不等式 02 常见不等式的缩放方式

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在不等式证明、求最值、极限计算等数学问题中，“缩放法”是核心技巧之一，其本质是通过构造“比目标式大/小的中间式”，将复杂问题转化为可直接分析的简单问题。

缩放法的核心原则：

1. 目标导向：明确需“放大”还是“缩小”，缩放后的式子需能“简化计算”（如裂项消去、等比求和）；

2. 适度原则：缩放不能过度（如证明 \(a < b\)，若将 \(a\) 放大到 \(c > b\)，则无效）；

3. 工具匹配：代数式优先用均值/柯西，函数式优先用单调性/导数，数列和优先用裂项/等比。

一、基于基础不等式的缩放（最常用，适用于代数式）

核心思路：利用中学阶段的基本不等式（均值、柯西、三角不等式等），对式子中的某部分进行“放大”或“缩小”，保留关键项、消去干扰项。

1. 均值不等式缩放

均值不等式的核心是“和与积的不等关系”，常用形式：

对非负实数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，有 \(\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}\)（等号当且仅当 \(a_1=a_2=\dots=a_n\) 时成立），特别地：

二元均值：\(a+b \geq 2\sqrt{ab}\)（用于“和转积”或“积转和”）；

平方均值≥算术均值：\(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}} \geq \frac{a+b}{2}\)（用于含平方项的缩放）。

常见用法：

放大“和”：若需证明 \(a+b \leq C\)，可先由 \(a+b \leq 2\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\)，再结合 \(a^2+b^2 \leq D\) 推导；

缩小“积”：若需证明 \(ab \leq C\)，可由 \(ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^2\)，再结合 \(a+b \leq D\) 推导。

示例：证明 \(x^2 + 2x + 3 \geq 2\)（\(x \in \mathbb{R}\)）

缩放过程：\(x^2 + 2x + 3 = (x^2 + 2x + 1) + 2 = (x+1)^2 + 2\)，由均值不等式“平方数非负”（\((x+1)^2 \geq 0\)），得 \((x+1)^2 + 2 \geq 0 + 2 = 2\)。

2. 柯西不等式缩放

柯西不等式的核心是“向量内积≤模长乘积”，常用形式：

对实数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\) 和 \(b_1,b_2,\dots,b_n\)，有

\((a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_n^2) \geq (a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n)^2\)

（等号当且仅当 \(\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \dots = \frac{a_n}{b_n}\) 时成立，若 \(b_i=0\) 则对应 \(a_i=0\)）。

常见用法：将“平方和的乘积”放大为“内积的平方”，或反过来将“内积的平方”缩小为“平方和的乘积”，尤其适用于含“平方和+线性和”的式子。

示例：已知 \(x + 2y = 3\)，求 \(x^2 + y^2\) 的最小值

缩放过程：由柯西不等式，\((x^2 + y^2)(1^2 + 2^2) \geq (x \cdot 1 + y \cdot 2)^2 = (x + 2y)^2 = 9\)，

即 \(5(x^2 + y^2) \geq 9\)，故 \(x^2 + y^2 \geq \frac{9}{5}\)（等号当 \(x = \frac{3}{5}, y = \frac{6}{5}\) 时取到）。

3. 三角不等式缩放

三角不等式的核心是“绝对值的和差关系”，常用形式：

对任意实数 \(a,b\)，有

正向：\(|a + b| \leq |a| + |b|\)（“和的绝对值≤绝对值的和”，可推广到 \(n\) 项：\(|a_1 + a_2 + \dots + a_n| \leq |a_1| + |a_2| + \dots + |a_n|\)）；

反向：\(|a - b| \geq ||a| - |b||\)（“差的绝对值≥绝对值的差”）。

常见用法：处理含绝对值的不等式证明或范围问题，通过缩放消去绝对值符号，或构造“中间绝对值项”衔接目标。

示例：证明 \(|x + y - 1| \geq |x + y| - 1\)

缩放过程：由反向三角不等式，\(|(x + y) - 1| \geq ||x + y| - |1|| = ||x + y| - 1|\)，

又因 \(||x + y| - 1| \geq |x + y| - 1\)（绝对值的性质：\(|A| \geq A\)），故 \(|x + y - 1| \geq |x + y| - 1\)。

二、基于函数单调性的缩放（适用于函数表达式）

核心思路：若函数 \(f(x)\) 在区间 \(I\) 上单调递增，则对 \(x_1 < x_2 \in I\)，有 \(f(x_1) < f(x_2)\)；若单调递减，则 \(f(x_1) > f(x_2)\)。通过“将自变量替换为区间内的边界值/特殊值”，实现对函数值的缩放。

1. 常见单调函数的缩放

指数函数：\(e^x\) 在 \(\mathbb{R}\) 上单调递增，故：

当 \(x \geq 0\) 时，\(e^x \geq e^0 = 1\)；当 \(x \leq 0\) 时，\(e^x \leq 1\)；

（进阶）当 \(x > -1\) 时，\(e^x \geq x + 1\)（由泰勒展开推导，更精确的缩放）。

对数函数：\(\ln x\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，故：

当 \(x \geq 1\) 时，\(\ln x \geq 0\)；当 \(0 < x \leq 1\) 时，\(\ln x \leq 0\)；

（进阶）当 \(x > 0\) 时，\(\ln x \leq x - 1\)（核心不等式，等号当 \(x=1\) 时成立）。

幂函数：\(x^k\)（\(k>0\)）在 \([0,+\infty)\) 上单调递增，故：

当 \(x \geq 1\) 时，\(x^k \geq 1\)；当 \(0 \leq x \leq 1\) 时，\(x^k \leq 1\)。

示例：证明当 \(x > 1\) 时，\(\ln x > \frac{2(x - 1)}{x + 1}\)

缩放思路：构造函数 \(f(x) = \ln x - \frac{2(x - 1)}{x + 1}\)，求导得 \(f'(x) = \frac{(x - 1)^2}{x(x + 1)^2} > 0\)（\(x > 1\)），故 \(f(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 单调递增。

缩放过程：因 \(x > 1\)，故 \(f(x) > f(1) = \ln 1 - \frac{2(1 - 1)}{1 + 1} = 0\)，即 \(\ln x > \frac{2(x - 1)}{x + 1}\)。

三、基于积分/导数的缩放（适用于复杂函数、数列和）

核心思路：利用“导数判断函数凹凸性”或“积分的几何意义（面积大小关系）”，对连续函数或离散数列项进行缩放，常用于证明“数列和的不等式”或“函数下界/上界”。

1. 导数与凹凸性缩放

若函数 \(f(x)\) 在区间 \(I\) 上二阶导数 \(f''(x) \geq 0\)（下凸函数），则对任意 \(x_1,x_2 \in I\)，有

\(f\left(\frac{x_1 + x_2}{2}\right) \leq \frac{f(x_1) + f(x_2)}{2}\)（琴生不等式特例，可推广到 \(n\) 点）；

若 \(f''(x) \leq 0\)（上凸函数），则不等号反向。

示例：证明对 \(a,b > 0\)，\(\frac{\ln a + \ln b}{2} \leq \ln\left(\frac{a + b}{2}\right)\)

缩放过程：设 \(f(x) = \ln x\)，则 \(f''(x) = -\frac{1}{x^2} < 0\)（上凸函数），由琴生不等式，

\(f\left(\frac{a + b}{2}\right) \geq \frac{f(a) + f(b)}{2}\)，即 \(\ln\left(\frac{a + b}{2}\right) \geq \frac{\ln a + \ln b}{2}\)（本质是“对数均值≤算术均值”）。

2. 积分几何意义缩放

对区间 \([a,b]\) 上的单调递增函数 \(f(x)\)，有：

\(\int_{k}^{k+1} f(x)dx \leq f(k+1)\)（右矩形面积≤函数值，因 \(f(x) \leq f(k+1)\) 对 \(x \in [k,k+1]\)）；

\(\int_{k}^{k+1} f(x)dx \geq f(k)\)（左矩形面积≥函数值，因 \(f(x) \geq f(k)\) 对 \(x \in [k,k+1]\)）。

该结论可推广到数列和：\(\sum_{k=1}^n f(k) \geq \int_{1}^{n+1} f(x)dx\) 或 \(\sum_{k=1}^n f(k) \leq \int_{0}^{n} f(x)dx\)。

示例：证明当 \(n \geq 2\) 时，\(\ln n < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n - 1}\)

缩放过程：设 \(f(x) = \frac{1}{x}\)（在 \((0,+\infty)\) 单调递减），故 \(\int_{k}^{k+1} \frac{1}{x}dx > \frac{1}{k+1}\)（因 \(f(x) > f(k+1)\)）。

累加得：\(\int_{1}^{n} \frac{1}{x}dx > \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k+1}\)，即 \(\ln n > \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}\)，

两边加 \(1\) 得 \(1 + \ln n > 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}\)，进一步整理可得 \(\ln n < 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n - 1}\)。

四、基于数列项的缩放（适用于数列和/积的不等式）

核心思路：对数列的通项 \(a_n\) 进行“拆项”或“放缩为可求和/可求积的形式”（如等比数列、裂项相消数列），常见类型如下：

1. 裂项缩放（最常用，适用于分式通项）

通过“将通项拆为两个项的差”，累加后消去中间项，核心公式：

\(\frac{1}{k(k + 1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}\)（基础裂项）；

\(\frac{1}{k(k + m)} = \frac{1}{m}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k + m}\right)\)（推广裂项，\(m\) 为正整数）；

放缩裂项：\(\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k - 1)} = \frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k}\)（\(k \geq 2\)，将平方项放大为相邻两项的积，便于裂项）；

\(\frac{1}{k^2} > \frac{1}{k(k + 1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}\)（将平方项缩小为相邻两项的积）。

示例：证明 \(1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} < 2\)（\(n \geq 1\)）

缩放过程：当 \(k \geq 2\) 时，\(\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k - 1)} = \frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k}\)，

累加得：\(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} = 1 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k^2} < 1 + \sum_{k=2}^n \left(\frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k}\right)\)，

右边消去中间项：\(1 + \left(1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}\right) = 2 - \frac{1}{n} < 2\)，故原不等式成立。

2. 等比数列缩放（适用于指数型通项）

将数列通项 \(a_n\) 放大/缩小为“等比数列的通项 \(q^n\)”（\(0 < q < 1\)，等比和有界），常用于含“\(2^n\)”“\(3^n\)”等指数项的数列和。

示例：证明 \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{2^n} < 2\)

缩放过程：左边是首项为 \(1\)、公比为 \(\frac{1}{2}\) 的等比数列前 \(n+1\) 项和，

由等比和公式：\(\sum_{k=0}^n \frac{1}{2^k} = 2\left(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\right) < 2\)（因 \(\frac{1}{2^{n+1}} > 0\)）。

例1：证明 \(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n}} < 2\sqrt{n}\)（\(n \in \mathbb{N}^*\)）

核心技巧：分式放缩（分母有理化）

证明：

对任意正整数 \(k\)，\(\frac{1}{\sqrt{k}} = \frac{2}{2\sqrt{k}} < \frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}} = 2(\sqrt{k} - \sqrt{k-1})\)（分母放大，分数值缩小）。

累加得：

\(\begin{align*}\text{左边} &< 2[(\sqrt{1}-\sqrt{0})+(\sqrt{2}-\sqrt{1})+\dots+(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})] \\&= 2\sqrt{n} = \text{右边}\end{align*}\)

例2：证明 \(1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\dots+\frac{1}{n^2} < 2 - \frac{1}{n}\)（\(n \geq 2\)，\(n \in \mathbb{N}^*\)）

核心技巧：分式放缩（裂项相消模型）

证明：

当 \(k \geq 2\) 时，\(\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}\)（分母缩小，分数值放大）。

累加得：

\(\begin{align*}\text{左边} &< 1 + \left[ \left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\dots+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right) \right] \\&= 1 + 1 - \frac{1}{n} = 2 - \frac{1}{n} = \text{右边}\end{align*}\)

例3：证明 \(2(\sqrt{n+1}-1) < 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n}} < \sqrt{2}(n^2+1)\)（\(n \in \mathbb{N}^*\)）

核心技巧：左右分拆放缩（左用分母有理化，右用基本不等式）

证明：

左边：\(\frac{1}{\sqrt{k}} > \frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}} = 2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})\)，累加得 \(2(\sqrt{n+1}-1)\)；

右边：由基本不等式 \(\sqrt{k} \geq \frac{\sqrt{2}}{2}(k^{1/4}+k^{-1/4})\)（非必要，更简单：\(\frac{1}{\sqrt{k}} < \sqrt{2}k\)，因 \(k \geq 1\) 时 \(\sqrt{k} \geq 1\)，故 \(\frac{1}{\sqrt{k}} \leq k\)，再乘 \(\sqrt{2}\)），累加得 \(\sqrt{2}(1+2+\dots+n) < \sqrt{2}(n^2+1)\)（因 \(1+2+\dots+n = \frac{n(n+1)}{2} < n^2+1\)）。

例4：已知 \(x > 0\)，证明 \(x - \frac{x^3}{6} < \sin x < x\)

核心技巧：导数放缩（构造函数证单调性）

证明：

证 \(\sin x < x\)：设 \(f(x) = x - \sin x\)，\(f'(x) = 1 - \cos x \geq 0\)，\(f(x)\) 单调递增，\(f(x) > f(0) = 0\)，故 \(\sin x < x\)；

证 \(x - \frac{x^3}{6} < \sin x\)：设 \(g(x) = \sin x - x + \frac{x^3}{6}\)，\(g'(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}\)，\(g''(x) = -\sin x + x > 0\)（由前半结论），故 \(g'(x)\) 单调递增，\(g'(x) > g'(0) = 0\)，\(g(x)\) 单调递增，\(g(x) > g(0) = 0\)，得证。

例5：已知 \(x > 0\)，证明 \(1 + x < e^x < 1 + x + x^2\)（\(x \in (0,1)\)）

核心技巧：导数放缩（分段控制指数函数）

证明：

证 \(e^x > 1 + x\)：设 \(f(x) = e^x - x - 1\)，\(f'(x) = e^x - 1 > 0\)（\(x > 0\)），\(f(x) > f(0) = 0\)；

证 \(e^x < 1 + x + x^2\)（\(x \in (0,1)\)）：设 \(g(x) = 1 + x + x^2 - e^x\)，\(g'(x) = 1 + 2x - e^x\)，\(g''(x) = 2 - e^x > 0\)（\(x < \ln 2 < 1\)），故 \(g'(x)\) 单调递增，\(g'(x) > g(0) = 0\)，\(g(x)\) 单调递增，\(g(x) > g(0) = 0\)，得证。

例6：证明 \(\cos x > 1 - \frac{x^2}{2}\)（\(x \neq 0\)）

核心技巧：导数放缩（二次导数判断凹凸性）

证明：

设 \(f(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}\)，\(f'(x) = -\sin x + x\)，\(f''(x) = -\cos x + 1 \geq 0\)（仅 \(x=2k\pi\) 时取等）。

故 \(f'(x)\) 单调递增，当 \(x > 0\) 时 \(f'(x) > f(0) = 0\)，\(f(x)\) 单调递增，\(f(x) > f(0) = 0\)；

当 \(x < 0\) 时 \(f'(x) < f(0) = 0\)，\(f(x)\) 单调递减，\(f(x) > f(0) = 0\)。综上得证。

例7：证明 \(\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x\)（\(x > 0\)）

核心技巧：导数放缩（构造对数相关函数）

证明：

证 \(\ln(1+x) < x\)：设 \(f(x) = x - \ln(1+x)\)，\(f'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x} > 0\)，\(f(x) > f(0) = 0\)；

证 \(\ln(1+x) > \frac{x}{1+x}\)：设 \(g(x) = \ln(1+x) - \frac{x}{1+x}\)，\(g'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^2} = \frac{x}{(1+x)^2} > 0\)，\(g(x) > g(0) = 0\)。

例8：证明 \(n! > \left(\frac{n}{e}\right)^n\)（\(n \in \mathbb{N}^*\)）

核心技巧：对数转化+数列放缩

证明：

两边取自然对数，需证 \(\ln(n!) > n\ln n - n\)，即 \(\sum_{k=1}^n \ln k > n\ln n - n\)。

由例7结论，\(\ln(1+x) > x - \frac{x^2}{2}\)（或直接用 \(\ln k = \ln\left(1 + \frac{1}{k-1}\right) + \ln(k-1)\)，递推），更简单：

设 \(a_k = \ln k - k + 1\)，需证 \(\sum_{k=1}^n a_k > 0\)。

\(a_1 = 0\)，当 \(k \geq 2\) 时，由 \(\ln k > 1 - \frac{1}{k}\)（例7中令 \(x = k-1\)，得 \(\ln k > \frac{k-1}{k} = 1 - \frac{1}{k}\)），故 \(a_k = \ln k - k + 1 > 1 - \frac{1}{k} - k + 1 = 2 - \left(k + \frac{1}{k}\right) < 0\)？（换思路）

用数学归纳法：\(n=1\) 时 \(1! = 1 > \frac{1}{e}\)；假设 \(n=k\) 成立，\(k! > \left(\frac{k}{e}\right)^k\)，则 \(n=k+1\) 时：

\((k+1)! = (k+1)k! > (k+1)\left(\frac{k}{e}\right)^k\)，需证 \((k+1)\left(\frac{k}{e}\right)^k > \left(\frac{k+1}{e}\right)^{k+1}\)，即 \(e > \left(1 + \frac{1}{k}\right)^k\)，显然成立（因 \(\left(1 + \frac{1}{k}\right)^k < e\)）。

例9：证明 \(\sin x + \cos x \leq \sqrt{2}\)（\(x \in \mathbb{R}\)）

核心技巧：辅助角公式+三角函数有界性

证明：

\(\sin x + \cos x = \sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)\)，由 \(\sin\theta \leq 1\)（\(\theta \in \mathbb{R}\)），得 \(\sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) \leq \sqrt{2}\)，当且仅当 \(x = \frac{\pi}{4} + 2k\pi\)（\(k \in \mathbb{Z}\)）时取等。

例10：证明 \(x^2 + 1 > 2x\)（\(x \neq 1\)）

核心技巧：完全平方非负性放缩

证明：

\(x^2 + 1 - 2x = (x - 1)^2 > 0\)（因 \(x \neq 1\)，平方项恒正），故 \(x^2 + 1 > 2x\)。

例11：已知数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1 = 1\)，\(a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n}\)，证明 \(2\sqrt{n} - 1 < a_n < \sqrt{2n - 1}\)（\(n \geq 2\)）

核心技巧：递推式平方+累加放缩

证明：

证 \(a_n < \sqrt{2n - 1}\)：\(a_{n+1}^2 = a_n^2 + 2 + \frac{1}{a_n^2} > a_n^2 + 2\)，故 \(a_n^2 > a_1^2 + 2(n-1) = 2n - 1\)？（反了，调整：\(a_{n+1}^2 = a_n^2 + 2 + \frac{1}{a_n^2} < a_n^2 + 3\)？不，正确思路：\(a_{n+1}^2 - a_n^2 = 2 + \frac{1}{a_n^2}\)，当 \(n \geq 1\) 时 \(a_n \geq 1\)，故 \(\frac{1}{a_n^2} \leq 1\)，得 \(a_{n+1}^2 - a_n^2 \leq 3\)？不对，重新：

要证 \(a_n < \sqrt{2n - 1}\)，需 \(a_n^2 < 2n - 1\)，累加 \(a_n^2 - a_1^2 = \sum_{k=1}^{n-1} \left(2 + \frac{1}{a_k^2}\right) = 2(n-1) + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{a_k^2}\)。

若假设 \(a_k < \sqrt{2k - 1}\)，则 \(\frac{1}{a_k^2} > \frac{1}{2k - 1}\)，不对，换左半：

证 \(a_n > 2\sqrt{n} - 1\)：\(a_{n+1}^2 = a_n^2 + 2 + \frac{1}{a_n^2} > a_n^2 + 2\)，累加得 \(a_n^2 > 1 + 2(n-1) = 2n - 1\)，故 \(a_n > \sqrt{2n - 1}\)，但需更紧的放缩：\(a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n}\)，两边乘 \(a_n\) 得 \(a_n a_{n+1} = a_n^2 + 1\)，故 \(a_{n+1} - a_n = \frac{1}{a_n} < \frac{2}{a_n + a_{n+1}}\)（因 \(a_n + a_{n+1} > 2a_n\)），即 \(a_{n+1}^2 - a_n^2 < 2\)，累加得 \(a_n^2 < 1 + 2(n-1) = 2n - 1\)（右半）；

左半：\(a_{n+1} - a_n = \frac{1}{a_n} > \frac{2}{a_n + a_{n+1}}\) 不对，用 \(a_n \geq 2\sqrt{n} - 1\) 归纳：\(a_2 = 2\)，\(2\sqrt{2} - 1 \approx 1.828 < 2\)；假设 \(a_k > 2\sqrt{k} - 1\)，则 \(a_{k+1} = a_k + \frac{1}{a_k} > 2\sqrt{k} - 1 + \frac{1}{2\sqrt{k} - 1}\)，化简 \(\frac{(2\sqrt{k} - 1)^2 + 1}{2\sqrt{k} - 1} = \frac{4k - 4\sqrt{k} + 2}{2\sqrt{k} - 1} = 2\sqrt{k} + 1 - \frac{2}{2\sqrt{k} - 1}\)，需证 > \(2\sqrt{k+1} - 1\)，即 \(2\sqrt{k} + 2 > 2\sqrt{k+1}\)，平方得 \(k + 2\sqrt{k} + 1 > k + 1\)，成立。

例12：证明 \(\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times \dots \times \frac{2n-1}{2n} < \frac{1}{\sqrt{2n+1}}\)（\(n \in \mathbb{N}^*\)）

核心技巧：乘积放缩（分子分母配对平方）

证明：

设 \(P = \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \dots \times \frac{2n-1}{2n}\)，\(Q = \frac{2}{3} \times \frac{4}{5} \times \dots \times \frac{2n}{2n+1}\)。

显然 \(P < Q\)（每一项 \(\frac{2k-1}{2k} < \frac{2k}{2k+1}\)），故 \(P^2 < PQ = \frac{1}{2n+1}\)，即 \(P < \frac{1}{\sqrt{2n+1}}\)。

例13：证明 \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2^n - 1} > n\)（\(n \in \mathbb{N}^*\)）

核心技巧：分组放缩（按等比项数分组）

证明：

将和式按“\(2^{k-1}\) 项”分组：

\(\begin{align*}\text{左边} &= 1 + \left(\frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2^{n-1}+1} + \dots + \frac{1}{2^n - 1}\right) \\&> 1 + \frac{1}{2} + 2 \times \frac{1}{4} + 4 \times \frac{1}{8} + \dots + 2^{n-2} \times \frac{1}{2^{n-1}} \\&= 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2} \quad (\text{共} \ n-1 \ \text{个} \ \frac{1}{2}) \\&= 1 + \frac{n-1}{2} > n \quad (\text{当} \ n \geq 2 \text{时})，n=1 \text{时左边}=1=n，综上得证。\end{align*}\)

例14：已知 \(a_n = \frac{1}{n(n+1)}\)，证明 \(S_n = a_1 + a_2 + \dots + a_n < 1\)

核心技巧：裂项放缩（直接裂项相消）

证明：

\(a_n = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\)，累加得：

\(S_n = \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = 1 - \frac{1}{n+1} < 1\)

例15：证明 \(1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} < \frac{7}{4}\)（\(n \in \mathbb{N}^*\)）

核心技巧：分段放缩（前几项直接算，后几项裂项）

证明：

当 \(n=1\) 时，左边=1 < \(\frac{7}{4}\)；

当 \(n=2\) 时，左边=1 + \(\frac{1}{4}\) = \(\frac{5}{4}\) < \(\frac{7}{4}\)；

当 \(n \geq 3\) 时，\(\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}\)（\(k \geq 3\)），累加得：

\(\text{左边} < 1 + \frac{1}{4} + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right) = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{2} - \frac{1}{n} = \frac{7}{4} - \frac{1}{n} < \frac{7}{4}\)

例16：已知 \(a,b > 0\)，证明 \(\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{ab} \geq \frac{2ab}{a + b}\)（基本不等式链）

核心技巧：作差/作商放缩

证明：

\(\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{ab}\)：\(\frac{a + b}{2} - \sqrt{ab} = \frac{(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2}{2} \geq 0\)；

\(\sqrt{ab} \geq \frac{2ab}{a + b}\)：作商 \(\frac{\sqrt{ab}}{\frac{2ab}{a + b}} = \frac{a + b}{2\sqrt{ab}} \geq 1\)（由前半结论），故成立。

例17：已知 \(a,b,c > 0\)，证明 \(a^3 + b^3 + c^3 \geq 3abc\)

核心技巧：因式分解+非负性放缩

证明：

\(a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca)\)。

因 \(a + b + c > 0\)，且 \(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca = \frac{1}{2}[(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 + (\sqrt{b} - \sqrt{c})^2 + (\sqrt{c} - \sqrt{a})^2] \geq 0\)，故左边 \(\geq 0\)，即 \(a^3 + b^3 + c^3 \geq 3abc\)。

例18：证明 \(\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{2n} > \frac{13}{24}\)（\(n \geq 2\)，\(n \in \mathbb{N}^*\)）

核心技巧：分组+固定项放缩

证明：

当 \(n=2\) 时，左边= \(\frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{12} > \frac{13}{24}\)；

当 \(n \geq 3\) 时，\(\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{2n}\) 共 \(n\) 项，且各项递减，故前 \(n-2\) 项 > \((n-2) \times \frac{1}{2n}\)，后两项 > \(\frac{1}{2n - 1} + \frac{1}{2n}\)，但更简单：用 \(n=2\) 是最小值（因 \(n\) 增大时，新增项 \(\frac{1}{2n - 1} + \frac{1}{2n}\) 大于减少的项 \(\frac{1}{n+1}\)），故 \(n \geq 2\) 时左边 \(\geq \frac{7}{12} = \frac{14}{24} > \frac{13}{24}\)。

例19：已知 \(x,y \in \mathbb{R}^+\)，且 \(x + y = 1\)，证明 \(\left(x + \frac{1}{x}\right)\left(y + \frac{1}{y}\right) \geq \frac{25}{4}\)

核心技巧：均值不等式+二次函数放缩

证明：

先展开：\(\left(x + \frac{1}{x}\right)\left(y + \frac{1}{y}\right) = xy + \frac{1}{xy} + \frac{y}{x} + \frac{x}{y}\)。

由 \(x + y = 1\)，得 \(xy \leq \left(\frac{x + y}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}\)（当且仅当 \(x = y = \frac{1}{2}\) 时取等），且 \(\frac{y}{x} + \frac{x}{y} \geq 2\)（基本不等式）。

设 \(t = xy\)，则 \(t \in (0, \frac{1}{4}]\)，需证 \(t + \frac{1}{t} + 2 \geq \frac{25}{4}\)，即 \(t + \frac{1}{t} \geq \frac{17}{4}\)。

因 \(f(t) = t + \frac{1}{t}\) 在 \((0, \frac{1}{4}]\) 单调递减，故 \(f(t) \geq f\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{4} + 4 = \frac{17}{4}\)，得证。

例20：证明 \(\frac{1}{2} < \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{2n} < 1\)（\(n \in \mathbb{N}^*\)）

核心技巧：左右分拆放缩（左用项数+最小项，右用裂项）

证明：

左边：和式共 \(n\) 项，每项 > \(\frac{1}{2n}\)（因最大项为 \(\frac{1}{n+1} < \frac{1}{n}\)，最小项为 \(\frac{1}{2n}\)），故和 > \(n \times \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}\)；

右边：和式 = \(\left(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2n}\right) - \left(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}\right) = H_{2n} - H_n\)（调和数），由例2中 \(\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)}\) 延伸：\(\frac{1}{k} < 2(\sqrt{k} - \sqrt{k-1})\)，故 \(H_{2n} - H_n < 2(\sqrt{2n} - \sqrt{n}) = 2\sqrt{n}(\sqrt{2} - 1) < 1\)（或直接用 \(\frac{1}{n+k} < \frac{1}{n}\)，\(k=1,2,\dots,n\)，和 < \(n \times \frac{1}{n} = 1\)）。