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数列不等式的证明是高中数学一个难点,期中最常见的方法是放缩法,这种方法的思维跳跃性大,不好控制,笔者在多年的教学实践中总结下列几种常见的放缩法.
一．裂项放缩
例1，已知an=1n2,sn=a1+a2+ …+an 求证sn<2
证明∵1n2<1n(n-1） (n>1)
∴sn=a1+a2+ …+an <1+11•2+12•3+…+1n(n-1)=1+(1-12)+(12-13)+…+(1n-1-1n)=2-1n<2.
例2，已知an=1n,sn=a1+a2+ …+an ,求证sn<2n-1证明∵1n=22n<2n+n-1=2(n-n-1)(n>1),
∴sn=a1+a2+ …+an<1+2(2-1)+2(3-2)+…+2(n-n-1)=2n-1.
上面两个例子放缩法的关键是数列通项公式的放缩技巧，通常称为裂项放缩，这种放缩形式比较常见的还有：
（1）1n2=44n2<44n2-1=4(2n-1)(2n+1)=2(12n-1-12n+1)
（2）12n=222n<22n+1+2n-1=2n+1-2n-1
（3）1n3=1n•n2<1n(n-1)(n+1)=(1n(n-1)-1n(n+1))•1n+1-n-1=(1n-1-1n+1)n+1+n-12n<1n-1-1n+1.
（4）2n(2n-1)2<2n(2n-1)(2n-2)=2n-1(2n-1)(2n-1-1)=12n-1-1-12n-1.
（5）1n(n+1) （6）1n(n+1)(n+2)=12[1n(n+1)-1(n+1)(n+2)].
（7）(2n-1n+1)12n+2=1n•2n+1-1(n+1)2n+2.
（8）(22n+1-12n+3)12n=1(2n+1)2n-1-1(2n+3)2n.
上述裂项的基本特点是f(n+k)-f(n)f(n+k)f(n)=1f(n)-1f(n+k) 这样才能保证裂项以后可以求和，比如形如12n(2n-1)=12n-1-12n也是裂项，但是后面不能求和，裂项是无效的，常见的其他形式的裂项还有：
（9）Tr+1=Crn1nr=n!r!(n-r)!nr<1r!<1r(r-1)=1r-1-1r.
（10）n(n+1)!=(n+1)-1(n+1)!=1n!-1(n+1)!.
例3.数列{an}满足a1=2,an+1=2n+1an(n+12)an+2n（n∈N*）
(1)设bn=2nan，求数列{bn}的通项公式.
(2)设Cn=1n(n+1)an+1，数列{cn}的前n项和为sn.求sn
解：（1）把an=2nbn代入an+1=2n+1an(n+12)an+2n易得bn+1-bn=n+12
所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=1+(32+52+…+n-12)=n2+12.
（2）把bn=n2+12代入an=2nbn得an=2n+1n2+1，
再把an+1=2n+2(n+1)2+1代入Cn=1n(n+1）an+1
得Cn=(n+1)2+1n(n+1)2n+2.
Cn= (n+1)2+1n(n+1)2n+2 =12n+2•n2+2n+2n2+n =12n+2 (1+n+2n2+n)=12n+2(1+2(n+1)-nn2+n)=12n+2(1+2n-1n+1)=12n+2+[1n•2n+1-1(n+1)2n+2]
Sn=c1+c2+…+cn=(123+124+…+12n+2)+[(11•22-12•23)+(12•23-13•24)+…+[1n•2n+2-1(n+1)2n+2]=14-12n+2+14-1(n+1)2n+1=12-n+3(n+1)2n+2
二，构造等比数列放缩
例4,已知,an=13n-2n,sn=a1+a2+a3.......+an.
求证sn<32.
联想到无穷递缩等比数列的所有项和是个常数，而其前N项和是小于这个常数的，所以我们可以构造一个无穷递缩等比数列的方法来证明。
分析,要使32= b11-q 我们取q=13 则b1=1 恰好 anbn
所以sn=a1+a2+a3……+an<32
如果我们取q=12 则b1= 34显然a1>b1所以我们要从第2项开始放大:
即要使12=b21-q 取q=12 则b2=14 当n=1时b1=1当n>1时 bn=12n+1满足anbn
所以sn=a1+a2+a3……+an
构造无穷递缩等比数列的方法证明数列不等式是通用方法,其中b1和q的取法是多样的,但是要注意始终保证anbn条件下确定是从第几项开始放大，当然有时候存在前面几项放得太大,也需要确定从第几项开始放大更恰当的问题.
例5,已知,an=13n-2n,sn=a1+a2+a3……+an.
求证sn<2920
显然直接构造13或12为公比的无穷递缩等比数列都不能达到证明的目的，考虑到a1=1,a2=15 只需证明a3+a4+a5……+an<2920-1-15= 14 因为当n＞3时 an<12n+1
所以sn=a1+a2+a3……+an<1+15+18+……+12n+1=1+15+18(1-12n-11-12)=2920-12n+1<2920
三，切线放缩法
例6,f(x)=3+x1+x2,x∈[0,3],已知数列{an}满足0
A,最大值6030B,最大值6027 C,最小值6027
D，最小值6030
解 注意到f(13)=3，f'(13)=-910,在x=13处的切线方程为y=310(11-3x),所以
3+x1+x2310(11-3x), f(an)310(11-3an)
f(a1)+f(a2)+…f(a2010)310[11×2010-3(a1+a2+…an)]=6030
四,等差等比放缩法
已知数列{an}满足an+1-and，则有ana1+(n-1)d，若sn为数列{an}的前n项和，则有snna1+n(n-1)2d .
已知数列{an}满足an+1-and，则有ana1+(n-1)d，若sn为数列{an}的前n项和，则有snna1+n(n-1)2d .
已知正数数列{an}满足an+1an q(q>0)，则有ana1qn-1，若sn为数列{an}的前n项和，则有sna1(1-qn)1-q .
已知正数数列{an}满足an+1an q(q>0)，则有ana1qn-1，若为数列{an}的前n项和，则有sna1(1-qn)1-q
例7, 已知函数f（x）=x2－4，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*），其中xn为正实数.
（Ⅰ）用xn表示xn+1；
（Ⅱ）若x1=4，记an=lgxn+2xn-2 ，证明数列{an}成等比数列，并求数列｛xn｝的通项公式；
（Ⅲ） 若x1＝4，bn＝xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明Tn<3.
解： （Ⅰ）由题可得f'(x)=2x．
所以曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是：y-f(xn)=f'(xn)(x-xn)．即y-(n2n-4)=2xn(x-xn)．
令y=0，得-(x2n-4)=2xn(xn+1-xn)．即x2n+4=2xnxn+1．显然xn≠0，∴xn+1=xn2 +2xn ．
（Ⅱ）由xn+1=xn2 +2xn，知xn+1+2=xn2 +2xn+2=（xn+2)22xn ，同理xn+1-2=（xn-2)22xn ．
故xn+1+2xn+1-2=(xn+2xn-2)2．
从而lgxn+1+2xn+1-2=2lgxn+2xn-2，即an+1=2a．所以，数列{an}成等比数列．故an=2n-1a1=2n-1lgx1+2x1-2 =2n-1lg3．
即lgxn+2xn-2=2n-1lg3．
从而xn+2xn-2=32n-1所以xn=2(32n-1+1)32n-1-1
（Ⅲ）由（Ⅱ）知xn=2(32n-1+1)32n-1-1，
∴bn=xn-2=432n-1>0.
∴bn+1bn=32n-1-132n-1=132n-1+1 <132n-11321-1=13
当n=1时，显然T1=b1=2<3．
当n>1时，bn<13 bn-1<(13 )2bn-2<…<（13 ）n-1b1
∴Tn=b1+b2+…+bn<3．
综上，Tn<3(n∈N*)．
五,倒序均值法（先倒序相加，再均值不等式）
若正数数列{an}是等差数列，则:
2(1a1+1a2+…+1an)=(1a1+1an)+(1a2+1an-1)+…+(1an+1a1)
4a1+an+4a2+an-1+…+4an+a1=4na1+an
所以1a1+1a2+…+1an2na1+an其计算过程是对数列{1an进行倒序相加，再应用均值不等式（调和平均数小于或等于算数平均数）就能得到相应的不等式.
例8.设数列{an}的前n项和为Sn,对任意n∈N*,都有an>0,且满足(a1+a2+…+an)2=a31+a32+…+.an
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)当0<λ<1时,设bn=(1-λ)(an+12),cn=λ(an+1),数列{1bncn}的前n项和为Tn,求证:Tn>9n-14n+3.
解(1):当n=1时,a1=s1=a31,
所以a1=1.
当n=2时,s2=a31+a32,
即a1+a2=a31+a32,所以a2=2.
由题知,a31+a32+…+a3n=(a1+a2+…+an)2,①
a31+a32+…+a3n+a3n-1=(a1+a2+…+an+an+1)2,②由②-①得a3n+1=(a1+a2+…+an+an+1)2-(a1+a2+…+an)2,
因为a n+1>0,
所以a2n+1=2(a1+a2+…+an)+an+1,③
a2n=2(a1+a2+…+an-1)+an(n≥2),④
由③-④得a2n+1-a2n=an+an+1,
所以an+1-an=1.
因为a2-a1=1,
所以当n≥1时都有an+1-an=1,
所以{an}是以1为首项,以1为公差的等差数列,故an=n.
(2)证明:因为bn=(1-λ)(n+12,cn=λ(n+1),
所以1bncn=4λ(1-λ)(2n+1)(2n+2)≥16(2n+1)(2n+2)=162n+1-162n+2,
所以Tn≥16[(13-14)+(15-16)+…+(12n+1-12n+2)]=16[13+14+15+…+12n+1+12n+2-2(14+16+…+12n+2)]=16(1n+2+1n+3+…+12n+2-12).
设tn=1n+2+1n+3+…+12n+2,倒序相加得
2tn=(1n+2+12n+2)+(1n+3+12n+1)+…+(12n+2+1n+2)>43n+4+43n+4+…+43n+4
所以tn>2(n+1)3n+4, 从而Tn>16[2(n+1)3n+4-12]=8n3n+4.
因为8n3n+4-9n-14n+3=(5n-4)(n-1)(3n+4)(4n+3)≥0,
所以Tn>9n-14n+3.
作者简介：袁禾英，中学高级教师， 1988年毕业于江西师范大学数学系，25年一直从事教育教学工作，具有丰富的教育教学经验。
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一．裂项放缩
例1，已知an=1n2,sn=a1+a2+ …+an 求证sn<2
证明∵1n2<1n(n-1） (n>1)
∴sn=a1+a2+ …+an <1+11•2+12•3+…+1n(n-1)=1+(1-12)+(12-13)+…+(1n-1-1n)=2-1n<2.
例2，已知an=1n,sn=a1+a2+ …+an ,求证sn<2n-1证明∵1n=22n<2n+n-1=2(n-n-1)(n>1),
∴sn=a1+a2+ …+an<1+2(2-1)+2(3-2)+…+2(n-n-1)=2n-1.
上面两个例子放缩法的关键是数列通项公式的放缩技巧，通常称为裂项放缩，这种放缩形式比较常见的还有：
（1）1n2=44n2<44n2-1=4(2n-1)(2n+1)=2(12n-1-12n+1)
（2）12n=222n<22n+1+2n-1=2n+1-2n-1
（3）1n3=1n•n2<1n(n-1)(n+1)=(1n(n-1)-1n(n+1))•1n+1-n-1=(1n-1-1n+1)n+1+n-12n<1n-1-1n+1.
（4）2n(2n-1)2<2n(2n-1)(2n-2)=2n-1(2n-1)(2n-1-1)=12n-1-1-12n-1.
（5）1n(n+1)
（7）(2n-1n+1)12n+2=1n•2n+1-1(n+1)2n+2.
（8）(22n+1-12n+3)12n=1(2n+1)2n-1-1(2n+3)2n.
上述裂项的基本特点是f(n+k)-f(n)f(n+k)f(n)=1f(n)-1f(n+k) 这样才能保证裂项以后可以求和，比如形如12n(2n-1)=12n-1-12n也是裂项，但是后面不能求和，裂项是无效的，常见的其他形式的裂项还有：
（9）Tr+1=Crn1nr=n!r!(n-r)!nr<1r!<1r(r-1)=1r-1-1r.
（10）n(n+1)!=(n+1)-1(n+1)!=1n!-1(n+1)!.
例3.数列{an}满足a1=2,an+1=2n+1an(n+12)an+2n（n∈N*）
(1)设bn=2nan，求数列{bn}的通项公式.
(2)设Cn=1n(n+1)an+1，数列{cn}的前n项和为sn.求sn
解：（1）把an=2nbn代入an+1=2n+1an(n+12)an+2n易得bn+1-bn=n+12
所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=1+(32+52+…+n-12)=n2+12.
（2）把bn=n2+12代入an=2nbn得an=2n+1n2+1，
再把an+1=2n+2(n+1)2+1代入Cn=1n(n+1）an+1
得Cn=(n+1)2+1n(n+1)2n+2.
Cn= (n+1)2+1n(n+1)2n+2 =12n+2•n2+2n+2n2+n =12n+2 (1+n+2n2+n)=12n+2(1+2(n+1)-nn2+n)=12n+2(1+2n-1n+1)=12n+2+[1n•2n+1-1(n+1)2n+2]
Sn=c1+c2+…+cn=(123+124+…+12n+2)+[(11•22-12•23)+(12•23-13•24)+…+[1n•2n+2-1(n+1)2n+2]=14-12n+2+14-1(n+1)2n+1=12-n+3(n+1)2n+2
二，构造等比数列放缩
例4,已知,an=13n-2n,sn=a1+a2+a3.......+an.
求证sn<32.
联想到无穷递缩等比数列的所有项和是个常数，而其前N项和是小于这个常数的，所以我们可以构造一个无穷递缩等比数列的方法来证明。
分析,要使32= b11-q 我们取q=13 则b1=1 恰好 anbn
所以sn=a1+a2+a3……+an<32
如果我们取q=12 则b1= 34显然a1>b1所以我们要从第2项开始放大:
即要使12=b21-q 取q=12 则b2=14 当n=1时b1=1当n>1时 bn=12n+1满足anbn
所以sn=a1+a2+a3……+an
构造无穷递缩等比数列的方法证明数列不等式是通用方法,其中b1和q的取法是多样的,但是要注意始终保证anbn条件下确定是从第几项开始放大，当然有时候存在前面几项放得太大,也需要确定从第几项开始放大更恰当的问题.
例5,已知,an=13n-2n,sn=a1+a2+a3……+an.
求证sn<2920
显然直接构造13或12为公比的无穷递缩等比数列都不能达到证明的目的，考虑到a1=1,a2=15 只需证明a3+a4+a5……+an<2920-1-15= 14 因为当n＞3时 an<12n+1
所以sn=a1+a2+a3……+an<1+15+18+……+12n+1=1+15+18(1-12n-11-12)=2920-12n+1<2920
三，切线放缩法
例6,f(x)=3+x1+x2,x∈[0,3],已知数列{an}满足0
A,最大值6030B,最大值6027 C,最小值6027
D，最小值6030
解 注意到f(13)=3，f'(13)=-910,在x=13处的切线方程为y=310(11-3x),所以
3+x1+x2310(11-3x), f(an)310(11-3an)
f(a1)+f(a2)+…f(a2010)310[11×2010-3(a1+a2+…an)]=6030
四,等差等比放缩法
已知数列{an}满足an+1-and，则有ana1+(n-1)d，若sn为数列{an}的前n项和，则有snna1+n(n-1)2d .
已知数列{an}满足an+1-and，则有ana1+(n-1)d，若sn为数列{an}的前n项和，则有snna1+n(n-1)2d .
已知正数数列{an}满足an+1an q(q>0)，则有ana1qn-1，若sn为数列{an}的前n项和，则有sna1(1-qn)1-q .
已知正数数列{an}满足an+1an q(q>0)，则有ana1qn-1，若为数列{an}的前n项和，则有sna1(1-qn)1-q
例7, 已知函数f（x）=x2－4，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*），其中xn为正实数.
（Ⅰ）用xn表示xn+1；
（Ⅱ）若x1=4，记an=lgxn+2xn-2 ，证明数列{an}成等比数列，并求数列｛xn｝的通项公式；
（Ⅲ） 若x1＝4，bn＝xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明Tn<3.
解： （Ⅰ）由题可得f'(x)=2x．
所以曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是：y-f(xn)=f'(xn)(x-xn)．即y-(n2n-4)=2xn(x-xn)．
令y=0，得-(x2n-4)=2xn(xn+1-xn)．即x2n+4=2xnxn+1．显然xn≠0，∴xn+1=xn2 +2xn ．
（Ⅱ）由xn+1=xn2 +2xn，知xn+1+2=xn2 +2xn+2=（xn+2)22xn ，同理xn+1-2=（xn-2)22xn ．
故xn+1+2xn+1-2=(xn+2xn-2)2．
从而lgxn+1+2xn+1-2=2lgxn+2xn-2，即an+1=2a．所以，数列{an}成等比数列．故an=2n-1a1=2n-1lgx1+2x1-2 =2n-1lg3．
即lgxn+2xn-2=2n-1lg3．
从而xn+2xn-2=32n-1所以xn=2(32n-1+1)32n-1-1
（Ⅲ）由（Ⅱ）知xn=2(32n-1+1)32n-1-1，
∴bn=xn-2=432n-1>0.
∴bn+1bn=32n-1-132n-1=132n-1+1 <132n-11321-1=13
当n=1时，显然T1=b1=2<3．
当n>1时，bn<13 bn-1<(13 )2bn-2<…<（13 ）n-1b1
∴Tn=b1+b2+…+bn<3．
综上，Tn<3(n∈N*)．
五,倒序均值法（先倒序相加，再均值不等式）
若正数数列{an}是等差数列，则:
2(1a1+1a2+…+1an)=(1a1+1an)+(1a2+1an-1)+…+(1an+1a1)
4a1+an+4a2+an-1+…+4an+a1=4na1+an
所以1a1+1a2+…+1an2na1+an其计算过程是对数列{1an进行倒序相加，再应用均值不等式（调和平均数小于或等于算数平均数）就能得到相应的不等式.
例8.设数列{an}的前n项和为Sn,对任意n∈N*,都有an>0,且满足(a1+a2+…+an)2=a31+a32+…+.an
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)当0<λ<1时,设bn=(1-λ)(an+12),cn=λ(an+1),数列{1bncn}的前n项和为Tn,求证:Tn>9n-14n+3.
解(1):当n=1时,a1=s1=a31,
所以a1=1.
当n=2时,s2=a31+a32,
即a1+a2=a31+a32,所以a2=2.
由题知,a31+a32+…+a3n=(a1+a2+…+an)2,①
a31+a32+…+a3n+a3n-1=(a1+a2+…+an+an+1)2,②由②-①得a3n+1=(a1+a2+…+an+an+1)2-(a1+a2+…+an)2,
因为a n+1>0,
所以a2n+1=2(a1+a2+…+an)+an+1,③
a2n=2(a1+a2+…+an-1)+an(n≥2),④
由③-④得a2n+1-a2n=an+an+1,
所以an+1-an=1.
因为a2-a1=1,
所以当n≥1时都有an+1-an=1,
所以{an}是以1为首项,以1为公差的等差数列,故an=n.
(2)证明:因为bn=(1-λ)(n+12,cn=λ(n+1),
所以1bncn=4λ(1-λ)(2n+1)(2n+2)≥16(2n+1)(2n+2)=162n+1-162n+2,
所以Tn≥16[(13-14)+(15-16)+…+(12n+1-12n+2)]=16[13+14+15+…+12n+1+12n+2-2(14+16+…+12n+2)]=16(1n+2+1n+3+…+12n+2-12).
设tn=1n+2+1n+3+…+12n+2,倒序相加得
2tn=(1n+2+12n+2)+(1n+3+12n+1)+…+(12n+2+1n+2)>43n+4+43n+4+…+43n+4
所以tn>2(n+1)3n+4, 从而Tn>16[2(n+1)3n+4-12]=8n3n+4.
因为8n3n+4-9n-14n+3=(5n-4)(n-1)(3n+4)(4n+3)≥0,
所以Tn>9n-14n+3.
作者简介：袁禾英，中学高级教师， 1988年毕业于江西师范大学数学系，25年一直从事教育教学工作，具有丰富的教育教学经验。
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