数学讲座：裂项放缩法与函数放缩法研究
一、研究意义
1. 近年来广东高考不等式综合题，尤其是函数、数列与不等式的综合，有加强的趋势
2. 两种方法技巧性不算强，但思维含量高，思想方法含量高，而且在课本有迹可循，符合广东高考命题者的口味。其中，函数放缩法充分体现函数思想方法。 选修2-2 P32 B组第1题：
利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证： （1）sin x 0, x ∈(0,1)；（3）e x >1+x , x ≠0；（4）ln x 0 3. 两种方法充分体现了数学美
4. 两种方法经常同时在一道题中出现。放缩后的进一步证明，经常要构造函数。
二、一道经典题目
（09广东理21题）已知曲线C n :x 2-2nx +y 2=0(n =1,2,
从点P (-1,0) 向曲线C n 引斜率为k n (k n >0) ) ．
的切线l n ，切点为P （１）求数列{x n }与{y n }的通项公式；
n (x n , y n ) ．（２）证明：x 1⋅x 3⋅x 5⋅
⋅x 2n -1
x
（1）（解略）x n
=
n ，y n =n +1⨯
2n
-1
1352n +1（２）即证明
135
⨯⨯⨯246
首项与末项是什么），故只需证明
2n -1
，或用分析法证明。
=
2n 2n +14n 4n -1
x =，只需证明当x
ππ11π
≤
442n +14x
设函数f (x ) =x -2sin x ，0≤x
π
4
则f '(x ) =1-2cos x ，0
π
4
ππ⎛π⎫
∴当0
444⎝⎭
⎛π⎫
∴f (x ) =x -2sin x 在区间 0, ⎪上为单调递减函数，∴ f (x ) =x -2sin x
⎝4⎭
π
0
4
三、裂项放缩法的特征与思路
特征：将一个式子分成n 个式子的代数和（或积），然后累加（或累乘）抵消掉中间的许多项，构造一条恒等式，为后面的不等式证明铺垫。 思路主要有：
1. 熟悉常见的裂项形式： （1）a n =
1111
=(-)
(An +B )(An +C ) C -B An +B An +C
如：
[1**********]=－=(-) 、=[-]n n +1n (n +1) n (n +k ) k n n +k n (n +1)(n +2) 2n (n +1) (n +1)(n +2)
11111
1
=（2）
a -b 1
=n >k k =
=
（3）n ·n ！=(n+1)!－n! 、
1n 1
=－
(n +1)! n ! (n +1)!
r -1r r
（4）C n =C -C -1n n -1
（5）ln n =(ln2-ln1) +(ln3-ln 2) +（6）|x n -x 1|=(x 2-x 1)+(x 3-x 2)+（7）乘法的裂项，如：
3n
+(lnn -ln(n -1)) =ln 2+ln ++ln
2n -1
(x n -x n -1)≤
x 2-x 1|+|x 3-x 2|+|x n -x n -1
112n -11132n -1
=1⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，，„„ n 23n 2n +1352n +1
2. 式子的“齐整”——数学美的体现
要证明的不等式左边为n 项之和（或积），右边只有一项，可以考虑将右边化为n 项之和（或积）。 要注意项数与左边相等，首项与末项是什么。还要注意是从第几项开始放缩。
3. 有时还需要对不等式进行加强（当然放缩法本身就是加强的过程，但有时仍需要二次加强）
四、函数放缩法的特征与思路
特征：构造与所证不等式相关的函数，研究函数的单调性（主要用导数），最值，利用单调性与最值的紧密联系，得出不等式，水到渠成。 思路：
1. 先将不等式的一端移项（有时也可能除以一边），另一端剩下0（或某个常数），构造函数，将0（或某个常数）看成某个函数值，由单调性得出不等式。
2. 为了更清晰的看出所要构造的函数，有时需要换元，当然要求出新元的范围。
五、例题
例1. (08年福建) 已知函数f (x ) =ln(1+x ) -x . 若f (x ) 在区间[0, n ](n ∈N *)上的最小值为b n , 令a n =ln(1+n ) -b n . 求证:a 1+a 1⋅a 3+ +a 1⋅a 3⋅a 5⋅ ⋅a 2n -1
n
a 2
a 2⋅a 4
a 2⋅a 4⋅a 6⋅ ⋅a 2n
+
分析:首先:可以得到a n =n .
即证明1+1⨯3+
2
2⨯
41⨯3⨯
5⨯⨯(2n -1)
1
2⨯4⨯6⨯
⨯2n
1=
1) ++... +， 只需证1⨯3⨯5⨯⨯(2n -1)
2⨯4⨯6⨯
⨯
2n
， >=
⨯2n
09年广东的题目。
需证明加强不等式1⨯3⨯5⨯⨯(2n -1) 2⨯4⨯6⨯
例2. （06广东）A 是由定义在[2, 4]上且满足如下条件的函数ϕ(x ) 组成的集合：①对任意x ∈[1, 2]，都有
ϕ(2x ) ∈(1, 2) ； ②存在常数L (0
（1）设ϕ(x ) =+x , x ∈[2, 4]，证明：ϕ(x ) ∈A ；
(2)设ϕ(x ) ∈A , 如果存在x 0∈(1, 2) , 使得x 0=ϕ(2x 0) , 那么这样的x 0是唯一的；
(3)设ϕ(x ) ∈A , 任取x 1∈(1,2) , 令x n +1=ϕ(2x n ), n =1, 2, ⋅⋅⋅, 证明:给定正整数k, 对任意的正整数p, 成立不等式
L k +1|x k +p -x k |≤|x 2-x 1|。
1-L
解：（1）略 (2)反证法，略。
(3)分析：右边可以看成等比数列求和，左边也需要相应裂项。
|x k +p -x k |=(x k +p -x k +p -1)+(x k +p -1-x k +p -2)+
由于x 3-x 2=
(x k +1-x k )≤
x k +p -x k +p -1+x k +p -1-x k +p -2+x k +1-x k
(2x 2) -ϕ(2x 1) ≤L x 2-x 1，所以x k +1-x k ≤L k -1x 2-x 1
故|x k +p -x k |=x k +p -x k +p -1+x k +p -1-x k +p -2+
()()
(x k +1-x k )
≤x k +p -x k +p -1+x k +p -1-x k +p -2+ x k +1-x k
≤L
k +p -2
x 2-x 1+L
k +p -3
x 2-x 1+„+L
k -1
L k -1
x 2-x 1 x 2-x 1=
1-L
例3. 求证:1+1+ +1
2
3
n +1
2
n
分析:ln(n +1) =ln n +1⋅n ⋅⋅2=ln n +1+ln n +
n
n -1
1
n
n -1
2，只需证1
n +11
n +11
为了更好的看出不等式的结构特征，换元：令t =
n +11
>1，变成证明1-
先证右边：即证ln t -t +11时，f (t )
再证左边：即证ln t +-1>0(t >1) ，构造g (t ) =ln t +-1(t ≥1) ，则g (1) =0，通过求导易知g (t ) 在[1,+∞) 递增，故当t >1时，g (t ) >g (1)=0。
1
t 1t
ln 2αln3α
例4. α≥2, α+α+
23ln n α2n 2-n -1
+α
[1**********]n 2-n -1
) ，n -1看成n -1个1-) 解析:=n -1-(-=(-) +(-) +... +(-
2n +12n +12334n n +12(n +1)
ln n αln n αln n 211111
故只需证α1-2，
n n n n n +1n (n +1) n (n +1) n ln x ln n αln n 2ln n αln n 2
先证α≤2，构造函数f (x ) =, 得到α≤2,
x n n n n ln x 1ln n 21ln n 21+-1，得到2≤1-2。 再证2≤1-2, 构造函数g (x ) =x x n n n n
例5. 求证:(1+1⨯2) ⋅(1+2⨯3) ⋅
⋅[1+n (n +1)]>e 2n -3
分析:两边取自然对数，即证ln(1+1⨯2) +... +ln[n (n +1) +1]>2n -3,
111113
-32-，
223n n +1n (n +1)
进一步加强：ln[n (n +1) +1]>2-
33
，即证:ln x >2-(x ≥3) ⇔x ln x >2x -3(x ≥3) ⇔x ln x -2x +3>0(x ≥3)
x n (n +1) +1
构造f (x ) =x ln x -2x +3，则f (x ) 在[3,+∞) 递增，f (3)=3ln3-3>0。
数学讲座：裂项放缩法与函数放缩法研究
一、研究意义
1. 近年来广东高考不等式综合题，尤其是函数、数列与不等式的综合，有加强的趋势
2. 两种方法技巧性不算强，但思维含量高，思想方法含量高，而且在课本有迹可循，符合广东高考命题者的口味。其中，函数放缩法充分体现函数思想方法。 选修2-2 P32 B组第1题：
利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证： （1）sin x 0, x ∈(0,1)；（3）e x >1+x , x ≠0；（4）ln x 0 3. 两种方法充分体现了数学美
4. 两种方法经常同时在一道题中出现。放缩后的进一步证明，经常要构造函数。
二、一道经典题目
（09广东理21题）已知曲线C n :x 2-2nx +y 2=0(n =1,2,
从点P (-1,0) 向曲线C n 引斜率为k n (k n >0) ) ．
的切线l n ，切点为P （１）求数列{x n }与{y n }的通项公式；
n (x n , y n ) ．（２）证明：x 1⋅x 3⋅x 5⋅
⋅x 2n -1
x
（1）（解略）x n
=
n ，y n =n +1⨯
2n
-1
1352n +1（２）即证明
135
⨯⨯⨯246
首项与末项是什么），故只需证明
2n -1
，或用分析法证明。
=
2n 2n +14n 4n -1
x =，只需证明当x
ππ11π
≤
442n +14x
设函数f (x ) =x -2sin x ，0≤x
π
4
则f '(x ) =1-2cos x ，0
π
4
ππ⎛π⎫
∴当0
444⎝⎭
⎛π⎫
∴f (x ) =x -2sin x 在区间 0, ⎪上为单调递减函数，∴ f (x ) =x -2sin x
⎝4⎭
π
0
4
三、裂项放缩法的特征与思路
特征：将一个式子分成n 个式子的代数和（或积），然后累加（或累乘）抵消掉中间的许多项，构造一条恒等式，为后面的不等式证明铺垫。 思路主要有：
1. 熟悉常见的裂项形式： （1）a n =
1111
=(-)
(An +B )(An +C ) C -B An +B An +C
如：
[1**********]=－=(-) 、=[-]n n +1n (n +1) n (n +k ) k n n +k n (n +1)(n +2) 2n (n +1) (n +1)(n +2)
11111
1
=（2）
a -b 1
=n >k k =
=
（3）n ·n ！=(n+1)!－n! 、
1n 1
=－
(n +1)! n ! (n +1)!
r -1r r
（4）C n =C -C -1n n -1
（5）ln n =(ln2-ln1) +(ln3-ln 2) +（6）|x n -x 1|=(x 2-x 1)+(x 3-x 2)+（7）乘法的裂项，如：
3n
+(lnn -ln(n -1)) =ln 2+ln ++ln
2n -1
(x n -x n -1)≤
x 2-x 1|+|x 3-x 2|+|x n -x n -1
112n -11132n -1
=1⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，，„„ n 23n 2n +1352n +1
2. 式子的“齐整”——数学美的体现
要证明的不等式左边为n 项之和（或积），右边只有一项，可以考虑将右边化为n 项之和（或积）。 要注意项数与左边相等，首项与末项是什么。还要注意是从第几项开始放缩。
3. 有时还需要对不等式进行加强（当然放缩法本身就是加强的过程，但有时仍需要二次加强）
四、函数放缩法的特征与思路
特征：构造与所证不等式相关的函数，研究函数的单调性（主要用导数），最值，利用单调性与最值的紧密联系，得出不等式，水到渠成。 思路：
1. 先将不等式的一端移项（有时也可能除以一边），另一端剩下0（或某个常数），构造函数，将0（或某个常数）看成某个函数值，由单调性得出不等式。
2. 为了更清晰的看出所要构造的函数，有时需要换元，当然要求出新元的范围。
五、例题
例1. (08年福建) 已知函数f (x ) =ln(1+x ) -x . 若f (x ) 在区间[0, n ](n ∈N *)上的最小值为b n , 令a n =ln(1+n ) -b n . 求证:a 1+a 1⋅a 3+ +a 1⋅a 3⋅a 5⋅ ⋅a 2n -1
n
a 2
a 2⋅a 4
a 2⋅a 4⋅a 6⋅ ⋅a 2n
+
分析:首先:可以得到a n =n .
即证明1+1⨯3+
2
2⨯
41⨯3⨯
5⨯⨯(2n -1)
1
2⨯4⨯6⨯
⨯2n
1=
1) ++... +， 只需证1⨯3⨯5⨯⨯(2n -1)
2⨯4⨯6⨯
⨯
2n
， >=
⨯2n
09年广东的题目。
需证明加强不等式1⨯3⨯5⨯⨯(2n -1) 2⨯4⨯6⨯
例2. （06广东）A 是由定义在[2, 4]上且满足如下条件的函数ϕ(x ) 组成的集合：①对任意x ∈[1, 2]，都有
ϕ(2x ) ∈(1, 2) ； ②存在常数L (0
（1）设ϕ(x ) =+x , x ∈[2, 4]，证明：ϕ(x ) ∈A ；
(2)设ϕ(x ) ∈A , 如果存在x 0∈(1, 2) , 使得x 0=ϕ(2x 0) , 那么这样的x 0是唯一的；
(3)设ϕ(x ) ∈A , 任取x 1∈(1,2) , 令x n +1=ϕ(2x n ), n =1, 2, ⋅⋅⋅, 证明:给定正整数k, 对任意的正整数p, 成立不等式
L k +1|x k +p -x k |≤|x 2-x 1|。
1-L
解：（1）略 (2)反证法，略。
(3)分析：右边可以看成等比数列求和，左边也需要相应裂项。
|x k +p -x k |=(x k +p -x k +p -1)+(x k +p -1-x k +p -2)+
由于x 3-x 2=
(x k +1-x k )≤
x k +p -x k +p -1+x k +p -1-x k +p -2+x k +1-x k
(2x 2) -ϕ(2x 1) ≤L x 2-x 1，所以x k +1-x k ≤L k -1x 2-x 1
故|x k +p -x k |=x k +p -x k +p -1+x k +p -1-x k +p -2+
()()
(x k +1-x k )
≤x k +p -x k +p -1+x k +p -1-x k +p -2+ x k +1-x k
≤L
k +p -2
x 2-x 1+L
k +p -3
x 2-x 1+„+L
k -1
L k -1
x 2-x 1 x 2-x 1=
1-L
例3. 求证:1+1+ +1
2
3
n +1
2
n
分析:ln(n +1) =ln n +1⋅n ⋅⋅2=ln n +1+ln n +
n
n -1
1
n
n -1
2，只需证1
n +11
n +11
为了更好的看出不等式的结构特征，换元：令t =
n +11
>1，变成证明1-
先证右边：即证ln t -t +11时，f (t )
再证左边：即证ln t +-1>0(t >1) ，构造g (t ) =ln t +-1(t ≥1) ，则g (1) =0，通过求导易知g (t ) 在[1,+∞) 递增，故当t >1时，g (t ) >g (1)=0。
1
t 1t
ln 2αln3α
例4. α≥2, α+α+
23ln n α2n 2-n -1
+α
[1**********]n 2-n -1
) ，n -1看成n -1个1-) 解析:=n -1-(-=(-) +(-) +... +(-
2n +12n +12334n n +12(n +1)
ln n αln n αln n 211111
故只需证α1-2，
n n n n n +1n (n +1) n (n +1) n ln x ln n αln n 2ln n αln n 2
先证α≤2，构造函数f (x ) =, 得到α≤2,
x n n n n ln x 1ln n 21ln n 21+-1，得到2≤1-2。 再证2≤1-2, 构造函数g (x ) =x x n n n n
例5. 求证:(1+1⨯2) ⋅(1+2⨯3) ⋅
⋅[1+n (n +1)]>e 2n -3
分析:两边取自然对数，即证ln(1+1⨯2) +... +ln[n (n +1) +1]>2n -3,
111113
-32-，
223n n +1n (n +1)
进一步加强：ln[n (n +1) +1]>2-
33
，即证:ln x >2-(x ≥3) ⇔x ln x >2x -3(x ≥3) ⇔x ln x -2x +3>0(x ≥3)
x n (n +1) +1
构造f (x ) =x ln x -2x +3，则f (x ) 在[3,+∞) 递增，f (3)=3ln3-3>0。