1、数列与不等式证明方法归纳 共归纳了五大类，16 种放缩技巧，30 道典型例题及解析，供日后学习使用。 1、数列求和 （1）放缩成等比数列再求和 （2）放缩成差比数列再错位相减求和 （3）放缩成可裂项相消再求和 （4）数列和比大小可比较单项 2、公式、定理 （1）利用均值不等式 （2）利用二项式定理 （3）利用不动点定理 （4）利用二次函数性质 3、累加、累乘 （1）累加法 （2）利用类等比数列累乘 4、证明不等式常用方法 （1）反证法 （2）数学归纳法及利用数学归纳法结论 5、其它方法 （1）构造新数列 （2）看到“指数的指数”取对数 （3）将递推等式化为递推不等式 （4）符号不同分项放缩 一
2、、数列求和 （1）放缩成等比数列再求和 典例 1已知数列 ， ， ， 。na01a)(1*221Nnan （）求证：当 时： ；*N1n （）记 ，求证)1()(1)1(1 22 nn aaaaT 。)(3*Nn 解析（）令 ，得 （*） ；1n12a 又 ， ，两式相减得 ，212nna21nn 011nnaa 即 与 同号（*） ；n11n 由（*） 、 （*）得 ；1na （）令 ，得 ；n252 由（）得 单调递减，即 ；na312an 所以 ；1222 )()1(nnT 即 。321)3(231)3()(3112 nnnn 典例 2已知数列 满足 ， 。na51 *1,Nnan （）
3、求 的通项公式；na1 （）设 的前 项和为 ，求证： 。nnS58n 解析（）由 得 ，即 ；nna321 2131na)1(231nna 所以 是公比为 的等比数列，首项为 ，所以 ，即 ；1na2323nna)23(11)23(na （）由（）得 ；1342nna)3(21)( 所以 321 )(78452)3()(3145421 nnnnaS 6.1890.98)3(9845 n 典例 3设数列 满足 ， 。na1)(*Nnan （）证明： ；)(232*n （）求正整数 ，使 最小。ma2017 解析（）因为 ，且 ，即数列2221 1)(nnnn a 011nna 递增，所以 ，则
4、 ，累加得na1an 321na ，即 ，即 ；221)(3)(2 2312n （）由（）得 ，且2211nnaa ；4)1(212212 nnnn aaa 累加得 212201526201672017 )()()( a )411(40311206 2262 naa ；3.40)(34n 即 ，所以 ；.02017a 640925.403.6017a 所以正整数 ，使得 最小。64mma2017 （2）放缩成差比数列再错位相减求和 典例 1已知数列 满足： ， ，求证：na1)()2(*Nnaan 。1123na 解析因为 ，所以 与 同号；nna)(11na 又因为 ，所以 ，即 ，即 ，所
5、以数列 为01a0n 021nn na1na 递增数列，所以 ，即 ；1aa 累加得： ；121nn 令 ，所以 ，两式相减得：12nnS nnS2123 ，所以 ，所以 ；nn 1132 1nn 123nna 故得 。11nna 典例 2已知数列 与其前 项和 满足 。nnS)2(1)(1aSan （）求数列 的通项公式；na （）证明： 。)(31*Nnakn 解析（）设 公差为 ，所以 ，解得 ，所以 ；nd2)31()7(1d1na 因为 ，所以 ，两式相减得 ；)(1(nbaS nnbaSnb 将 代入原等式，解得 ，所以 ；a1n （）由（）得 ， ，所以 （糖水原理） ；nnbn
6、nnb211 所以 ，有错位相减法得 ，所nknkba211 k n2 21)(3 以 ， 。312nknk *Nn （3）放缩成可裂项相消再求和 典例 1已知 。求证： 。)(12*nan )(312*321 Nnaan 解析即证 ；)2()2()( 131 na 因为 ；)(111nna 所以 ； )1212(31321 nna 即证 ； )2(13n 记 ，下证 ；1 nb3)(21nb 因为 ；12)12()12(12 nnnnnb 所以 )3()( 1433221 nnnb ，即原不等式成立。 1)3(1n 典例 2已知数列 满足 ， 。na21 )(1(*1NnSann （）求证：
7、 是等比数列；n （）求证： 。161321naa 解析（）因为 ， ，两式相减得 ；)(1Snn )1(2nSn 231na 所以 ， 是公比为 3 的等比数列；3 1nana （）由（）得 ；1 n 因为 ；)13(2 1)3()3(3111 nnnnnnna 所以 )1(28 14321 nnna 165)38(5n 典例 3设 是数列 前 项之积，满足 ， 。nMna1naM*N （）求数列 的通项公式；n （）设 ，求证： 。221nnMS 3115naS 解析（）因为 ，所以 ，即 ，所以 是nana1nMn1 公差为 1 的等差数列，首项为 2，所以 ，即 ，所以1n ；nMan
8、 （）设 ，因为1aST ，即 是递增数列，所以0)21(2)(21 nnnn nT ，即不等式左端成立；1531Tn 又因为 122TTnnn 2543)(1)()1( 222 1)(43()1(4322 nn 25)(1()51 1)1543(21342( nn ，即不等式右端成立；321)()1 n 综上， 。325T （4）数列和比大小可比较单项 典例 1已知数列 满足 ， 。na521*1,3Nnan （）求 的通项公式；na1 （）设 的前 项和为 ，求证： 。nnSnn)32(156 解析（）由 得 ，即 ；nna321 21na)1(21nna 所以 是公比为 的等比数列，首项
9、为 ，所以 ，即 ；na23nn)3(1)23(n （）设 为数列 的前 项和， ；nTnb 321)(5)3(156nnnT 所以 ，要证 ，只需证 ，即 ；1)32(5nnbnSnba1)()2(nn 即 ，显然成立；)(1n 所以 ，从而 。nbannTS)32(156 典例 2已知 ，圆 ： 与 轴正半轴的焦点为 ，与曲线*NnC)0(22nRyxyP 的交点为 ，直线 与 轴的交点为 。对 ，证明：xy),1(QP),(naA*N （） ；21na （）若 ， ，则 。inS1niT12357nTS 解析（）由点 在曲线 上可得 ，又点在圆 上，则Nxy)1,(nNnC ， ，从而
10、的方程为 ，由点221)1(nRnnRM1nRyax 在 上得： ，将 代入化简得),(NM1nnan ，则 ；na1 211nn a （）原不等式化为 ，将不等式左右两端分别看成数列 、nTSTnn23257nb 的前 项和，则只需证 ，即 ；nccab2357na 因为 ，故 ，所以有04)1()2(2xx 21x ；nn cnna 32 又因为当 时，有 ，即 ，10x0x 0)32()12()(2( xxx 即 ，即 ；因为1)1)2()(212 ，所以 ，所以有 ；n0n nnan 572 综上， ，即nncab2357nTS 二、公式、定理 （1）利用均值不等式 典例数列 定义如下
11、： ， 。证明：na21a121nna （） ；na1 （） ；nn21 （） 。121nnaa 解析（）由 ， ，得 ；0)(21 nnn 1ana1 （）因为 ，所以 ，)(1nnanna1 累乘得 ；nnna 21111 )( （）先证 ；21na 由 ，得 ，即 ；)(1nna nnnn aa1)(11 1nna 累加得 ，即不等式左端成立1112 aaann 再证 ；nn21 因为 ，所以只需证 ，即 ；121 nnaa nna11 na1 因为 ，即 ；nnaan 12121 nn1 所以 ，即不等式右端成立；nn121 综上， 。1112nnaa （2）利用二项式定理 典例已知数
12、列 满足： ， 。na1)2(132nan （）求数列 的通项公式；n （）设 ， ，证明： 。*Nm2mnamn1)()21(2 解析（）设 即 与)(31xxann 123nnca 比较系数得 ，即 又123naca(2)(1n ，故 是首项为 公比为 的等比数列，故 ；1na3nna23 （）即证 ，当 时显然成立。易验证当且仅当mm n1)()232n 时，等号成立； 设 下面先研究其单调性；)1()23nbmn 当 时， ； )1()231()11 nmnbmn 所以 ，所以 ；即数列 是34)(3)()23(11 mmn 1nbnb 递减数列； 因为 ，故只须证 ，即证 ；2nb1
13、2m1)(2 因为 故上不等式成立；49251)( 2Cmm 综上，原不等式成立。 （3）利用不动点定理求数列通项 典例 1已知函数 ，数列 满足 ， ，4716)(xfnba, 0,1b)(1nnaf ， 。)(1nnbf*N （）求 的取值范围，使对任意的正整数 ，都有 ；1anna1 （）若 ， ，求证： ，3141b180nnab*N 解析（）因为 （*） ，即 ，解得761nnna 0724na ，所以 ；下证： 时，恒有 。270na201201an1 因为 ，且 ，即 与 同号，所以174671 nnn aa271nna 恒有 ，由（*）得 ；20na1 综上， ；71 （）由不
14、动点定点得 与 均是以 为公比的等比数列； 21a71b91 所以 ， ，所以 ，即不等式左端成立；)9(714nna2)9(4nn 0nab 又因为 nnnnnnnab )91(7)91()91(7)91()()(11 819)718(9)718(91)(718(9)(719 nnn ；累乘得 ，即不等式右端成立；11)88nnnabab 综上， (0*1Nnn 典例 2已知函数 ，数列 满足 ， ， 。54)xfna1)(nnaf*N （）求 的实数解；0(xf （）是否存在实数 ，使得 对所有的 都成立？证明你的结论；c122nnac*N （）设数列 的前 项和为 ，证明： 。nanS4
15、Sn 解析（） ， ；41x12 （）由（）及不动点定理得 是以 为首项， 为公比的等比数列； 4na20316 所以 ，显然 ，所以 取奇数时有 ， 取偶数时有203)16(4nna0na4na ，即存在实数 ，使得 对所有的 都成立；4c122nnc*N （）由（）得 ；453)16(7nna 先证 ；41nS 只需证 （ 为奇数） ，即 ，即21an 21453)16(4753)16(47nn ；2153)6(453)16(4nn 因为 为奇数，上述不等式化为 ；2153)6(4)1(nn 因为 ；21)6(18)()(53)6(453)16(4 2 nnnnn 所以， 成立，即不等式左
16、端成立；Sn 再证 ；1n 只需证 ，由（）得 为偶数时， ，成立；)(*Nann14na 为奇数时， ，即 为奇数时， 成立；1322 ann na 所以， 成立，即不等式右端成立；1S 综上， 。)(4*Nn （4）利用二次函数性质 典例在正项数列 中， ， ， 为 的前 项和，且na)0(1t312anSa2341SSnn （）比较 与 的大小；2016a2017 （）令 ，数列 的前 项和为 。121nnbnb42tTn 解析（）令 ，则有 ，所以062016272015634SS ，即 ，所以 ；2016201720156)(3SS 2016272016a201720163a （）
17、， ，221121 94)(nnnn aaab )(221naaT 所以 ， ，)3(nta29t 。2212 41 )()()91( tttTnnn 三、累加、累乘 （1）累加法 典例 1已知数列 ， ， ， 。na01a)(1*221Nnan （）求证：当 时： ；*N1n （）记 ，求证： 。nnaS21 )(2*nSn 解析（）令 ，得 （*） ；12 又 ， ，两式相减得 ，212nnaa21nna 011nnaa 即 与 同号（*） ；n11n 由（*） 、 （*）得 ；1na （）因为 ，所以累加得211nn ；即 ，即 。)()()( 221 naa 2nS)(2*NnSn 典
18、例 2已知 ，数列 的首项 ， 。xf2n1)(nnaf （）求证： ；na1 （）求证： ， 。2121na *,Nn 解析（） ，所以 ；221 nnnaa 01na 因为 ，所以 ，所以 ；21a021n n1 （）由递推关系可得 ， ；1a432 所以 （*） ； 1267411 22 aan 又 ，得 ，即 ； nn21 )(1nna 11nna 所以 （*） ； 211 113221 nnnaa 结合（*） 、 （*） ，得 ， 。2112naa *,Nn 典例 3已知数列 满足 = 且 = - （ ）n11n2n* （）证明：1 （ ） ；12na*N （）设数列 的前 项和为
19、，证明 （ ）.2nanS112()2()nSn*N 解析（）因为 ，所以 ，即数列 递减，所以021nnana1n ；又因为 ，即 与 同号，所以 ；21an )(n )(0* 所以 ，即 ；11na)(2*1Nan （）因为 ，累加得 ；12nna 11nnnaS 原不等式化为 ，即 ，即)1(21)2(nan 21)(na ，即 ；12anan 因为 ，即 ；)1(21nnna 11nna 又因为 ，所以 ，即 ，0n 2na21n 累加得 ，12211aannn 所以 ，即 ，所以 。)()(11n n)1(2)(21nS （2）利用类等比数列累乘 典例 1设 ，给定数列 ，其中 ，
20、， 。求证：3anaa1)1(21nna*N 。12nna 解析因为 ，所以 ；)1(2)1( 21 nnn aa 21)(21nna 累乘得， ，即 。112nnxa *1Nnn 典例 2已知数列 满足： ，且 ，设n,01a321nna 。1)(nab （）比较 和 的大小；211 （）求证： ；121nab （）设 为数列 的前 项和，求证： 。nTnb52aTn 解析（）因为 ，所以03121123122121 aaaa ；121a （）因为 ，所以 ，即 ；0n 41)2(21 nnnaa nna1 因为 ， ，所以 ，na2321nn nnnnab 2121)()( 即 ；故 ；2
21、1nb 1123121 nnnaaab （）由（）中 可知，nn41 2163)(6nnnn a ，且 ，所以 ；)3)(4(11nnnaa 04311nnna2nb 又因为 ，所以 ，累乘得 ；所以nn1 2216nn 2126n ，516 )(3)(3)(63 22212121221 aaaaaT nnnn 即原不等式成立。 典例 3已知函数 ，数列 ( 0) 的第一项 1，以后各项按如下方23)(xfnxnx 式取定：曲线 在 处的切线与经过y)(,1nf （0，0）和（ ）两点的直线平行（如图）求证：当)(,nxf 时，*N （） ；1223nnxx （） 。21)()(n 解析 （
22、）证明：因为 所以曲线 在 处的切线斜23,fx()yfx1,()nfx 率 123.nkx 因为过 和 两点的直线斜率是 所以 .(0,),()nf 2,nx22113nnnxx （）因为函数 当 时单调递增；2hx0x 而 ；22113nnnx214n211()nnx 所以 ，即 因此1n1,nx112().nnxx 又因为 令 则122(),nnxx2,nny1.2y 因为 所以 因此211,y1()().2nn 21(),nnx 故 2()().nnx 典例 4设数列 满足 ， ，其中 。证明：na01*31,Nncan 310c （） ；)()3*Ncn （） 。cnaa312221
23、 解析（）因为 ，所以 与 同号，)1)()(21 nnnn ac 1nan 因为 ，所以 ；所以 ，10a)(*Nnacacann3)1(12 累乘得 ，即 ；1)3()(nnnc)()3*1Nn （）由（）得 ；所以12129nna122212221 )9()(9)3()(3 nnn cccca ，即原不等131)(32 cnn 式成立。 四、证明不等式常用方法 （1）反证法 典例 1设 ，给定数列 ，其中 ， ， 。求证：2anaa1)1(21nna*N （） ， ；1n*N （）如果 ，那么当 时，必有 。3a34lg a31n 解析（）用数学归纳法可证 ；2na 因为 ，所以 ；1)
24、(1)(1)(21 nnna na1 即 ；*1,Nn （）反证法：若当 时，有 ；34lg a31n 因为 ， ，且由（）得 单调递减；a1 43)1(2)1(21 nnana 所以 ，即 ，与假设矛盾，所以当 时，必有 。nna)43(134lg34lg31na 典例 2已知数列 的各项均为非负数，其前 项和为 ，且对任意的 ，都有n nnS*N ，且 。求证： 。21na1nS)1(201an 解析先用反证法证明 ；1na 若当且仅当 时，有 ；knk1 令 ，则有 ，因而与 矛盾，假设不成立；112ka21kka 若当 时，有 ；)(,*Nmknn1 令 ，则有 ，再令 ，则有 ，因而
25、与kka1mk12mkka 矛盾，假设不成立；21mkmka 若当 时有 ，则 ，且,nna1 121 )(kknkk aSaaS 由题意得 ，当 时， ，因而与 矛盾，假设不成立；01kan1 结合上述得，假设不成立，原命题成立，即 ；)(0*1Nnan 再用反证法证明 ；)1(21nan 若存在 时，有 ，即 ；k)(1kk )1(2)1(2kakak 由题意得， ，所以 ；21nnaa )1(21321 kaak 累加得 ；)()()(2kmkkmk 所以 )1(2)1(2)(21 kkkaSk 2)()1()( kk 当 时，有 ，因而与 矛盾；nknSnS 假设不成立，原命题成立，即
26、 ；)()12*1Nan 综上， 。)()20*1Nan （2）数学归纳法及利用数学归纳法结论 典例设数列 满足 ， ，证明对 ：na31)(1*21Nnan *n （） ；2n （） 。2112naa 解析（）数学归纳法： 令 ， ，命题成立；1n23a 假设 时，命题成立，即 ；k2ka 令 ， 成立；1n 31)2(1)(12 kaakkkk 由得， ；)(2*Nnan （）由（）中数学归纳法中间步骤得 ，即 ；所以121kka21k 21)()(11 11122 aaaa nnn 五、其它方法 （1）构造新数列 典例设数列 满足 ， 为 的前 项和。证明：对na)(1*21Nnan n
27、Sa ，*Nn （）当 时， ；10a10na （）当 时， ；11)(n （）当 时， 。21anS 解析（）由于 （*） ；043)21(21 nnnaa 又由于 ，即 ，即 与 同号，且 ，)(1nna1 nn 1nan01a 所以 （*） ；n 结合（*） 、 （*） ，得 时，有 ；10a10na （）因为 ，且 ，所以 ，即 是单调递增数列； 21)(nn1na1n 由（）得 ；1 1aann 所以 ； 1112112211 )()()( nnnnn aaaaa （）由（）得， ，所以 ，所以 ，1,0211,0n nnaSn2)1( 即不等式右端成立； 令 ，由（） （）得 ；n
28、nab1 )( *1Nbn 由 ，可得 ； 21nn 12nn 从而 ；2 1)()()( 11321221 bbbbb nnn 又 ，故 ，即 ； 221n 2n )(2*Nn 注意到 ；)1(12nnb 故 ；nnn 2)()2()0(21 即 ，即 ，即不等式左端成立；SnnSn 综上，当 时，有 。2 1an2 （2）看到“指数的指数”取对数 典例已知数列 满足： ， 。证明：na231)(*21Nnan 。1122n 解析先证 ；12na 因为 ；2221 )1()1(nnnn aa 两边取以 2 为底的对数，得 ，即 ；)21(log)21(log2nnaa 2)1(log2na
29、累乘得 ，所以 ，即不等式左端成立；11212 )(l)(lognnna 12n 再证 ；123nn 因为 ，所以 ；021nna2311an 所以 ，即 ；2221 nnn 21)(nn 两边取以 3 为底的对数，得 ，即 ；nnaaloglog313log31na 累乘得 ，所以 ，即不等式右端成立；13132l2lognna 12nn 综上， 。)(*211 Nnnn （3）将递推等式化为递推不等式 典例 1已知数列 满足： ， 。na21)(06*2Nnaan （）求证： ；n1 （）求证： ；2017a （）若 ，求正整数 的最小值。nk 解析（）由于 ，且 ，所以 ；20161nn
30、a 021na1 （）由（）得 ，所以 ，即 ；1nannnaa201621 2016n 累加得 ，所以 ，即 ，即 ；20161an2017a1207a2017a （） 取最小值时，有 ， ；k1kk 所以 ，即 ；111 2 20670606kkkk aaa kka20176 所以 ，即 ；111 217 kkkkkk 20171ka 累加得 ，所以 ，即 ，即 ；2011ak 2018a1208a2018 由（）得， ，所以当 时，有 ，所以 最小值为 2018。2017k20182017k 典例 2已知数列 满足： ， 。证明：na1)()*2Nnan （） ；21)(an （） 。n
31、32 解析（）因为 ，所以 ；0)1(21ann 11an 所以 ；22121 )()()(ann （）先证 ；n 因为 ，所以 ；2121 )()(nanan 21)(nan 累加得 ；所以22131an nnn 1)312(1)(31()2(2 即 ，不等式右端成立；a 再证 ；3)1(2n 因为 ，所以 ；12)1(21 nan 2)1(na 所以 ，所以 ；)2()(121 aannnn )2(1nan 累加得 )43()1(431 ann 即 ，即 ，所以 ，即不等式左端21n )(21an )1(2na 成立； 综上， 。nn3)( （4）符号不同分项放缩 典例已知数列 中的相邻两
32、项 是关于 的方程na21ka， x 的两个根，且 2(3)20kkxxA2(13)kka ， ， ， （）求数列 的前 项和 ；na2nS （）记 ， ，求sin1()32f(2)(3)(4)(1)145621fff fnnTaaa 证： 5)64nT*N 解析（） ， ， ；02(3kxkx31k2 所以 ；)4();,(12kknakn ；2)1(2323963( 32 nnnS （）由（）得 ；ann121 先证 ；245nT 因为 ， ， ；)(f2)3(f1)4(f 所以 nn aaaT2187654321 n3643 )2121(34654n ；215)121(2453 nn 再证 ；6nTnn aaa21876543211 )21(366 43232 nn ；611)21(1 2223 nn 综上 。)(24561*NnT
