数列中的不等式

不等式恒成立 / 存在解求参

不等式恒成立 / 存在解求参问题有两个方向：

• 解含参不等式．
• 参变分离．

数列中尽可能贴近后者，一般参变分离都更好做（得益于数列下标 $n > 0$，两边除以 $n$ 时不必分类讨论）．

例题 1.1

已知数列 $a_n = -8n^2 - 4n$，若 $a_n \ge t \cdot n^2$ 对任意 $n \in \N^\ast$ 恒成立，求 $t$ 取值范围．

例题 1.1 解答

即

$$-8n^2 - 4n\ge t \cdot n^2, \quad n \in \N^\ast$$

参变分离得

$$-8 - \df 4 n \ge t, \quad n \in \N^\ast$$

前者最小值（记得是 $n \in \N^\ast$ 的最小值）为 $n = 1$ 的 $-12$，因此 $t \le -12$．

例题 1.2

已知数列 $a_n = n(n + 2)$，$b_n = \df 1 {a_n}$，$\{b_n\}$ 的前缀和为 $S_n$，若 $S_n < b$ 对任意 $n \in \N^\ast$ 恒成立，求 $\{b_n\}$ 的取值范围．

例题 1.2 解答

$\{S_n\}$ 就是个裂项求和，速通一下：

$$S_n = \df 3 4 - \df 1 2 (\df 1 {n + 1} + \df 1 {n + 2}) < b$$

到这里不要再继续算了，算到这里容易看出左侧是递增且渐近 $\df 3 4$ 的，因此 $b \ge \df 3 4$．

例题 1.3

已知 $a_n = 2n + 1$，$b_n = 1 + \df 1 {a_n}$，$\{b_n\}$ 前缀积为 $T_n$．若对任意 $n \in \N^\ast$，不等式

$$\df{k^{n + 1}}{T_n} - \df{k^n}{\sqrt{a_n + 2}} \le 0$$

恒成立，求正数 $k$ 的范围．

例题 1.3 解答

参变分离得

$$k \le \df{T_n}{\sqrt{a_n + 2}}, \quad n \in \N^\ast$$

令其恒成立，需求不等式右侧的最小值．将不等式右侧看作一个新数列 $c_n = \df{T_n}{\sqrt{a_n + 2}}$，我们要分析的就是 $\{c_n\}$ 的最小值．

先试一下能不能直接分析增减性．

当 $n$ 从 $1$ 增大时，分子和分母均递增，从这个角度看不出增减性．

再尝试展开 $T_n$ 与 $a_n$，结果是这样的：

$$\df{\df 4 3 \times \df 6 5 \times \cdots \times \df {2n + 2}{2n + 1}}{\sqrt{2n + 3}}$$

分子若干分数连乘，但分子全是偶数，分母全是奇数，没有一个能消的，增减性仍然完全看不出．

那不妨试一下定义法求增减性．这里显然作商法优于作差法：

$$\begin{aligned} \df{c_{n + 1}}{c_n} & = \df{T_{n + 1}}{\sqrt{2n + 5}} \cdot \df{\sqrt{2n + 3}}{T_n} \\[1em] & = \df{b_n\sqrt{2n + 5}}{\sqrt{2n + 3}} \\[1em] & = \df{\df{2n + 4}{2n + 3} \cdot \sqrt{2n + 3}}{\sqrt{2n + 5}} \\[1em] & = \df{2n + 4}{\sqrt{2n + 3}\sqrt{2n + 5}} \\[1em] & = \sqrt{\df{(2n + 4)^2}{(2n + 3)(2n + 5)}} \end{aligned}$$

根据和相同差小积大，可以看出这个式子 $> 1$，结合 $\{c_n\}$ 恒正，可得 $\{c_n\}$ 递增．

因此最小值在 $c_1 = \df{4\sqrt 5}{15}$ 取到，$k$ 的范围为 $(0, \df {4\sqrt 5} {15} ]$．

放缩法证明不等式

放缩法证明不等式用以解决这种题目：给定一个已知通项的数列 $\{a_n\}$，要求证明 $S_n < \cdots$．

这类问题的特征是 $S_n$ 的通项 很难求，比如 $\df 1 {n^2}$ 的前缀和通项是什么，数学家到现在还不知道．正因为不知道通项，题目不可能让你证明 $S_n = \cdots$，只能证明 $S_n < \cdots$．

先来看一道题认识放缩法：

例题 2

已知数列 $a_n = \df 1 {n^2}$，求证：$S_n < 2$．

例题 2 解答

对任意 $n \ge 2$，有

$$a_n < \df 1 {n(n - 1)}$$

因此

$$\begin{aligned} S_n &= a_1 + a_2 + \cdots + a_n \\ & < 1 + \df 1 {1 \times 2} + \df 1 {2 \times 3} + \cdots + \df 1 {(n - 1) \times n} \\ & = 1 + 1 - \df 1 n \\ & = 2 - \df 1 n \\ & < 2 \end{aligned}$$

证毕．

可以看到，虽然我们无法求出 $S_n$，但是我们找到了一个数列 $\{b_n\}$ 满足以下条件：

• $\{b_n\}$ 的 前缀和可求，设其为 $\{T_n\}$．
• $a_n < b_n$，即 每一项都超过 $\{a_n\}$ 对应的项．这一步保证了 $S_n < T_n$．
• $T_n$ 小于等于待证目标（待证目标即条件 $S_n < \cdots$ 的省略号部分）．

这样以来就可以证明出 $S_n < T_n \le \cdots$，从而证明 $S_n < \cdots$．

这就是「放缩法」的「放」，将每一项放大成一个新数列，再证明新数列前缀和小于待证目标，于是原数列更小于待证目标．$S_n > \cdots$ 对称地就是考虑「缩」．

放缩法的关键就是找到这个 $\{b_n\}$．下面我们会总结如何找到这个 $\{b_n\}$．

前缀和小于式子

即条件形如 $S(n) < f(n)$．

这类题目很大的可能性，要找的 $\{b_n\}$ 的前缀和就是 $f(n)$．因此对 $f(n)$ 作 差分 得到 $\{b_n\}$ 后，再尝试进行放缩法证明即可．

例题 2.1

已知 $a_n = \df 2 {2^{n + 1} + n + 2}$，$\{a_n\}$ 的前缀和为 $\{S_n\}$，求证：$S_n < 1 - \df 1 {2^n}$．

例题 2.1 解答（思考过程）

对 $f$ 差分可得 $\{b_n\}$：$b_n = f(n) - f(n - 1) = \df 1 {2^n}$．

尝试一下是否有 $a_n < b_n$：$\df{2}{2^{n + 1} + n + 2} < \df{2}{2^{n + 1}} = \df 1 {2^n}$．成功！

例题 2.1 解答（写在卷子上的过程）

$$a_n = \df{2}{2^{n + 1} + n + 2} < \df{2}{2^{n + 1}} = \df 1 {2^n}$$

因此

$$S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n < \df 1 {2^1} + \df 1 {2^2} + \cdots + \df 1 {2^n} = \df {\df 1 2 (1 - \df 1 {2^n})}{(1 - \df 1 2 )} = 1 - \df 1 {2^n}$$

证毕．

最后一步 $\df 1 {2^1} + \df 1 {2^2} + \cdots + \df 1 {2^n}$ 本来应该用等比数列求和公式求解，但我们知道 $\{b_n\}$ 的前缀和就是 $f(n)$，这里在卷子上只需「象征性地」套一下公式，最终结果直接抄 $f(n)$ 即可．

最后的最后，这类题目通常有 $\* f(0) = 0$，因为 $f(0) = 0$ 意味着差分出来的 $\{b_n\}$ 不分段，形式好．因此 $f(0) = 0$ 也是一个使用这种方法的重要提示．

例题 2.2

已知正项数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 1$，$a_n = \df{n{a_{n + 1}}^2}{na_{n + 1} + 1}$，求证：$1 + \sum_{k = 1}^n \df 1 {k + 1} < a_{n + 1} < 1 + \sum_{k = 1}^n \df 1 k$．

本题的第一反应是将 $\{a_n\}$ 的通项做出来，但是会发现不好做．这里需要一些发散思维：

讲解了 $S(n) < f(n)$ 的处理策略，这里可以想办法把 $a$ 转成另一个数列 $d$ 的前缀和．

例题 2.2 解答（右侧不等号）

令 $d_n = a_{n + 1} - a_n$，则 $a_{n + 1} = a_1 + d_1 + d_2 + \cdots + d_n$，因此待证目标变成

$$a_1 + d_1 + d_2 + \cdots + d_n < 1 + \sum_{k = 1}^n \df 1 k$$

注意到 $a_1 = 1$，两侧的 $1$ 可以消去，变为

$$d_1 + d_2 + \cdots + d_n < \sum_{k = 1}^n \df 1 k$$

很明显不等号右侧的式子差分的结果就是 $\df 1 n$，因此考虑证明

$$d_n < \df 1 n$$

根据 $d_n = a_{n + 1} - a_n$，且 $\{a_n\}$ 为正项数列，$a_{n + 1} > 0$，有

$$d_n = a_{n + 1} - \df{n{a_{n + 1}}^2}{na_{n + 1} + 1} = \df {a_{n + 1}}{na_{n + 1} + 1} = \df 1 {n + \fr 1 {a_{n + 1}}} < \df 1 n$$

证毕．

例题 2.2 解答（左侧不等号）

同理考虑证明

$$\df 1 {n + \fr 1 {a_{n + 1}}} > \df 1 {n + 1}$$

即 $a_{n + 1} > 1$，证毕后左侧不等号自动成立．

这里由于 $a_{n + 1} - a_n = d_n = \df 1 {n + \fr 1 {a_{n + 1}}} > 0$，因此 $\{a_n\}$ 递增，$a_{n + 1} > a_1 = 1$，证毕．

前缀和小于常数 - 构造等比数列

前缀和小于常数即条件形如 $S_n < \mathrm{const.}$．问题还是找到合适的 $\{b_n\}$．

构造等比数列是注意到一类等比数列的前缀和收敛：对于 正项等比数列，如果满足 $0 < q < 1$，则 $S_n$ 收敛：

$$\lim_{n \to +\infty} S_n = \lim_{n \to +\infty} \df{a_1}{1 - q} \cdot (1 - q^n) = \df{a_1}{1 - q}$$

即这类等比数列满足 $S_n < \df{a_1}{1 - q}$ 且渐近 $\df{a_1}{1 - q}$，非常适合用来当 $\{b_n\}$．

例题 2.2.1

已知 $a_n = \df 1 {2^{n + 1} - 1}$，$\{S_n\}$ 为 $\{a_n\}$ 的前缀和，求证：$S_n < \df 2 3$．

例题 2.2.1 解答（思考过程）

考虑构造等比数列 $\{b_n\}$．

观察条件，可以「感觉」出来合适的 $q = \df 1 2$（因为分母有一个 $2^{n + 1}$，看到后面就知道这个感觉的道理了）．

待比较目标是 $\df 2 3$，我们可以考虑让 $\{b_n\}$ 的前缀和 $T_n$ 渐近 $\df 2 3$．只需令

$$\df{b_1}{1 - q} = \df {b_1}{1 - \df 1 2} = \df 2 3$$

可知合适的 $b_1 = \df 1 3$．

因此构造的等比数列 $b_n = \df 1 {3 \cdot 2^{n - 1}}$，验证一下它是否起到了「放大」的效果．

由于我们保证 $T_n < \df 2 3$，因此这里只需令 $a_n \le b_n$．

要证 $a_n \le b_n$，只需证 $3 \cdot 2^{n - 1} \le 2^{n + 1} - 1$，即 $2^{n - 1} \ge 1$．

对任意 $n \in \N^\ast$，其显然成立，因此放缩成功．

例题 2.2.1 解答（写在卷子上的过程）

注意到对任意 $n \in \N^\ast$，有 $2^{n - 1} \ge 1$，即 $2^{n - 1} - 1 \ge 0$，因此

$$a_n = \df 1 {2^{n + 1} - 1} = \df 1 {3 \cdot 2^{n - 1} + (2^{n - 1} - 1)} \le \df 1 {3 \cdot 2^{n - 1}}$$

可知

$$S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n \le \df 1 3 + \df 1 {3 \times 2} + \cdots + \df 1 {3 \cdot 2^{n - 1}} = \df{\df 1 3 (1 - \df 1 {2^n})}{1 - \df 1 2} = \df 2 3(1 - \df 1 {2^n}) < \df 2 3$$

证毕．

例题 2.2.2

已知 $a_n = \df 1 {(2^{n + 1} - 2)(2^{n + 1} - 1)}$，$\{a_n\}$ 前缀和为 $S_n$，求证：$S_n < \df 1 3$．

例题 2.2.2 解答（思考过程）

考虑构造等比数列 $\{b_n\}$．整理可得 $a_n = \df 1 {4^{n + 1} - 3 \cdot 2^{n + 1} + 2}$，$q$ 应该取多少呢？

此时取 $q = \df 1 4$ 是比较合适的．来分析一下：

• 我们的目标应该为 $\df{b_1}{1 - q} = \df 1 3$．
• 如果 $q$ 取得 太大，$b_1$ 会 太小，导致前几项上不满足 $a_n < b_n$，放缩失败；
• 如果 $q$ 取得 太小，那么 $\{b_n\}$ 可能 递减过快，使得 $n \to +\infty$ 时 $b_n$ 低于 $a_n$，此时有 无穷多项 不满足 $a_n < b_n$ 的要求，放缩失败．比如这里取 $q = \df 1 5$，那么当 $n$ 很大时，$\{b_n\}$ 的分母为 $5^n$ 量级，而 $\{a_n\}$ 的分母为 $4^n$ 量级，前者会远超后者，导致 $b_n$ 低于 $a_n$（事实上 $q = \df 1 5$ 时 $n \ge 8$ 就恒有 $a_n > b_n$ 了）．

由于这里分母上最大的幂是 $4^n$，所以 $q$ 的分母 必须小于等于 $4$．只要超过 $4$ 一点，在 $n$ 足够大的时候，上面的第二种情况就会发生．因此，必须有 $q \ge \df 1 4$．

在 保证第二种情况不会发生 的前提下，$q$ 是 越小越好 的（可以让 $b_1$ 尽可能大）．

所以，最合适的取法是 $q = \df 1 4$．

根据 $\df{b_1}{1 - q} = \df 1 3$，可得 $b_1 = \df 1 4$，即 $b_n = \df 1 {4^n}$．

要证 $a_n \le b_n$，只需证 $(2^{n + 1} - 2)(2^{n + 1} - 1) \ge 4^n$．

这个不等式可以打开括号朴素等价变换证明，但这里介绍一种新的策略：

对于四个恒正式 $a$，$b$，$c$，$d$，要证 $ab > cd$，可考虑证 $a > c$，$b > d$．这是一种 强化问题 的处理策略，证得后者，前者自动成立，当然强化问题不一定成立，所以这种方法仅对部分不等式证明可能有优化效果．

证 $(2^{n + 1} - 2)(2^{n + 1} - 1) \ge 4^n$，即证 $(2^{n + 1} - 2)(2^{n + 1} - 1) \ge 2^n \cdot 2^n$，而：

$2^{n + 1} - 1 > 2^{n + 1} - 2 \ge 2^n > 0$ 对任意 $n \in \N^\ast$ 均成立，因此不等式得证．

例题 2.2.2 解答（写在卷子上的过程）

注意到对任意 $n \in \N^\ast$，有 $2^{n + 1} - 1 > 2^{n + 1} - 2 \ge 2^n > 0$．

因此对任意 $n \in \N^\ast$，有 $(2^{n + 1} - 1)(2^{n + 1} - 2) \ge 4^n > 0$，即 $a_n = \df 1 {(2^{n + 1} - 1)(2^{n + 1} - 2)} \le \df 1 {4^n}$．

可知

$$S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n \le \df 1 4 + \df 1 {4^2} + \cdots + \df 1 {4^n} = \df{\df 1 4 (1 - \df 1 {4^n})}{1 - \df 1 4} = \df 1 3(1 - \df 1 {4^n}) < \df 1 3$$

证毕．

最后来一道 不从第一项开始放缩 的例子．

例题 2.2.3

已知 $a_n = \df 3 {4^n - 3^{n - 1}}$，求证：$S_n < \df{17}{13}$．

例题 2.2.3 解答（思考过程）

$q = \df 1 4$，根据 $\df{b_1}{1 - q} = \df {17} {13}$，可知 $b_1 = \df {51} {52}$．

而 $a_1 = 1$，$a_1 > b_1$，放缩失败了，怎么办？

答案是可以尝试从后面的项开始放缩．比如从 $a_2$ 开始放缩，证明 $a_2 + a_3 + \cdots < \df 4 {13}$ 即可（注意右边也要扣去 $a_1$）．

重新计算一下 $b_1$，$\df{b_1}{1 - q} = \df 4 {13}$ 可得 $b_1 = \df 3 {13}$，而 $a_2 = \df 3 {13}$．首项成功了，胜利在望：一般来说首项成功了放缩就一定成功了．

还是要证明一下是否成功，毕竟标准过程还得写证明．

构造出来的 $b_n = \df{3}{13 \cdot 4^{n - 1}}$，我们要证明 $\df 3{4^n - 3^{n - 1}} \le \df{3}{13 \cdot 4^{n - 2}}$ 对任意 $n \ge 2$ 的整数恒成立（注意 $a_n$ 对应 $b_{n - 1}$）．

即 $4^n - 3^{n - 1} \ge 13 \cdot 4^{n - 2}$ 在 $n \ge 2, n \in \N^\ast$ 时恒成立．

将 $4^n$ 写成 $16 \cdot 4^{n - 2}$，可得 $3 \cdot 4^{n - 2} \ge 3^{n - 1}$，即 $4^{n - 2} \ge 3^{n - 2}$，显然成立．

例题 2.2.3 解答（写在卷子上的过程）

注意到对任意 $n \ge 2$，$n \in \N^\ast$，有 $4^{n - 2} \ge 3^{n - 2}$，即 $4^{n - 2} - 3^{n - 2} \ge 0$，因此

$$\df 3{4^n - 3^{n - 1}} = \df {3}{16 \cdot 4^{n - 2} - 3 \cdot 3^{n - 2}} = \df{3}{13 \cdot 4^{n - 2} + 3(4^{n - 2} - 3^{n - 2})} \le \df{3}{13 \cdot 4^{n - 2}}$$

$n = 1$ 时，$S_1 = a_1 = 1 < \df{17}{13}$；

而 $n \ge 2$ 时，

$$\begin{aligned} S_n &= a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_n \\ & \le a_1 + \df 3 {13} + \df 3 {13 \cdot 4} + \df 3 {13 \cdot 4^2} + \cdots + \df 3 {13 \cdot 4^{n - 2}} \\ & = 1 + \df 3 {13} \cdot \df{1 - \df 1 {4^{n - 1}}}{1 - \df 1 4} \\[1ex] & = 1 + \df 4 {13}(1 - \df 1 {4^{n - 1}}) \\ & < \df{17}{13} \end{aligned}$$

最后打个补丁：判断 $q$ 的时候，如果分子上也有幂也要看（常数则不用）．比如 $\df{3^n}{4^n - 2^n + 1}$，$q$ 取 $\df 3 4$ 最合适．

前缀和小于常数 - 构造裂项

由于等比数列的递减速度太大，对于 $\{a_n\}$ 的通项没有出现谁的 $n$ 次方（即 $n$ 作为指数的指数函数）形式的式子，其前缀和很难用等比放缩．我们还要学习另一种常见放缩方式：构造裂项．

构造裂项的原理是建立辅助数列 $\{c_n\}$，使 $b_n = c_n - c_{n + 1}$，根据裂项求和的知识可得 $\{b_n\}$ 的前缀和 $T_n = c_1 - c_{n + 1}$．如果 $c_n > 0$ 并且 $n \to +\infty$ 时 $c_n \to 0$，则 $\{b_n\}$ 的前缀和可以无限趋近于 $c_1$，$\{b_n\}$ 也可以成为一个非常适合放缩的中间数列．

一般来说，比较合适的构造是：

• $\{c_n\}$ 为 恒正递减数列．
• $c_1 = C$，其中 $C$ 是待比较常数．
• $a_n \le b_n$，即 $a_n \le c_n - c_{n + 1}$．

怎么构造这样的 $\{c_n\}$ 呢？一般考虑先猜后证，而且 $c_n$ 通项优先考虑和 $a_n$ 通项同类型的式子．

来看一道例题．

例题 2.3.1

已知 $a_n = \df 1 {\sqrt{n} \cdot (n + 1)}$，求证：$S_n < 2$．

例题 2.3.1 解答（思考过程）

分子分母没有出现指数函数，等比放缩不合适，考虑裂项放缩．

分母有根号，因此可以猜 $c_n = \df 1 {\sqrt n}$．$c_1 = 1 \ne C$，直接填一个系数，猜 $c_n = \df 2 {\sqrt n}$．

然后尝试一下放缩是否成功．$a_n \le b_n = c_n - c_{n + 1}$，即

$$\df 1 {\sqrt n(n+1)} \le \df 2 {\sqrt n} - \df 2 {\sqrt {n + 1}}$$

去分母，不等号翻转得

$$2(n + 1) - 2\sqrt n \sqrt {n + 1} \ge 1$$

即 $2n + 1 \ge 2 \sqrt{n(n + 1)}$．根据基本不等式，显然正确，放缩成功．

例题 2.3.1 解答（写在卷子上的过程）

对任意 $n \in \N^\ast$，可得

$$2(n + 1) = n + (n + 1) + 1 \ge 2 \sqrt{n(n + 1)} + 1$$

因此

$$\df{2(n + 1)}{\sqrt n (n + 1)} \ge \df{2 \sqrt{n (n + 1)}}{\sqrt n(n + 1)} + \df 1{\sqrt n(n + 1)}$$

即

$$a_n = \df 1 {\sqrt n(n+1)} \le \df 2 {\sqrt n} - \df 2 {\sqrt {n + 1}}$$

于是

$$\begin{aligned} S_n &= a_1 + a_2 + \cdots + a_n \\[1em] & \le (\df 2 {\sqrt 1} - \df 2 {\sqrt 2}) + (\df 2 {\sqrt 2} - \df 2 {\sqrt 3}) + \cdots + (\df 2 {\sqrt n} - \df 2 {\sqrt {n + 1}}) \\[1em] & = 2 - \df 2 {\sqrt {n + 1}} \\[1em] & < 2 \end{aligned}$$

不放缩也能证明不等式

例题 2.4

已知 $a_n = \df{4^n}{(4^n - 1)(4^{n + 1} - 1)}$，$\{a_n\}$ 的前缀和为 $\{S_n\}$，求证：$S_n < \df 1 9$．

乍一看下面的括号打开有个 $16^n$，上面是 $4^n$，等比放缩 $q = \df 1 4$！

但要真这么做会发现做不出来，就算不从第一项放缩，从第几项放缩都没用．为什么呢？

答案是：这个题本来就不应该用放缩做．事实上 $\df 1 9$ 是 $S_n$ 的极限，只要放缩必定做不出来．

正确的做法是：$\{a_n\}$ 自身是一个能裂项的形式，这个题的 $\{S_n\}$ 是 可解的：

$$S_n = \df 1 9 - \df 1 {3 \cdot 4^{n + 1} - 3}$$

因此自然有 $S_n < \df 1 9$．

放这个题的目的是提醒读者：不要以为什么不等式都要通过放缩解答，要 先看一眼 $\{S_n\}$ 能不能直接做．

而且事实上，不放缩，单纯裂项地证明前缀和相关不等式的考频更高，所以 优先考虑是否能裂项．