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2
视角 1、常见裂项放缩 27 技巧
（一）含负数幂型裂项放缩
（1） ；
（2） ；
（3） ；
（4）
注：凡是分母上是某个等差数列相邻或相隔固定项相乘的形式都可以进行裂项，在此基础上放大或缩小，
便可达到放缩的效果.（二）含根式型裂项放缩
（5） ；
（6） ；
综合（5）（6），则
（7） ；
（8）
（9）
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（10）
；
（11）
；（12）
（三）含指数型裂项放缩
（13）
（14）
（15） ；
（16） ．
（17） （推导 ）
（18） ；
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（四）含阶乘型裂项
（19）
（20）
（五）含组合数、二项式定理型裂项放缩
（21）
（22） ；（事实上 存在极限，极限值为自然数 ）
（23） （ 是二项式 展开的第
项）；
（24）由于 ，
于是
（25） ， ；
（26） ，
（27）糖水不等式
若 ，则 ；若 ，则 ．
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【例1】(1)求 的值; (2)求证: .
【解析】
2 2 1 1 n 2 1 2n
(1)因为 = = − ,所以∑ =1− =
4n2 −1 (2n−1)(2n+1) 2n−1 2n+1 4k2 −1 2n+1 2n+1
k=1
(2)因为 1 1 4 1 1 ,
< = =2 −
n2 1 4n2 −1 2n−1 2n+1
n2 −
4
所以∑ n 1
<1+2
1
−
1
+3+
1
−
1
<1+
2
=
5
k2 3 5 2n−1 2n+1 3 3
k=1
【例2】 (1)求证:
(2)求证:
(3)求证:
(4) 求证：
【证明】
1 1 1 1 1
(1) 因为 > = − ,
(2n −1)2 (2n −1)(2n +1) 22n −1 2n +1
n 1 1 1 1 1 1 1
所以∑ >1+ ( − )>1+ ( − )
(2i −1)2 2 3 2n +1 2 3 2n −1
i=1
(2)1
+
1
+
1
+3+
1
=
1
(1+
1
+3+
1
)<
1
(1+1−
1
)
4 16 36 4n2 4 22 n2 4 n
1⋅3⋅5⋅⋅(2n −1) 1
(3)先运用分式放缩法证明出 < ,
2⋅4⋅6⋅⋅2n 2n +1
1
再结合 < n +2 − n 进行裂项,最后得到答案
n +2
1 1 1
首先 1 >2( n+1− n)= 2 ,所以容易经过裂项得到2( n+1−1)<1+ + +3+
n n+1+ n 2 3 n
再证 1 2 2 2 而由均值不等式知道这是显然成立的，
< 2( 2n+1− 2n−1)= =
n 2n+1+ 2n−1 1 1
n+ + n−
2 2
1 1 1
所以1+ + +3+ < 2( 2n+1−1)
2 3 n
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【例3】 求证:
【证明】
一方面: 因为 1 < 1 = 4 =2 1 − 1 ,
n2 1 4n2 −1 2n−1 2n+1
n2 −
4
n 1 1 1 1 1 2 5
所以∑ <1+2 − +3+ − <1+ =
k2 3 5 2n−1 2n+1 3 3
k=1
另一方面: 1 1 1 1 1 1 1 n
1+ + +3+ >1+ + +3+ =1− =
4 9 n2 2×3 3×4 n(n+1) n+1 n+1
当n≥3时, n > 6n ,当n=1时, 6n =1+ 1 + 1 +3+ 1 ,
n+1 (n+1)(2n+1) (n+1)(2n+1) 4 9 n2
当n=2时, 6n
<1+
1
+
1
+3+
1 ,
(n+1)(2n+1) 4 9 n2
所以综上有 6n 1 1 1 5
≤1+ + +3+ <
(n+1)(2n+1) 4 9 n2 3
【例4】 已知 ,求证: .
【证明】
首先可以证明:(1+x)n ≥1+nx
n
nm+1 =nm+1−(n−1)m+1+(n−1)m+1−(n−2)m+1+3+1m+1−0=∑[km+1−(k−1)m+1]所以要证
k=1
nm+1 < (m+1)S < (n+1)m+1 −1 只 要 证 :
n
n n n 故 只 要
∑[km+1−(k−1)m+1]<(m+1)∑km <(n+1)m+1−1=(n+1)m+1−nm+1+nm+1−(n−1)m+1+3+2m+1−1m+1 =∑[(k+1)m+1−km+1]
k=1 k=1 k=1
证 n n n ,
∑[km+1−(k−1)m+1]<(m+1)∑km <∑[(k+1)m+1−km+1]
k=1 k=1 k=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.
k k k k
【例5】已知 , ,求证: .
【证明】
4(1−4n) 2(1−2n)
4
T = 41 +42 +43 ++4n −(21 +22 ++2n)= − = (4n −1)+2(1−2n)
n 1−4 1−2 3
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所以
2n 2n 2n 3⋅2n 3 2n
T = = = = = ⋅
n 4 (4n −1)+2(1−2n) 4n+1 − 4 +2−2n+1 4n+1 + 2 −2n+1 4n+1 −3⋅2n+1 +2 2 2⋅(2n)2 −3⋅2n +1
3 3 3 3 3
3 2n 3 1 1
= ⋅ = −
2 (2⋅2n −1)(2n −1) 2 2n −1 2n+1 −1
3 1 1 1 1 1 3
从而T +T +T +3+T = 1− + − +3+ − <
1 2 3 n 2 3 3 7 2n −1 2n+1−1 2
【例6】已知 , ,
求证:
【证明】
1 1 1 1 1 2
= = > = = ,
4 x x 4 (2n−1)(2n+1) 4 4n2 −1 4 4n2 2⋅ n 2 n
2n 2n+1
因为2 n< n+ n+1,所以 1 2 2
> > = 2( n+1− n)
4 x x 2 n n+ n+1
2n 2n+1
1 1 1
所以 + +3+ > 2( n+1−1)(n∈N*)
4 x ⋅x 4 x ⋅x 4 x x
2 3 4 5 2n 2n+1
【例7】（2022·天津市新华中学高三阶段练习）已知 为数列 的前 项和，且 ，数列
前 项和为 ，且 ， .
(1)求 和 的通项公式；
(2)设 ，设数列 的前 项和为 ，求 ；
(3)证明： .
【解析】
n(n+1)
（1）由S = ，
n 2
当n=1时，a =S =1，
1 1
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n(n+1) n(n−1)
当n≥2时，a =S −S = − =n，
n n n−1 2 2
检验n=1时，a =1=S ，所以a =n；
1 1 n
因为b =T +2，b =T +2（n≥2），
n+1 n n n−1
b
所以b −b =T −T =b ，即 n+1 =2（n≥2），
n+1 n n n−1 n b
n
b
而b =2,b =T +2=b +2=4，故 2 =2满足上式，
1 2 1 1 b
1
所以 {b } 是以b =2，公比等于2的等比数列，即b =2n；
n 1 n
（2）因为c =(−1)na2=(−1)nn2，所以c +c =−(2n−1)2 +(2n)2 =4n−1，
n n 2n−1 2n
所以P =c +c +c +c +3+c +c
2n 1 2 3 4 2n−1 2n
n(3+4n−1)
=3+7+⋅⋅⋅+4n−1= =2n2+n；
2
a2+1 n2+1 n2+1
（3）因为 n = < ，
(a2−1)b ( n2−1 ) 2n+1 n(n−1)2n+1
n n+1
n2+1 n2−n+n+1 1 n+1 1 1 1
= = + = + − .
n(n−1)⋅2n+1 n(n−1)⋅2n+1 2n+1 n(n−1)⋅2n+1 2n+1 (n−1)⋅2n n⋅2n+1
n a2+1 n a2+1
所以
∑
( a2−
i
1 ) b
<∑
a(a
i
−1)b ，
i=2 i i+1 i=2 i i i+1
n a2+1 n 1 1 1
∑ i =∑ + −
i=2 a i (a i −1)b i+1 i=2 2i+1 (i−1)⋅2i i⋅2i+1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
= + +⋅⋅⋅+ + − + − +⋅⋅⋅+ −
23 24 2n+1 22 2×23 2×23 3×24 (n−1)⋅2n n⋅2n+1
1 1
1−
8 2n−1 1 1 1 1 1
= + − = − − ，
1 4 n⋅2n+1 2 2n+1 n⋅2n+1
1−
2
1 1 1 1 1 1
因为 >0， >0，所以 − − < ，
2n+1 n⋅2n+1 2 2n+1 n⋅2n+1 2
即 ∑ n a(a a i − 2+ 1 1 )b < 1 2 ，即证： ∑ n ( a2 a − i 2 1 + ) 1 b < 1 2 ；
i=2 i i i+1 i=2 i i+1
综上，a =n，b =2n，P =2n2+n .
n n 2n
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【例8】（2022·山东·济宁市育才中学高三开学考试）已知数列{an}的前n项和为Sn，且
，a＝1．
1
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 ，数列{bn}的前n项和为Tn，证明 ．
【解析】
（1）因为4S =(2n−1)a +1，所以4S =(2n−3)a +1(n≥2) .
n n+1 n−1 n
两式相减，得4a =(2n−1)a −(2n−3)a (n≥2) ，
n n+1 n
a 2n+1
即 (2n+1)a =(2n−1)a 所以当n≥2时， n+1 = ，
n n+1 a 2n−1
n
在4S =(2n−1)a +1中，令n=1，得a =3，
n n+1 2
a a a a a 2n−1 2n−3 2n−5 5 3
所以a = n ⋅ n−1 ⋅ n−23 3 ⋅ 2 ⋅a = ⋅ ⋅ 3 ⋅ ⋅1=2n−1(n≥2)，
n a a a a a 1 2n−3 2n−5 2n−7 3 1
n−1 n−2 n−3 2 1
又a =1满足，所以a =2n−1所以a −a =(2n−1)−(2n−3)=2(n≥2) ，
1 n n n−1
故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，且a =2n−1.
n
n(n−1)
（2）S =n+ ×2=n2，
n 2
1 1 2 2 1 1
所以b n = a S = (2n−1)n = 2n(2n−1) < 2n(2n−2) = 2n−2 − 2n ，
n n
1 3
当n=1时，T
1
=
a S
=1<
2
，
1 1
1 1 1 1 1 1 3 1 3
当n≥2时，T <1+ − + − +3+ − = − < ，
n 2 4 4 6 2n−2 2n 2 2n 2
3
所以T < .
n 2
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【例9】（2022·天津一中高三阶段练习）已知数列 满足 记 .
(1)证明：数列 为等比数列，并求出数列 的通项公式；
(2)求数列 的前 项和 .
(3)设 ，记数列 的前 项和为 ，求证： .
【解析】
（1）证明：因为b =a ，
n 2n−1
所以b =a =2a +2=2(a −1)+2=2a =2b ，
n+1 2n+1 2n 2n−1 2n−1 n
又b =a =2，
1 1
所以数列
{b }
是首项为2，公比为2的等比数列，
n
所以b =2n.
n
（2）S =(a +a +…+a )+(a +a +…+a )
2n 1 3 2n−1 2 4 2n
=(a
1
+a
3
+…+a
2n−1
)+
(a
1
−1)+(a
3
−1)+…+(a
2n
−1)
=2(a +a +…+a )−n
1 3 2n−1
=2(b +b +…+b )−n
1 2 n
2
( 1−2n)
=2⋅ −n=2n+2−n−4
1−2
1 1 1 11 1
（3）c = = < = −
n (n+1)2 n2+2n+1 n2+2n 2n n+2
1 1 1 1 1 1 1 1
∴T < 1− + − + − +3+ −
n 2 3 2 4 3 5 n n+2
1 1 1 1 3
= 1+ − − <
2 2 n+1 n+2 4
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【例10】（2022·全国·成都七中高三开学考试（理））记数列 前 项和为 ， .
(1)证明： 为等差数列；
(2)若 ，记 为数列 的前 项积，证明： .
【解析】
（1）由题意，得2S =2na +n−n2.
n n
则2S =2(n−1)a +n−1−(n−1)2 .
n−1 n−1
两式相减，得 (2n−2)a −(2n−2)a =2n−2，n≥2，n∈N*，
n n−1
即a −a =1，n≥2，n∈N*，∴{a } 是等差数列.
n n−1 n
（2）因为a =1，由（1）知a −a =1，n≥2，n∈N*（a =1也符合此式）
1 n n−1 1
故数列 {a } 的通项公式为a =n则T =a ⋅a ⋅a a =n!
n n n 1 2 3 n
1 1 1 1 1 1 1 1
所以∑n = + + ++ ≤1+ + ++
k=1T 1! 2! 3! n! 1×2 2×3 n(n−1)
k
1 1 1 1 1 1
=1+1− + − ++ − =2− <2
2 2 3 n−1 n n
1
故∑n <2，得证.
k=1T
k
【例11】（2022·河南·模拟预测（理））若数列 满足 ， ．
(1)求 的通项公式；
(2)证明： ．
【解析】
（1）因为a −a =2n，a =1，
n+1 n 1
所以a =(a −a )+(a −a )+3+(a −a )+a =2(n−1)+2(n−2)+3+2+1
n n n−1 n−1 n−2 2 1 1
2n−2+2
= ⋅(n−1)+1=n2−n+1，
2
1
故a =n2−n+1；（2）证明：当n＝1时， =1<2；
n a
1
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1 1 1 1 1
当n≥2时， = < = − ，
a n2−n+1 n(n−1) n−1 n
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
则 + +3+ =1+ + +3+ <1+ − + − +3+ − =2− <2，
a a a a a a 1 2 2 3 n−1 n n
1 2 n 2 3 n
1 1 1
故 + +3+ <2；
a a a
1 2 n
综上，a =n2−n+1.
n
视角 2、函数放缩
【例12】求证： .
【解析】
lnx 1 ln2 ln3 ln4 ln3n 1 1 1
先构造函数有lnx≤ x−1⇒ ≤1− ,从而 + + +3+ <3n −1−( + +3+ )
x x 2 3 4 3n 2 3 3n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ +3+ = + + + + + + + +3+ + +3+
2 3 3n 2 3 4 5 6 7 8 9 2n 2n +1 3n
5 3 3 9 9 3n−1 3n−1 5n
> 6 + 6 + 9 + 18 + 27 +3+ 2⋅3n−1 + 3n = 6
所以ln2
+
ln3
+
ln4
+3+
ln3n
<3n −1−
5n
=3n −
5n+6
2 3 4 3n 6 6
【例13】求证:(1)
【解析】
构造函数
f(x)=
lnx,得到lnnα
≤
lnn2 ,再进行裂项 lnn2 ≤1− 1 <1− 1 ,求和后可以得到答案， 函数构造
x nα n2 n2 n2 n(n+1)
形式: lnx ≤ x−1 ,lnnα ≤ nα −1(α≥ 2)
【例14】求证:
【解析】
3
ln[n(n+1)+1]>2− ,叠加之后就可以得到答案
n(n+1)+1
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3 1+ln(1+x) 3
函数构造形式:ln(x+1)>2− (x >0)⇔ > (x >0)(加强命题)
x+1 x x+1
视角 3、分式放缩
【结论】姐妹不等式: 和
又名糖水不等式，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.
【例 15】姐妹不等式: 和 也
可以表示成为 和
【解析】
2 4 6 2n
b b+m ⋅ ⋅ 3 > 3 5 7 2n+1
利用假分数的一个性质 > (b>a >0,m>0) 可得 ⋅ ⋅ 3 =
a a+m 1 3 5 2n−1 2 4 6 2n
1 3 5 2n−1
⋅ ⋅ 3 ⋅(2n+1)
2 4 6 2n
2 4 6 2n 1 1 1
⇒
( ⋅ ⋅ 3 )2 > 2n+1即(1+1)(1+ )(1+ )3(1+ ) > 2n+1.
1 3 5 2n−1 3 5 2n−1
【例16】证明:
【解析】
运用两次次分式放缩:
2 5 8 3n−1 3 6 9 3n
⋅ ⋅ ⋅3⋅ > . ⋅ ⋅3⋅⋅ (加1)
1 4 7 3n−2 2 5 8 3n−1
2 5 8 3n−1 4 7 10 3n+1 (加2)
⋅ ⋅ ⋅3⋅ > . ⋅ ⋅3⋅⋅
1 4 7 3n−2 3 6 9 3n
相乘,可以得到:
2 5 8 3n−1 2 4 7 10 3n+1 1 4 7 3n−2
⋅ ⋅ ⋅3⋅ > . ⋅ ⋅3⋅⋅ = ⋅ ⋅ ⋅3⋅ ⋅(3n+1)
1 4 7 3n−2 2 5 8 3n−1 2 5 8 3n−1
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1 1 1
所以有(1+1)(1+ )(1+ )3(1+ )>3 3n+1.
4 7 3n−2
视角 4、分类放缩
【例17】求证:
【解析】
1+ 1 + 1 +3+ 1 >1+ 1 +( 1 + 1 )+( 1 + 1 + 1 + 1 )+3+ ( 1 + 1 +3+ 1 )− 1 = n +(1− 1 )> n
2 3 2n −1 2 4 4 23 23 23 23 2n 2n 2n 2n 2 2n 2
【例 18】在平面直角坐标系 中, 轴正半轴上的点列 与曲线 （ ≥0）上的点列 满足
，直线 在x轴上的截距为 .点 的横坐标为 , .
(1) 证明 > >4， ;
(2) 证明有 ，使得对 都有 < .
【解析】
(1) 依题设有：A 0, 1 ,B ( b , 2b ) ,(b >0)，由OB = 1 得：
n n n n n n n n
1 1
b 2+2b = ,∴b = +1−1,n∈N*,又直线 在x轴上的截距为a 满足
n n n2 n n2 A n B n n
(a −0) 2b − 1 = 0− 1 (b −0) a = b n 2n2b =1−n2b2 >0,b +2= 1
n n n n n n 1−n 2b n n n n2b
n n
( )
b 1+n 2b
∴a =
b
n =
n n
=
1
+
2
=b +2+ 2b +4∴a =
1
+1+1+ 2+2
1
+1
n 1−n 2b 1−2n2b n2b n b n n n n2 n2
n n n n
显然，对于1 1 ，有a > a > 4,n∈N*
> >0 n n+1
n n+1
b
(2)证明：设c =1− n+1,n∈N*，则
n b
n
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1 1
+1− +1 1
n2 ( n+1 )2
1 1
n2
+1+1
c = =n2 −
n 1 n2 ( n+1 )2 1 1
+1−1 +1+ +1
n2 n2 ( n+1 )2
1
+1+1
2n+1 n2 2n+1 1 1 2n+1
> = + >
( n+1 )2 1 ( n+1 )2 2 1 2 ( n+1 )2
2 +1 2 +1
n2 n2
1
( 2n+1 )( n+2 )−2 ( n+1 )2 = n >0,∴c > ,n∈N*
n n+2
设S
n
=c
1
+c
2
+3+c
n
,n∈N* ，则当n=2k −2>1 ( k∈N*)时，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
S > + +3+ + = + + +3+ + +3+
n 3 4 2k −1 2k 3 4 22+1 23 2k−1+1 2k
1 1 1 k−1
>2⋅ +22⋅ +3+2k−1⋅ = 。
22 23 2k 2
所 以 ， 取 n = 24009 −2 ， 对 ∀n>n 都 有 ：
0 0
b b b 4017−1
1− 2 +1− 3 +3+1− n+1= S > S > =2008
b b b n n0 2
1 2 n
b b b b
故有 2 + 3 +3+ n + n+1
n n3 n3 n
∴T =b +b +b +3+b >1+ 1 + 1 +3+ 1 ,∵1 + 1 >2× 1 = 1, 1 + 1 + 1 + 1 >4× 1 = 1 ,…
n 1 2 3 n 2 3 n 3 4 4 2 5 6 7 8 8 2
1 + 1 +3+ 1 >2k−1× 1 = 1 ,故当n>2k时,T > k +1,
2k−1+1 2k−1+2 2k 2k 2 n 2
因此，对任何常数A，设m是不小于A的最小正整数，
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则当n>22m−2时,必有 2m−2 .
T > +1=m>A
n 2
故不存在常数A使
T n
n n n
1 1
所以|S −S |< <
n+k n 2n n
视角 6、借助数列递推关系
【例23】求证:
【解析】
2n+1
1⋅3⋅5⋅3⋅(2n−1) a = a ⇒ 2(n+1)a = 2na +a
设a n = 2⋅4⋅6⋅3⋅2n 则 n+1 2(n+1) n n+1 n n ,从而
a = 2(n+1)a −2na
n n+1 n , 相 加 后 就 可 以 得 到
1 1
a +a +3+a =2(n+1)a −2a <2(n+1)⋅ −1<(2n+2)⋅ −1
1 2 n n+1 1 2n+3 2n+2
1 1⋅3 1⋅3⋅5 1⋅3⋅5⋅3⋅(2n−1)
所以 + + +3+ < 2n+2 −1
2 2⋅4 2⋅4⋅6 2⋅4⋅6⋅3⋅2n
【例24】求证:
【解析】
1⋅3⋅5⋅3⋅(2n−1)
设a = 则
n 2⋅4⋅6⋅3⋅2n
2n+1
a = a ⇒[2(n+1)+1]a =(2n+1)a +a ,从而
n+1 2(n+1) n n+1 n n+1
a =[2(n+1)+1]a −(2n+1)a ,相加后就可以得到
n+1 n+1 n
1 3
a +a +3+a =(2n+1)a −3a <(2n+1)⋅ − < 2n+1−1
1 2 n n+1 1 2n+1 2
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视角 7、分类讨论
【例25】已知数列 的前 项和 满足 证明：对任意的整数 ，
有
【解析】
容易得到a = 2[ 2n−2 +(−1)n−1 ] ., 由于通项中含有(−1)n，很难直接放缩，考虑分项讨论：
n 3
1 1 3 1 1 3 2n−2 +2n−1
当n≥3且n为奇数时 + = ( + )= ⋅
a a 2 2n−2 +1 2n−1 −1 2 22n−3 +2n−1 −2n−2 −1
n n+1
3 2n−2 +2n−1 3 1 1
< ⋅ = ⋅( + ) （减项放缩），于是 ①当 m > 4 且 m 为偶数时 1 1 1
2 22n−3 2 2n−2 2n−1
a
+
a
+3+
a
=
4 5 m
1 1 1 1 1
+( + )+3+( + )
a a a a a
4 5 6 m−1 m
1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 3 7
< + ( + +3+ )= + ⋅ ⋅(1− )< + = .
2 2 23 24 2m−2 2 2 4 2m−4 2 8 8
②当m > 4且m为奇数时 1 + 1 +3+ 1 < 1 + 1 +3+ 1 + 1 （添项放缩）
a a a a a a a
4 5 m 4 5 m m+1
由①知 1 + 1 +3+ 1 + 1 < 7 . 由①②得证。
a a a a 8
4 5 m m+1
视角 8、线性规划型放缩
【例26】设函数 .若对一切 ， ，求 的最大值。
【解析】
由 (f(x)+ 1 )(f(1)−1)= −(x+2)2(x−1)2 知(f(x)+ 1 )(f(1)−1)≤0 即 − 1 ≤ f(x)≤1
2 2(x2+2)2 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
1
因此对一切 x∈R ， −3≤af(x)+b≤3 的充要条件是， −3≤− 2 a+b≤3 即 a ， b 满足约束条件
−3≤a+b≤3
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a+b≥−3
a+b≤3
1 ，
− a+b≥−3
2
1
− a+b≤3
2
由线性规划得，a−b的最大值为5．
视角 9、均值不等式放缩
【例27】设 求证
【解析】
此数列的通项为a = k(k+1),k =1,2,3,n.
k
k +k +1 1 n n 1
k < k(k +1) < =k + ，∴∑k < S <∑(k + )，
2 2 n 2
k=1 k=1
即n(n+1) n(n+1) n (n+1)2
(n+1)2 ，就放过“度”了！
n 2 2
k=1
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 +3+a a2 +3+a2
≤ n a 3a ≤ 1 n ≤ 1 n
1 1 1 n n n
+3+
a a
1 n
其中，n = 2,3等的各式及其变式公式均可供选用。
【例28】已知函数 ，若 ，且 在[0，1]上的最小值为 ，
证明
【解析】
f(x)=
4x
=1−
1
>1−
1
(x≠0)⇒ f(1)+3+ f(n)>(1−
1
)
1+4x 1+4x 2•2x 2×2
1 1 1 1 1 1 1
+(1− )+3+(1− )=n− (1+ +3+ )=n+ − .
2×22 2×2n 4 2 2n−1 2n+1 2
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【例29】已知 为正数，且 ，试证：对每一个 ， .
【解析】
由 1
+
1
=1
得 ab = a +b ，又(a+b)( 1 + 1 )=2+ a + b ≥4，故 ab = a +b ≥ 4 ，而
a b a b b a
(a+b)n = C0an +C1an−1b+3+Cran−rbr +3+Cnbn
，
n n n n
令 f (n) = (a+b)n −an −bn ，则 f(n)=
C1an−1b +3+Cran−rbr +3+Cn−1abn−1
，因为
n n n
Ci =Cn−i ，倒序相加得（关注微信公众号：Hi数学派）2f(n)=
n n
C1(an−1b+abn−1)+3+Cr(an−rbr +arbn−r)+3+Cn−1(abn−1 +an−1b)
，
n n n
n
而an−1b+abn−1 =3=an−rbr +arbn−r =3=abn−1+an−1b≥2 anbn ≥2⋅42 =2n+1，
则2f(n)=(C1 +3+Cr +3+Cn−1)(arbn−r +an−rbr)=(2n −2)(arbn−r +an−rbr)≥(2n−2)⋅2n+1，所以 f(n)≥(2n−2)⋅2n，
n n n
即对每一个n∈N∗，(a+b)n −an −bn ≥22n −2n+1.
视角 10、二项放缩
2n =(1+1)n =C0 +C1 +3+Cn,2n ≥C0 +C1 =n+1,
n n n n n
n2 +n+2 2n > n(n −1)(n ≥ 2)
2n ≥C0 +C1 +C2 =
n n n 2
【例30】已知 证明
【解析】
a ≤(1+
1
)a +
1
⇒ a +1≤(1+
1
)(a +1)⇒
n+1 n(n−1) n n(n−1) n+1 n(n−1) n
ln(a +1)−ln(a +1)≤ln(1+ 1 )< 1 . ⇒∑ n−1 [ln(a +1)−ln(a +1)]<∑ n−1 1 ⇒ln(a +1)−ln(a +1)<1− 1 <1 ，
n+1 n n(n−1) n(n−1) i+1 i i(i−1) n 2 n
i=2 i=2
即ln(a +1)<1+ln3⇒a <3e−10,b>0,求证：
【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 = 1 −d n + 1 +d n ≥21−n
2 2 2 2 2
【例32】已知函数f(x)的定义域为[0,1]，且满足下列条件：
① 对于任意 [0,1]，总有 ，且 ；② 若 则有
（Ⅰ）求f(0)的值；（Ⅱ）求证：f(x)≤4；
（Ⅲ）当 时，试证明： .
【解析】
（Ⅰ）解：令x =x =0，由①对于任意x∈[0,1]，总有 f (x)≥3， ∴ f(0)≥3
1 2
又由②得 f(0)≥2f(0)−3,即 f(0)≤3; ∴ f(0)=3.
（Ⅱ）解：任取x ,x ∈[0,1],且设x 0 ，所以 f(x 2 −x 1 )≥3 ，即 f(x 2 −x 1 )−3≥0, ∴ f(x 1 )≤ f(x 2 ).
∴当x∈[0,1]时，f(x)≤ f(1)=4. （Ⅲ）证明：先用数学归纳法证明： f( 1 )≤ 1 +3(n∈N*)
3n−1 3n−1
当n=1时， 1 1 ，不等式成立；
f( )= f(1)=4=1+3= +3
30 30
假设当n=k时， 1 1
f( )≤ +3(k∈N*)
3k−1 3k−1
由 f( 1 )= f[ 1 +( 1 + 1 )]≥ f( 1 )+f( 1 + 1 )−3 ≥ f( 1 )+ f( 1 )+ f( 1 )−6 得 3f( 1 )≤f( 1 )+6≤ 1 +9.
3k−1 3k 3k 3k 3k 3k 3k 3k 3k 3k 3k 3k−1 3k−1
即当n=k+1时，不等式成立
由（1）、（2）可知，不等式 1 1 对一切正整数都成立.
f( )≤ +3
3n−1 3n−1
1 1 1 1 1
于是，当x∈( , ](n=1,2,3,⋅⋅⋅)时，3x+3>3× +3= +3≥ f( )，
3n 3n−1 3n 3n−1 3n−1
1 1
而x∈[0,1]， f(x)单调递增 ∴ f(
3n
)< f(
3n−1
)，所以，
f(x)< f( 3
1
n−1 )<3x+3.
【例33】已知： 求证：
学科网（北京）股份有限公司第 21 页 共 31 页
【解析】
构造对偶式：令 a2 a2 a2 a2
A= 1 + 2 +3+ n−1 + n
a +a a +a a +a a +a
1 2 2 3 n−1 n n 1
a2 a2 a2 a2
B= 2 + 3 +3+ n + 1
a +a a +a a +a a +a
1 2 2 3 n−1 n n 1
a2 −a2 a2 −a2 a2 −a2 a2 −a2
则 A−B= 1 2 + 2 3 +3+ n−1 n + n 1 ＝
a +a a +a a +a a +a
1 2 2 3 n−1 n n 1
(a −a )+(a −a )+3+(a −a )+(a −a )=0,∴A=B
1 2 2 3 n−1 n n 1
又a
i
2−a2
j ≥
1
(a +a )
，(i,j=1,23n)
a +a 2 i j
i j
∴A= 1 2 (A+B)= 1 2 ( a a 1 2 + − a a 2 2 )+ a a 2 2− + a a 3 2 +3+ a a n 2 −1 − + a a n 2 + a a n 2− + a a 1 2 ≥ 1 4 [ (a 1 +a 2 )+(a 2 +a 3 )+3+(a n−1 +a n )+(a n +a 1 ) ]= 1 2
1 2 2 3 n−1 n n 1
视角 11、部分放缩(尾式放缩)
【例38】求证:
【解析】
1 1 1 1 1 1 11 1 1
+ +3+ = + +3+ < + +3+
3+1 3×2+1 3⋅2n−1 +1 4 7 3⋅2n−1 +1 28 3⋅22 3⋅2n−1
1
< 11 + 1 ⋅ 4 = 47 < 48 = 4
28 3 1 84 84 7
1−
2
【例39】设 求证：
【解析】
1 1 1 1 1 1
a =1+ + +3+ ≤1+ + +3+ .
n 2a 3a na 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），
∴
1
<
1
=
1
−
1，
k2 k(k−1) k−1 k
于是 a ≤1+ 1 + 1 +3+ 1 <1+(1− 1 )+( 1 − 1 )+3+( 1 − 1 )=2− 1 <2.
n 22 32 n2 2 2 3 n−1 n n
学科网（北京）股份有限公司第 22 页 共 31 页
【例40】已知数列 的首项 , , ．
(1)证明:对任意的 , , ;
(2)证明: .
【解析】
3n 2 x > 0 1 1 2 n =1，2，3
(1)依题,容易得到a n = 2+3n =1− 3n ,要证 ,a n ≥ 1+x − (1+x)2 3n −x , ,
即证 2 1 1 2 2 2 1
1− ≥ − −x−1+1= − −
3n 1+x (1+x)23n 1+x 3n(1+x)2 (1+x)2
即证 2 − 2+3n + 2 −1≤0 ,设 t= 1 所以即证明ϕ(t)=− 2+3n ⋅t2 +2t+ 2 −1≤0(00 ,
3n 3n
1 1 2
a ≥ − −x ,n=1，2，3
n 1+x (1+x)23n
(法二) 1 1 2 1 1 2
− −x = − +1−1−x
1+x (1+x)23n 1+x (1+x)23n
= 1+ 1 x − (1+ 1 x)2 a 1 −(1+x) = 1+ 2 x − a (1 1 +x)2 =− a 1 1+ 1 x −a n 2 +a n ≤a n ,∴原不等式成立．
n n n
(2)由(1)知，对任意的x>0，有
a 1 +a 2 +3+a n ≥ 1+ 1 x − (1+ 1 x)2 3 2 −x + 1+ 1 x − (1+ 1 x)2 3 2 2 −x +3+ 1+ 1 x − (1+ 1 x)2 3 2 n −x = 1+ n x − (1+ 1 x)2 3 2 + 3 2 2 +3+ 3 2 n −nx ．
2 1
∴取 12 2 2 3 1− 3n 1 1 ，
x= + +3+ = = 1−
n3 32 3n 1 n 3n
n1−
3
则 n n2 n2 ．∴原不等式成立．
a +a +3+a ≥ = >
1 2 n 1 1 1 n+1
1+ 1− n+1−
n 3n 3n
视角 12、三角不等式的放缩
【例41】求证: .
学科网（北京）股份有限公司第 23 页 共 31 页
【解析】
y
P
A
O T B x
(i)当x=0时,|sinx|=|x|
π
(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sinx0时sinx0,由(ii)可知: |sinx|<|x|
所以综上有|sinx|≤|x|(x∈R)
【典例方法探究】
【探究1】 已知函数 .若 在区间 上的最小值为 ,
令 .求证: .
【解析】
1×3×5×3×(2n−1) 1
首先:可以得到a =n .先证明
n n 2×4×6×3×2n 2n+1
(方法一) 1×3×5×3×(2n−1)2 1×3 3×5 (2n−1)(2n+1) 1 1 ，
= × ×3× × <
2×4×6×3×2n 22 42 (2n)2 2n+1 2n+1
学科网（北京）股份有限公司第 24 页 共 31 页
1×3×5×3×(2n−1) 1
所以
2×4×6×3×2n 2n+1
(方法二)因为1 1+1 2 3 3+1 4 2n−1 2n−1+1 2n ,相乘得:
< = , < = ,3, < =
2 2+1 3 4 4+1 5 2n 2n+1 2n+1
1×3×5×3×(2n−1) 2 1 1×3×5×3×(2n−1) 1
< ,从而.
2×4×6×3×2n 2n+1 2×4×6×3×2n 2n+1
1×3×5×3×(2n−1) 2×4×6×3×2n
(方法三)设A= ,B= ,因为A < 2n+1− 2n−1
2 2n+1
所以有1
+
1⋅3
+3+
1⋅3⋅5⋅3⋅(2n−1)
<∑
n
2k+1< 2n+1−1
2 2⋅4 2⋅4⋅6⋅3⋅2n
k=1
2 1
(方法二) n+2− n = ,因为 1 < 2 ,所以 < n+2− n
n+2+ n n+2 n+2+ n n+2
令n=2n−1,可以得到 1
< 2n+1− 2n−1
,
2n+1
1 1⋅3 1⋅3⋅5⋅3⋅(2n−1) n
所以 + +3+ <∑ 2k+1< 2n+1−1
2 2⋅4 2⋅4⋅6⋅3⋅2n
k=1
(方法三)设a n = 1× 2 3 × × 4 5 × × 6 3 × × 3 (2 × n 2 − n 1) ,a n+1 = 2 2 n n + +1 2 a n 2(n+1)a n+1 +a n+1 = (2n+1)a n +a n+1 ,
从而a =[2(n+1)+1]a −(2n+1)a ,从而a =(2n+1)a −(2n−1)a
n+1 n+1 n n n n−1
3
a +a +a +3+a =(2n+1)a −(2n−1)a +(2n−1)a −(2n−3)a +3+5a −3a =(2n+1)a −
1 2 3 n n n−1 n−1 n−2 2 1 n 2
1 3
又a < ,所以a +a +a +3+a < 2n+1− < 2n+1−1
n 2n+1 1 2 3 n 2
【探究2】设函数 .如果对任何 ，都有 ，求 的取值范围
【解析】
cosx(2 + cosx) +sin2 x 1+ 2cosx
因为 f(x)= sinx ,所以 f '(x) = = ，g(x)= f(x)−ax,则
2+cosx (cosx + 2)2 (cosx + 2)2
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g'(x)= f'(x)−a=
1+2cosx
−a=
cosx+2+cosx+2−1−2
−a=
2
−
3 −a,g(0)=0
(cosx+2)2 (cosx+2)2 cosx+2 (cosx+2)2
因为 |cosx|≤1 ,所以 2 3 1 (i)当a≥ 1 时, g'(x) ≤ 0恒成立,即g(x)≤ g(0)=0,所以
cosx+2
−
(cosx+2)2
∈
−1,
3 3
当 1时, f(x) ≤ ax恒成立.
a≥
3
π 1 π
(ii)当a≤0时, f( )= >0≥a⋅( ),因此当a≤0时,不符合题意.
2 2 2
(iii)当 1时,令 h(x) =sin x−3ax ，则h′(x)=cosx−3a故当x∈[ 0，arccos3a) 时,h′(x) >0.
0 h(0) = 0 ,
即sinx >3ax.于是，当x∈(0，arccos3a)时，
f(x)=
sinx
>
sinx
>ax
2+cosx 3
1
所以综上有 的取值范围是 ,+∞
a
3
【探究2引申1】若 ,其中 且 , ,
求证: .
【解析】
x sinx sinx
容易得到tan i = i > i
2 cosx +1 2
i
x x x x 3a
由上面那个题目知道sinx >3ax 就可以知道tan 1 +tan 2 +tan 3 +3+tan n > arccos3a
i i
2 2 2 2 2
【提升训练】
【例1】证明:
【解析】
构造函数 f (x) = ln(x−1)−(x−1)+1(x >1),求导,可以得到:
1 2− x
f '(x) = −1= ,令 f'(x)>0有1< x < 2,令 f'(x)< 0有x>2,
x−1 x−1
所以
f (x) ≤ f (2) = 0 ,所以ln(x−1) ≤ x−2,令 x = n2 +1 有,lnn2 ≤ n2 −1
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lnn n−1 ln2 ln3 ln4 lnn n(n−1)
所以 ≤ ,所以 + + +3+ < (n∈N*,n >1)
n+1 2 3 4 5 n+1 4
【例2】已知 证明
【解析】
1 1 1 1
a =(1+ )a + <(1+ + )a ,
n+1 n(n+1) n 2n n(n+1) 2n n
1 1
然后两边取自然对数,可以得到lna 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+ n(n 1 −1) )a n + n(n 1 −1) ⇒ a n+1 +1≤(1+ n(n 1 −1) )(a n +1)⇒
ln(a +1)−ln(a +1)≤ln(1+ 1 )< 1 . ⇒∑ n−1 [ln(a +1)−ln(a +1)]<∑ n−1 1 ⇒ln(a +1)−ln(a +1)<1− 1 <1 ，
n+1 n n(n−1) n(n−1)
i=2
i+1 i
i=2
i(i−1) n 2 n
即ln(a +1)<1+ln3⇒a <3e−10)
学科网（北京）股份有限公司第 27 页 共 31 页
f (x) = xlnx,∴g(x) = xlnx+(k −x)ln(k −x),
x
∴0< x < k.g′(x) =lnx+1−ln(k −x)−1=ln ,
k −x
x 2x−k k
令g′(x) >0,则有 >1⇒ >0⇒ < x < k.
k −x k −x 2
∴函数g(x)在[ k ,k）上单调递增，在 (0, k ] 上单调递减.∴g(x)的最小值为g( k )，即总有g(x)≥ g( k ).
2 2 2 2
k k k k
而g( )= f( )+ f(k − )=kln =k(lnk −ln2)= f(k)−kln2,
2 2 2 2
∴g(x)≥ f(k)−kln2,即 f (x)+ f (k − x) ≥ f (k)− k ln2.
x = a,k − x = b, k = a +b.
令 则
∴ f(a)+ f(b)≥ f(a+b)−(a+b)ln2. ∴ f (a)+(a+b)ln2 ≥ f (a+b)− f (b).
【例4】已知函数 是在 上处处可导的函数,若 在 上恒成立.
(I)求证：函数 上是增函数；
(II)当 ；
(III)已知不等式 时恒成立，
求证：
【解析】
(I) g'(x)= f'(x)x− f(x) >0 ,所以函数g(x)= f(x) 在(0,+∞)上是增函数
x2 x
f(x)
(II)因为g(x)= 在(0,+∞)上是增函数,所以
x
f(x ) f(x +x ) x f(x ) f(x + x ) x
1 < 1 2 ⇒ f(x )< 1 ⋅ f(x +x ) 2 < 1 2 ⇒ f(x )< 2 ⋅ f(x + x )
x x +x 1 x +x 1 2 x x + x 2 x + x 1 2
1 1 2 1 2 2 1 2 1 2
两 式 相 加 后 可 以 得 到 f(x )+ f(x )< f(x + x ) (3)
1 2 1 2
f(x ) f(x +x +3+x ) x
1 < 1 2 n ⇒ f(x )< 1 ⋅ f(x +x +3+x )
x x +x +3+x 1 x +x +3+x 1 2 n
1 1 2 n 1 2 n
f(x ) f(x +x +3+x ) x
2 < 1 2 n ⇒ f(x )< 2 ⋅ f(x +x +3+x )……
x x +x +3+x 2 x +x +3+x 1 2 n
2 1 2 n 1 2 n
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f(x ) f(x +x +3+x ) x
n < 1 2 n ⇒ f(x )< n ⋅ f(x +x +3+x )
x x +x +3+x n x +x +3+x 1 2 n
n 1 2 n 1 2 n
相加后可以得到: f (x )+ f (x )+3+ f (x ) < f (x + x +3+ x )
1 2 n 1 2 n
x lnx +x lnx +x lnx +3+x lnx <(x +x +3+x )ln(x +x +3+x )
所以
1 1 2 2 3 3 n n 1 2 n 1 2 n
1
令x = ,有
n (1+n)2
1 1 1 1
− ln22 + ln32 + ln42 +3+ ln(n+1)2< 1 1 1 1 1 1 1
22 32 42 (n+1)2
22
+
32
+
42
+3+
(n+1)2
⋅ln
22
+
32
+3+
(n+1)2
<
2
1
2
+
3
1
2
+3+
(n+
1
1)2
⋅ln
2
1
×1
+
3×
1
2
+3+
(n+
1
1)n
<
−
n
1
+1
1
2
−
n+
1
2
= −
2(n+1
n
)(n+2)
1 1 1 1 n
所以 ln22 + ln32 + ln42 +3+ ln(n+1)2 > (n∈N*).
22 32 42 (n+1)2 2(n+1)(n+2)
(方法二)ln(n+1)2
>
ln(n+1)2
≥
ln4
=ln4
1
−
1
(n+1)2 (n+1)(n+2) (n+1)(n+2) n+1 n+2
1 1 1 1 1 1 nln4
所以 ln22 + ln32 + ln42 +3+ ln(n+1)2 >ln4 − =
22 32 42 (n+1)2 2 n+2 2(n+2)
1
又ln4>1> ,所以 1 ln22 + 1 ln32 + 1 ln42 +3+ 1 ln(n+1)2 > n (n∈N*).
n+1 22 32 42 (n+1)2 2(n+1)(n+2)
【例5】若 ,求证:
【解析】
1
a ⋅a =n+2=a ⋅a +1⇒ =a −a
n+2 n+1 n n+1 a n+2 n
n+1
1 1 1 1
所以有 + +3+ = +a +a −a −a ≥ 2 a a −a = 2 n+1−2
n+1 n 2 1 n+1 n 2
a a a a
1 2 n 1
【例6】求证
【解析】
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C1 +C2 +C3 +3+Cn = 2n −1=1+ 2+ 22 +3+ 2n−1
不等式左
n n n n
n−1
> n⋅n 1⋅2⋅22 ⋅3⋅2n−1 =n⋅2 2 ，原结论成立.
【例7】已知 ,求证:
【解析】
1 1 ex 1 ex 2 1
f(x )⋅ f(x ) =(ex 1 + )⋅(ex 2 + ) =ex 1 +x 2 + + + >ex 1 +x 2 +1
1 2 ex
1
ex
2
ex
2
ex
1
ex
1
⋅ex
2
n
经过倒序相乘,就可以得到 f(1)⋅ f(2)⋅ f(3)⋅3⋅ f(n)>(en+1 +1)2
【例8】已知 ,求证:
【解析】
1 1 k 2n+1−k 1
(k+ )(2n+1−k+ )=k(2n+1−k)+ + + >2(2n+1−k)+2
k 2n+1−k 2n+1−k k k(2n+1−k)
k =1,2,3,3,2n
其中: ,
k ⋅2n+ k(1−k)−2n = (k −1)(2n−k) ≥ 0 ⇒ k(2n+1−k) ≥ 2n
因为
1 1
所以(k + )(2n+1−k + ) ≥ 2n+ 2
k 2n+1−k
从而[f (1)⋅ f (2)⋅ f (3)⋅3⋅ f (2n)]2 > (2n+2)2n ,
所以 f(1)⋅ f(2)⋅ f(3)⋅3⋅ f(2n)>2n(n+1)n.
【例9】若 ,求证: .
【解析】
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1 1 1 1 1 1 1 1
2S =( + )+( + )+( + )+3+( + )
n n nk−1 n+1 nk−2 n+2 nk−3 nk−1 n
1 1 2 1 1 1 1 4
因为当x>0,y>0时,x+ y≥2 xy, + ≥ ,所以(x+ y)( + )≥4,所以 + ≥ ,
x y xy x y x y x+ y
4 4 4 4 4n(k−1)
当且仅当x= y时取到等号. 所以2S > + + +3+ =
n n+nk−1 n+1+nk−2 n+2+nk−3 n+nk−1 n+nk−1
1 1 1 1 3
所以
S n >
2(k−1
1
)
>
2(
k
k
+
−
1
1)
=2− k
4
+1 >
3
2
所以S
n
=
n
+
n+1
+
n+2
+3+
nk −1
>
2
1+k−
n
【例10】已知函数 , .对任意正数 ,证明： ．
【解析】
对任意给定的a>0,x>0,由 1 1 1 ,
f(x)= + +
1+x 1+a 8
1+
ax
若令 b= 8 ，则 abx =8 ① ,而 f (x)= 1 + 1 + 1 ②
ax 1+x 1+a 1+b
1 1 1 1
（一）、先证 f(x)>1 ；因为 > ， 1
>
1 ， > ，
1+x 1+x 1+a 1+a 1+b 1+b
a+b+ x ≥ 6
又由 2+a+b+x≥2 2a+2 bx ≥44 2abx =8 ，得 ．
3+2(a+b+ x)+(ab+ax+bx)
1 1 1 1 1 1 =
所以 f (x)= + + > + +
1+x 1+a 1+b 1+x 1+a 1+b
(1+ x)(1+a)(1+b)
9+(a+b+x)+(ab+ax+bx) 1+(a+b+x)+(ab+ax+bx)+abx
≥ = =1．
(1+x)(1+a)(1+b) (1+x)(1+a)(1+b)
（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 02 ⑦, 因为 + ≥2 ，
1+a 1+b ab+8 1+a 1+b (1+a)(1+b)
ab ab
只要证 > ，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11】求证:
【解析】
1 1 1 1 1 1 1 2
一方面: + +3+ ≥ + + > + =1
n+1 n+2 3n+1 2 3 4 2 4
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
(法二) + +3+ = ⋅ + + + +3+ +
n+1 n+2 3n+1 2 n+1 3n+1 n+2 3n 3n+1 n+1
1 4n+2 4n+2 4n+2
= ⋅ + +3+
2 (3n+1)(n+1) 3n(n+2) (n+1)(3n+1)
1 1 1 (2n+1)2
= ( 2n+1 )⋅ + +3+ > =1
(2n+1)2 −n2 (2n+1)2 −(n−1)2 (2n+1)2 −n2
(2n+1)2
1 1 1 2n+1 2n+2
另一方面: + +3+ < < =2
n+1 n+2 3n+1 n+1 n+1
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