浅谈数列放缩

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引子

数列放缩通常被用来求解数列与不等式结合的题。

简单来讲，数列放缩就是 把数列的每一项稍微放大或缩小，从而转化为一个 每一项都比原数列更大或更小的，更容易处理的数列。

此类题较为困难，常作为高中数学的压轴题出现。但有一部分的题可以无脑用数学归纳法证明，难度较低，我个人认为这类题的分应该拿到。其它的题比较吃积累，如果在平时多积累一些常见的放缩方法，应该可以大大提高考场上想出来的概率。下文会提出辨别方法。

不会数学归纳法没关系，看一道题就会了，非常简单（认真

裂项放缩

裂项放缩，即把不好直接求和的数列的每一项放缩成方便裂项的形式，从而得到一个可以裂项求和的数列。直接看例题可能会更明了。

例 1

典中典例题：请证明

1+122+132+⋯+1n2≤53−22n+11+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\cdots+\frac1{n^2}\leq\frac5{3}-\frac2{2n+1}

裂项法解析

显然不等式左侧的数列不能直接求和，所以考虑放缩。如果我们把它的每一项都放大一点点，再证明放大后数列的和是小于不等式右边的，那原数列的和一定也小于右边。

所以对于它的每一项 1n2\frac1{n^2}，我们把它的分母缩小一点点，比如减去一个 14\frac14 变成 1n2−14\frac1{n^2-\frac14}，于是就可以得到

1n2<1n2−14=4(2n+1)(2n−1)=2(12n−1−12n+1)\frac1{n^2}<\frac1{n^2-\frac14}=\frac{4}{(2n+1)(2n-1)}=2(\frac1{2n-1}-\frac1{2n+1})

于是就有

1+122+⋯+1n2≤1+2(13−15+15−17⋯+12n−1−12n+1)1+\frac1{2^2}+\cdots+\frac1{n^2}\leq1+2(\frac13-\frac15+\frac15-\frac17\cdots+\frac1{2n-1}-\frac1{2n+1})

把右边化简一下就得到了

1+122+132+⋯+1n2≤53−22n+11+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\cdots+\frac1{n^2}\leq\frac5{3}-\frac2{2n+1}

证毕。

数学归纳法解析

数学归纳法是一种比较模式化的证明方法。通常只需要先验证不等式在 n=1n=1 时成立，然后假设它在 n=k(k≥1)n=k(k\geq 1) 时成立，并以此假设为基础，证明 n=k+1n=k+1 时不等式也成立。这样一来就证明了不等式对于所有正整数都成立（感性理解一下为什么）。

回到此题，n=1n=1 时，不等式左右都等于 11，不等式成立。

假设 n=kn=k 时不等式成立，即

1+122+132+⋯+1k2≤53−22k+11+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\cdots+\frac1{k^2}\leq\frac5{3}-\frac2{2k+1}

那么当 n=k+1n=k+1 时，

1+122+132+⋯+1k2+1(k+1)2≤53−22k+1+1(k+1)21+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\cdots+\frac1{k^2}+\frac1{(k+1)^2}\leq\frac5{3}-\frac2{2k+1}+\frac1{(k+1)^2}

上面一步其实就是在不等式两边同时加上一个 1(k+1)2\frac1{(k+1)^2}。

故要证明 n=k+1n=k+1 时不等式成立，只需要证明

53−22k+1+1(k+1)2≤53−22(k+1)+1\frac5{3}-\frac2{2k+1}+\frac1{(k+1)^2}\leq \frac5{3}-\frac2{2(k+1)+1}

把它化简一下，即证：

44(k+1)2≤4(2k+1)(2k+3)\frac4{4(k+1)^2}\leq \frac4{(2k+1)(2k+3)}

也就是证明：

(2k+2)(2k+2)≥(2k+1)(2k+3)(2k+2)(2k+2)\geq (2k+1)(2k+3)

再把两边分别拆开后化简，就转化为了证明 4≥34\geq 3，显然成立。

故当 n=k+1n=k+1 时不等式成立。

综上所述，

1+122+132+⋯+1n2≤53−22n+11+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\cdots+\frac1{n^2}\leq\frac5{3}-\frac2{2n+1}

可以看到，数学归纳法相对于放缩法，不需要凭空构造任何式子，只需要按照基本的步骤一步一步证就自然出来了。但是它也有局限性，如果右边的式子是一个常数，比如要你证 1+122+132+⋯+1n2≤531+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\cdots+\frac1{n^2}\leq\frac5{3} 这种式子，就没法用数学归纳法了。所以我的建议是，遇到不等式两边都有 nn 的，优先用数学归纳法证明，其它情况再尝试放缩法。但是平时练习尽量使用放缩法，不然就没有效果了。

例 2

再给一道例题，请证明

11×34+13×54+⋯+1(2n−1)×(2n+1)4>2(n+1−1)\frac{1}{\sqrt[4]{1\times 3}}+\frac{1}{\sqrt[4]{3\times 5}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt[4]{(2n-1)\times(2n+1)}}>\sqrt2(\sqrt{n+1}-1)

裂项法证明

1(2n−1)×(2n+1)4=14n2−14>14n24=12×n=22n\frac{1}{\sqrt[4]{(2n-1)\times(2n+1)}} =\frac{1}{\sqrt[4]{4n^2-1}} >\frac{1}{\sqrt[4]{4n^2}} =\frac{1}{\sqrt{2}\times\sqrt{n}} =\frac{\sqrt2}{2\sqrt{n}}

因为 2n<n+n+12\sqrt{n}<\sqrt n+\sqrt{n+1}，所以有

1(2n−1)×(2n+1)4>22n>2n+n+1=2(n+1−n)\frac{1}{\sqrt[4]{(2n-1)\times(2n+1)}} > \frac{\sqrt2}{2\sqrt{n}} >\frac{\sqrt2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}} =\sqrt{2}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})

因此

11×34+13×54+⋯+1(2n−1)×(2n+1)4>2(n+1−1)\frac{1}{\sqrt[4]{1\times 3}}+\frac{1}{\sqrt[4]{3\times 5}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt[4]{(2n-1)\times(2n+1)}}>\sqrt2(\sqrt{n+1}-1)

归纳法证明

当 n=1n=1 时，不等式显然成立。

假设 n=kn=k 时不等式成立，即

11×34+13×54+⋯+1(2k−1)×(2k+1)4>2(k+1−1)\frac{1}{\sqrt[4]{1\times 3}}+\frac{1}{\sqrt[4]{3\times 5}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt[4]{(2k-1)\times(2k+1)}}>\sqrt2(\sqrt{k+1}-1)

那么当 n=k+1n=k+1 时，有

11×34+⋯+1(2k−1)×(2k+1)4+1(2k+1)×(2k+3)4>2(k+1−1)+1(2k+1)×(2k+3)4\frac{1}{\sqrt[4]{1\times 3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt[4]{(2k-1)\times(2k+1)}}+\frac{1}{\sqrt[4]{(2k+1)\times(2k+3)}}>\sqrt2(\sqrt{k+1}-1)+\frac{1}{\sqrt[4]{(2k+1)\times(2k+3)}}

要证不等式在 n=k+1n=k+1 时成立，只需证

2(k+1−1)+1(2k+1)×(2k+3)4>2(k+2−1)\sqrt2(\sqrt{k+1}-1)+\frac{1}{\sqrt[4]{(2k+1)\times(2k+3)}}>\sqrt2(\sqrt{k+2}-1)

即证

1(2k+1)×(2k+3)4>2(k+2−k+1)\frac{1}{\sqrt[4]{(2k+1)\times(2k+3)}}>\sqrt{2}(\sqrt{k+2}-\sqrt{k+1})

也就是证

(2k+1)×(2k+3)4<12(k+2+k+1)\sqrt[4]{(2k+1)\times(2k+3)}<\frac1{\sqrt2}(\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1})

把右半边套一下均值不等式，可以得到

12(k+2+k+1)≥(2k+4)×(2k+2)4\frac1{\sqrt2}(\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1})\geq \sqrt[4]{(2k+4)\times(2k+2)}

显然 (2k+4)×(2k+2)4>(2k+1)×(2k+3)4\sqrt[4]{(2k+4)\times(2k+2)}>\sqrt[4]{(2k+1)\times(2k+3)}，于是证明了 (2k+1)×(2k+3)4<12(k+2+k+1)\sqrt[4]{(2k+1)\times(2k+3)}<\frac1{\sqrt2}(\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1})。

所以当 n=k+1n=k+1 时，不等式成立。

证毕。

练习 1

  1. 求证：1+132+152+⋯+1(2n−1)2>76−12(2n−1)(n≥2)1+{\frac{1}{3^{2}}}+{\frac{1}{5^{2}}}+\cdots+{\frac{1}{\left(2n-1\right)^{2}}}>{\frac{7}{6}}-{\frac{1}{2\left(2n-1\right)}}(n\geq2)
  2. 求证：2(n+1−1)<1+12+13+⋯+1n<2(2n+1−1)2(\sqrt{n+1}-1)<1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<\sqrt{2}(\sqrt{2n+1}-1)
  3. 已知 n,m∈N+,x>−1,Sm=1m+2m+3m+⋯+nmn,m\in\mathbb{N}_+,x>-1,S_m=1^m+2^m+3^m+\cdots+n^m，求证 nm+1<(m+1)Sm<(n+1)m+1−1n^{m+1}<(m+1)S_m<(n+1)^{m+1}-1
  4. 已知 an=4n−2n,Tn=2na1+a2+⋯+ana_n=4^n-2^n,T_n=\frac{2^n}{a_1+a_2+\cdots+a_n}，求证：T1+T2+T3+⋯+Tn<32T_1+T_2+T_3+\cdots+T_n<\frac{3}{2}

不是我故意不给答案，是我真的懒得打了（

我记得前三题都可以用归纳法证明。

分式放缩

分式放缩主要利用 ba>b+ma+m(b>a>0,m>0)\frac ba>\frac{b+m}{a+m}(b>a>0,m>0)，ba<b+ma+m(a>b>0,m>0)\frac ba<\frac{b+m}{a+m}(a>b>0,m>0) 两个不等式。

例 3

又一个典中典例题，证明：

2⋅4⋅6⋯2n1⋅3⋅5⋯⋅(2n−1)>2n+1\frac{2\cdot4\cdot6\cdots2n}{1\cdot3\cdot5\cdots\cdot(2n-1)}>\sqrt{2n+1}

证明

利用 ba>b+ma(b>a>0,m>0)\frac ba>\frac{b+m}a(b>a>0,m>0) 可得：

21⋅43⋅65⋯2n2n−1>32⋅54⋅76⋯2n+12n=12⋅34⋅56⋯2n−12n⋅(2n+1)\frac{2}{1}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{6}{5}\cdots\frac{2n}{2n-1} >\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{4}\cdot\frac{7}{6}\cdots\frac{2n+1}{2n} =\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdots\frac{2n-1}{2n}\cdot(2n+1)

因此有：

(21⋅43⋅65⋯2n2n−1)2>(21⋅43⋅65⋯2n2n−1)×[12⋅34⋅56⋯2n−12n⋅(2n+1)]=2n+1(\frac{2}{1}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{6}{5}\cdots\frac{2n}{2n-1})^2 >(\frac{2}{1}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{6}{5}\cdots\frac{2n}{2n-1})\times \bigg[\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdots\frac{2n-1}{2n}\cdot(2n+1) \bigg] =2n+1

两边一起开个方，就得到了

2⋅4⋅6⋯2n1⋅3⋅5⋯⋅(2n−1)>2n+1\frac{2\cdot4\cdot6\cdots2n}{1\cdot3\cdot5\cdots\cdot(2n-1)}>\sqrt{2n+1}

这道题同样可以用归纳法证明，这里就不再赘述了。

例 4

证明：

(1+1)(1+14)(1+17)⋯(1+13n−2)>3n+13(1+1)(1+\frac{1}{4})(1+\frac{1}{7})\cdots(1+\frac{1}{3n-2})>\sqrt[3]{3n+1}

证明

运用两次次分式放缩。

因为 1+13n−2>1+13n−1>1+13n1+\frac1{3n-2}>1+\frac1{3n-1}>1+\frac1{3n}，故 3n−13n−2>3n3n−1>3n+13n\frac{3n-1}{3n-2}>\frac{3n}{3n-1}>\frac{3n+1}{3n}。所以有：

21⋅54⋅87⋯⋯3n−13n−2>32.65⋅98⋯⋯3n3n−121⋅54⋅87⋯⋯3n−13n−2>43⋅76⋅109⋯⋯3n+13n\begin{aligned} \frac21\cdot\frac54\cdot\frac87\cdots\cdots\frac{3n-1}{3n-2}&>\frac32.\frac65\cdot\frac98\cdots\cdots\frac{3n}{3n-1}\\ \frac{2}{1}\cdot\frac{5}{4}\cdot\frac{8}{7}\cdots\cdots\frac{3n-1}{3n-2}&>\frac{4}{3}\cdot\frac{7}{6}\cdot\frac{10}{9}\cdots\cdots\frac{3n+1}{3n} \end{aligned}

两式相乘，得

(21⋅54⋅87⋯⋯3n−13n−2)2>42⋅75⋅108⋯⋯3n+13n−1=12⋅45⋅78⋯3n−23n−1⋅(3n+1)\left(\dfrac{2}{1}\cdot\dfrac{5}{4}\cdot\dfrac{8}{7}\cdots\cdots\dfrac{3n-1}{3n-2}\right)^2>\dfrac{4}{2}\cdot\dfrac{7}{5}\cdot\dfrac{10}{8}\cdots\cdots\dfrac{3n+1}{3n-1}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4}{5}\cdot\dfrac{7}{8}\cdots\dfrac{3n-2}{3n-1}\cdot\left(3n+1\right)

故

(21⋅54⋅87⋯⋅3n−13n−2)3>12⋅45⋅78⋯⋅3n−23n−1⋅(21⋅54⋅87⋯⋯3n−13n−2)(3n+1)\left(\frac{2}{1}\cdot\frac{5}{4}\cdot\frac{8}{7}\cdots\cdot\frac{3n-1}{3n-2}\right)^{3}>\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{7}{8}\cdots\cdot\frac{3n-2}{3n-1}\cdot\left(\frac{2}{1}\cdot\frac{5}{4}\cdot\frac{8}{7}\cdots\cdots\frac{3n-1}{3n-2}\right)(3n+1)

即

(21⋅54⋅87⋅⋅⋅⋅3n−13n−2)3>(3n+1)\left(\frac{2}{1}\cdotp\frac{5}{4}\cdotp\frac{8}{7}\cdotp\cdotp\cdotp\cdotp\frac{3n-1}{3n-2}\right)^3>(3n+1)

就证明了

(1+1)(1+14)(1+17)⋯(1+13n−2)>3n+13(1+1)(1+\frac{1}{4})(1+\frac{1}{7})\cdots(1+\frac{1}{3n-2})>\sqrt[3]{3n+1}

你没猜错，还是可以用归纳法证明。

分类放缩

也有叫并项放缩的。

例 5

证明

1+12+13+⋯+12n−1>n21+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{n}-1}>\frac{n}{2}

证明

当 n≥2n\geq 2 时，有

12n−1+1+12n−1+2+⋯+12n−1+2n−1>12n+12n+⋯+12n=12n×2n−1=12\frac1{2^{n-1}+1}+\frac1{2^{n-1}+2}+\cdots+\frac1{2^{n-1}+2^{n-1}}>\frac1{2^n}+\frac1{2^n}+\cdots+\frac1{2^n}=\frac1{2^n}\times2^{n-1}=\frac12

故

1+12+13+⋯+12n−1>1+12+(14+14)+(123+123+123+123)+⋯+(12n+12n+⋯+12n)−12n=n2+(1−12n)>n2\begin{aligned} &1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{n}-1}\\ >&1+\frac{1}{2}+(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{3}})+\cdots+(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^n}+\cdots+\frac{1}{2^n})-\frac{1}{2^n}\\ =&\frac{n}{2}+(1-\frac{1}{2^n})>\frac{n}{2} \end{aligned}

归仍可。

等比放缩

即把原数列放缩为一个等比数列。这是我瞎取的名字。

这类题型我校月考已经考过了，所以我只会列出关键步骤（懒

例 6

An−k>B⋅AmA_n-k>B\cdot A^m 型。

已知 an=2n−1a_n=2^n-1，证明 n2−12<a1a2+a2a3+…+anan+1\frac n2-\frac12<\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\ldots+\frac{a_n}{a_{n+1}}

提示

anan+1=2n−12n+1−1=12−12n+2−2\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{2^n-1}{2^{n+1}-1}=\frac12-\frac1{2^{n+2}-2}

因为，

2n+2−2>3×2n(n≥1)2^{n+2}-2>3\times2^n\left(n\geq1\right)

于是有

12−12n+2−2>12−13⋅12n\frac12-\frac1{2^{n+2}-2}>\frac12-\frac13\cdot\frac1{2^n}

例 7

An−Bn−1>λ⋅An−1A^n-B^{n-1}>\lambda \cdot A^{n-1} 型。

已知 an=4n−3n−1,Sn=1a1+1a2+…+1ana_n=4^n-3^{n-1},S_n=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\ldots+\frac{1}{a_n}，证明 13≤Sn≤49\frac{1}{3}\leq S_n\leq\frac{4}{9}

提示

因为

4n−3n−1>3×4n−1(n≥1)4^n-3^{n-1}>3\times4^{n-1}\left(n\geq1\right)

于是有

14n−3n−1<13⋅14n−1\frac1{4^n-3^{n-1}}<\frac13\cdot\frac1{4^{n-1}}

二项式相关

因为学校的进度还没到二项式定理，所以就先只放这一道题了。

例 8

求证

(1+1n)n<1+1+11×2+12×3+⋯+1(n−1)n<3\left(1+\frac1n\right)^n<1+1+\frac1{1\times 2}+\frac1{2\times 3}+\cdots+\frac1{(n-1)n}<3

证明

(1+1n)n=1+(n1)⋅1n+(n2)⋅(1n)2+⋯+(nn)⋅(1n)n=1+n1!⋅1n+n(n−1)2!⋅1n2+⋯+n(n−1)(n−2)⋯1n!⋅1nn=1+1+12!(1−1n)+⋯+1n!(1−1n)(1−2n)⋯(1−n−1n)<1+1+12!+13!+⋯+1n!≤1+1+11×2+12×3+⋯+1(n−1)n<1+1+1−12+12−13+⋯+1n−1−1n=3⋅1n−1≤3\begin{aligned}\left(1+\frac1n\right)^n&=1+\tbinom{n}{1}\cdot\frac1n+\tbinom{n}{2}\cdot(\frac{1}{n})^2+\cdots+\tbinom{n}{n}\cdot\left(\frac1n\right)^n\\\\ &=1+\frac n{1!}\cdot\frac1n+\frac{n(n-1)}{2!}\cdot\frac1{n^2}+\cdots+\frac{n(n-1)(n-2)\cdots1}{n!}\cdot\frac1{n^n}\\\\ &=1+1+\frac1{2!}\left(1-\frac1n\right)+\cdots+\frac1{n!}\left(1-\frac1n\right)\left(1-\frac2n\right)\cdots\left(1-\frac{n-1}n\right)\\\\ &<1+1+\frac1{2!}+\frac1{3!}+\cdots+\frac1{n!}\\\\ &\leq1+1+\frac1{1\times 2}+\frac1{2\times 3}+\cdots+\frac1{(n-1)n}\\\\ &<1+1+1-\frac12+\frac12-\frac13+\cdots+\frac1{n-1}-\frac1n=3\cdot\frac1{n-1}\leq3 \end{aligned}

常见放缩技巧

这里总结了一部分放缩技巧。

(1) 2n−12n<2n2n+1, 2n2n−1>2n+12n, 12n+1<12n(2) 1n3<1n(n2−1)=12[1n(n−1)−1n(n+1)](3) 1n−1n+1=1n(n+1)<1n2<1n(n−1)=1n−1−1n (n≥2)(4) 1n2<1n2−1=12 (1n−1−1n+1) (n≥2)(5) 1n2=44n2<44n2−1=2 (12n−1−12n+1)(6) 2(n+1−n) =2n+1+n<1n=22n<2n+n−1=2 (n−n−1)(7) 1n+1+1n+2+...+12n≥12n+12n+...+12n=n2n=12(8) n(n+1)<n+n+12=n+12(9) nn+2=nn+1⋅n+1n+2<nn+1+n+1n+22(10) i2+1−j2+1i−j=i2−j2(i−j)(i2+1+j2+1)=i+ji2+1+j2+1<1\begin{aligned} (1)\space&\frac{2n-1}{2n}<\frac{2n}{2n+1},\:\frac{2n}{2n-1}>\frac{2n+1}{2n},\:\frac{1}{2^n+1}<\frac{1}{2^n}\\ (2)\space&\frac{1}{n^3}<\frac{1}{n(n^2-1)}=\frac{1}{2}\bigg[\frac{1}{n(n-1)}-\frac{1}{n(n+1)}\bigg]\\ (3)\space&\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n\left(n+1\right)}<\frac{1}{n^{2}}<\frac{1}{n\left(n-1\right)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}~(n\ge2)\\ (4)\space&\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n^2-1}=\frac{1}{2}\:(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1})\space(n\geq 2)\\ (5)\space&\frac{1}{n^2}=\frac{4}{4n^2}<\frac{4}{4n^2-1}=2\:(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})\\ (6)\space&2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\:=\frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}<\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2}{2\sqrt{n}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=2\:(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})\\ (7)\space&\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}\geq\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}+...+\frac{1}{2n}=\frac{n}{2n}=\frac12\\ (8)\space&\sqrt{n(n+1)}<\frac{n+n+1}2=n+\frac12\\ (9)\space&\sqrt{\frac n{n+2}}=\sqrt{\frac n{n+1}\cdot\frac{n+1}{n+2}}<\frac{\frac n{n+1}+\frac{n+1}{n+2}}2\\ (10)\space&\frac{\sqrt{i^2+1}-\sqrt{j^2+1}}{i-j}=\frac{i^2-j^2}{(i-j)(\sqrt{i^2+1}+\sqrt{j^2+1})}=\frac{i+j}{\sqrt{i^2+1}+\sqrt{j^2+1}}<1 \end{aligned}