数列不等式：放缩方向、整数边界与参数量词

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精确求和与放缩求界不同。逐项比较要核分母和起始下标，参数问题要先区分全体下标与存在下标；含辅助参数时尤其不能交换量词。

一、知识点概念与依据

1. 放缩方向为目标服务

证明目标和小于上界，需要把目标项向大处估计，再对较大项求和；证明大于下界，则向小处估计。任意把项变简单不保证推论成立，数值试验也不能替代任意下标的比较。

若0<u<v，则1/u−1/v=(v−u)/(uv)>0，取倒数反向。相同推理要求两个分母同号且非零；若跨过0，不能直接套“分母越大倒数越小”。有限多个不等式相加保留方向，至少一项严格时，总和严格。

2. 裂项比较的合法范围先写出来

比较目标1/j²	分母依据	合法下标
下界1/[j(j+1)]	j(j+1)>j²>0	j≥1
上界1/[j(j−1)]	0<j(j−1)<j²	j≥2，首项另留

上界不能代j=1，因为分母为0。拆首项后再求其余有限和，并保留裂项端点；如果剩余区间为空，就没有严格放缩项，必须重新判断等号。

3. 全部成立与至少一次成立，用不同的界

在非空的合法整数下标集合上，t≤f(n)对所有n成立，意思是t为全部值的下界；若有最小值α，取到它给必要性，f(n)≥α给充分性。相反，存在n使t≤f(n)，只需某个实际值够大，关注上方可达范围。

若方向为t≥f(n)对所有n，就关注f的上界；也可把两边取负化为同一种下界问题。先确认乘除量符号，不能在未知参数正负时宣布极值位置。

4. 最值与未取到的边界分开

最大的下界称下确界α，最小的上界称上确界M。这是边界语言的拓展，不要求该数是某一项；以下表假设α、M均为有限实数。

参数条件	边界被实际取到	边界未取到
对所有n，t≤f(n)	t≤α	t≤α
对所有n，t<f(n)	t<α	t≤α
存在n，t≤f(n)	t≤M	t<M
存在n，t<f(n)	t<M	t<M

理由是实际可取值必须逐项满足：下界不取到时每项仍严格大于它；上界不取到时找不到一项等于它。若t<M，由M是最小上界，必有一项f(n)>t，否则t本身就是更小上界。下界一侧同理。

若f向下无界，则不存在实数t使t≤f(n)对所有n成立；若f向上无界，则任何实数t都有实际下标满足f(n)>t，因而两个存在条件都可满足。

例如差分例中的1+4/n，每项>1；任意ε>0，可选正整数n>4/ε，使其<1+ε，所以1是未取到的下确界，而非最小值。这里比较的是各个有限下标的值，不是在计算无穷级数。

5. 辅助量要按量词顺序固定

“存在一个r，使所有n成立”要求同一个r适用于全体n；“每个n都存在一个r”允许r随n变化，不能擅自交换。必要性可先选一个危险下标；充分性必须固定合格r，证明任意合法n都满足。

若r以加法正号出现，减小r会使左边更小；只有比较方向确实有利时，才可选其允许的最小值。最后仍须回验边界，不只用“取最小”替代全体证明。

二、考点方法与例题

1. 先求目标通项，再分别证明两边

原递推只从n≥2开始时，保留首项。取得通项后，分母正性、单项方向、下标范围与严格来源逐项核清；下界上界分别成立才合写，得到的是范围，不是精确和值。

例题 01 由前和递推证明倒数和范围

题目

已知数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的前n项和为 ${S}_{n}$ ，满足 $(n-1){S}_{n-1}-(n-3){S}_{n}=2{a}_{n}$ ， $n\ge 2$ ， ${a}_{1}=1$ .

(1)求数列 $\left\{ {S}_{n}\right\}$ 的通项公式；

(2)若数列 $\left\{ \frac{1}{{a}_{n}^{2}}\right\}$ 的前n项和为 ${T}_{n}$ ，证明：当 $n\ge 2$ 时 $\frac{n}{n+1}<{T}_{n}<\frac{2n-1}{n}$ .

答案与解析

解析

（1）n≥2时aₙ=Sₙ−Sₙ₋₁，代入原式，移项得

(n+1)S_{n-1}=(n-1)S_n.

除以已知正数n(n−1)(n+1)，而非未经核验的未知前和，得到

\frac{S_n}{n(n+1)}=\frac{S_{n-1}}{(n-1)n}=\cdots=\frac{S_1}{2}=\frac12.

所以Sₙ=n(n+1)/2，也符合S₁=1。n≥2时相邻和差给aₙ=n，首项同样符合。原式左边代该和式即2n=2aₙ，回验成立。

也可保留累乘解法：由S₁=1及Sₙ=[(n+1)/(n−1)]Sₙ₋₁，逐步可知所有Sₙ>0，因而相邻前和比有定义。n≥2时

S_n=S_1\prod_{j=2}^n\frac{j+1}{j-1}=\frac{3\cdot4\cdots(n+1)}{1\cdot2\cdots(n-1)}=\frac{n(n+1)}2.

这与前面的常数列方法给出同一结果；n=1仍由初值单独核验。

（2）Tₙ=∑ⱼ₌₁ⁿ1/j²。对任意j≥1，有1/[j(j+1)]<1/j²，故

T_n>\sum_{j=1}^n\left(\frac1j-\frac1{j+1}\right)=1-\frac1{n+1}=\frac{n}{n+1}.

上界先保留首项1，只有j≥2才用1/j²<1/[j(j−1)]：

T_n=1+\sum_{j=2}^n\frac1{j^2}<1+\sum_{j=2}^n\left(\frac1{j-1}-\frac1j\right)=2-\frac1n=\frac{2n-1}{n}.

原题n≥2，至少有j=2这一项严格比较，所以上界严格。n=1时上界只能等号，不能扩张结论。两边合得原不等式；最小允许n=2时也有2/3<5/4<3/2。

本题结论

（1） $S_n=n(n+1)/2$ ；（2）对 $n\ge2$ ， $n/(n+1)<T_n<(2n-1)/n$ 。

2. 精确裂项之后，参数边界要双向证明

先确认平方关系开根的正性、裂项分母和分离参数的乘数符号。用相邻差证明极值位置，再分别写某下标给出的必要性与任意下标的充分性。

例题 02 正项递推与裂项和参数

题目

11．（24-25高三上·湖北荆州·阶段练习）已知正项数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 ${S}_{n}$ ，且 ${a}_{n}^{2}+2{a}_{n}-n=2{S}_{n}$ ．

(1)求数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式；

(2)设 ${b}_{n}={2}^{{a}_{n}}-1$ ，若数列 $\left\{ {c}_{n}\right\}$ 满足 ${c}_{n}=\frac{{b}_{n}+1}{{b}_{n}\cdot {b}_{n+1}}$ ，且数列 $\left\{ {c}_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 ${T}_{n}$ ，若 $1-{T}_{n}\le \frac{\lambda }{\left( n+2\right)}$ 恒成立，求 $\lambda$ 的取值范围．

答案与解析

解析

（1）n=1时a₁²=1，正项条件给a₁=1。n≥2时相邻两个原等式相减，得

a_n^2=(a_{n-1}+1)^2.

aₙ>0且aₙ₋₁+1>0，因此只能取aₙ=aₙ₋₁+1，得到aₙ=n。相加Sₙ=n(n+1)/2，代回aₙ²+2aₙ−n=n²+n=2Sₙ，反向成立。

（2）bₙ=2ⁿ−1>0，且

c_n=\frac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=\frac1{2^n-1}-\frac1{2^{n+1}-1}.

两倒数差分子是2ⁿ⁺¹−2ⁿ=2ⁿ，故精确裂项后Tₙ=1−1/(2ⁿ⁺¹−1)。乘n+2>0不改方向，原条件等价于每个正整数n都有

\lambda\ge g_n=\frac{n+2}{2^{n+1}-1}.

n≥2时

g_n-g_{n-1}=\frac{-(n2^n+1)}{(2^{n+1}-1)(2^n-1)}<0,

所以最大值为实际取到的g₁=1。必要性由n=1给λ≥1；充分性由每个gₙ≤1≤λ得到。λ=1在n=1使原不等式取等，允许保留，范围[1,+∞)。

本题结论

（1） $a_n=n$ ；（2） $\lambda\in[1,+\infty)$ 。

3. 嵌套量词先求和，再固定辅助参数

中项平方判等比前先由初值和递推证明非零。目标和正确化简后，用一个合法下标限制参数；得到符号信息，再固定同一个辅助参数证明全部下标。

例题 03 含辅助参数的全下标不等式

题目

14．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 满足 ${a}_{n}^{2}-{a}_{n-1}{a}_{n+1}=t{({a}_{1}+2{a}_{2})}^{2}$ ，其中 $n\ge 2$ 且 $n\in N\ast$ ， $t$ 为常数.

(1)若 ${a}_{1}=\frac{1}{2},{a}_{2}=\frac{1}{4},{a}_{3}=\frac{1}{8},$ 求数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式；

(2)在（1）的条件下记 ${b}_{n}=n{a}_{n}$ ，且数列 $\left\{ {b}_{n}\right\}$ 前 $n$ 项和为 ${T}_{n}$ ，若存在 $r\in [2,3]$ ，使得 $m({2}^{n+1}-{2}^{n}\cdot {T}_{n})+r\le 0$ 对任意的 $n\in N\ast$ 都成立，求实数 $m$ 的取值范围.

答案与解析

解析

（1）代n=2，左边1/16−(1/2)(1/8)=0，而(a₁+2a₂)²=1，所以t=0。原递推变为aₙ²=aₙ₋₁aₙ₊₁。

初始a₁、a₂都正，由aₙ₊₁=aₙ²/aₙ₋₁逐次保证后续全部正且非零，才可相除得aₙ₊₁/aₙ=aₙ/aₙ₋₁。公比1/2，故aₙ=2⁻ⁿ，符合前三项及原递推。

（2）bₙ=n/2ⁿ。有限错位相减得

\frac12T_n=\sum_{j=1}^n2^{-j}-\frac{n}{2^{n+1}}=1-2^{-n}-\frac{n}{2^{n+1}},

所以Tₙ=2−(n+2)/2ⁿ。T₁=1/2，且相邻前和差为n/2ⁿ，与目标吻合。于是2ⁿ⁺¹−2ⁿTₙ=n+2，原题要求存在同一个r∈[2,3]，使任意n≥1都有m(n+2)+r≤0。

必要性：令n=1，3m+r≤0；又r≥2，所以3m+2≤0，即m≤−2/3。

充分性：任取m≤−2/3，固定r=2。因为m<0、n+2≥3，任意n≥1都有

m(n+2)+2\le3m+2\le0.

因此同一个r适用于全部n。m=−2/3时在r=2、n=1取等，端点可取，范围(−∞,−2/3]。这一证明没有在m符号未知时预先断言极值在哪一项。

本题结论

（1） $a_n=2^{-n}$ ；（2） $m\in(-\infty,-2/3]$ 。