高中數(shù)學(xué)數(shù)列不等式計(jì)算技巧一覽引言數(shù)列不等式是高中數(shù)學(xué)的重點(diǎn)與難點(diǎn)，也是高考?jí)狠S題的常見類型。它融合了數(shù)列的遞推關(guān)系、通項(xiàng)公式、求和方法與不等式的證明技巧，考察學(xué)生的邏輯推理、代數(shù)變形及綜合應(yīng)用能力。解決數(shù)列不等式問題，關(guān)鍵在于選擇合適的技巧，將復(fù)雜的不等式轉(zhuǎn)化為可證明的簡單形式。本文將系統(tǒng)梳理高中階段常用的數(shù)列不等式計(jì)算技巧，結(jié)合典型例題解析，助力學(xué)生掌握解題規(guī)律。一、放縮法：數(shù)列不等式的“變形神器”放縮法是證明數(shù)列不等式的核心技巧，通過對數(shù)列通項(xiàng)或求和式進(jìn)行放大或縮小，將其轉(zhuǎn)化為易求和或易比較的形式。放縮的關(guān)鍵是把握“度”——既不能放縮過度導(dǎo)致不等式方向改變，也不能放縮不足無法證明結(jié)論。1.分式放縮：調(diào)整分子分母簡化通項(xiàng)分式放縮常用于處理形如$\frac{1}{n^k}$（$k\geq2$）的通項(xiàng)，通過將分母變形為相鄰整數(shù)的乘積，實(shí)現(xiàn)裂項(xiàng)。例1證明：$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}<2$（$n\geq1$）。解析當(dāng)$k\geq2$時(shí)，$\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$（分母放大，分?jǐn)?shù)縮?。Ｒ虼?，求和得：$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}=1+\sum_{k=2}^n\frac{1}{k^2}<1+\sum_{k=2}^n\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)=1+\left(1-\frac{1}{n}\right)=2-\frac{1}{n}<2.$$注若需證明$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}>\frac{3}{2}-\frac{1}{n}$，可采用$\frac{1}{k^2}>\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$（分母縮小，分?jǐn)?shù)放大）。2.根式放縮：利用根式差簡化求和根式放縮適用于形如$\frac{1}{\sqrt{n}}$的通項(xiàng)，通過有理化或構(gòu)造根式差實(shí)現(xiàn)放縮。例2證明：$\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}>2(\sqrt{n+1}-1)$（$n\geq1$）。解析對$\frac{1}{\sqrt{k}}$進(jìn)行放大：$$\frac{1}{\sqrt{k}}>2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})\quad(\text{右邊}=\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}=\frac{1}{\sqrt{k}}).$$求和得：$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}>\sum_{k=1}^n2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=2(\sqrt{n+1}-\sqrt{1})=2(\sqrt{n+1}-1).$$3.利用已知不等式放縮：借助經(jīng)典不等式簡化常見的已知不等式包括均值不等式（$a+b\geq2\sqrt{ab}$）、柯西不等式（$\suma_i^2\sumb_i^2\geq(\suma_ib_i)^2$）、伯努利不等式（$(1+x)^n\geq1+nx$，$x\geq-1$）等。例3證明：$(1+\frac{1}{n})^n<e<(1+\frac{1}{n})^{n+1}$（$n\geq1$，$e$為自然對數(shù)底數(shù)）。解析左邊用均值不等式：$$(1+\frac{1}{n})^n=\underbrace{(1+\frac{1}{n})\cdot(1+\frac{1}{n})\cdot\dots\cdot(1+\frac{1}{n})}_{n個(gè)}\cdot1<\left(\frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1}\right)^{n+1}=\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1}.$$遞推得$(1+\frac{1}{n})^n<(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}$，即數(shù)列$\{(1+\frac{1}{n})^n\}$遞增，且極限為$e$，故左邊成立。右邊同理可證（略）。二、數(shù)學(xué)歸納法：自然數(shù)命題的“遞推鑰匙”數(shù)學(xué)歸納法是證明與自然數(shù)$n$相關(guān)的數(shù)列不等式的標(biāo)準(zhǔn)方法，適用于遞推型數(shù)列（如$a_{n+1}=f(a_n)$）。其核心邏輯是“由有限推無限”，步驟如下：1.基例驗(yàn)證：證明$n=1$（或初始值）時(shí)不等式成立；2.歸納假設(shè)：假設(shè)$n=k$（$k\geq1$）時(shí)不等式成立；3.歸納遞推：利用假設(shè)證明$n=k+1$時(shí)不等式成立。典型例題解析例4已知$a_1=1$，$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$，證明：$a_n<2$（$n\geq1$）。解析基例：$n=1$時(shí)，$a_1=1<2$，成立；假設(shè)：$n=k$時(shí)，$a_k<2$；遞推：$n=k+1$時(shí)，$a_{k+1}=\sqrt{2+a_k}<\sqrt{2+2}=2$（由假設(shè)$a_k<2$，代入后開平方保持不等號(hào)方向）。由數(shù)學(xué)歸納法，對所有$n\geq1$，$a_n<2$成立。三、單調(diào)性法：數(shù)列趨勢的“判斷工具”若數(shù)列$\{a_n\}$單調(diào)遞增（遞減）且有上界（下界），則數(shù)列收斂于某個(gè)極限。利用這一性質(zhì)，可證明數(shù)列的有界性不等式（如$a_n<M$或$a_n>m$）。方法原理1.構(gòu)造差數(shù)列$b_n=a_{n+1}-a_n$，判斷其符號(hào)（正則遞增，負(fù)則遞減）；2.若數(shù)列遞增且$a_1<M$，則$a_n<M$；若數(shù)列遞減且$a_1>m$，則$a_n>m$。實(shí)例應(yīng)用例5證明：數(shù)列$a_n=(1+\frac{1}{n})^n$單調(diào)遞增且有上界3。解析單調(diào)性：計(jì)算$a_{n+1}/a_n$：$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}}{(1+\frac{1}{n})^n}=\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^n\cdot(1+\frac{1}{n+1}).$$由伯努利不等式，$\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^n\geq1-\frac{n}{(n+1)^2}>1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$，故：$$\frac{a_{n+1}}{a_n}>\frac{n}{n+1}\cdot(1+\frac{1}{n+1})=\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}=1-\frac{1}{(n+1)^2}>1.$$因此，$a_{n+1}>a_n$，數(shù)列遞增。有界性：用二項(xiàng)式定理展開$a_n$：$$a_n=1+C(n,1)\frac{1}{n}+C(n,2)\frac{1}{n^2}+\dots+C(n,n)\frac{1}{n^n}.$$每一項(xiàng)$C(n,k)\frac{1}{n^k}=\frac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!n^k}<\frac{1}{k!}$，故：$$a_n<1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\dots+\frac{1}{n!}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{2^{n-1}}=3-\frac{1}{2^{n-1}}<3.$$因此，數(shù)列有上界3。四、利用函數(shù)性質(zhì)：數(shù)列與函數(shù)的“橋梁”數(shù)列$\{a_n\}$的通項(xiàng)$a_n=f(n)$可視為函數(shù)$f(x)$在$x=n$處的取值。通過研究函數(shù)$f(x)$的單調(diào)性、極值、凹凸性，可推導(dǎo)出數(shù)列的性質(zhì)。轉(zhuǎn)化思路1.將數(shù)列通項(xiàng)中的$n$替換為連續(xù)變量$x$，構(gòu)造函數(shù)$f(x)$；2.利用導(dǎo)數(shù)研究$f(x)$的單調(diào)性（如$f'(x)>0$則$f(x)$遞增，數(shù)列$\{a_n\}$遞增）；3.結(jié)合函數(shù)的極值或邊界值，證明數(shù)列不等式。導(dǎo)數(shù)輔助證明例6證明：當(dāng)$n\geq2$時(shí)，$\lnn>1-\frac{1}{n}$。解析構(gòu)造函數(shù)$f(x)=\lnx-1+\frac{1}{x}$（$x>1$），求導(dǎo)得：$$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}>0\quad(x>1).$$因此，$f(x)$在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增。當(dāng)$x=2$時(shí)，$f(2)=\ln2-1+\frac{1}{2}=\ln2-\frac{1}{2}\approx0.193>0$，故當(dāng)$x\geq2$時(shí)，$f(x)\geqf(2)>0$，即：$$\lnx>1-\frac{1}{x}.$$令$x=n$（$n\geq2$），得$\lnn>1-\frac{1}{n}$。五、裂項(xiàng)相消法：求和不等式的“簡化利器”裂項(xiàng)相消法是處理求和型不等式（如$\sum_{k=1}^na_k<M$）的常用技巧，通過將通項(xiàng)$a_k$裂分為兩項(xiàng)之差，求和時(shí)中間項(xiàng)抵消，簡化表達(dá)式。常見裂項(xiàng)類型1.分式裂項(xiàng)：$\frac{1}{k(k+m)}=\frac{1}{m}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+m}\right)$（$m$為常數(shù)）；2.根式裂項(xiàng)：$\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$；3.對數(shù)裂項(xiàng)：$\ln(1+\frac{1}{k})=\ln(k+1)-\lnk$。求和放縮技巧例7證明：$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(k+2)}<\frac{3}{4}$（$n\geq1$）。解析裂項(xiàng)得：$$\frac{1}{k(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2}\right).$$求和得：$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(k+2)}=\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\dots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)\right].$$中間項(xiàng)抵消后，剩余：$$\frac{1}{2}\left[1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right]=\frac{3}{4}-\frac{2n+3}{2(n+1)(n+2)}.$$由于$\frac{2n+3}{2(n+1)(n+2)}>0$，故：$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(k+2)}<\frac{3}{4}.$$六、構(gòu)造輔助數(shù)列：復(fù)雜問題的“轉(zhuǎn)化技巧”當(dāng)原數(shù)列不等式難以直接處理時(shí)，可通過變形構(gòu)造新數(shù)列（如取對數(shù)、移項(xiàng)、倒數(shù)等），將問題轉(zhuǎn)化為新數(shù)列的單調(diào)性、有界性或遞推關(guān)系問題。構(gòu)造方法1.移項(xiàng)構(gòu)造差數(shù)列：若需證明$a_n<b_n$，構(gòu)造$c_n=b_n-a_n$，證明$c_n>0$；2.取倒數(shù)構(gòu)造遞推數(shù)列：若通項(xiàng)含分式，取倒數(shù)后可能得到線性遞推；3.取對數(shù)構(gòu)造線性數(shù)列：若通項(xiàng)含指數(shù)，取對數(shù)后可轉(zhuǎn)化為線性關(guān)系。案例分析例8已知$a_1=2$，$a_{n+1}=a_n^2-a_n+1$，證明：$\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_k}<1$（$n\geq1$）。解析觀察遞推式，變形得：$$a_{n+1}-1=a_n(a_n-1)\implies\frac{1}{a_{n+1}-1}=\frac{1}{a_n(a_n-1)}=\frac{1}{a_n-1}-\frac{1}{a_n}.$$移項(xiàng)得：$$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{a_n-1}-\frac{1}{a_{n+1}-1}.$$求和得：$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_k}=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{a_k-1}-\frac{1}{a_{k+1}-1}\right)=\frac{1}{a_1-1}-\frac{1}{a_{n+1}-1}=1-\frac{1}{a_{n+1}-1}.$$接下來證明$a_{n+1}-1>0$：$a_1=2$，$a_2=2^2-2+1=3$，$a_3=3^2-3+1=7$，顯然$a_n\geq2$；故$a_{n+1}-1=a_n(a_n-1)\geq2\times1=2>0$，即$\frac{1}{a_{n+1}-1}>0$。因此，$\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_k}=1-\frac{1}{a_{n+1}-1}<1$。七、技巧綜合運(yùn)用：難題的“破解之道”高考中的數(shù)列不等式往往需要多種技巧結(jié)合，如“放縮+裂項(xiàng)”“歸納+單調(diào)性”“函數(shù)+構(gòu)造”等。以下通過實(shí)例說明綜合運(yùn)用的思路。例9證明：$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}<2\sqrt{n}$（$n\geq1$）。解析需將調(diào)和級(jí)數(shù)$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$與根式結(jié)合，考慮放縮為可裂項(xiàng)的形式。由均值不等式，$\frac{1}{\sqrt{k}}>\frac{2}{2\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}>\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$（見例2），但此處需放縮$\frac{1}{k}$，而非$\frac{1}{\sqrt{k}}$。調(diào)整思路：$\frac{1}{k}=\frac{1}{\sqrt{k}\cdot\sqrt{k}}<\frac{1}{\sqrt{k}\cdot\sqrt{k-1}}=\frac{1}{\sqrt{k-1}}-\frac{1}{\sqrt{k}}$（$k\geq2$，分母縮小，分?jǐn)?shù)放大）。驗(yàn)證：$\frac{1}{\sqrt{k-1}}-\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}{\sqrt{k(k-1)}}=\frac{1}{\sqrt{k(k-1)}(\sqrt{k}+\sqrt{k-1})}>\frac{1}{\sqrt{k\cdotk}(\sqrt{k}+\sqrt{k})}=\frac{1}{2k}$，這說明放縮不足，需換一種方式。正確放縮：$\frac{1}{k}<2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})$（$k\geq1$），證明如下：$$2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}>\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}=\frac{1}{\sqrt{k}}?\quad\text{不，反了，應(yīng)該是：}$$$$2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}<\frac{2}{\sqrt{k-1}+\sqrt{k-1}}=\frac{1}{\sqrt{k-1}}\quad(k\geq2).$$哦，正確的放縮應(yīng)為$\frac{1}{\sqrt{k}}<2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})$（例2），而$\frac{1}{k}=\frac{1}{\sqrt{k}\cdot\sqrt{k}}<\frac{1}{\sqrt{k}\cdot\sqrt{k-1}}=\frac{1}{\sqrt{k-1}}-\frac{1}{\sqrt{k}}$（$k\geq2$），因此：$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=1+\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}<1+\sum_{k=2}^n\left(\frac{1}{\sqrt{k-1}}-\frac{1}{\sqrt{k}}\right)=1+\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)=2-\frac{1}{\sqrt{n}}<2.$$但這與目標(biāo)$2\sqrt{n}$差距較大，說明需換一種放縮方式。正確方法：利用函數(shù)單調(diào)性，構(gòu)造$f(x)=\lnx$，由拉格朗日中值定理，存在$\xi\in(k-1,k)$，