三类分式型数列和式不等式的放缩策略

聂文喜

数列和式不等式证明问题是高中数学永恒的话题，也是每年高考必考的热门考点，因此怎样证明数列和式不等式是师生们非常关注和必须解决的问题，也是学生必备的解题技巧，证明数列和式不等式的基本策略是放缩，因此如何放缩成为能否成功证明数列不等式的关键，下面以近几年高考题为例谈谈三类常见的分式型数列和式不等式放缩策略.1分母是一次型

例1（2015年高考广东卷理科第21题第（3）问改编）已知n∈N+且n≥2，求证：12+13+…+1n

解令f（x）=1x，（x>0），则f（x）在（0，+∞）

内单调递减，如图1，由定积分的几何意义知

每个小曲边梯形的面积大于对应的矩形的面积，

即∫k+1kf（x）dx>f（k+1），即ln（k+1）-lnk>1k+1，

再令k=1，2，…，n-1，然后累加即得

12+13+14+…+1n

点评由于定积分概念的形成过程是以矩形的面积来逼近曲边梯形的面积，此时取区间的左端点还是右端点的函数值决定这些小矩形的面积是“大于”还是“小于”其本来曲边梯形的面积，利用这个性质来证明与“和式”相关的数列不等式特别有效、简捷，让人赏心悦目.

例2（2013年高考大纲版全国卷理科第22题第（2）问）设数列{an}的通项an=1+12+…+1n，证明：a2n-an+14n>ln2.

证明a2n-an+14n>ln2

1n+1+1n+2+…+1n+n+14n>ln2

1n+1n+1+…+12n-1>ln2+14n.

设g（x）=1x，如图2，Sk=1k=1×g（k）表示

矩形ABCD的面积，其中A（k，0），B（k+1，0），C（k+1，g（k）），D（k，g（k）），E（k+1，g（k+1）），Sk′=∫k+1kg（x）dx表示曲边梯形ABED的面积，

由于函数g（x）=1x在（0，+∞）上是下凸函数，所以矩形ABCD的面积大于对应曲边梯形ABED的面积与右上角的小直角三角形CDE的面积之和，即Sk>Sk′+12×1×g（k）-g（k+1），即1k>∫k+1k1xdx+12（1k-1k+1）.

令k=n，n+1，…，2n-1，并相加得1n+1n+1+…+12n-1>

∫2nn1xdx+12（1n-12n）=（lnx）2n

n+14n=ln2+14n.

所以，原不等式成立.

例3（2012年高考天津卷理科第21题第（3）问）证明：∑ni=122i-1-ln（2n+1）<2（n∈N+）.

证明当n=1时，不等式左边=2-ln3<2=右边，所以原不等式成立.

当n≥2时，原不等式等价为∑ni=222i-1

设f（x）=22x-1，如图3，

Si=22i-1=1×f（i）表示矩形ABCD的

面积，其中A（i，0），B（i-1，0），C（i-1，f（i）），

D（i，f（i）），E（i-1，f（i-1））.

Si′=∫ii-1f（x）dx表示曲边梯形ABED的面积，因为f（x）为减函数，所以Si

∑ni=222i-1<∫n122x-1dx=ln（2x-1）n1=ln（2n-1）-ln1=ln（2n-1）

所以原不等式成立.

例4（2010年高考湖北卷理科第21题第（3）问）证明：1+12+13+……1n>ln（n+1）+n2（n+1）（n≥1）.

设f（x）=1x，如图4，Sk=1k=1×f（k）表示矩形ABCD的面积，其中A（k+1，0），B（k，0），C（k+1，f（k）），D（k，f（k）），E（k+1，f（k+1）），

Sk′=∫k+1kf（x）dx表示曲边梯形ABDE的面积，

由于函数f（x）=1x在（0，+∞）上是下凸函数，

所以矩形ABCD的面积大于对应曲边梯形

ABDE的面积与右上角的小直角三角形CDE

的面积之和，即Sk>Sk′+12×1×f（k）-f（k+1），

令k=1，2，…，n，并相加得

11+12+…+1n>∫n+111xdx+12（1-1n+1）

=（lnx）n+1

1+n2（n+1）=ln（n+1）+n2（n+1），

故原不等式成立.2分母是二次型

例5（2014年高考广东卷文19（3））已知an=2n，证明：对一切正整数n，有1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）<13.

分析因为1an（an+1）=12n（2n+1），构造公差为2的等差数列{bn}，使12n（2n+1）<1bnbn+1=12（1bn-1bn+1），

则1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）

<12（1b1-1b2）+（1b2-1b3）+…+（1bn-1bn+1）=12（1b1-1bn+1）<12b1=13，只须取b1=32即可.

证明令bn=32+（n-1）×2=2n-12，则bn+1=2n+32，bnbn+1=4n2+2n-34，

因为2n（2n+1）=4n2+2n>4n2+2n-34=bnbn+1，

所以1an（an+1）=12n（2n+1）<1bnbn+1=12（1bn-1bn+1），

所以1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）

<1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1=12（1b1-1b2）+（1b2-1b3）+…+（1bn-1bn+1）

=12（1b1-1bn+1）<12b1=13.

例6（2008年高考辽宁卷）已知an=n（n+1），bn=（n+1）2，证明：1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn<512.

分析因为1an+bn=1（n+1）（2n+1）=2（2n+1）（2n+2），构造公差为2的等差数列{bn}，使2（2n+1）（2n+2）<2bnbn+1=1bn-1bn+1，

则1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn

<（1b1-1b2）+（1b2-1b3）+…+（1bn-1bn+1）=1b1-1bn+1<1b1=512，只须取b1=125即可.

证明令bn=125+（n-1）×2=2n+25，

则bn+1=2n+125，bnbn+1=4n2+28n5+2425<4n2+6n+2=（2n+2）（2n+1），

所以2（2n+1）（2n+2）<2bnbn+1=1bn-1bn+1，

所以1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn

<（1b1-1b2）+（1b2-1b3）+…+（1bn-1bn+1）=1b1-1bn+1<1b1=512.

例7（2013年高考广东卷理19（3））已知an=n2，证明对一切正整数n，有1a1+1a2+…+1an<74.

分析当n=1时，不等式显然成立，当n≥2时，问题等价于1a2+1a3…+1an<34.

因为1an=1n2=1n×n，构造公差为1的等差数列{bn}，使1n×n<1bnbn+1=1bn-1bn+1，则1a2+1a3…+1an

<（1b2-1b3）+（1b3-1b4）+…+（1bn-1bn+1）=1b2-1bn+1<1b2=34，只须取b2=43即可.

证明当n=1时，不等式显然成立，

当n≥2时，令bn=43+（n-2）×1=n-23，

则bn+1=n+13，bnbn+1=n2-n3-29

所以1a2+1a3+…+1an

<（1b2-1b3）+（1b3-1b4）+…+（1bn-1bn+1）=1b2-1bn+1<1b2=34.3分母是指数型

例8（2014年高考全国卷Ⅱ理17（2））已知an=3n-12，证明：1a1+1a2+…+1an<32.

要证的不等式中，左边是n项的和，而右边仅是一个常数32，这样不等式左右两边的结构不和谐，不利于问题的解决，为了解决问题，要么左边能够直接求和（显然左边不能直接求和），要么右边的常数32能够分解为一个数列的前n项和，那右边能分解为一个数列的前n项和的形式吗？

容易想到的是等比数列前n项和，即考虑构造一个公比为q的等比数列{bn}，其前n项和为Tn=b1（1-qn）1-q，希望得到1a1+1a2+…+1an≤b1（1-qn）1-q

所以令b11-q=32，b1=1a1=1，则q=13，bn=（13）n-1，

因此只须证明1an≤bn，即23n-1≤（13）n-1，只须证明2·3n-1≤3n-1，即3n-1≥1，

而3n-1≥1显然成立，所以1an≤13n-1，

所以1a1+1a2+…+1an≤1+13+…+（13）n-1=1-（13）n1-13<32.

例9（2012年高考广东卷理19（3））已知an=3n-2n，证明：对一切正整数n，1a1+1a2+…+1an<32.

分析因为1an=13n-2n，构造公比为13的等比数列{bn}，使1an=13n-2n≤bn，则1a1+1a2+…+1an

证明令bn=（13）n-1，则1an-bn=13n-2n-（13）n-1=2（2n-1-3n-1）3n-1（3n-2n）≤0，

所以1an≤（13）n-1，所以1a1+1a2+…+1an≤1+13+…+（13）n-1=1-（13）n1-13<32.