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放缩法证明数列不等式之常数型与函数型
◆题型一 :放缩法证明数列不等式之常数型
方法解密 :
放缩法证明数列不等式属于数列大题中较有难度的一种题型 .大部分是以证明某个数列和大于或小于一
个常数类型 ,小部分是证明某个数列前 n项和或者积大于或小于一个函数 (下一专题详解 ).本专题我们
来介绍最常见的常数类型.
放缩的目的有两个 :
一是通过放缩使数列的和变换成比如裂项相消等可以简单求和的形式 ,这样可以方便比较大小.
二是两者之间无法直接比较大小 ,这样我们需要通过寻找一个媒介 ,来间接比较大小.
放缩的原则 :
放缩必然会导致数变大或者变小的情况 ,我们的原则是越精确越好 .在证明过程中 ,为了使放缩更精确 ,
往往会第一项不变 ,从第二项或者第三项开始放缩 (例题会有讲解 ).
放缩的方法 :
(1)当我们要证明多项式M当我们能够证明N1系无法得证.
(2)当我们要证明多项式M>A时 ,这时我们可以将多项式M缩小为N1,当我们能够证明N1>A,也间
接证明了M>A.需要放缩的多项式多以分式形式出现 ,要使得分式的值变大 ,就是将分母变小 ,常见是
将分母减去一个正数 ,比如 1.
常见的放缩形式 :
(1) 1 < 12 =
1 - 1
- n- 1 n
n≥ 2 ；
n n 1 n
(2) 1 > 1 = 1 - 1 ；
n2 n n+ 1 n n+ 1
(3) 1 4 4 1 1
n2
= <
4n2 4n2
= 2
- 1 2n- 1 - 2n+ 1 ；
(5) 1 = 2 < 2 = 2 - n- 1+ n n≥ 2+ - +
；
n n n n 1 n
(6) 1 = 2 > 2 = 2 - n+ n+ 1 ；
n n+ n n+ n+ 1
(7) 1 = 2 < 2 = 2 2 = 2 - 2n- 1+ 2n+ 1 ；
n n+ n n- 1 1 2n- 1+ 2n+ 12 + n+ 2
2n(8) = 2
n
< 2
n n-1
= 2 = 1 - 1n n≥ 2 ； 2 - 1 2 2n- 1 2n- 1 2n- 1 2n- 2 2n- 1 2n-1- 1 2n-1- 1 2n- 1
n-1
(12) 1n <
2 = 1 - 1
-
n≥ 2 .
2 1 2n-1- 1 2n- 1 2n-1- 1 2n- 1
类型一 :裂项放缩
1 1 1 1
求证
12
+ 2 + 2 + .....+ 2 < 22 3 n
总结 :证明数列之和小于常数 2,式子左侧我们进行放大处理 ,各个分式分母减去 n,可以变换成裂项相消
的形式 ,同时又能作为媒介与 2比较大小 .同时要注意从第几项开始放缩的问题.
【变式1 1 1 1】求证 2 + 2 + 2 + .....+
1 < 7
1 2 3 n2 4
总结 :证明数列之和小于常数 2,式子左侧我们进行放大处理 ,各个分式分母减去 n,可以变换成裂项相消
的形式 ,同时又能作为媒介与 2比较大小 .同时要注意从第几项开始放缩的问题.
2 1 1 1【变式 】求证 2 + 2 + 2 + .....+
1
2 <
5
1 2 3 n 3
总结 :通过例 1和变式题我们发现 ,我们对分式的进行放大 ,分母我们依次减去的数是 n,1.不难发现 ,这
些数递减 ,所得的结果也是递减的 .说明减去的数越小 ,所得的结果越精确 .同时通过两道变试题我们也
发现 ,保留前几项不动 ,这样放缩的精度也会高一些 .有些模拟题中 ,经常出现保留前 2项到 3项不动的
情况 .那么作为学生如何判断从第几项开始放缩呢 这需要学生去尝试和试错 ,如果第一项不行 ,那就尝
试第二项 ,第三项.
n 1 4
【经典例题2】已知 an= 2 ,b
2
n=n ,设 cn= + ,求证 : c1+ c2+ +cn.
3 a a = 1 a = n- 1【经典例题 】已知数列 n 满足 1 ， n-1 n an(n≥ 2,n∈N
*)，
(1)求 an;
(2) 1 1 25若数列 bn 满足 b1= 3 ，b
*
n+1= bn+ a2
(n∈N )，求证：bn<
n 12
．
类型二 :等比放缩
所谓等比放缩就是数列本身并非为标准的等比数列 ,我们将数列的通项经过一定的放缩使之成为一个等
比数列 ,然后再求和 ,我们通过例题进行观察了解.
1 1 1 1 5
【经典例题4】证明 : 1 + +2 - 1 22- 1 23
+ ...+ <
- 1 2n- 1 3
【经典例题5】已知数列 an 满足：a1= 2，an+1= 2an+ 2n+1，n∈N *.
( ) a1 求证 n n 是等差数列并求 a2 n；
(2)求数列 an 的前n项和Sn；
(3) 1 1 1 1 1求证：a2- a
+ + + + < .
1 a3- a2 a4- a3 an+1- an 2
S2
【练习1】已知数列 {an}中，a1= 1，其前n项的和为Sn，且当n≥ 2时，满足 a = nn S ．n- 1
(1) 1求证：数列 Sn 是等差数列；
(2) 7证明：S21+S22+ +S2n< 4 ．
【练习2】已知数列 an 的前n项和为S
1
n，且Sn= 2 nan+ an- 1．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2) 2 3若数列 2 的前n项和为Tn，证明：Tn【练习3】已知函数 f(x) = x 13- 2x，数列 an 中，若 an+1= f(an)，且 a1= 4 .
(1) 1求证：数列 - 1 a 是等比数列；n
(2) 1设数列 an 的前n项和为Sn，求证：Sn< 2 .
【练习4】已知函数 f(x) = x2- 2x，数列 an 的前 n项和为Sn，点Pn n,Sn 均在函数 y= f x 的图象上．若 bn
= 12 an+ 3
(1)当n≥ 2时，试比较 b 与 2bnn+1 的大小；
(2)记 c = 1 n∈N *n b 试证 c1+ c2+ +c400< 39.n
◆题型二 :放缩法证明数列不等式之函数型
方法解密 :
数列放缩较难的的两类便是形如数列的前 n项和与函数 f(n)的不等关系 ,即 a1+ a2+ +an< f(n)或者
数列前 n项积与函数 f(n)的不等关系 ,即 a1 a2 an< f(n)的问题 ,其中 ,这里的前 n项和与前 n项积
难求或者是根本无法求.
面对这类题时 ,首先 ,我们可以将 f(n)看成某个数列的和或者积 ,然后通过比较通项的大小来解决;其次
,我们也可以对 an进行变形 ,使之能求和或者求积 .往往第二种方法难以把握 ,对学生综合素质要求较高
.而第一种方法相对简单易行 ,所以本专题以“拆项”为主线详细讲解.
【经典例题1】已知数列 a = 31 2 ,an+1= 3an- 1,n∈N
*
(1) 1若数列 bn 满足 bn= an- 2 ,求证 :数列 bn 是等比数列。
(2) n(n- 1)若数列 cn 懑足 cn= log3an,Tn= c1+ c2+ +cn,求证 :Tn> 2
【经典例题2】设数列 an 的前n项和为S n，a1= 2，且Sn满足 2Sn= n+ 1 an，n∈N .
(1)求数列 an 的通项公式；
( ) a + 1 a + 1 a + 12 证明：对一切正整数n，有 1 × 2 × × na a > n+ 1.1 2 an
1 : ln2 ln3 ln4 lnn < 1【练习 】求证 2 3 4 n n (n≥ 2)
【练习2】已知公差不为 0的等差数列 {an}满足：a1= 1且 a2，a5，a14成等比数列.
(1)求数列 {an}的通项公式 an和前n项和Sn；
(2) 3 1证明不等式 2 - n+ 1 <
1 + 1 + 1 + + 1 < 2- 1 (n≥ 2且n∈N *S S S S n )1 2 3 n
【练习3】已知正项数列 an 满足 a0= 0,a2n+1- a2n= 2(n+ 1) ,n∈N．
( ) a1 求证： n+2 < an+1a ；n+1 an
(2) 1 1 1求证：a + a + +2 3 a
< lnn．
n
【练习4】已知各项均为正数的数列 an 满足：a1= 1，前n项和为S 2n，且 an- an= 2Sn-1， n≥ 2 ．
(1)求数列 an 的通项 an与前n项和Sn；
(2) b = 1 T b n T ≥ 2n记 n a a ，设 n为数列 n 的前 项和，求证 n ．2n-1 2n 3n+ 1
【过关检测】
1. 已知数列 {an}中，a1= 2，其前n项和Sn满足：Sn= 2an+n- 3．
(Ⅰ )求数列 {an}的通项公式；
(Ⅱ ) b 1 5令 n= ( - )，数列 {bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N
*，都有T
a a 1 n
< ．
n n 6
2. 已知正项数列 an 满足 a = 1，4a21 n+ 2a 2 n= an+1- an+1 n∈N .
(1)证明：数列 an+ 1 是等比数列；
(2) 1证明：a +
1 1
a + a + +
1 2
a < 3 n∈N
.
2 3 4 n+1
3. 已知数列 an 满足 a 21= 1，前 n项和Sn满足 2Sn= n + n, bn 是正项等比数列，且 b1= 1,b2是 a1和 a4的等
比中项.
(1)求数列 an 和 bn 的通项公式；
(2) 1 1 1 1 5求证： + + + + + < .a1 b1 a2+ b2 a3+ b3 an+ bn 4
4. 数列 an 满足：a1+ 2a2+ 3a3+ +na n+ 2n= n- 1 2n+ 1；数列 bn 满足：bn+1= 2n+ 2 bn，且 b1= a1.
(1)求数列 an 和 bn 的通项公式；
(2)设 cn= a b 1 + 1 1 1 1n+1 n，证明：c3 c3
+ 3 + + 3 < .
1 2 c3 cn 4
S
5. 1已知数列 {an}的前n项和为Sn，a1= 4，数列 n n 是公差为 2 的等差数列.
(Ⅰ )求数列 {an}的通项公式；
(Ⅱ )设 bn= 1 32 ，求证：对于任意的n∈N
*，b + b
(n+ 1)a 1 2
+ +bn<
n 41
.
6. 已知正项数列 an 的前n项和为Sn，满足Sn= 12 a
1
n+ a ．n
(1)求数列 an 的前n项和Sn；
(2) 1记Tn= S +
1
S +
1 1 Tn
1 2 S
+ +
3 S
，证明： n+ 1- 1<
n 2
< n．
7. 已知正项数列 an 的前n项和为Sn，且 a1= 1，an= Sn+ Sn-1，n∈N *，且n≥ 2．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2) 1设数列 a + 1 前n项积为Tn，证明： 2n+ 1*．
n
8. 已知等差数列 {an}的公差为 d(d≠ 0)，前n项和为Sn，且满足S1，S2，S4成等比数列且S5= 50．
(1)求 an；
(2)若 1 n Sn 的前n项和为Tn，证明：Tn> ．2(n+ 1)放缩法证明数列不等式之常数型与函数型
◆题型一 :放缩法证明数列不等式之常数型
方法解密 :
放缩法证明数列不等式属于数列大题中较有难度的一种题型 .大部分是以证明某个数列和大于或小于一
个常数类型 ,小部分是证明某个数列前 n项和或者积大于或小于一个函数 (下一专题详解 ).本专题我们
来介绍最常见的常数类型.
放缩的目的有两个 :
一是通过放缩使数列的和变换成比如裂项相消等可以简单求和的形式 ,这样可以方便比较大小.
二是两者之间无法直接比较大小 ,这样我们需要通过寻找一个媒介 ,来间接比较大小.
放缩的原则 :
放缩必然会导致数变大或者变小的情况 ,我们的原则是越精确越好 .在证明过程中 ,为了使放缩更精确 ,
往往会第一项不变 ,从第二项或者第三项开始放缩 (例题会有讲解 ).
放缩的方法 :
(1)当我们要证明多项式M当我们能够证明N1系无法得证.
(2)当我们要证明多项式M>A时 ,这时我们可以将多项式M缩小为N1,当我们能够证明N1>A,也间
接证明了M>A.需要放缩的多项式多以分式形式出现 ,要使得分式的值变大 ,就是将分母变小 ,常见是
将分母减去一个正数 ,比如 1.
常见的放缩形式 :
(1) 1 < 1 = 1 - 12 n- 1 n n≥ 2 ；n n- 1 n
(2) 1 1 1 1
n2
> =
n n+ 1 n
- n+ 1 ；
(3) 1 = 4 < 4 1 1
n2 4n2 4n2
= 2
- 1 2n- 1 - 2n+ 1 ；
(5) 1 = 2 < 2 = 2 - n- 1+ n n≥ 2 ；
n n+ n n- 1+ n
(6) 1 = 2 > 2 = 2 - n+ n+ 1 ；
n n+ n n+ n+ 1
(7) 1 = 2 < 2 = 2 2 = 2 - 2n- 1+ 2n+ 1 ；
n n+ n n- 1 + n+ 1 2n-

1+ 2n+ 1
2 2
(8) 2
n n n n-1
n 2 =
2 < 2n =
2 = 1 - 1 n≥ 2 ；
2 - 1 2 - 1 2n-

1 2n- 1 2n- 2 2n- 1 2n-1- 1 2n-1- 1 2n- 1
n-1
(12) 1 2n < n-1 n =
1 - 1 n≥ 2 .
2 - 1 2 - 1 2 - 1 2n-1- 1 2n- 1
类型一 :裂项放缩
1
求证 2 +
1 1
2 + 2 + .....+
1
2 < 21 2 3 n
【解析】因为 12 <
1 = 12 =
1 1
n- 1 - n n≥ 2 ,所以
1 + 12 +
1 + .....+ 1 < 1 +
n n -n n n- 1 1 22 32 n2 12
1
2 +
1 + .....+ 1 = 1+ 1- 1 + 1 - 1 + .....+ 1 1 1
2 - 2 32- 3 n2-n 2 2 3 n- 1
- n = 2- n < 2,所以原式得证.
为什么第一项没有经过放缩 ,因为分母不能为 0,所以只能从第二项进行放缩.
总结 :证明数列之和小于常数 2,式子左侧我们进行放大处理 ,各个分式分母减去 n,可以变换成裂项相消
的形式 ,同时又能作为媒介与 2比较大小 .同时要注意从第几项开始放缩的问题.
【变式1 1 + 1 1】求证 2 2 + 2 + .....+
1 < 7
1 2 3 n2 4
【解析】因为 12 <
1
2 =
1 = 12
1
n- 1 -
1
n+ 1 n≥ 2 ,所以
1
2 +
1
2 +
1
2 + ....+
1
n n - 1 n+ 1 n- 1 1 2 3 n2
< 1 + 1 12 2 + 2 + ....+
1 = 1+ 1 1- 1 + 1 - 1 + 1 - 12 2 3 2 4 3 5 ....+
1 1
1 2 - 1 3 - 1 n - 1 n- 1
- n
= 1+ 1 1+ 1 12 2 - n -
1 < 7n+ 1 4 ,所以原式得证.
总结 :证明数列之和小于常数 2,式子左侧我们进行放大处理 ,各个分式分母减去 n,可以变换成裂项相消
的形式 ,同时又能作为媒介与 2比较大小 .同时要注意从第几项开始放缩的问题.
1 1
【变式2】求证 2 + 2 +
1
2 + .....+
1 5
1 2 3 n2
< 3
【解析】因为 12 <
1
2 =
1 = 1
n n - 1 n+ 1 n- 1 2
1
n- 1 -
1
n+ 1 n≥ 2 ,所以
1 + 12 2 +
1
2 + ....+
1
2 <
1 1 1 1 1
1 2 3 n 12
+ 2 + 2 + ....+2 3 - 1 n2
= 1+ +
- 1 22
1 1 - 1 + 12 2 4 3 -
1 1
5 + 4 -
1
6 + ....+
1
n- 1 -
1
n
= 1+ 1 + 1 1 + 1 14 2 2 3 - n -
1 5 1 1 1 5
n+ 1 = 3 - 2 n + n+ 1 < 3 ,注意这是保留前两项 ,从第三项开始
放缩.
总结 :通过例 1和变式题我们发现 ,我们对分式的进行放大 ,分母我们依次减去的数是 n,1.不难发现 ,这
些数递减 ,所得的结果也是递减的 .说明减去的数越小 ,所得的结果越精确 .同时通过两道变试题我们也
发现 ,保留前几项不动 ,这样放缩的精度也会高一些 .有些模拟题中 ,经常出现保留前 2项到 3项不动的
情况 .那么作为学生如何判断从第几项开始放缩呢 这需要学生去尝试和试错 ,如果第一项不行 ,那就尝
试第二项 ,第三项.
【经典例题2 n】已知 an= 2 ,b =n
2
n , 1设 cn= + ,求证 : c1+ c
4
2+ +cn< 3 . an bn
【解析】已知 an= n2 ,bn=n
2,因为
c = 2 2 4 4 1 1n 2n2
=
+n n(
=
2n+ 1) 2n(2n+ ) < ( - ) ( + ) = 21 2n 1 2n 1 2n- 1 - 2n+ 1
所以 c + c + +c < 2 + 2 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 - 1 = 2 + 2 2 41 2 n 3 3 5 5 7 2n- 1 2n+ 1 3 3 - 2n+ 1 < 3 ,故不
等式得证.
n- 1
【经典例题3】已知数列 an 满足 a1= 1，an-1= n an(n≥ 2,n∈N
*)，
(1)求 an;
(2)若数列 bn 满足 b = 11 3 ，bn+1= b +
1
n 2 (n∈N
*)，求证：bn< 25an 12
．
【答案】(1)an=n；(2)证明见解析．
【详解】
(1)由题意 an na = (n≥ 2)，n-1 n- 1
∴ = × a2 × a aa a 3 × × n = 1× 2 × 3 × × nn 1 a a a 1 2 n- 1 =n，a1= 1 也适合．1 2 n-1
所以 an=n(n∈N *)；
(2)由已知 b 1 25 4 251= 3 < 12 ，b2= b1+ 1= 3 < 12 ，b = b +
1 = 4 + 1 19 253 2 22 3 4
= 12 < 12 ，
当n≥ 3 时，bn+1- bn= 1 < 1 = 1 12 ( - ) n- 1 - n，n n n 1
因此 bn+1= b3+ (b4- b3) + (b5- b4) + + (b - b )< 19 + 1 1n+1 n 12 2 - 3 +
1 - 13 4 + +
1 1
n- 1 - n =
25 - 1 < 2512 n 12 ，
则 bn= b 1 25n+1- 2 综上，bn< 2512 ．
类型二 :等比放缩
所谓等比放缩就是数列本身并非为标准的等比数列 ,我们将数列的通项经过一定的放缩使之成为一个等
比数列 ,然后再求和 ,我们通过例题进行观察了解.
1 1 1 1 5
【经典例题4】证明 : 1 + + + ...+ <2 - 1 22- 1 23- 1 2n- 1 3
【解析】令 = 1 ,则 aa n+1 = 2
n- 1 < 2
n- 1
n n =
1 a < 1 a
2 - 1 a 2n+1n - 1 2n+1- 2 2 n+1 2 n
又因为 a1= 1,a2= 13 ,由于不等式右边分母为 3 ,因此从第三项开始放缩 ,得
1 1- 1n-2 n-1
a1+ a2+ +a 1 1n< a1+ a2+ 2 a2+ + 2 a2= 1+
3 2 < 51 3 故不等式得证.1- 2
【经典例题5】已知数列 a 满足：a = 2，a = 2a + 2n+1n 1 n+1 n ，n∈N *.
( a1)求证 n n 是等差数列并求 a2 n；
(2)求数列 an 的前n项和Sn；
(3) 1 1 1 1 1求证：a - a + a - a + a - a + +2 1 3 2 4 3 an+1- a
<
n 2
.
【答案】(1)证明见解析，an=n 2n；(2)Sn= (n- 1)2n+1+ 2；(3)证明见解析.
【详解】
n+1
(1)证明：an+1 an 2an+ 2 an 2an an
2n+1
- = - = + 1- = 1，
2n 2n+1 2n 2n+1 2n
∴ an 是首项为 a1 n 1 = 1，公差为 1 的等差数列，2 2
∴ ann = 1+ (n- 1)1=n，∴ an=n 2
n.
2
(2) ∵Sn= 1× 21+ 2× 22+ 3× 23+ n 2n，
∴ 2S = 1× 22n + 2× 23+ 3× 24+ n 2n+1，
两式相减得：-Sn= 21+ 22+ 23+ 2n-n 2n+1，
2 1- 2n- = S n+1n 1- 2 -n 2 ，
∴Sn= (n- 1)2n+1+ 2.
(3)证明：∵ a nn=n 2 ，∴ a = (n+ 1) 2n+1n+1 ，∴ an+1- an= (n+ 2) 2n，
当n∈N *时，n+ 2> 2，∴ (n+ 2) 2n> 2n+1，
∴ 1 < 1
(n+ 2) 2n 2n+1
，
∴ 1 + 1 1a - a a - a + a - a +
1 1 1 1
a - a < 2 + 3 + 4 +
1
2 2 2 2n+12 1 3 2 4 3 n+1 n
1 n
4 1-
1
2 = = 1 1- 1
n
< 1 .
1- 1 2 2 22
2
【练习1】已知数列 {an}中，a1= 1，其前n项的和为Sn，且当n≥ 2时，满足 an=
Sn
S - 1．n
(1) 1求证：数列 S 是等差数列；n
(2)证明：S21+S22+ +S2n< 74 ．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析
【解析】
2
(1)当n≥ 2 时，Sn-Sn-1=
Sn
Sn- 1
，
Sn-1-Sn=S 1 1nSn-1，即 S -n S
= 1
n-1
从而 1 S 构成以 1 为首项，1 为公差的等差数列．n
(2)由 (1)可知，1 1S = S + n- 1 × 1=n，∴Sn=
1
n． n 1
则当n≥ 2 时S2 1 1 1 1 1n= 2 < 2 =n n - 1 2 n- 1 - n+ 1 ．
故当n≥ 2 时S21+S22+ +S2n< 1+ 12 1-
1 + 1 13 2 2 -
1
4 + +
1
2
1
n- 1 -
1
n+ 1
= 1+ 1 1+ 1 - 1 - 12 2 n n+ 1 < 1+
1 3 7
2 2 = 4
又当n= 1 时，S21= 1< 74 满足题意，故S
2
1+S22+ +S2< 7n 4 ．
法二：则当n≥ 2 时S2= 1 < 1 1 1n n2 n2
= - ，
-n n- 1 n
那么S2+S2+ +S2< 1+ 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 = 7 1 71 2 n 4 2 3 3 4 n- 1 n 4 - n < 4
又当n= 1 时，S2= 1< 71 4 ，当时，S
2 7
1= 1< 4 满足题意.
1
【练习2】已知数列 an 的前n项和为Sn，且Sn= 2 nan+ an- 1．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2) 2 3若数列 2 的前n项和为Tn，证明：Ta n< 2 ．n
【答案】(1)a =n+ 1 n∈N *n ． (2)见解析
【解析】
(1)当n= 1 时，S1= 12 a1+ a1- 1，即 a1= 2，
当n≥ 2 时，S = 1n 2 nan+ an- 1 ①，
S 1n-1= 2 n- 1 an-1+ an-1- 1 ②，
①-②，得：2an=nan- n- 1 an-1+ 2an- 2an-1，即nan= n+ 1 an-1，
∴ an an-1 a1n+ 1 = n ，且 2 = 1，
∴数列 an 是以每一项均为 1 的常数列，则 an * n+ 1 n+ 1 = 1，即 an=n+ 1 n∈N ；
(2)由 (1)得 an=n+ 1，∴ 22 =
2 2 1 1
a n+ 1 2
< = - ，
n n n+ 2 n n+ 2
∴T < 1- 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 - 1 = 1+ 1 - 1 - 1 < 3n 3 2 4 3 5 n n+ 2 2 n+ 1 n+ 2 2 .
【练习3 x 1】已知函数 f(x) = 3- 2x，数列 an 中，若 an+1= f(an)，且 a1= 4 .
(1) 1求证：数列 a - 1 是等比数列；n
(2)设数列 a 1n 的前n项和为Sn，求证：Sn< 2 .
【答案】(1)见解析；(2)见解析
【解析】
(1)由函数 f(x) = x3- 2x，在数列 an 中，若 an+1= f(an)，得： =
a
a nn+1 3- 2a ，n
上式两边都倒过来，可得： 1a =
3- 2an
a =
3
a - 2，n+1 n n
∴ 1 - 1= 3a a - 2- 1=
3
a - 3= 3n+1 n n
1
a - 1 ．∵
1
a - 1= 3．n 1
∴数列 1 - 1 a 是以 3 为首项，3 为公比的等比数列．n
(2)由 (1)，可知：1 na - 1= 3 ，∴ an=
1
n ，n∈N *．
n 3 + 1
∵当n∈N *时，不等式 1 1
3n
< n 成立．+ 1 3
1
1 1 1 1 1 1-
1
n
∴Sn= a1+ a2+ +an= 1 + 2 + ...+ n < 1 + 2 + ...+
1 = 3 3 = 1 -
3 + 1 3 + 1 3 + 1 3 3 3n 1- 1 23
1 12 n <
1
2 ．∴Sn<
1
3 2
．
【练习4】已知函数 f(x) = x2- 2x，数列 an 的前 n项和为Sn，点Pn n,Sn 均在函数 y= f x 的图象上．若 bn
= 12 an+ 3
(1)当n≥ 2时，试比较 b bnn+1与 2 的大小；
(2)记 c = 1n b n∈N
* 试证 c1+ c2+ +c400< 39.
n
【答案】(1)bn+1< 2bn；(2)证明见解析.
【详解】
(1) ∴ f(x) = x2- 2x，
故Sn=n2- 2n，
当n≥ 2 时，an=Sn-Sn-1= 2n- 3，
当n= 1 时，a1=S1=-1 适合上式，
因此 a *n= 2n- 3 n∈N .
从而 b =n,b =n+ 1,2bnn n+1 = 2n，
当n≥ 2 时，2n= 1+ 1 n=C 0 1n +Cn+ >n+ 1
故 b bnn+1< 2 = 2n
(2)c = 1 1n b = ，c1= 1，n n
1 = 2 < 2 = 2( n- n- 1) n∈N *,n≥ 2
n n+ n n+ n- 1
c1+ c2+ ...+ c400< 1+ 2 2- 1 + 2 3- 2 + ...+ 2 400- 399
= 2 400- 1= 39.
◆题型二 :放缩法证明数列不等式之函数型
方法解密 :
数列放缩较难的的两类便是形如数列的前 n项和与函数 f(n)的不等关系 ,即 a1+ a2+ +an< f(n)或者
数列前 n项积与函数 f(n)的不等关系 ,即 a1 a2 an< f(n)的问题 ,其中 ,这里的前 n项和与前 n项积
难求或者是根本无法求.
面对这类题时 ,首先 ,我们可以将 f(n)看成某个数列的和或者积 ,然后通过比较通项的大小来解决;其次
,我们也可以对 an进行变形 ,使之能求和或者求积 .往往第二种方法难以把握 ,对学生综合素质要求较高
.而第一种方法相对简单易行 ,所以本专题以“拆项”为主线详细讲解.
3
【经典例题1】已知数列 a1= 2 ,an+1= 3an- 1,n∈N
*
(1) 1若数列 bn 满足 bn= an- 2 ,求证 :数列 bn 是等比数列。
(2) n(n- 1)若数列 cn 懑足 cn= log3an,Tn= c1+ c2+ +cn,求证 :Tn> 2
【解析】
(1)由题可知 a 1 1 *n+1- 2 = 3 an- 2 n∈N ,从而有 bn+1= 3bn,b1= a1-
1
2 = 1,所以 bn 是以 1 为首项, 3
为公比的等比数列.
(2)由 (1)知 bn= 3n-1,
从而 an= 3n-1+ 12 ,cn= log 3
n-1 1
3 + 2
n(n- 1) n(n- 1)
设 2 为数列 dn的前n项和Qn,欲证Tn> 2 ,只需证 cn> dn.
当n= 1 时 ,经检验成立
n- 1 n- 2
当n≥ 2 时 ,dn= -
n(n- 1)
Qn Qn-1= 2 - 2 =n- 1
易证 log3 3n-1+ 12 > log 3
n-1
3 =n- 1, > >
n(n- 1)
所以 cn dn. 所以Tn 2 .
【经典例题2】设数列 an 的前n项和为Sn，a1= 2，且Sn满足 2Sn= n+ 1 an，n∈N .
(1)求数列 an 的通项公式；
( ) a + 1 a + 1 a + 12 证明：对一切正整数n，有 1 2 na × × × > n+ 1.1 a2 an
【答案】(1)an= 2n，n∈N ；
(2)证明见解析.
【解析】
(1)当n≥ 2 时，2Sn= n+ 1 an，2Sn-1=nan-1，两式相减得：2an= n+ 1 an-nan-1，
整理可得：an = an-1n n- 1 ，而
a1
1 = 2，
所以 an n 是首项为 2，公比为 1 的等比数列，故
an
n = 2，即 an= 2n，n∈N
.
( )设 + 为数列 的前 项积 ,欲证 a1+ 1 × a2+ 1 × × an+ 1 > + ,只需证 a + 12 n 1 bn n Tn a a a n 1
n
a > bn.1 2 n n
当n= 1 时 , 32 > 2 成立.
当 Tn≥ 2 时 ,b = n = n+ 1n Tn-1 n
a + 1 2n+ 1 4n2n = > + 4n = n+ 1an 2n 4n2 n
∴ a1+ 1 × a2+ 1 × × an+ 1a a a > n+ 1. 得证.1 2 n
ln2 ln3
【练习1】求证 : 2 3
ln4 lnn4 n <
1
n (n≥ 2)
【解析】不等式左边是n- 1 个式子的乘积 ,所以也将不等式右边的 1n 看成n- 1 个式子的乘积 ,作商求通
项.
令T = a a a Ta = 1 ,则 a = n-1 = n- 1 (n≥ 3) ,显然只需证 lnn < n- 1n-1 1 2 3 n-1 n n-1 T n n n ,即 lnn- 1.
通过构造函数 lnx< x- 1(x> 1)证明.
令 f(x) = lnx- x+ 1(x> 1)，则 f (x) = 1x - 1=
1- x
x < 0(x> 1)，
因此 f(x)在 (1,+∞)上单调递减，所以 f(x)< f(1) = 0，即 lnx- x+ 1< 0(x> 1)，
∴ lnx< x- 1(x> 1). 该不等式显然成立 ,累乘可得 ln2 ln3 ln4 lnn < 12 3 4 n n (n≥ 3) ,而当n= 2 时,
ln2
2 < 1,显然成立 . 故不等式得证.
【练习2】已知公差不为 0的等差数列 {an}满足：a1= 1且 a2，a5，a14成等比数列.
(1)求数列 {an}的通项公式 an和前n项和Sn；
(2) 3 - 1 < 1 + 1 1证明不等式 2 n+ 1 S S + S + +
1 < 2- 1 (n≥ 2且n∈N *)
1 2 3 Sn n
【答案】(1)an= 2n- 1,Sn=n2(n∈N )
(2)证明见解析
【解析】
(1)解：设数列 an 公差为 d，
因为 a2，a5，a14成等比数列.
所以 a25= a2a14，即 1+ 4d 2= 1+ d 1+ 13d ,
得 3d2- 6d= 0,又 d≠ 0，所以 d= 2.
1+ 2n- 1 n故 an= 1+ 2 n- 1 = 2n- 1,Sn= 2 2 =n (n∈N ),
(2)设 32 -
1
n+ 1 为数列 bn的前n项和Tn,2-
1
n 为数列 cn的前n项和Qn.
欲证 3 12 - n+ 1 <
1 + 1 1 1 1 1S1 S
+
2 S
+ + S < 2- n ,只需证 bn<3 n S
< cn.
n
当n≥ 2 时,
bn=Tn-T 3 1 3 1 1n-1= 2 - n+ 1 - 2 + n = n n+ 1
cn=Qn-Qn-1= 2- 1 1 1n - 2+ n- 1 = n n- 1
因为 1 1S = 2 ，n n
易证 1 < 12 <
1 .，
n n+ 1 n n n- 1
所以 bn< 1S < cn.，n
即 3 - 1 < 1 + 1 12 n+ 1 S S + S + +
1
S < 2-
1
1 2 3 n n
.
【练习3】已知正项数列 an 满足 a0= 0,a2 2n+1- an= 2(n+ 1) ,n∈N．
( ) an+2 < a1 求证： n+1an+1 a
；
n
(2) 1求证：a +
1
a + +
1
a < lnn．2 3 n
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析
【解析】
(1) ∵ a0= 0,a2 - a2n+1 n= 2(n+ 1) (n∈N)，
∴ a2n= 0+ 2+ 4+ +2n=n(n+ 1)，
∴ an+1 = 1+ 2 , an+2 2a n a = 1+ ，n n+1 n+ 1
∴ an+2a <
an+1 ．
n+1 an
(2)设 lnn为数列 bn的前n项和Tn,欲证 1a +
1
a + +
1
a < lnn,只需证
1
2 3 n a
< bn.
n
b nn=Tn-Tn-1= lnn- ln n- 1 = ln n- 1
∵ an= n(n+ 1)，∴ 1a <
1
n n
，
∴ 1 1a + + +
1 < 1 + 1 + + 1 .
2 a3 an 2 3 n
接下来需要证明 1n < ln
n
n- 1
通过构造函数 lnx< x- 1(x> 1)证明.
令 f(x) = lnx- x+ 1(x> 1)，则 f (x) = 1x - 1=
1- x
x < 0(x> 1)，
因此 f(x)在 (1,+∞)上单调递减，所以 f(x)< f(1) = 0，即 lnx- x+ 1< 0(x> 1)，
∴ lnx< x- 1(x> 1)，∴ ln 1x > 1- x(x≠ 1)，∴ ln
n
n- 1 > 1-
n- 1 1
n = n，
∴ lnn> 1 + 12 3 + +
1 > 1 1 1n a + a + +2 3 an
【练习4】已知各项均为正数的数列 an 满足：a1= 1，前n项和为Sn，且 a2n- an= 2Sn-1， n≥ 2 ．
(1)求数列 an 的通项 an与前n项和Sn；
(2)记 bn= 1 2na a ，设Tn为数列 bn 的前n项和，求证Tn≥2n-1 2n 3n+ 1
．
n n+ 1
【答案】(1) an=n，Sn= 2 ；
(2)证明见解析.
【解析】
(1)解：当n= 2 时，a22- a2= 2S1= 2，因为 a2> 0，解得 a2= 2；
当n≥ 3 时，由 a2n- an= 2Sn-1可得 a2n-1- an-1= 2Sn-2，
上述两个等式相减可得 a2- a2n n-1- an+ an-1= 2an-1，所以， an+ an-1 an- an-1- 1 = 0，
对任意的n∈N ，an> 0，故 an- an-1= 1 且 a2- a1= 1，
故数列 an 为等差数列，且该数列的首项和公差均为 1，故 an= 1+n- 1=n，
n n+ 1所以， Sn= 2 .
(2)设 2n3n+ 1 为数列 dn的前n项和 c ,欲证T ≥
2n
n n 3n+ 1 ,只需证 bn≥ dn.
当n= 1 时 ,b1≥ d1成立.
当n≥ 2 时,
d 2n 2n- 2 2n= cn- cn-1= 3n+ 1 - 3n- 2 = 3n- 2 3n+ 1
b = 1 = 1n a ，2n-1a2n 2n 2n- 1
因为 b - 2n = 1 - 2
3n- 2 3n+ 1 2n 2n- 1 3n- 2 3n+ 1
3n- 2 3n+ 1 - 4n 2n- 1 n2+n- 2 n- 1 n+ 2= = = ≥ 0，
2n 2n- 1 3n- 2 3n+ 1 2n 2n- 1 3n- 2 3n+ 1 2n 2n- 1 3n- 2 3n+ 1
所以，b = 1n a =
1 ≥ 2 ，
2n-1a2n 2n 2n- 1 3n- 2 3n+ 1
因此，T ≥ 2nn 3n+ 1 .
【过关检测】
1. 已知数列 {an}中，a1= 2，其前n项和Sn满足：Sn= 2an+n- 3．
(Ⅰ )求数列 {an}的通项公式；
( ) b = 1Ⅱ 令 n ，数列 {b } 5的前n项和为T ，证明：对于任意的n∈N *，都有T < ．an(a - 1) n n nn 6
【答案】(Ⅰ )a = 2n-1n + 1(Ⅱ )见解析
【分析】
(Ⅰ )由Sn= 2an+n- 3，可得 an- 1= 2(an-1- 1)，即数列 {an- 1}时以 1 为首项公比为 2 的等比数列，即
可求解． (Ⅱ )b = 1 = 1 < 1 = 1 (n≥ 2)，当n≥ 2 时，T < 1 1n a (a n-1 n-1 n-1 n-1 n-1 n + +n n- 1) 2 (2 + 1) 2 2 4 2 4
1
1
2 + +
1 < 1 + 4 1 1 5 1 5 5
4 4n-1 2 1- 1
= 2 + 3 = 6 ，当n= 1 时，T1= 2 < 6 ，即有Tn< 6 ．
4
【详解】
(Ⅰ )由Sn= 2an+n- 3，于是，
当n≥ 2 时 ,an=Sn-Sn-1= 2an- 2an-1+ 1，
即 an= 2an-1- 1，
an- 1= 2(an-1- 1)，∵ a1- 1= 1，数列 {an- 1}为等比数列，
∴ a - 1= 2n-1，即 a = 2n-1n n + 1．
(Ⅱ )b = 1 = 1n < 1 = 1 (n≥ 2)， an(an- 1) 2n-1(2n-1+ 1) 2n-1 2n-1 4n-1
1 1- 1
n
n+1
∴当n≥ 2 时，T < 1 + 1 1 1 1 4 4 1 1 1 5n 2 4 + 2 + +4 4n-1
< 2 + 1 = 2 + 3 - 4 < 6 ， 1- 4
当n= 1 时，T1= 12 <
5
6 显然成立，
综上，对于任意的n∈N *，都有Tn< 56 ．
2. 已知正项数列 an 满足 a = 1，4a2+ 2a = a2 1 n n n+1- an+1 n∈N .
(1)证明：数列 an+ 1 是等比数列；
(2) 1 1证明：a + a +
1
a + +
1 2
a < 3 n∈N
.
2 3 4 n+1
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【分析】
(1)将题干中的等式因式分解后得出 an+1+ 2an= an+1+ 2an an+1- 2an ，由此得出 an+1= 2an+ 1，再利用
定义证明出数列 an+ 1 为等比数列；
(2)求出 a nn= 2 - 1，利用放缩法得出 1 1a ≤ 3
1
n-2 n≥ 2 ，结合等比数列的求和公式可证明出结论成立.
n 2
【详解】
(1) ∵ 4a2n+ 2a 2n= an+1- an+1，∴ a 2n+1+ 2an= an+1- 4a2n= an+1+ 2an an+1- 2an .
∵ an> 0，∴ an+1+ 2an> 0，∴ an+1- 2an= 1，即 an+1= 2an+ 1，
则有 an+1+ 1 = 2an+ 2a + 1 a = 2 且 a1+ 1= 2，n n+ 1
∴数列 an+ 1 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列；
(2)由 (1)得 an+ 1= 2n，即 a = 2nn - 1，得 1 = 1 1a n ≤ n n-2 =
1
3
1
- - n-2
n≥ 2 ，
n 2 1 2 2 2
1 1- 1
∴ 1 + 1 1
n
a a + a + +
1 ≤ 1a 3 1+
1 1
2 + 2 + +
1
n-1
2 3 4 n+1 2 2 =
3 2 = 2 1- 1n < 2 .
1- 1 3 2 32
3. 已知数列 an 满足 a1= 1，前 n项和Sn满足 2Sn= n2+ n, bn 是正项等比数列，且 b1= 1,b2是 a1和 a4的等
比中项.
(1)求数列 an 和 bn 的通项公式；
(2) 1 1 1求证： + + + + + + +
1 < 5
a1 b1 a2 b2 a3 b3 an+ bn 4
.
【答案】(1)an=n；bn= 2n-1(2)证明见解析；
【解析】
(1)当n≥ 2 时，由 2Sn=n2+n，
得 2Sn-1= (n- 1)2+n- 1，
相减得 2an= 2n,∴ an=n.
当n= 1 时，a1= 1 符合上式，∴ an=n.
设 bn 的公比为 q，
由题意得 b2 22= a1× a4，即 q = 4，
又 q> 0,∴ q= 2,bn= 2n-1.
(2)证明：由题意得 1 1 1
an+
= < ，
bn n+ 2n-1 2n-1
∴ 1 1+ + + +
1 + + 1
a1 b1 a2 b2 a3+ b3 an+ bn
< 1 11+ 1 + 2+ 2 +
1
2 +
1 1
2 23
+ +
2n-1
1 n-2
3 4 1-
1
= + 2 4 1- 12
3 1 1 n-1= 4 + 2 - 2 <
5
4 .
4. 数列 an 满足：a1+ 2a2+ 3a3+ +nan= n- 1 2n+ 1；数列 bn 满足：bn+1= n+ 22n+ 2 bn，且 b1= a1.
(1)求数列 an 和 bn 的通项公式；
(2) c = a b 1 + 1 + 1 + + 1设 n n+1 n，证明： 3 3 3 3 <
1 .
c1 c2 c3 cn 4
【答案】
(1)a = 2n-1 ，b = n+ 1n n n (2)证明见解析2
【解析】
(1)当n= 1 时，a1= 1;
当n≥ 2 时，a1+ 2a2+ 3a3+ + n- an-1= n- 2 2n-1+ 1
与条件等式两边相减，得nan= n- 1 2n- n- 2 2n-1=n 2n-1
所以 a = 2n-1n .
所以 b1= a1= 1,
b2 × b3 × b4 × × bn = 3 × 4 × 5 n+ 1
b1 b2 b3 bn-1 4 6 8
× × 2n .
故有 bn = n+ 1n ，∴ bn=
n+ 1
b1 2 2n
所求通项公式分别为 a = 2n-1和 b = n+ 1n n 2n
(2)cn= an+1bn=n+ 1
只需证明 1 + 1 13 3 + 3 + +
1 < 1
2 3 4 n+ 1 2 4
当n≥ 2 时，1 = 1 < 1 = n = 1 1 - 1 .
n3 n×n2 n× n2- 1 n- 1 n×n n+ 1 2 n n- 1 n n+ 1
所以 1 + 1 + 13 3 3 + +
1
3 <
1 1 1 1 1 1
c1 c2 c3 cn 2 2× 1 - 2× 3 + 2 2× 3 - 3× 4 +
+ 1 1 12 -n n- 1 n n+ 1
= 14 -
1 < 14 ,故原不等式成立2n n+ 1
S
5. 已知数列 {an}的前n项和为Sn，a = 4，数列 n 11 n 是公差为 2 的等差数列.
(Ⅰ )求数列 {an}的通项公式；
( ) b = 1 3Ⅱ 设 n ，求证：对于任意的n∈N *，b + b + +b <(n+ 1)a2 1 2 nn 41
.
【答案】(Ⅰ )an=n+ 3(n∈N *)；(Ⅱ )证明见解析.
【解析】
(Ⅰ ) ∵数列 Sn 1 n 是公差为 2 的等差数列，且
S1
1 = a1= 4，
可得 Sn = 1n 2 n+
7
2 ，S =
1 n2+ 7n 2 2 n，
∴ an=Sn-Sn-1=n+ 3(n≥ 2)，又 a1= 4，
∴ an=n+ 3(n∈N *)
(Ⅱ )bn= 1 = 12 <
1 = 1 1 - 1
(n+ 1)an (

n+ 1) (n+ 3)2 (n+ 1) (n+ 2) (n+ 3) 2 (n+ 1) (n+ 2) (n+ 2) (n+ 3)
b = 11 32 ，当n≥ 2 时，b1+ b2+ +bn<
1
32 +
1 1 - 12 3× 4 4× 5 +
1 - 1 + + 1 1 4× 5 5× 6 (n+ 1) (n+ 2) - (n+ 2) (n+ 3)
= 1 + 1 132 2 3× 4 -
1 < 1 1 1 7 7 3 7× 41- 96× 3 1(n+ 2) (n+ 3) 32 + 2 3× 4 = 96 ，又 96 - 41 = 96× 41 =- 96× 41
< 0
∴ b1+ b2+ +bn< 341 ，
又 b = 1 31 32 < 41 ，
∴ b 3 *1+ b2+ +bn< 41 ，n∈N .
6. 已知正项数列 an 的前n项和为Sn，满足Sn= 12 an+
1
a ．n
(1)求数列 an 的前n项和Sn；
(2) 1记Tn= S +
1 + 1 + + 1 TnS S S ，证明： n+ 1- 1< 2 < n．1 2 3 n
【答案】(1)Sn= n (2)证明见解析
【解析】
(1)解：由题意得：
∵Sn= 12 an+
1
an
∴S 1n= 2 Sn-Sn-1+
1
Sn-Sn-1
等式两边同乘 2 S 2 2 2n-Sn-1 ，得 2Sn- 2Sn Sn-1=Sn+Sn-1- 2Sn Sn-1+ 1
整理得S2n-S2n-1= 1，由S = 11 2 a +
1
1 a ，得S21= 1，即 S2n 是首项为 1，公差为 1 的等差数列1
∴S2n=n，Sn= n；
(2)设 n+ 1- 1 为数列 bn的前n项和Tn, n为数列 cn的前n项和Qn.
欲证 Tn+ 1- 1< n2 < n,只需证 b <
1
n 2S < cn.n
当n= 1 时 ,经检验成立
当n≥ 2 时,
bn=Tn-Tn-1= n+ 1- 1- n+ 1= n+ 1- n
cn=Qn-Qn-1= n- n- 1
因为 1 12S = ，n 2 n
易证 n+ 1- n= 1 < 1 ， n- n- 1= 1 > 1
n+ 1+ n 2 n n- 1+ n 2 n
所以 n+ 1- n< 1 < n- n- 1
2 n
综上可证： + - < Tn 1 1 n2 < n．
7. 已知正项数列 an 的前n项和为S ，且 a = 1，a = S + S ，n∈N *n 1 n n n-1 ，且n≥ 2．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2) 1设数列 a + 1 前n项积为Tn，证明： 2n+ 1*．
n
【答案】(1)an= 2n- 1
(2)证明见解析
【解析】
(1)当n≥ 2 时，an=Sn-Sn-1，
∵ an= Sn+ Sn-1，
∴Sn-Sn-1= Sn+ Sn-1，即 Sn+ Sn-1 Sn- Sn-1 = Sn+ Sn-1，
∵数列 an 各项为正，
∴ Sn+ Sn-1> 0，即 Sn- Sn-1= 1，则数列 Sn 为 S1= a1= 1 首项，公差 d= 1 的等差数列，
∴ Sn=n，即Sn=n2，
∴当n≥ 2 时，an=Sn-Sn-1= 2n- 1，经检验n= 1 成立，
∴ an= 2n- 1．
(2)设 2n+ 1 为数列 bn的前n项积Tn,2n+ 1 为数列 cn的前n项积Qn.
欲证 2n+ 1当n= 1 时 ,经检验成立
当n≥ 2 时,
T
b = n = 2n+ 1n Tn-1 2n- 1
Q
c = n = 2n+ 1n Qn-1 2n- 1
易证 1 + 1= 2n < 2n+ 1 ，1 + 1= 2n > 2n+ 1an 2n- 1 2n- 1 an 2n- 1
，
2n- 1
∴ 2n+ 18. 已知等差数列 {an}的公差为 d(d≠ 0)，前n项和为Sn，且满足S1，S2，S4成等比数列且S5= 50．
(1)求 an；
(2) 1若 S 的前n项和为Tn，证明：T >
n
n
n 2(n+ 1)
．
【答案】(1)an= 4n- 2；(2)证明见解析．
【解析】
(1)由S5= 50，得 5a + 5× 41 2 d= 5a1+ 10d= 50；即 a1+ 2d= 10 ①，又S
2
1，S2，S4成等比数列，得S2=S1S4，
即 (2a 21+ d) = a1(a1+ 3d)②，由①②解得 a1= 2，d= 4．所以 an= 2+ 4(n- 1) = 4n- 2．
(2)设 n( + ) 为数列 bn的前n项和T ,2 n 1 n
欲证T n 1n> ( + ) ,只需证 S > b2 n 1 n.n
当n= 1 时 ,经检验成立
当n≥ 2 时 ,b =T -T = n - n- 1 1n n n-1 =2 n+ 1 2n 2n(n+ 1)
由 a1= 2，an= 4n- 2 可得S = nn 2 (2+ 4n- 2) = 2n
2，所以 1S =
1 1
2n2
>
n 2n(n+ 1)
，
所以T 1n= S +
1
S + +
1 n
1 2 S
> ．
n 2(n+ 1)

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