三類分式型數列和式不等式的放縮策略

聶文喜

數列和式不等式證明問題是高中數學永恒的話題，也是每年高考必考的熱門考點，因此怎樣證明數列和式不等式是師生們非常關注和必須解決的問題，也是學生必備的解題技巧，證明數列和式不等式的基本策略是放縮，因此如何放縮成為能否成功證明數列不等式的關鍵，下面以近幾年高考題為例談談三類常見的分式型數列和式不等式放縮策略.1分母是一次型

例1（2015年高考廣東卷理科第21題第（3）問改編）已知n∈N+且n≥2，求證：12+13+…+1n

解令f（x）=1x，（x>0），則f（x）在（0，+∞）

內單調遞減，如圖1，由定積分的幾何意義知

每個小曲邊梯形的面積大于對應的矩形的面積，

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

點評由于定積分概念的形成過程是以矩形的面積來逼近曲邊梯形的面積，此時取區間的左端點還是右端點的函數值決定這些小矩形的面積是“大于”還是“小于”其本來曲邊梯形的面積，利用這個性質來證明與“和式”相關的數列不等式特別有效、簡捷，讓人賞心悅目.

例2（2013年高考大綱版全國卷理科第22題第（2）問）設數列{an}的通項an=1+12+…+1n，證明：a2n-an+14n>ln2.

證明a2n-an+14n>ln2

1n+1+1n+2+…+1n+n+14n>ln2

1n+1n+1+…+12n-1>ln2+14n.

設g（x）=1x，如圖2，Sk=1k=1×g（k）表示

矩形ABCD的面積，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表示曲邊梯形ABED的面積，

由于函數g（x）=1x在（0，+∞）上是下凸函數，所以矩形ABCD的面積大于對應曲邊梯形ABED的面積與右上角的小直角三角形CDE的面積之和，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題第（3）問）證明：∑ni=122i-1-ln（2n+1）<2（n∈N+）.

證明當n=1時，不等式左邊=2-ln3<2=右邊，所以原不等式成立.

當n≥2時，原不等式等價為∑ni=222i-1

設f（x）=22x-1，如圖3，

Si=22i-1=1×f（i）表示矩形ABCD的

面積，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表示曲邊梯形ABED的面積，因為f（x）為減函數，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題第（3）問）證明：1+12+13+……1n>ln（n+1）+n2（n+1）（n≥1）.

設f（x）=1x，如圖4，Sk=1k=1×f（k）表示矩形ABCD的面積，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表示曲邊梯形ABDE的面積，

由于函數f（x）=1x在（0，+∞）上是下凸函數，

所以矩形ABCD的面積大于對應曲邊梯形

ABDE的面積與右上角的小直角三角形CDE

的面積之和，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年高考廣東卷文19（3））已知an=2n，證明：對一切正整數n，有1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）<13.

分析因為1an（an+1）=12n（2n+1），構造公差為2的等差數列{bn}，使12n（2n+1）<1bnbn+1=12（1bn-1bn+1），

則1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）

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

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

因為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年高考遼寧卷）已知an=n（n+1），bn=（n+1）2，證明：1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn<512.

分析因為1an+bn=1（n+1）（2n+1）=2（2n+1）（2n+2），構造公差為2的等差數列{bn}，使2（2n+1）（2n+2）<2bnbn+1=1bn-1bn+1，

則1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn

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

證明令bn=125+（n-1）×2=2n+25，

則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年高考廣東卷理19（3））已知an=n2，證明對一切正整數n，有1a1+1a2+…+1an<74.

分析當n=1時，不等式顯然成立，當n≥2時，問題等價于1a2+1a3…+1an<34.

因為1an=1n2=1n×n，構造公差為1的等差數列{bn}，使1n×n<1bnbn+1=1bn-1bn+1，則1a2+1a3…+1an

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

證明當n=1時，不等式顯然成立，

當n≥2時，令bn=43+（n-2）×1=n-23，

則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分母是指數型

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

要證的不等式中，左邊是n項的和，而右邊僅是一個常數32，這樣不等式左右兩邊的結構不和諧，不利于問題的解決，為了解決問題，要么左邊能夠直接求和（顯然左邊不能直接求和），要么右邊的常數32能夠分解為一個數列的前n項和，那右邊能分解為一個數列的前n項和的形式嗎？

容易想到的是等比數列前n項和，即考慮構造一個公比為q的等比數列{bn}，其前n項和為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，則q=13，bn=（13）n-1，

因此只須證明1an≤bn，即23n-1≤（13）n-1，只須證明2·3n-1≤3n-1，即3n-1≥1，

而3n-1≥1顯然成立，所以1an≤13n-1，

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

例9（2012年高考廣東卷理19（3））已知an=3n-2n，證明：對一切正整數n，1a1+1a2+…+1an<32.

分析因為1an=13n-2n，構造公比為13的等比數列{bn}，使1an=13n-2n≤bn，則1a1+1a2+…+1an

證明令bn=（13）n-1，則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.