放缩法技巧全总结

放缩技巧

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、裂项放缩 n例1。(1)求n2. k14k21的值; (2）求证：15k1k23解析:(1）因为

24n212(2n1)(2n1)112n12n1，所以n22112n k14k12n12n1 （2)因为11411，所以n1111125n2222212n14n12n12n1k1k352n12n11334奇巧积累:(1）

1441 （2)1211 n24n124n2122n12n1C12n1Cn(n1)n(n1)n(n1)n(n1) (3)T1rCrnnn!r)!111111nrr!r(r1)r1r(r2) rr!(n （4）(11n)n111211321n(n1)3

(5）111 (6) 12n(2n1)2n12n2n2n n (7）2(n1n)12(nn1) (8) 21n2n2n311112n(2n1)2n1 (2n3)2n (9）

1111k(n1k)n1kkn1,1n(n1k)1k11n1n1k

 （10） n22(n1)!1n!1(n1)! (11)1n2(2n12n1)2n12n12 n12n122n2n2n2n1 （11) 11(2n1)2(2n1)(2n1)(2n1)(2n2)(2n1)(2n11)2n112n1(n2) （12) 1111n3nn2n(n1)(n1)1n(n1)n(n1)1 n1n1 111

n11n1n1n12nn1n1n （13) 2n122n(31)2n33(2n1)2n2n1212n32n13 (14)

k2k!(k1)!(k2)!11 （15） 1(k1)!(k2)!n(n1)nn1(n2) (15）

i21j21i2j2ij(ij)(i21j21)iji21j211

1

放缩法技巧全总结

例2.（1）求证:1112235171(n2) 262(2n1)(2n1)(2）求证:(3）求证：

1411111 2163624n4n113135135(2n1)2n11 2242462462n23n（4) 求证：2(n11)11112(2n11) 解析:(1)因为

111112(2n1)(2n1)22n12n1(2n1),所以

(2i1)i1n12111111 1()1()232n1232n1 （2）111121(11212)1(111)

416364n42n4n （3）先运用分式放缩法证明出135(2n1)2462n12n1，再结合

1n2n2n进行裂项，最后就可以得到答案

(4）首先12(n1n)n2n1n22，所以容易经过裂项得到2(n11)1111

23nn211n22再证1n2(2n12n1)而由均值不等式知道这是显然成立的，

2n12n1所以112131n2(2n11)

例3。求证:

6n111512

(n1)(2n1)49n3解析: 一方面: 因为12n1125111,所以n11121 2222n12n13314n12n12n135k1kn2414 另一方面: 1114911111n 112n2334n(n1)n1n1 当n3时,

6n111n6n，当n1时,12(n1)(2n1)49nn1(n1)(2n1),

当n2时，所以综上有

6n11112,

(n1)(2n1)49n6n111512

(n1)(2n1)49n3例4。(2008年全国一卷）设函数f(x)xxlnx。数列an满足0a11.an1f(an).

1)，整数k≥设b(a1，a1b。证明：ak1b。 a1lnb解析: 由数学归纳法可以证明an是递增数列， 故 若存在正整数mk, 使amb, 则ak1akb,

若amb(mk)，则由0a1amb1知

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amlnama1lnama1lnb0,ak1akaklnaka1amlnam，

m1k因为amlnamk(a1lnb)，于是ak1a1k|a1lnb|a1(ba1)b

m1k例5.已知n,mN,x1,Sm1m2m3mnm,求证: nm1(m1)Sn(n1)m11.

解析:首先可以证明:(1x)n1nx

nm1nm1(n1)m1(n1)m1(n2)m11m10[km1(k1)m1]所以要证

k1n nm1(m1)Sn(n1)m11只要证：

[kk1nm1(k1)m1](m1)k(n1)mk1nnnm11(n1)m1nm1nm1(n1)m12m11m1[(k1)m1km1] 故

nk1只要证

[km1(k1)m1](m1)km[(k1)m1km1]，

nk1k1k1即等价于km1(k1)m1(m1)km(k1)m1km，

即等价于1m1(11)m1,1m1(11)m1 而正是成立的，所以原命题成立。

kkkk例6。已知an42解析：Tn所以

1nnn32，Tn，求证：T1T2T3Tn.

2a1a2an4(14n)2(12n)4n4444(222)(41)2(12n)

1412323n12n2n2n32n32nTnn1n1n14n4442432n1222(2n)232n1(41)2(12n)22n12n1333332n

32n311 nn1nn2(221)(21)22121 从而T1T2T3Tn3111113n1 1n2337212121x2x314例7.已知x11，x14nn(n2k1,kZ)，求证:n1(n2k,kZ)441x4x522n41x2nx2n12(n11)(nN*)

证明: 因为 2x2nx2n114(2n1)(2n1)144n124n212n2，

nnn1，所以

41x2nx2n122nnn12(n1n)所以

41112(n11)(nN*) 44x2x3x4x5x2nx2n1二、函数放缩

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ln2ln3ln4ln3n5n6 例8。求证：n3n(nN*).

23436n111 n 解析:先构造函数有lnxx1lnx11,从而ln2ln3ln4ln331()nnxx234323311111111111111nnnn2332132345678923n1533993n15n

n23n1669182736n所以ln2ln3ln4ln32343n3n15n5n6

3n66ln2ln3lnn2n2n1 例9。求证：（1）2,(n2)

2(n1)23n解析：构造函数

lnx，得到lnnlnn2f(x)2xnn2lnn，再进行裂项211211，求和后可以得到答案

n(n1)nn 函数构造形式： lnx

x1，lnnn1(2) 例10。求证:11111ln(n1)1 23n12n解析:提示:ln(n1)lnn1n2n1nlnlnln2 nn11nn1y1函数构造形式: lnxx,lnx1 x当然本题的证明还可以运用积分放缩 如图，取函数f(x)1， xEnDCBnx首先：SABCF取i111 ,从而,ilnx|nnilnnln(ni)OxnxnininFAn-i1有，1lnnln(n1)， n所以有1111ln2,ln3ln2,…，lnnln(n1),ln(n1)lnn，相加后可以得到: 23nn1111ln(n1) 23n1另一方面SABDE取i1有，

111,从而有ilnx|nnilnnln(ni) nixnixninn1lnnln(n1)， n14

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所以有ln(n1)1

1111111ln(n1)1 ，所以综上有23n12n2n例11.求证：(1111)(1)(1)e和(11)(11)(11)e。解析:构造函数后即可证明 2n2!3!n!98132n3例12.求证：(112)(123)[1n(n1)]e解析:ln[n(n1)1]23，叠加之后就

n(n1)1可以得到答案 函数构造形式:ln(x1)23x1(x0)1ln(1x)3xx1(x0)(加强命题）

例13.证明：

ln2ln3ln4lnnn(n1)345n14(nN*,n1) 解析：构造函数f(x)ln(x1)(x1)1(x1),求导，可以得到：

f'(x)1x112xx1，令f'(x)0有1x2,令f'(x)0有x2, 所以

f(x)f(2)0,所以ln(x1)x2，令xn21有,lnn2n21

所以lnnln2n1n12，所以3ln34ln45lnnn1n(n1)4(nN*,n1) 例14。 已知a111,an1(1n2n)an12n.证明a2ne 解析： a1n1(1n(n1))a111n2n(1n(n1)2n)an，

然后两边取自然对数,可以得到lna1n1ln(1n(n1)12n)lnan

然后运用ln(1x)x和裂项可以得到答案）

放缩思路：an1(11n2n12n)anlna11n1ln(1n2n2n)lnan lna1111nn2n2n。于是lnan1lnann2n2n,

n1n11(11(lnai1lnai)i1)n(1i1ii1121122i)lnanlna11n211n2n2.2即lna2nlna12ane.

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注:题目所给条件ln(1x)nx（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2n(n1)(n2)来放缩：

111)anan11(1)(an1)

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

i(i1)ni2i2an1(1即ln(an

1)1ln3an3e1e2.

例16.（2008年福州市质检）已知函数f(x)xlnx.若a0,b0,证明:f(a)(ab)ln2f(ab)f(b). 解析:设函数g(x)f(x)f(kx),(k0)

f(x)xlnx,g(x)xlnx(kx)ln(kx), 0xk.g(x)lnx1ln(kx)1lnx, kx令g(x)0,则有x2xkk10xk.kxkx2kk∴函数g(x)在[,k）上单调递增，在(0,k]上单调递减。∴g(x)的最小值为g()，即总有g(x)g(k).

2222kkkk 而g()f()f(k)klnk(lnkln2)f(k)kln2,

2222

g(x)f(k)kln2,

即令xf(x)f(kx)f(k)kln2. a,kxb,则kab.

f(a)f(b)f(ab)(ab)ln2. f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).

例15。（2008年厦门市质检) 已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数，若x立。

(I）求证:函数g(x)f(x)在(0,)上是增函数； xf'(x)f(x)在x0上恒成

（II)当x10,x20时,证明:f(x1)f(x2)f(x1x2)；

1x)x在x1且x0时恒成立， （III)已知不等式ln(1111n2222ln2ln3ln4ln(n1)求证：22(n1)(n2)23242(n1)2(nN*).

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解析：(I)g'(x)f'(x)xf(x)f(x)x20,所以函数g(x)x在(0,)上是增函数 （II）因为g(x)f(x)x在(0,)上是增函数,所以

f(x1)xf(x1x2)xf(xx11)f(x1x2) 11x2x1x2f(x2)f(x1xx2)f(xx22)f(x1x2) 2x1x2x1x2 两式相加后可以得到f(x1)f(x2)f(x1x2) (3) f(x1)f(x1x2xn)x1xxf(x1)1x1x2xxf(x1x2xn)

n12xnf(x2)xf(x1x2xn)xf(xx22)xf(x1x2xn)…… 21x2xnx1x2nf(xn)f(x1x2xn)f(xxnn)xf(x1x2xn) xnx1x2xnx12xn相加后可以得到： f(x1)f(x2)f(xn)f(x1x2xn)

所以x1lnx1x2lnx2x3lnx3xnlnxn(x1x2xn)ln(x1x2xn) 令x1n(1n)2,有 1111111122ln22132ln32121242ln4(n1)2ln(n1)223242(n1)2ln2232(n1)2 111n2232(n1)2ln1112132(n1)n111 n12n22(n1)(n2) 所以

122ln22132ln32142ln421(n1)2ln(n1)2n2(n1)(n2)(nN*).

(方法二)ln(n1)2ln((n1)2n1)2ln411(n1)(n2)(n1)(n2)ln4n1n2 所以12212112ln2ln32ln42(n1)2ln(n1)2ln411nln42342n22(n2) 又ln41112nn1，所以122ln22132ln32142ln42(n1)2ln(n1)2(n1)(n2)(nN*).

三、分式放缩

姐妹不等式：babmam(ba0,m0)和babmam(ab0,m0)

记忆口诀”小者小,大者大”，解释:看b,若b小,则不等号是小于号，反之。

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11111111例19. 姐妹不等式:(11)(1)(1)(1也可以)2n1和(1)(1)(1)(1)352n12462n2n1表示成为

2462n135(2n1)2n1和135(2n1)2462naam12n1

解析: 利用假分数的一个性质bbm(ba0,m0)可得

3572n11352n12462n(2n1)

2n1352n12462462n1112462n2(11)(1)(1)(1)2n1. ()2n1即352n11352n1例20。证明：(11)(1111)(1)(1)33n1. 473n2解析: 运用两次次分式放缩：

2583n13693n （加1） .1473n22583n1 2583n14.7103n1 (加2）

1473n23693n 相乘，可以得到:

3n147103n11473n2258(3n1) .3n22583n12583n11472111 所以有(11)(1)(1)(1)33n1.

473n2

四、分类放缩

例21。求证:1解析： 11123111nn 23212n1111n1n111111111()(3333)(nnn)n(1n)

2224422222212222例22。 在平面直角坐标系xoy中, y轴正半轴上的点列An与曲线y2x（x≥0）上的点列Bn满足

OAnOBn1,直线nAnBn在x轴上的截距为an.点Bn的横坐标为bn，nN。

（1）证明an>an1〉4，nN； (2）证明有n0N，使得对nn0都有

bbb2b3nn1nbn22bn1,bnn2111,nN*,又直线AnBn在x轴上的截距为an满足 2n 8

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an0an111bn 2n2bn1n2bn20,bn22 2bn0bn0 annbnnn1n2bnbn1n2bnbn12n2bn1n2bn12bn22bn4an2nbnnbn1111221 n2n2*显然，对于110，有anan14,nN

nn1 \\ (2）证明：设cn1bn1,nN*，则 bn2cn11n21n11111n211n22nn121112n11112n2n1 1112n1n22n1112n1222211n1n12n1212212nn1,nN* 2n1n22n1n0,cnn22设Snc1c211Sn34cn,nN*，则当n2k21kN*时，

11232k1112k 111112k12k342212112223222k11k1。 k22所以，取n0240092，对nn0都有：

bn1b2b340171111SS2008 nn0bbbn212故有

bbb2b3nn1〈n2008成立. b1b2bn1bn例23.已知函数f(x)x2bxc(b1,cR)，若f(x)的定义域为［－1，0]，值域也为［－1,0］。若数列{bn}满足bnf(n)*(nN),记数列{bn}的前n项和为Tn，问是否存在正常数A，使得对于任意正整数n都有3nTnA？并证明你的结论。

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放缩法技巧全总结

f(n)n22n1 解析：首先求出f(x)x2x，∵bn33nnn21111111112，4，…

56788244223nk11111，故当n2k时，k1T1， 2nk1k1kk22122222∴Tnb1b2b3bn1111，∵13因此，对任何常数A,设m是不小于A的最小正整数， 则当n22m2时,必有Tn2m21mA。 2故不存在常数A使TnA对所有n2的正整数恒成立.

x0,例24. 设不等式组y0,表示的平面区域为Dn,

ynx3n设D内整数坐标点的个数为an。设Sn111, 当n2时，求证:11117n11.

nan1an2a2na1a2a3a2n361117n11解析:容易得到an3n,所以，要证11117n11只要证S21n,因为

a1a2a3a2n36n23212S2n111111111111()()(n1n1n1T2T2T2234567821222212n1377n11，所以原

(n1)21212命题得证

五、迭代放缩 例25。 已知xn1nxn41n,x11，求证：当n2时,|xi2|22 xn1i1 解析：通过迭代的方法得到xn2例26. 设Sn12n1，然后相加就可以得到结论

sin1!sin2!sinn!，求证：对任意的正整数k，若k≥n恒有:｜Sn+k－Sn|〈错误! 12n222sin(n1)!sin(n2)!sin(nk)|

2n12n22nksin(n1)!sin(n2)!sin(nk)111 | |||||n1n2nkn1n2nk222222 解析： |SnkSn|| 1n(1121k)1n(11k)1n

222222201n 又2n(11)nCnCnCnn 所以|SnkSn|11 2nn

六、借助数列递推关系

113135135(2n1)2n21 例27.求证：2242462462n 10

放缩法技巧全总结

解析: 设an135(2n1)则an12462n2n1an2(n1)an12nanan，从而

2(n1)an2(n1)an12nan,相加后就可以得到

a1a2an2(n1)an12a12(n1)12n31(2n2)2n21

12n21

所以113224135135(2n1)2462462n例28. 求证:1213135135(2n1)242462462n2n11

解析: 设an135(2n1)则

2462nan12n1an[2(n1)1]an1(2n1)anan1，从而

2(n1)an1[2(n1)1]an1(2n1)an，相加后就可以得到

a1a2an(2n1)an13a1(2n1)12n1n1,求证:1112(n11)

a1a2an32n11 2例29。 若a11,an1an 解析: an2an1n2anan111an2an an1 所以就有1111an1ana2a12an1ana22n12

a1a2ana1七、分类讨论

nS2a(1),n1.证明：对任意的整数m4， {a}S例30.已知数列n的前n项和n满足nn有1117

a4a5am8 解析：容易得到an2n2n 2(1)n1.， 由于通项中含有(1)，很难直接放缩，考虑分项讨论：

3n2n111311322当n3且n为奇数时 ()anan122n212n11222n32n12n2132n22n1311 ()（减项放缩）,于是 2n3n2n12222211111 ①当m4且m为偶数时111()()

a4a5a6am1ama4a5am131111311137(34m2)(1m4). 222222428822②当m4且m为奇数时1111111a4a5ama4a5amam1(添项放缩）由①知

11117.由①②得证。 a4a5amam18

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放缩法技巧全总结

八、线性规划型放缩

例31。 设函数f(x)2x1.若对一切xR，3af(x)b3，求ab的最大值。 2x222111(x2)(x1) 解析：由(f(x))(f(1)1)知 即 (f(x))(f(1)1)0f(x)1

2222(x22)2由此再由f(x)的单调性可以知道f(x)的最小值为1，最大值为1

2ab3ab313ab3因此对一切xR，3af(x)b3的充要条件是 即a，b满足约束条件1， 2ab323ab31ab32由线性规划得,ab的最大值为5．

九、均值不等式放缩

2n(n1)(n1) 例32.设Sn1223n(n1).求证Sn. 22 解析: 此数列的通项为akk(k1),k1,2,,n.

nnkk111kk(k1)k,kSn(k),

222k1k1即n(n1)Snn(n1)n(n1).

22222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

2k(k1)k1则得Sn(k1)(n1)(n3)(n1)，就放过“度\"了!

k1n222 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

n11a1anna1anaan1n22a1an

n 其中,n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。 例33.已知函数f(x)114，若，且在［0，1］上的最小值为， f(x)f(1)21a2bx512n11. 2111

(x0)f(1)f(n)(1)222•2x求证：f(1)f(2)f(n)n14x解析： f(x)411x14x (11111111)(1)n(1n1)nn1. 2n422222222n111，试证：对每一个nN，(ab)ab例34。已知a,b为正数，且解析： 由1a11得banbn22n2n1。

abab，又(ab)(11)2ab4，故abab4,而

abba12

0n1n1rnrrnn(ab)nCnaCnabCnabCnb,

放缩法技巧全总结

令f(n)(ab)ab，则f(n)=Cnannnini，倒序相加得CnCn1n1rnrrn1bCnabCnabn1，因为

2f(n)=Cn(a而an11n1rn1babn1)Cn(anrbrarbnr)Cn(abn1an1b)，

nrbabn1ababrrnrabrnrn1ab2ab242n1,

n1nnn2则2f(n)=(CnCnCn)(abnn1rn1anrbr)(2n2)(arbnranrbr)(2n2)2n1所

以f(n)(22)2，即对每一个nN，(ab)nanbn22n2n1。 例35.求证CCCCn2解析： 不等式左

123nCnCnCnCn2n112222n1nn12222n1

n121n2n3nnnn12(n1,nN)

=n2，原结论成立。

xx例36。已知f(x)ee,求证：f(1)f(2)f(3)f(n)(ex1n11)

n211ex1ex21x2x1x2x1x2 解析：f(x1)f(x2)(ex)(ex)ee1 xxxxe1e2e2e1e1e2 经过倒序相乘，就可以得到f(1)f(2)f(3)f(n)(e例37.已知f(x)xkn11)

n21，求证：f(1)f(2)f(3)f(2n)2n(n1)n x1k2n1k1)k(2n1k)2(2n1k)2

2n1k2n1kkk(2n1k) 解析:(k1)(2n1k 其中:k1,2,3,,2n，因为k2nk(1k)2n(k1)(2nk)0k(2n1k)2n 所以(k11)(2n1k)2n2 k2n1k 从而[f(1)f(2)f(3)f(2n)]2(2n2)2n,所以f(1)f(2)f(3)f(2n)2n(n1)n. 例38。若k7,求证:Snnnk1n111113。 nn1n2nk1211111)()() nk2n2nk3nk1n解析:2Sn(11)(111411因为当x0,y0时,xy2xy,112,所以(xy)()4，所以，

xyxyxyxyxy当且仅当xy时取到等号. 所以2Sn44444n(k1)

nnk1n1nk2n2nk3nnk1nnk13 所以S2(k1)2(k1)243所以Sn1111

nnn1n2nk121k1k121kn13

放缩法技巧全总结

例39.已知

f(x)a(xx，求证:f(0)f(1)a21)(xx2)16.

解析:f(0)f(1)a2[xa21(1x1)][x2(1x2)]16.

例40。已知函数f(x)=x2－（－1）k·2lnx(k∈N＊)。k是奇数， n∈N*时，

求证： [f’（x)]n－2n－1·f’（xn)≥2n（2n－2).

解析: 由已知得，f(x)2x2x(x0)

（1）当n=1时,左式=(2x2)(2x2)0右式=0.∴不等式成立.

xx（2）n2, 左式=[f(x)]n2n1f(xn)(2x2x)n2n1(2xn2xn)

2n(C1n22n4n21nxCnxCnCn11xn4nxn2).

令SC1n2C2n41nxnxCn2nCn11xn4nxn2

由倒序相加法得：

2SC1(xn2112n)C2n41xn2n(xxn4)Cn1n(xn2xn)

2(C12Cn1nCnn)2(2n2)，

所以S(2n2).

所以[f(x)]n2n1f(xn)2n(2n2)成立.综上，当k是奇数，nN时，命题成立 例41.已知函数f(x)axx(a1)（1)求函数f(x)的最小值，并求最小值小于0时的a取值范围；

（2）令S(n)C1C2n1)(2n2)f'(nnf'(1)nf'(2)Cnf'(n1)求证：S(n2)

(1)由f'(x)axlna1,f'(x)0,即：axlna1,ax1lna,又a1xlogalna同理：f'(x)0,有xlogalna,所以f'(x)在(,logalna)上递减，在（logalna,)上递增；所以f(x)1lnlnaminf(logalna)lna若f(x)min0,即1lnlnalna0,则lnlna1,lna1e1a的取值范围是1aee

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放缩法技巧全总结

(2)S(n)C1C2n1n(alna1)n(a2lna1)Cn1n(alna1)(C122n1n112n1naCnaCna)lna(CnCnCn)12[C1(aan1)C2a2an2)Cn11nn(n(ana)]lna(2n2)na2(2n2)lna(2n2)

n(2n2)(a2lna1)(2n2)f'(n2),所以不等式成立。

★ 例42. (2008年江西高考试题)已知函数fx11ax，1x1aax8x0,.对任意正数a，证明:1fx2．

解析:对任意给定的a0,x0,由f(x)111x11a ,

18ax若令b8ax，则abx8① ，而 fx11x11a11b②

（一）、先证fx1；因为111x1x，111a，111a1b1b， 又由2abx22a2bx442abx8 ，得abx6．

所以fx11x11a11b11x1132(abx)(abaxbx)1a1b(1x)(1a)(1b) 9(abx)(abaxbx)(1x)(1a)(1b)1(abx)(abaxbx)abx(1x)(1a)(1b)1.

（二）、再证fx2;由①、②式中关于x,a,b的对称性,不妨设xab．则0b2

(ⅰ）、当ab7,则a5,所以xa5，因为 1b1, 111x11a2151，此时fx1111x1a1b2． （ⅱ）、当ab7③，由①得 ，x81ab，1xab，

ab8因为 11b2[1b11bb1b]2 所以 1b④

4(1b)22(1b)1b2(1b) 同理得1a⑤ ，于是 1a12(1a)fx21ab22ab1a1bab8⑥



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放缩法技巧全总结

今证明 ab21a1bab⑦， 因为 abab , 2ab81a1b(1a)(1b)只要证

abab,即ab8(1a)(1b)，也即ab7，据③，此为显然． (1a)(1b)ab8 因此⑦得证．故由⑥得 f(x)2．

综上所述，对任何正数a,x，皆有1fx2．

例43。求证:111n1n212 3n1解析：一方面：（法二）1n1111111121 n1n23n12342411111111 1n23n12n13n1n23n3n1n1 14n24n24n22(3n1)(n1)3n(n2)(n1)(3n1)(2n1)2 (2n1)211112n1(2n1)2n2(2n1)2(n1)2(2n1)2n2 另一方面:11n1n212n12n22 3n1n1n1十、二项放缩

01n01 2n(11)nCn,2nCnCnCnCnn1，

n2n2 2n12 2nCn0CnCn2n(n1)(n2)

211ae例44。 已知a11,an1(12 )ann.证明nnn2解析: an1(11)an1an11(11)(an1)

n(n1)n(n1)n(n1)ln(an11)ln(an1)ln(1n111).n(n1)n(n1)n1i2

[ln(ai11)ln(ai1)]i211ln(an1)ln(a21)11，

i(i1)n即ln(an1)1ln3an3e1e2.

1nnmii45. 已知i,m,n是正整数，且1imn.（1）证明niAm;(2)证明(1m)(1n). miAn 简析 对第（2）问：用1/n代替n得数列{bn}:bn(1n)是递减数列;借鉴此结论可有如下简捷证法：数列{(1n)}递减，且1imn,故(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、贝努利不等式、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!详见文[1］。

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1n11放缩法技巧全总结

例46.已知a+b=1,a>0，b〉0,求证：ab22nn1n.

nn111n解析： 因为a+b=1，a〉0，b>0,可认为a,1,b成等差数列,设a1d,b1d,从而anbndd2

222247。设n1,nN，求证(2)n338。

(n1)(n2)22解析： 观察(2)n的结构，注意到(3)n(11)n，展开得

1(n1)(n2)111nn(n1)(n1)(n2)6，即1123(1)n(1)n1CnCn2Cn31282228822，得证.

例48。求证：ln3ln2ln(11)ln2。 解析:参见上面的方法,希望读者自己尝试!）

n2nn例42.(2008年北京海淀5月练习） 已知函数yf(x),xN*,yN*，满足：

①对任意a,bN*,ab，都有af(a)bf(b)af(b)bf(a)； ②对任意nN都有f[f(n)]3n。

*（I）试证明:f(x)为N*上的单调增函数; （II）求f(1)f(6)f(28)；

（III）令anf(3n),nN*，试证明:。n≤1111

4n2a1a2an4 解析：本题的亮点很多,是一道考查能力的好题。

(1）运用抽象函数的性质判断单调性：

因为af(a)bf(b)af(b)bf(a)，所以可以得到(ab)f(a)(ab)f(b)0,

也就是(ab)(f(a)f(b))0，不妨设ab，所以,可以得到f(a)f(b),也就是说f(x)为N*上的单调增函数。

（2）此问的难度较大，要完全解决出来需要一定的能力!

首先我们发现条件不是很足，,尝试探索看看按（1）中的不等式可以不可以得到什么结论，一发

现就有思路了！ 由(1）可知(ab)(f(a)f(b))0，令b1,af(1)，则可以得到

(f(x)1)(f(f(1))f(1))0，又f(f(1))3，所以由不等式可以得到1f(1)3,又 f(1)N*，所以可以得到f(1)2 ①

接下来要运用迭代的思想:

因为f(1)2,所以f(2)f[f(1)]3，f(3)f[f(2)]6,f(6)f[f(3)]9 ② f(9)f[f(6)]18,f(18)f[f(9)]27，f(27)f[f(18)]54,f(54)f[f(27)]81 在此比较有技巧的方法就是:

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放缩法技巧全总结

8154275427，所以可以判断f(28)55 ③

当然,在这里可能不容易一下子发现这个结论,所以还可以列项的方法,把所有项数尽可能地列出

来,然后就可以得到结论。 所以,综合①②③有f(1)f(6)f(28)=559266 (3）在解决{an}的通项公式时也会遇到困难.

f[f(3n)]3n1,f(3n1)f{f[f(3n)]}3f(3n),a3a,所以数列af(3n),nN*的方程为a23n,从而

n1nnn1111(11， an)1a2an43 一方面1(111,另一方面0143n)43n(12)nCn20Cn212n1

所以1(11nn)1，所以,综上有n434(112n1)142n2n14n24n2≤1a1a1112a.

n4例49. 已知函数fx的定义域为[0，1］，且满足下列条件：

① 对于任意x[0,1],总有fx3，且f14；② 若x10,x20,x1x21,则有fx1x2fx1f(x2)3. （Ⅰ）求f0的值；(Ⅱ）求证:fx≤4；

（Ⅲ）当x(13n,13n1](n1,2,3,)时,试证明：f(x)3x3. 解析： （Ⅰ）解:令x1x20，由①对于任意x［0,1］，总有fx3， ∴f(0)3

又由②得f(0)2f(0)3,即f(0)3; ∴f(0)3.

(Ⅱ）解：任取x1,x2[0,1],且设x1x2, 则f(x2)f[x1(x2x1)]f(x1)f(x2x1)3,

因为x2x10，所以f(x2x1)3，即f(x2x1)30, ∴f(x1)f(x2)。

∴当x[0，1]时，f(x)f(1)4.

（Ⅲ）证明:先用数学归纳法证明：f(13n1)13n13(nN*) （1） 当n=1时，f(13)f(1)4131303,不等式成立；

0（2） 假设当n=k时，f(13k1)1 3k13(kN*)由f(11113k1)f[11113333)f(11k(kk)]f(k3k3k)3 f(k)f(3k)f(3k)6

3得3f(1)113kf(3k1)6 3k19.即当n=k+1时，不等式成立

由（1）、（2）可知,不等式f(1)1对一切正整数都成立. 3n13n13于是，当x(1113n,3n1](n1,2,3,)时，3x333n313n13f(13n1)，

18

放缩法技巧全总结

1) 所以，f(x)f(1)3x3. n1n133例50。 已知:a1a2an1,ai0 (i1,2n) 求证：a12a22an21an21

而x［0,1]，fx单调递增 ∴f(n)f(13a1a2a2a3an1anana12解析:构造对偶式：令A Ba1a2a2a3222anana12a2 1a1a2a2a3an1anana1222a3ana2a12 a1a2a2a3an1anana122222222则ABa1a2a2a3an1anana1＝(a1a2)(a2a3)(an1an)(ana1)0,AB

an1anana1又ai2a2jaiaj1 （i,j1,2n) (aiaj)2222222a2a3anana121(aa)(aa)(aa)(aa)1 11a12a21anA(AB)()1223n1nn1222a1a2a2a3an1anana14十一、积分放缩

利用定积分的保号性比大小，保号性是指，定义在a,b上的可积函数fx0，则bfxdx0.

a例51.求证:ee。

lnelnlnelnxlnx1lnx 解析: e,∵dex2dx， eeexexelnlnlnexe1lnx,,∴，。 xe,时，1lne0dx022xexe利用定积分估计和式的上下界：定积分产生和应用的一个主要背景是计算曲边梯形的面积，现在用它来估计

小矩形的面积和.

例52. 求证：11112n11，n1,nN.

23n 解析: 考虑函数fxii1x在区间i,i1i1,2,3,,n上的定积分。

如图，显然111i11dx-①

ix对i求和，i1nni111dxiii1xn111dx2xn12n11。

1x17. 2n10例53。 已知nN,n4.求证:解析:考虑函数fx∵

1ni111n1n2n3i,nn11x在区间i1ini1ni1,2,3,,n上的定积分.

11n1in1dx-② 1xnini1n1111dx0dxln1x01x1x∴

1n11nii1ii1n1nni1ln27.

10例54.设a0，如图，已知直线l:yax及曲线C:yx2，C上的点Q1的横坐标为a1（0a1a）。从C上的点Qn1n作直线平行于x轴，交直线l于点Pn1，再从点Pn1作直线平行于y

轴,交曲线C于点

19

放缩法技巧全总结

Qn1.Qnn1,2,,n的横坐标构成数列an.

（Ⅰ）试求an1与an的关系，并求an的通项公式； (Ⅱ）当a1,an11时，证明

；

2(akak1)ak21k132 （Ⅲ）当a1时,证明n(a1kak1)ak2。

k13解析:aa1n1na(a)2（过程略）.

证明（II)：由a1知a2n1an，∵a11，∴a21,a13.

2416∵当k1时,a1k2a316， ∴n(aan1k1kk1)ak2116k(a1kak1)116(a1an1)32.

证明(Ⅲ):由a1知a

k1a2k。∴(akak1)ak2(akak1)a2k1恰表示阴影部分面积, 显然 (a2akkak1)ak1ax2dx④

k1nn∴n(aa2kk1)ak2(akak1)ak1akx2dxka1x2dx1a311k1k1a1。 k1033奇巧积累: 将定积分构建的不等式略加改造即得“初等”证明，如：

①1i11i1i； ②1iiniin1iixdx21dxln1ln1i1； n1xnn③sin1isini111sin21x2dxii1；④(akak1)a2k1akx2dx3a33kak1. i1sinisini1ak1十二、部分放缩（尾式放缩) 例55。求证: 1132113132n1147

解析: 1311321111132n1147111132n112832232n1 1111474828344 11848472例56. 设an112a13a1na,a2.求证：an2. 解析: a111111n12a3ana12232n2.

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）,1k21k(k1)1k11k，

20

放缩法技巧全总结

于是an11111111111(1)()()22. 222223n1nn23n2例57.设数列an满足an1annan1nN,当a13时

证明对所有n1, 有(i)ann2;(ii)1111 1a11a21an2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akk2，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

ak112(ak1)ak12k1(a11)2k142k111i14211()n1 2.121211k1. ak12

i1nn11aii1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(k2)(k2k)1k3；证明(ii)就直接使用了部分放缩的结论ak12ak1 十三、三角不等式的放缩

例58。求证:|sinx||x|(xR). 解析：（i)当x0时,|sinx||x|

（ii）当0x时,构造单位圆,如图所示：

2 因为三角形AOB的面积小于扇形OAB的面积 所以可以得到sinxx|sinx||x| 当xyPA2时|sinx||x|

OTBx 所以当x0时sinxx有|sinx||x|

(iii)当x0时, x0,由（ii)可知： |sinx||x| 所以综上有|sinx||x|(xR) 十四、使用加强命题法证明不等式

（i)同侧加强

对所证不等式的同一方向(可以是左侧，也可以是右侧)进行加强.如要证明f(x)A,只要证明

f(x)AB(B0)，其中B通过寻找分析,归纳完成。

例59。求证：对一切n(nN*),都有

kk1n1k3.

1k(k1)1

k1k121

解析： 113kkk

1k(k21)11(k1)k(k1)(k1)k放缩法技巧全总结

111111k1k1 (k1)kk1k12k(k1)kk1k111kk11k12k21k11 k1n从而11111111k1kk1324351121113

2k1k1kk1 当然本题还可以使用其他方法,如:

 11111kkkk1kkk1k(k1)1 111kk11121kkkk1k1k2kk1nn 所以11112(11)3.

k1kkk2kkk (ii)异侧加强（数学归纳法） (iii）双向加强

有些不等式,往往是某个一般性命题的特殊情况，这时，不妨\"返璞归真\"，通过双向加强还原其本来

面目，从而顺利解决原不等式.其基本原理为: 欲证明Af(x)B,只要证明：ACf(x)BC(C0,AB)。 例60.已知数列{an}满足:a11,an1an21，求证：2n1an3n2(n2). an2212aa 解析： an2,从而nn12，所以有 an1ak12an1 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12(n1)12n1,所以an2n1 又a2n2222222212,所以anaa3n1k1an122an13，所以有

2 an2(an2an12)(an12an22)(a22a12)a123(n1)13n2所以an3n2 所以综上有2n1an3n2(n2). 引申:已知数列{an}满足：a11,an11，求证: n1ananak1k2n12n1。

12n122n12n32n12n3

解析：由上可知an2n1,又

2n12n3,所以12ann 从而1131532n12n32n1(n2)

k1akn111,所以综上有2n1. 又当n1时，a1k1ak同题引申： （2008年浙江高考试题)已知数列an，an0,a10,an1an11an(nN•)。

22记Sna1a2an,Tn11a1

11.求证：当nN•时。 (1a1)(1a2)(1a1)(1a2)(1an)22

放缩法技巧全总结

(1)anan1； (2)Snn2; ★(3)Tn3.

解析：（1）a22n1an1an1，猜想an1,下面用数学归纳法证明:

（i)当n1时,a11，结论成立;

（ii)假设当nk(k1)时,a22k1,则nk1(k1)时，ak1ak11ak 从而a2k1ak12an11，所以0ak11 所以综上有0a22n1，故an1an0an1an

（2)因为a22222222n1an1an1则a2a11a2，a3a21a3，…， an1an1an1, 相加后可以得到: a222n1a1n(a2a3an1)Sn1nan1,所以

S2nn1ann2，所以Snn2

（3)因为a2n1n1an11a2n2an,从而an112a1aan1a，有

，所以有

n1n12an

1an1ana3an11,从而 (1an3)(1an)(1an1)2an2an12a22a21aa1,(1a)(1an11n1n所以 1)(1a2)(1a3n)(1an1)2a121a22n1aa1a(1an1n21n(n,所以 1)(1a2)(1a3)n)2a21a222Tn111aa3a42an1221112n12n2113 2221a222251 所以综上有Tn3.

例61。已知数列{a3ann}的首项a13,an12a1,n1，2，． 5n (1)证明:对任意的x0，a112n≥1x(1x)2,3nxn1，2，；  （2）证明:a1aan22nn1.

解析:（1）依题,容易得到a3n2n23n13n,要证x0，a112n≥1x(1x)23nx,n1，2，,即证12123n11(1x)23nx1121x21x3n(1x)2(1x)2 即证23nn1x23n(1x)223n10，设t1所以即证明1x(t)2323nt22t3n10(0t1)

从而(1)0，即23n23n23n10，这是显然成立的.

23

放缩法技巧全总结

所以综上有对任意的x0,an≥11x12，n1，2， x2n(1x)3 （法二） 11x11211211x x2n2n1x(1x)31x(1x)3212111≤an，原不等式成立． anan(1x)1xa(1x)2an1xnan1(1x)2 (2）由(1）知，对任意的x0，有

a1a2an≥112112xx2221x(1x)31x(1x)31112nx21x(1x)23n1x(1x)222332． nx3n取x12n3232211n231，则31a1a2n1n31n3n13nn2n2．

an≥111n111nn1n3n3原不等式成立．

十四、经典题目方法探究

探究1。(2008年福建省高考）已知函数f(x)ln(1x)x。若f(x)在区间[0,n](nN*)上的最小值为bn， 令anln(1n)bn.求证：a1a1a3La1a3a5La2n1a2a2a4a2a4a6La2n12n12an11.

证明:首先:可以得到annn.先证明135L(2n1)246L2n2135L(2n1) (方法一） 135(2n1)1335(2n1)(2n1)11 所以2222462n246L2n24(2n)2n12n1 （方法二)因为212n1

111233142n12n112n，相乘得: ,,,221344152n2n12n112n11，从而. 135L(2n1)135(2n1)2462n246L2n2n1

（方法三)设A=

135(2n1)2462n2

,B=，因为A〈B,所以A〈AB,

2462n357(2n1)2135L(2n1)1 所以135(2n1)1， 从而. 2462n246L2n2n12n1下面介绍几种方法证明

(方法一）因为

a1aaaaaa2n113135a2a2a4a2a4a6a2n2n12an11

12n12n1，所以

2n12n1，所以有

22n1n 113135(2n1)2k12n11

2242462nk1(方法二）n2n 令n2n1，可以得到

12n12，因为1n2n2n2n12，所以1n2n

n2n2nn113135(2n1)2k12n11 2n1,所以有2242462nk1 24

放缩法技巧全总结

（方法三）设an135(2n1),an12n1an所以2(n1)an1an1(2n1)anan1,

2462n2n2从而an1[2(n1)1]an1(2n1)an,从而an(2n1)an(2n1)an1

3a1a2a3an(2n1)an(2n1)an1(2n1)an1(2n3)an25a23a1(2n1)an

2又an1，所以a1a2a3an2n12n112k132n11 2（方法四）运用数学归纳法证明： k1n2n11

(i）当n1时，左边=,

13右边=312311312显然不等式成立;

(ii)假设nk(k1)时，i1k12i112k11，则nk1时,

12k3131512k12k32k11,所以要证明i1k112i12k31，只

要证明2k112k32k312k32k32k112k32k12a2a4,这是成立的.

这就是说当nk1时，不等式也成立，所以,综上有a1a1a3a1a3a5a2n1a2a2a4a6a2n2an11

探究2.设函数f(x)sinx.如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围

2cosx2sinxcosx(2cosx)sinx12cosx，设解析:因为f(x)，所以f'(x)g(x)f(x)ax,则 222cosx(cosx2)(cosx2)g'(x)f'(x)a12cosxcosx2cosx21223aaa,g(0)0 222(cosx2)(cosx2)cosx2(cosx2)231 1,cosx2(cosx2)23 因为|cosx|1,所以

（i）当a1时， g'(x)0恒成立，即g(x)g(0)0，所以当a1时， f(x)≤ax恒成立.

33 （ii)当a0时，f()10a()，因此当a0时,不符合题意.

222 （iii）当0a1时,令h(x)sinx3ax，则h(x)cosx3a故当x0，arccos3a时，

3h(x)0.

arccos3a)时,h(x)h(0)0， 因此h(x)在0，arccos3a上单调增加。故当x(0，arccos3a)时，f(x) 即sinx3ax.于是，当x(0，

sinxsinxax

2cosx325

放缩法技巧全总结

所以综上有a的取值范围是1,

3 变式：若0xiarccos3a，其中i1,2,3,,n且0a1,x1x2x3xnarccos3a,求证：

3tanxxx1x3atan2tan3tannarccos3a. 222222sinxisinxi

cosxi12证明:容易得到tanxi由上面那个题目知道sinxi3axi就可以知道tan★同型衍变:已知函数 f(x)xxx1x3atan2tan3tannarccos3a 222221xaxe.若对任意x∈（0，1）恒有f（x）>1， 求 a的取值范围. 1xax22aax 解析：函数f （x)的定义域为(—∞, 1）∪（1, +∞）， 导数为f(x)e。 2(1x) （ⅰ) 当0〈 a≤2时， f (x） 在区间 （—∞， 1) 为增函数, 故对于任意x∈（0， 1) 恒有 f （x） 〉 f （0） =1， 因而这时a满足要求. (ⅱ） 当a>2时, f (x） 在区间 （—

a2） 内任取一点， 比如取x0aa2a,

a2）为减函数， 故在a区间（0， 12a2, 就有 x0∈（0， 1） 且 f （x0） < f （0) =1， 因a而这时a不满足要求。

（ⅲ) 当a≤0时， 对于任意x∈（0， 1） 恒有

f(x)1xeax≥1x1， 这时a满足要求.

1x1x综上可知, 所求 a的取值范围为 a≤2.

26