49.解决数列放缩问题的六大技巧
本篇主要目标是聚焦于数列放缩，常见的方法有六种，具体我将在文中以实例详细说明.
类型1.利用单调性放缩
例1．已知数列
满足
，
na
1
1
a
1
3
1
n
n
a
a
（1）设
，证明：
是等比数列，并求
的通项公式；
1
2
n
n
b
a
nb
nb
（2）证明：
．
1
2
2
1
1
1
1
3
n
b
b
b
解析：（1）∵
，则
，即
，又∵
，所
1
3
1
n
n
a
a
1
1
1
3
2
2
n
n
a
a
1
3
n
n
b
b
1
1
1
3
2
2
b
a
以
是首项为
，公比为3 的等比数列，∴
，故
的通项公式为
.
nb
3
2
3
2
n
nb
nb
3
2
n
nb
（2）由（1）知
，即
是首项为
，公比为
的等比数列，
1
2
3n
nb
1
nb
2
3
1
3
∴
，又∵数列
单调递
1
2
1
2
2
1
1
3
3
1
1
1
2
2
2
1
1
1
3
3
3
3
1
3
n
n
n
n
b
b
b
1
1
3
n
增，
∴
，故
.
1
1
1
1
1
1
3
3
n
1
2
2
1
1
1
1
3
n
b
b
b
类型2. 先求和再放缩
先求和再放松实质上是一类很常见的题目，这类放缩实质在考察数列求和，放缩的结果也
很松，下面通过两个例子简单说明即可，分别是利用裂项相消求和与错位相减求和后放缩.
例2.记
为数列
的前
项和，已知
，
是公差为
的等差数列．
n
S
{
}
na
n
1
1
a
{
}
n
n
S
a
1
3
（1）求
得通项公式；
{
}
na
（2）证明：
．
1
2
1
1
1
2
n
a
a
a
解析：（1）
，所以
，所以
是首项为，公差为
的等差数列，
1
1
1
S
a
1
1
1
S
a
{
}
n
n
S
a
1
1
3
所以
，所以
．当
时，
1
2
1
(
1) 3
3
n
n
S
n
n
a
2
3
n
n
n
S
a
2
n…
，所以
，即
（
）；
1
1
2
1
3
3
n
n
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a
1
(
1)
(
1)
n
n
n
a
n
a
1
1
1
n
n
a
n
a
n
2
n…
累积法可得：
（
），又
满足该式，所以
得通项公式为
(
1)
2
n
n n
a
2
n…
1
1
a
{
}
na
．
(
1)
2
n
n n
a
（2）
1
2
1
1
1
1
1
1
2[
]
1 2
2
3
(
1)
n
a
a
a
n n
1
1
1
1
1
2(1
)
2
2
3
1
n
n
．
1
2(1
)
2
1
n
注：
，则：
.可以看
1
1
1
1
1
1
(
)
.
n
n
n
n
a a
d a
a
1
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
......
(
)
n
n
n
a a
a a
a a
d a
a
到，裂项后一定可以得到一个估计.
例3．已知等比数列
为递增数列，且
．
na
n
N
2
3
6
3
2
4
,5
2
2
a
a
a
a
a
（1）求数列
的通项公式；
na
（2）设
，数列
的前n 项和为
，证明：
．
4
2
n
n
n
b
n
N
a
nb
n
S
6
n
S
解析：（1）由题意，
，解得
或
，因为等比数列
2
2
5
1
1
2
3
1
1
1
5
2
2
a q
a q
a q
a q
a q
1
1
2
1
2
a
q
1
2
2
a
q
为递增数列，所以
，所以
.
na
n
N
1
2
2
a
q
1
2 2
2
n
n
na
（2）由（1）知数列
的前n 项和为：
nb
①，
②，两式相减可得：
0
1
1
1
3
2
2
2
1
2
n
n
n
S
1
1
2
1
2
3
2
1
2
1
2
2
2
2
3
n
n
n
n
n
S
，
1
1
1
2
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
3
2
2
1
2
3
1
2
2
2
2
2
1
1
1
2 2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
S
所以
，又因为
，所以
，所以
.
1
2
3
6
2
n
n
n
S
*
n
N
1
2
3
0
2n
n
1
2
3
6
6
2
n
n
n
S
类型3.先放缩通项再求和（公众号：凌晨讲数学）
这一类是数列放缩问题的常考类型，相较于类型2 而言，这一部分对放缩对象的处理需要
一定的技巧，因而对很多学生来说具有挑战性，是数列放缩中的难点. 此节中，我将分为
如下几个点展开：第一，将通项放缩为可裂项的结构，然后裂项求和；第二，将通项放缩
为等比结构（等差比结构）然后错位相减求和，总之，处理的基本原则就是将不可求和放
缩成可求和再求和放缩. 当然，下面的这些常见的裂项公式与放缩公式需要注意.
1．常见的裂项公式：（公众号：凌晨讲数学）
例如：
或者
等
n
n
n
n
n
)1
(
1
1
)1
(
1
2
1
2
1
1
2
n
n
n
n
n
2.一个重要的指数恒等式：
次方差公式
n
1
2
3
2
2
1
(
)(
).
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a
b a
a
b
a
b
ab
b
这样的话，可得：
，就放缩出一个等比数列.
1
)
(
n
n
n
a
b
a
b
a
3.糖水不等式：设
，则
.
0
,0
c
m
n
c
n
c
m
n
m
下面来看上面这些基本的放缩结构的应用.
例4.（2013 年广东）
设数列
的前
项和为
.已知
,
,
.
na
n
n
S
1
1
a
2
1
2
1
2
3
3
n
n
S
a
n
n
n
*
nN
（1）求
的值；
2a
（2）求数列
的通项公式；
na
（3）证明:对一切正整数
,有
.
n
1
2
1
1
1
7
4
n
a
a
a
解析：（2）当
时,
,
2
n
3
2
1
1
2
2
3
3
n
n
S
na
n
n
n
3
2
1
1
2
2
1
1
1
1
3
3
n
n
S
n
a
n
n
n
两式相减得
2
1
1
2
2
1
3
3
1
2
1
3
3
n
n
n
a
na
n
a
n
n
n
整理得
,即
,又
1
1
1
n
n
n
a
na
n n
1
1
1
n
n
a
a
n
n
2
1
1
2
1
a
a
故数列
是首项为
,公差为的等差数列,所以
,所以
na
n
1
1
1
a
1
1
1
1
na
n
n
n
.（公众号：凌晨讲数学）
2
na
n
（3）当
时,
；当
时,
；
1
n
1
1
7
1
4
a
2
n
1
2
1
1
1
5
7
1
4
4
4
a
a
当
时,
,此时
3
n
2
1
1
1
1
1
1
1
na
n
n
n
n
n
2
2
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
3
4
4
2
3
3
4
1
n
a
a
a
n
n
n
，综上,对一切正整数
,有
1
1
1
7
1
7
1
4
2
4
4
n
n
n
1
2
1
1
1
7
4
n
a
a
a
下面我们再看将通项放缩成等比（等差比数列）再求和完成放缩证明.
例5.（2014 全国2 卷）已知数列
满足
=1，
.
na
1a
1
3
1
n
n
a
a
（1）证明
是等比数列，并求
的通项公式；
1
2
na
na
（2）证明：
.
1
2
3
1
1
1
2
n
a
a
a
… +
解析：（1）证明：由
得
，又
，所以
1
3
1
n
n
a
a
1
1
1
3(
)
2
2
n
n
a
a
1
1
3
2
2
a
是首项为
，公比为3 的等比数列，
，因此
的通项公式为
1
{
}
2
na
3
2
1
3
2
2
n
na
{
}
na
3
1
2
n
na
（2）由（1）知
，因为当
时，
，所以
1
2
3
1
n
na
1
n
1
3
1
2 3
n
n
1
1
1
3
1
2 3
n
n
于是
.
1
2
-1
1
2
3
1
1-
1
1
1
1
1
1
1
3
1
3
3
1
1-
1
3
3
3
2
3
2
1- 3
n
n
n
n
a
a
a
a
（
）
所以
.
1
2
3
1
1
1
1
3
2
n
a
a
a
a
注：此处
便是利用了重要的恒等式：
次方差公式：
1
3
1
2 3
n
n
n
1
2
3
2
2
1
(
)(
).
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a
b a
a
b
a
b
ab
b
当然，利用糖水不等式亦可放缩：
，请读者自行尝试.
1
3
1
3
3
1
3
2
n
n
n
类型4. 基于递推结构的放缩
1.
型：取倒数加配方法.
n
n
n
a
a
a
1
1
例6．（2021 浙江卷）已知数列
满足
.记数列
的前n 项
na
1
1
1,
N
1
n
n
n
a
a
a
n
a
na
和为
，则（ ）
n
S
A．
B．
C．
D．
100
3
3
2
S
100
3
4
S
100
9
4
2
S
100
9
5
2
S
解析：由
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
4
1
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
，即
根据累加法可得，
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
1
1
1
1
2
n
n
a
a
，当且仅当
时取等号，
1
1
1
1
2
2
n
n
n
a
1
n
.
1
2
4
1
2
(
1)
3
1
1
1
n
n
n
n
n
n
a
a
n
a
a
a
n
n
a
n
一方面：
. 另一方面
，由累乘法可得
2
5
2
1
1
1
)1
(
4
100
2
S
n
n
n
an
1
1
3
n
n
a
n
a
n
，当且仅当
时取等号，由裂项求和法得：所以
6
(
1)(
2)
na
n
n
1
n
，即
．故选：A．
100
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
6
6
3
2
3
3
4
4
5
101
102
2
102
S
100
3
3
2
S
2.二次递推型：
.
r
qa
pa
a
n
n
n
2
1
，然后裂项即可完成
1
2
1
2
1
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
r
pa
a
q
a
r
pa
qa
a
r
qa
pa
a
放缩，我们以2015 浙江卷为例予以说明.
例7.（2015 浙江卷）已知数列
na
满足
1a = 1
2
且
1
na =
na -
2
na （
*
N ）
n
（1）证明：1
1
2
n
n
a
a
（
*
N ）；
n
（2）设数列
2
na
的
项和为
n
S ,证明
1
1
2(
2)
2(
1)
n
S
n
n
n
（
*
N ）.
n
n
分析：
，累加，则可证得.
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
1
1
1
2
1
2
1
1
[1,2]
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
解析：（1）由题意得
，即
，故
.
2
1
0
n
n
n
a
a
a
1
n
n
a
a
1
2
na
由
得
，由
得
1
1
(1
)
n
n
n
a
a
a
1
2
1
1
(1
)(1
)...(1
)
0
n
n
n
a
a
a
a a
1
0
2
na
，即
.
2
1
1
[1,2]
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
1
1
2
n
n
a
a
（2）由题意得
,所以
①,由
和
得
2
1
n
n
n
a
a
a
1
1
n
n
S
a
a
1
1
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
1
1
2
n
n
a
a
所以
，因此
②
1
1
1
1
2
n
n
a
a
1
1
1
1
2
n
n
n
a
a
*
1
1
1
(
)
2(
1)
2
na
n
N
n
n
由①②得：
.
*
1
1
(
)
2(
2)
2(
1)
n
S
n
N
n
n
n
类型5. 数列中的恒成立
例8．已知数列
中，
，满足
.
na
1
1
a
*
1
2
2
1
N
n
n
a
a
n
n
（1）求数列
的通项公式；
na
（2）设
为数列
的前
项和，若不等式
对任意正整数
恒成立，求实
n
S
na
n
2
4
0
n
n
S
n
数
的取值范围.
解析：(1)
，
1
2
1
1
2
2
1
n
n
a
n
a
n
所以
是以
为首项，公比为
的等比数列，
2
1
na
n
1
2 1 1
4
a
2
所以
，所以
.
1
1
2
1
4 2
2
n
n
na
n
1
2
2
1
n
na
n
(2)
2
3
1
1
2
2
3
2
5
2
2
1
n
n
n
S
a
a
a
n
，
2
3
1
2
2
2
3
5
7
2
1
n
n
2
2
2
2
1 2
3
2
1
1 2
2
2
4
2
n
n
n
n
n
n
若
对于
恒成立，即
，
2
4
0
n
n
S
*
N
n
2
2
2
2
2
4
4
0
n
n
n
n
可得
即
对于任意正整数
恒成立，
2
2
2
2
2
n
n
n
n
2
2
4
2n
n
n
n
所以
，令
，则
，
2
max
2
4
2n
n
n
2
4
2
n
n
n n
b
2
1
1
3
2
n
n
n
n
b
b
所以
，可得
，所以
，
1
2
3
4
b
b
b
b
2
2
2
max
2
2 2
4
2
2
nb
b
2
所以
的取值范围为
.
2,
类型6. 利用导数产生数列放缩
1.由不等式
可得：
.
1
ln
x
x
N
n
n
n
n
,
1
)1
1
ln(
1
1
例9.（2017 全国3 卷）已知函数
．
( )
1
ln
f x
x
a
x
（1）若
，求
的值；
( )
0
f x ≥
a
（2）设
为整数，且对于任意正整数
，
，求
的最小
m
n
2
1
1
1
(1
)(1
)
(1
)
2
2
2n
m
m
值．
解析：（2）由（1）知当
时，
，令
得
(1,
)
x
1 ln
0
x
x
1
1
2n
x
1
1
ln(1
)
2
2
n
n
，从而
.
2
2
1
1
1
1
1
1
1
ln(1
)
ln(1
)
ln(1
)
1
1
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
故
,而
，所以
的最小值为3．
2
1
1
1
(1
)(1
)
(1
)
2
2
2n
e
2
3
1
1
1
(1
)(1
)(1
)
2
2
2
2
m
三．习题演练
1．设正项数列
的前
项和为
，且
成等差数列.
na
n
1
2
,
n
S
a
2
2
1
1
,3,1
n
n
S
S
（1）求数列
的通项公式；
na
（2）证明：
.
*
1
2
1
1
1
1
1
1
2
n
n
n
n
N
S
S
S
„
【详解】（1）由题意得
，所以数列
是以4 为首项，4 为公差的等差
2
2
2
1
1
4,
4
n
n
S
S
S
2
n
S
数列，所以
．又
，所以
，所以
．当
时，
2
4
n
S
n
0
na
0
n
S
2
n
S
n
2
n…
，当
时，
也满足上式，所以
的通项公式为
1
2
2
1
n
n
n
a
S
S
n
n
1
n
1
2
a
na
．
2
2
1
n
a
n
n
（2）由（1）知
，所以
，
2
n
S
n
1
1
1
1
1
2
1
n
n
n
S
n
n
n
n
n
所以
．
，
1
2
1
1
1
1
1
n
n
S
S
S
1
1
1
1(
2)
1
n
n
n
n
S
n
n
n
n
…
当
时，
，当
时，
，
2
n…
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2
n
n
n
S
S
S
S
1
n
1
1
1
1
1
2
2
S
所以当
时，
．所以
*
n
N
1
2
1
1
1
1
2
n
n
S
S
S
„
．
*
1
2
1
1
1
1
1
1
2
n
n
n
n
N
S
S
S
„
2．已知数列
满足
，数列
的首项为2，且满足
na
2
1
1
2
3
3
3
3
3
n
n
n
a
a
a
a
L
nb
1
1
n
n
nb
n
b
（1）求
和
的通项公式
na
nb
（2）记集合
，若集合
的元素个数为2，求实数
的取
*
1
4
1 ,
n
n
n
n
M
n
b b
b
n
a
N
M
值范围．
（3）设
，证明：
．
2
1
2
n
n
c
b
2
1
1
1
4
n
k
k
n
c
【详解】（1）由
可得：
时，
2
1
1
2
3
3
3
3
3
n
n
n
a
a
a
a
L
2
n
，相减可得
，故
，
2
2
1
2
3
1
1
3
3
3
3
n
n
n
a
a
a
a
1
1
1
3
3
3
3
n
n
n
n
a
1
3
n
n
a
当
时，
也符合上式，故
，由
可得
，所
1
n
1
1
3
a
*
1 ,
N
3
n
n
a
n
1
1
n
n
nb
n
b
1
0
1
n
n
b
b
n
n
以数列
为公差为0 的等差数列，且首项为2，所以
，则
.
nb
n
2
nb
n
*
2 ,
N
nb
n n
（2）由
和
可得
*
2 ,
N
nb
n n
*
1
4
1 ,
n
n
n
n
M
n
b b
b
n
a
N
，记
，则
*
1
2
1
|
,
N
3n
n n
n
M
n
n
1
2
1
3
n
n
n n
n
P
，
1
1
1
2
2
3
3
n
n
n
n
n
P
所以
，当
时，
，当
时，
2
1
1
1
2
1
7
3
n
n
n
n
n
P
P
1
n
2
1
0
P
P
2
n
2
3
4
P
P
P
，此时
单调递减，而
，由于集合M 的元素个
nP
30
28
20
2
,
1
2,
3
,
4
9
9
9
P
P
P
P
数为2，所以
，故
.
{
}
2,3
M =
20
28
9
9
（3）由
得
，
，由于
2
1
2
n
n
c
b
2
1
2
4
nc
n
2
4
4
2
1
16
64
16
1
n
n
c
n
n
，
2
4
4
2
4
2
4
2
2
2
1
16
16
1
1
1
1
1
1
1
64
16
1
64
16
4
1
4
4
4
1
4
8
2
1
2
1
n
n
n
n
c
n
n
n
n
n
n
n
n
因此
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
8
3
3
5
1
2
2
1
n
k
k
n
c
n
n
.
1
1
1
1
1
1
4
8
2
1
4
8
4
4
4
n
n
n
n
n
3．已知数列
是公比大于0 的等比数列，
，
.数列
满足：
na
1
4
a
3
64
a
nb
2
1
n
n
n
b
a
a
（
）.
N
n
（1）求数列
的通项公式；
nb
（2）证明：
是等比数列；
2
2
n
n
b
b
（3）证明：
.
1
2
2
(2
1)(2
1)
2 2
N*
k
n
k
k
k
k
k
b
b
【详解】（1）设等比数列
的公比为
，则
，则
，所以
na
q
2
2
3
1
4
64
a
a q
q
4
q
，又
.
1
4 4
4
n
n
na
2
2
1
1
4
4
n
n
n
n
n
b
a
a
（2）所以
，所以
，且
2
2
2
4
2
2
1
1
4
4
2 4
4
4
n
n
n
n
n
n
n
b
b
2
2
0
n
n
b
b
，所以数列
是首项为8，公比为
的等比数列；
2
1
1
2
2
2
2
2 4
4
2 4
n
n
n
n
n
n
b
b
b
b
2
2
n
n
b
b
4
（3）由题意知，
，
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
(2
1)(2
1)
4
1
4
2 4
2 2
2 2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
b
所以
，所以
，
2
2
2
1
2
(2
1)(2
1)
4
2
1
2 2
2
2 2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
b
1
1
2
1
2
(2
1)(2
1)
1
2
2
k
k
k
n
n
k
k
k
k
k
b
b
设
，则
，
1
0
1
2
1
1
1
2
3
2
2
2
2
2
n
n
k
n
k
k
n
T
1
2
3
1
1
2
3
2
2
2
2
2
n
n
n
T
两式相减得
，所以
，
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
T
1
2
4
2
n
n
n
T
所以
.
1
1
2
1
1
2
(2
1)(2
1)
1
1
2
4
2 2
2
2
2
2
k
k
k
n
n
n
k
k
k
k
k
n
b
b
