 ) a
n
1
a
n 1 1 (1
1 )(a
n 1) n( n n (n 1) n( n 1)
1)
1 ) 1
ln( a n 1 1) ln( a n 1) ln(1
.
n(n 1) n(n 1) n 1
n 1
[ ln( a i 1 1) ln( a i
1)]
i 2
i 2
1
1 ， ln( a n 1) ln( a
2 1) 1
1
i (i 1)
n
即 ln( a n 1) 1 ln 3
3 1
2
.
a n e e
例
12 已知不等式 1
1 1 1
[log 2 n], n N ,n 2.[log 2 n] 表 示 不 超 过
2 3
n
2
log 2 n 的最大整数。设正数数列 { a n } 满足： a 1
b(b 0), a n
na n 1 , n 2.
n a n 1
求证
a n
2b 3.（ 05 年湖北卷第（
22）题） , n
2 b[log 2 n]
简析 当 n
na n 1
1 n a n 1
1 1
，即
2时
a n
a n 1
n a n 1
a n
a n 1
n
1 1 1 a n
a n 1
n
n
1 1 n
)
(
a k 1 k 2a
k
k 2
1 . k
于是当 n
3时有
1 1 1
[log 2 n] a n
2b .
a n a 1
2
2 b[log 2 n]
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
2 3
n
可以利用所给题设结论
1 1 1 1
[log 2 n] 来进行有效地放缩；
2 3
n
2
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。
例 13 设 a n (1
1
) n ，求证：数列 { a n } 单调递增且 a n
4.
n
解析 引入一个结论：若
b a
0 则 b n 1
a n 1
(n 1)b n (b a) （证略）
整理上式得 a n 1 b n [( n 1) a nb]. （ ）
以
a 1
1 ,b 1 1
代入（
）式得 (1
1 ) n 1
(1 1 )n .
n 1 n
n 1
n
即 { a n } 单调递增。
以
a 1,
b 1 1 代入（）式得1 (1 1 )n 1 (1 1 )2n 4.
2n 2n 2 2n
此式对一切正整数n 都成立，即对一切偶数有
(1 1 n
4
，又因为数列 { a } n ) n
单调递增，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 1 ) n 3.简证如下：
n
利用二项展开式进行部分放缩：
a n
1 n 1 1
2 1 n 1
(1 ) 1 C n
n
C n
n
2 C n
n
n
.
n
只取前两项有a n 1
1 1
2.对通项作如下放缩：
C n
n
k 11 n n 1 n k 1 1 1 1
1
.
C n n k k! n n n k! 1 2 2 2 k
故有
a n
1 1 1
2
1 1 (1/ 2) n 1
3.
1 1
22 2n 1 2 1 1/ 2
2
②上述数列 { a n } 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 i A m i m i A n i ；（ 2）证明
(1 m) n (1 n) m . （01年全国卷理科第20 题）
1
简析对第（ 2）问：用1/ n代替n得数列{ b n} : b n (1 n) n 是递减数列；借鉴
1
此结论可有如下简捷证法：数列 {(1 n) n } 递减，且1 i m n, 故
1 1
(1 m) m (1 n) n , 即 (1 m) n (1 n) m。
当然，本题每小题的证明方法都有10 多种 , 如使用上述例 5 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！
例 14 设数列a n满足 a n 1a n2na n 1 n N，当a1 3 时证明对所有n 1, 有
(i )a n
n 2 ；
( ii ) 1
1 1 1 1
（ 02 年全国高考题）
1 a 1
a 2
1 a n
2
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 a k
k 2 ，
则当 n k 1时 a k 1
a k (a k k ) 1 a k ( k
2 k ) 1 ( k
2)2 1 k
3 ，成
立。
(ii ) 利 用 上 述 部 分 放 缩 的 结 论 a k
1
2 a k 1来放缩通项，可得
a
k 1
1 2(a k
1)
a k
1
2 k 1
(a 1 1) 2 k 1
4 2 k 1
1 1
1
.
a k 1
k
2
1 1
1 n
n
1 n
1
( 2)
1
1 a i
2i 1
4
1
.
i 1
i 1
2
1
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：
a
k 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
a k 1 2a k 1 。
五 利用单调性放缩
1． 构造数列
如对上述例
7，令
T n
S n (n 1) 2
则
T n 1 T n
(n 1)(n 2)
2n 3 0
，
2
2
T n T n 1 ,
{T n } 递减，有 T n
T 1
2 2
0 ，故 S n (n 1) 2
.
2
再
如
例9
，
令
(1 1)(1 1
)(1 1 ) (1
1 ) 则
T n
3 5
2n 1
2n 1
T n 1
2n 2 ，即 T n
T
1
, {T } 递增，有 T n
T
2
1，得
T n
2 n
1 1
n
n
1
3
2n 3
证！
注：由此可得例 9 的加强命题 (1 1)(1
1
1
(1 1 2 3 1. 并可
)(1
) 2n )
2n
3
5
1
3
改造成为探索性问题：求对任意
n 1使 (1 1)(1
1 1 ) (1
1
) k 2n 1
恒
)(1
5 2n
3
1
成立的正整数 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 15 已知函数 f ( x) ax
3 x 2 的最大值不大于 1
，又当 x [ 1 , 1
] 时
f ( x) 1 .
2 6 4 2 8 （Ⅰ）求 a 的值；（Ⅱ）设 0
a 1
1
, a n 1
f ( a n ), n N ，证明 a n
1 .
（04 年辽宁
2
n 1
卷第 21 题）
解 析
（ Ⅰ ）a
=1
； （ Ⅱ ） 由 a n 1
f (a n ), 得
a
n 1
a n
3
a n 2
3
(a n
2 2 步 ） ： a k 1 f (a k ) a k 1
f ( a k )
f ( 1
)
k
1
1 )
2 1 1 且
a
n
0. 用数学归纳法（只看第二
3 6 6
在 a k
(0,
1
是 增 函 数 ， 则 得
)
k 1
1 3 ( k 1 ) 2
1 . k 1
2 1 k 2
例 16
数列 x n 由下列条件确定： x 1 a
0 ，x n 1 1 x n
a
, n N ．（I ）
2 x n
证明：对 n 2 总有 x n
a ；(II)
证明：对 n
2 总有 x n x n 1 （ 02 年北京卷第 （ 19）
题）
解析 构造函数 f ( x)
1 x a
, 易知 f (x) 在 [ a ,
) 是增函数。
2 x
当 n
k 1时 x k
1
1 x k a 在 [ a,
) 递增故 x k 1
f ( a )
a .
2
x k
对 (II) 有 x n x n 1
1 x n a ，构造函数 f ( x) 1 x a ,它在 [ a , )
2 x n 2 x