数列中的恒成立问题(教师版)汇编

1、学习 - 好资料数列中的恒成立问题【常用方法和策略】：数列中的恒成立问题历来是高考的热点，其形式多样，变化众多，综合性强，属于能力题，主要考查学生思维的灵活性与创造性数列中等式恒成立问题通常采用赋值法和待定系数法，利用关于 n 的方程有无数个解确定参数的值，也可采用观察、归纳猜想再证明的思想；与不等式有关的数列恒成立问题，常常使用分离参数法、利用函数性质法等，转化为研究数列的最值问题【课前预习】：1.已知数列 an是无穷等差数列，a1 1，公差 d0 ，若对任意正整数n，前 n 项的和与前3n 项的和之比为同一个常数，则数列an的通项公式是 _.Snn(n 1)d3n(3n1)dSnt 为常数

2、，则【解析】由已知得，n2， S3n 3n2，设S3n9tddd 2dn2 d 9tdn6t3td 对nN * 恒成立，所以，由于 d 0 ，解得12 d6t3tdt9故 an 2n 1设是等差数列a的前 n 项和， 若数列a满足 anSnAn 2BnC 且A0，则12.SnnB CnA的最小值为【解析】根据 anSnAn2Bn C 及等差数列的性质，可设2Sn=An +Dn ，则 an=（ B D） n+C ，则有a1 =B D+C ，由等差数列的求和公式可得Sn= n(a1an )=BD n2+ BD2Cn=An 2+Dn ，则有222BDA，消去参数 D 并整理可得 B C=3A ，故

3、111 3A=22+B C=+3A 23 ，当且仅B2CDDAAA2当 1=3A ，即 A=3 时等号成立A33.记数列 an的前 n 项和为 Sn ，若不等式 an2Sn2ma12 对任意等差数列an及任意正整数 n 都成立，则实数 m 的最大值为 _n2【解析】设数列 an 的公差是d，则 an a1 (n 1)d ， Sn na1 n（ n 1） d.由题意 a1 (n 1)d 222n1ma12 对任意的 a1， d R， n N *恒成立a12d 若 a10，上式显然恒成立； 若 a10，则1（ n 1）d 2（ n 1） d 2（n 1） da1 12a1 m 对任意的 a1，dR

4、 ，nN* 恒成立令2a1更多精品文档学习 - 好资料 t，则 (1 2t)2 (1 t)2m对任意的实数t 恒成立而 (1 2t)2 (1 t) 2 5t2 6t 2 5 t321，所以 t553时 (1 2t)22取最小值，所以15 (1 t)m .51综上所述， m 的最大值为 5.【典型例题】：例题 1 设数列 an 满足 an21 = 2an n4n 1（ 1）若 a1 3，求证：存在2f( n) 是等比数列，并求出数f (n)=an +bn+c（ a， b， c 为常数），使数列 an列 an 的通项公式；（ 2）若 an 是一个等差数列 bn 的前 n 项和，求首项 a1 的值与

5、数列 bn 的通项公式【解析】 (1) 证明：设数列 an f(n) 的公比为 q，则： an+1 +f (n+ 1)=q(an+f (n),而 an 1f n 1 2a nn 22b n 1c4n 1 a n 12an24n22 naa bn b cn1 an2ana 1 n 22a 4 b n 1 a b cq anf nqan qan2qbnqc q2q2qaa1由等式恒成立得，解得a1qb2a4bb2qc1abcc0存在 f (n)=n 22n，数列 anf(n) 成公比为 2的等比数列又 a1+f (1)=3+1 2=2 ，所以 an+f (n)=2 2n 1=2n所以 an=2nf

6、 (n)= 2nn2+2n .（ 8 分）(2) an 是一个等差数列 bn 的前 n 项和，可设 anAn 2Bn ，则 : an 1A n1 2B n1An22 A B n A B 又 an 1 = 2ann24n12An22Bn n24n12 A1 n22B4 n 1 A2 A1A1由此得2AB2B4 ，解得所以 ann 22n ，所以 a11 B2AB1所以当 n2时， bnanan1n 22nn 1 22 n132n 当 n 1时，b1a11满足上式故bn3 2n .（ 16 分）例题 2 已知数列an ，其前 n 项和为 Sn 更多精品文档-1and ( d0)Snndan2anm

7、 nN*m n2Sm nam anamanmnmnan1bnSnnbn2Snnn2S1n =a11(b1d )2S22 2a1d 21 2 3b1(b12S333a13d3a1(b1d )222d )2b1d(b12d )23b123d3b122b1 dd 20b1 dd 1d =022a13an1 n5 .4424bnSnn1 nn.622m,n*mn2SmnmnamanNm naamnmn1 2S2n 1an1anan1an2an 182n112S2n1an2an 1an 2an14an 22an1102n1332an14an232an 1, 2an23an 1an10an 2 an2an

8、 11an2an )12(an 112n1 a3a12a20an 2an2an 10an2an 1an 1an14an.163 ana1a(a0aN* )a1a2anpan 10(p0p 1nN* )(1) anan(2) kak1 ak 2 ak 3dk.p dkSk dkkaSk 30ka学习 -好资料an 1【解析】(1)因为 a1 a2 an pan 1 0，所以 n 2 时， a1 a2 an 1 pan 0，两式相减， 得 anp 1p 1a，p(n 2)，故数列 an 从第二项起是公比为的等比数列，又当n 1 时， a1 pa2 0，解得 a2ppan 1 ，从而 an a p

9、1 n 2n 2 .ppa p 1 k 1(2) 由 (1) 得 ak 1，ak2ap 1 kap 1 k 1p， ak 3p，pp若 ak 1 为等差中项，则2ak 1 ak 2 ak 3，p 1p 11即p 1或p 2，解得 p3；k 1k此时 ak 1 3a(2)， ak 2 3a( 2) ，若 ak 2 为等差中项，则2ak 2 ak 1 ak 3，即 p 1 1，此时无解； p若 ak 3 为等差中项，则2ak 3 ak 1 ak 2，即 p 1 1 或 p 11，解得 p2，pp23此时 a 3a 1 k1， a 3a 1 k 1，k 122k 322所以 dk|ak 1 ak 3

10、|9a1k 18，2综上所述， p 1， dk 9a2k 1 或 p 2，33dk9a1k 18.21k当 p时， Sk 9a(2 1) 则由 Sk30，得 a10，k 13 2当 k 3 时，10 1，所以必定有a 1，3 2k 1所以不存在这样的最大正整数当 p 2时， Sk9a 1 1 k ，342则由 S 30，得 a40，因为4040，所以 a 13 满足 S 30 恒成立；但当a 14 时，k1k1k3k3 13122更多精品文档学习 - 好资料存在 k 5，使得 a40即 Sk 30，1 k312所以此时满足题意的最大正整数a 13.例题 4已知数列an 为等差数列， a12 ，

11、 an的前 n 和为 Sn ，数列bn为等比数列，且a1b1a2b2a3b3anbn (n 1) 2n 24 对任意的 n N 恒成立（ 1）求数列an、 bn的通项公式；（ 2）是否存在非零整数，使不等式(11 )(11 )(11 )cos an 11对一切 nN 都成a1a2an2an1立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由（ 3）各项均为正整数的无穷等差数列cn ，满足 c39a1007 ，且存在正整数k，使 c1, c39 , ck 成等比数列，若数列cn的公差为 d，求 d 的所有可能取值之和法 2：因为a1b1a2 b2 a3b3anbn(n1) 2n 24对任意的 nN恒成立则

12、 a1b1 a2b2a3b3an-1bn -1(n 2) 2n 14 （ n2 ） 得 an bnn 2n 1 (n2) ，又 a1b14，也符合上式，所以an bn n 2n 1 (n N )更多精品文档学习 - 好资料由于 an为等差数列，令 anknb ，则 bnn 2n 1，knb因为 bn为等比数列，则bn2n k (n1)bq （为常数），bn 1(n1)(knb)即 (qk 2k) n2(bqkq2b2k) nqb0 对于nN * 恒成立，qk2k0bqkq2b2k0，所以 q2, b0 qb0又 a12 ，所以 k2，故 an2n, bn2n （）由 an2n ，得 cos a

13、n 1cos(n1)(1)n1 ，2设 bn1，则不等式等价于(n11 )(11 )1 )1)bn(1(1an1a1a2an bn0，且bn12 n11 ， bn 1bn ，数列 bn 单调递增bn2n12n3假设存在这样的实数，使得不等式 (1)n 1bn 对一切 nN 都成立，则当 n 为奇数时，得(bn )minb1233； 当 n 为偶数时，得(bn ) minb28585，即1515综上，85,23，由是非零整数，可知存在1 满足条件153（）易知 d=0，成立当 d 0 时， c39c138d2014c12014 38d ，ckc39(k39) d2014(k 39) d ，c39

14、2c1ck(201438d ) 2014( k39)d 20142 ,38(53d ) 2014( k39)d20142014,53d2014k39 d532014 ，k39 d 253(k77)d0( k39)d53(k77)，更多精品文档学习 - 好资料kd39d53k53107(d53)k39d5377 ，k39d537739(d53)53395377395338395338N * ，d 53d53d5353dc12014 38d38(53d )053d0053d53又 Q0，d53 d1,2,19，d 52,51,34，所以公差 d 的所有可能取值之和为137 16 分【评注】第一问采

15、取特殊化的思想，转化为联立方程组求首项，公差公比问题，比较容易解决；第二问学会构造数列，将恒成立问题转化为求数列的最小值，先研究数列的单调性，进而求其最值，特别注意最后结果需要对n 分奇偶讨论；第三问通过等比中项，构造公差和项数的方程，利用项数是正整数，分析对公差 d 的要求，进而得到d 的可能取值，此类问题虽然比较常见，但是对变形、运算、分析能力要求很高【课后巩固】：1. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 an4 ( 1)n 1 ，若对任意 nN* ，都有 1p( Sn 4n) 3 ，则实数 p 的取值范围是 _.2【答案】 2,313131 p(Sn4n) 31n )p1n )，

16、因 此1n ) maxp min ， 因 为2 (12 (12 (12 (11n )32323232更多精品文档学习 - 好资料3min33,1 ma，所以p 3 ，(12n)(11 )(12n )323323综上实数p 的取值范围是2,32.设等差数列an满足公差 dN,anN, 且数列 an中任意两项之和也是该数列的一项. 若a135 ，则 d 的所有可能取值之和为_.【答案】 364【解析】设 an , am (mn) 设等差数列an中的任意两项，由已知得， an35(n1)d ，a35(m1)d ，则 am an235(mn2) d ，设 aman 是数列an

17、 中的第 k 项，则有maman35( k1)d ，即 235(mn2)d35(k 1)d ， d35k，故 d 的所有可能mn12345136364 取值为 1,3,3 ,3 ,3,3，其和为133.设各项均为正数的数列an 的前 n 项和为 Sn ，满足 an+12 =4 Sn +4 n3 ，且 a2 , a5 , a14 恰好是等比数列bn的前三项 求数列an 、 bn的通项公式； 记数列bn的前 n 项和为 Tn ，若对任意的n N * ， (Tn3)k3n 6 恒成立，求实数k 的取2值范围解：（ 1）an +12 =4 Sn +4 n3 ，当 n2 时， an2 =4Sn 1 +4

18、 n13 ，an +12an2 =4SnSn 14=4 an4 ，an +12 an24an 4an22，an0 恒成立，an +1an 2,n2，当 n2 时，an是公差 d2的等差数列 .3 分a2 , a5, a14 构成等比数列，a52a2 a14 ，2a2a224a2 8，解得 a23，5分当 n2 时， an32 n 2 2n 1 ，由条件可知，2a2 =4 a1 +43 ，a126 分更多精品文档-aan2, n 1n.82n1,n2b13,b29 bn bn3n9(2)Tnb1 (1qn )3(13n )3n133n 133N*1q132()k 3n 6n22k2n4 nN *

19、113ncn2n4 cncn 12n42n62(2n7)3n3n3n13nn3cncn1n4cn cn113(cn )maxc32k2 162727nnmn12 4a2m 2n4. a nSm n N *( SS )a1a2a12 an3 cn dn|cn| |dn| an p(p3) cn dnpTpRpTpRpk(1 k p)ckdk1(SmnS1)24a2na2m(S2S1)24a22(a22a1)24a22a10a20a22a1a2a22a132m1n2(S3S1)24a2a4(2a1a2a3)24a2a4m n 2S4 S1 2a4 2a1 a2 a3 a4 a4 4a2 8a1a2

20、 2 a1a34a16(Sm n S1)2 4a2na2m( Sn1 S1)2 4a2na2 (Sn 2 S1)2 4a2na4(Sn 2 S1) 2 a4Sn2 S1a42(Sn 1 S1) 2 a2Sn1 S1a2Sn 2 S1 2(Sn 1 S1 ) Sn3 S1 2(Sn2 S1 )an32an 2n 3 an2n 1a32a24a1ana1 2nN*n1ana1 2- ana1210(Sm n S1)2 4a2na2mm nS2n S1 2a2nm n 1S2n 1 S1 2 a2na2n 2n 1 nS2n 2 S1 2a2n2a2n 1 2 a2na2n 2 2a2n 2a2n(

21、 a2n 2a2n)a2n 2 2a2n 2 2 a2na2n2 2 a2n 2(a2 n 2a2n )a2n 1a2na2 n28a2n 1 2a2na2n 2 2a2 n 1a2n2a2n 1a2a2n1a2n2a1 2n1ana1 2nN* ana1210n 132ana1 2p 1|cp|dp|a1 2cpdpcpdpTp a1 2p 1 (a1 2p 2 a1 2p 3a1) a1 2p 1 a1 (2 p 1 1) a1 0p 1p 2p 3p 1p 1Rp a1 2(a1 2a1 2a1)a1 2a1 (21)a10Tp 1 Rp1cp 1 dp 1cp2 dp 2 cp 3 dp 3c1 d1k(1 k p) ck dk165.ana1m an 12an , n 2k 1N * ,rR)nSn .anr , n(k2k1m rnN *anan 2 an2m,rp qa2 n+1pa2 n qp, q3mr 1n N *Snan.1a1m a2 2a12m a3a2r2mra3a1mr 0. 2m