数列与不等式综合问题突破策略

数学数列与不等式的综合问题打破策略【题1】等比数列{an}的公比q＞1，第17项的平方等于第24项，求使a1＋a2＋＋an＞1111n的范围.a1a2⋯⋯恒成立的正整数a3an【题2】设数列{an}的前n项和为Sn．已知a1＝a，an+1＝Sn＋3n，n∈N*．设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；（2）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范围．【题3】数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a3＝7，S4＝24．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设p、q都是正整数，且p≠q，证明：Sp+q＜1(S2p＋S2q)．2【题4】已知数列{an}中，a13,an12an1(n1)（1）设bnan1(n1,2,3)，求证：数列{bn}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式（3）设cn2n}的前n项和Sn1an，求证：数列{cn．an131,anan111n【题5】已知数列an知足a1,nN.224求数列an的通项公式；(2)若数列bn的前n项和snn2，Tna1b1a2b2a3b3anbn，求证：Tn3.【题6】已知为锐角，且tan21，函数2tan2xsin(2){a}1,an14a1f(an).2⑴求函数f(x)的表达式；⑵求证：an1an；⑶求证：111112(n2,nN*)1a11a2an【题7】已知数列an知足a11,an12an1nN（1）求数列an的通项公式；（2）若数列bn知足4b114b214b314bn1(an1)bn，证明：an是等差数列；（3）证明：1112nNa2a3an13【题8】数列an知足a11an1(n2,nN)．，an1nan124（1）求数列an的通项公式an；（2）设bn1，求数列bn的前n项和Sn；2an（3）设cnansin(2n1)，数列cn的前n项和为Tn．24求证：对随意的nN，Tn．7【题9】已知数列{an}的前n项和为Sn，且对于随意的nN*，恒有Sn2ann，设bnlog2(an1)．（1）求证：数列{an1}是等比数列；（2）求数列a,b的通项公式an和bn；nn（3）若c2bn，证明：ccc4n2n．anan113【题10】等比数列{an}的首项为a1＝2002，公比q＝－1．2设f(n)表示该数列的前n项的积，求f(n)的表达式；当n取何值时，f(n)有最大值．【题11】已知{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝4.求证：数列{an}是等比数列；Sk+1－2(2)能否存在正整数k，使Sk－2＞2成立.【题12】已知数列{a1＝λ，a+1＝2＋n－4，b＝(－1)n－3n＋21)，其n}和{bn}知足：anann(an3中λ为实数，n为正整数.（1）对随意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；（2）试判断数列{bn}能否为等比数列，并证明你的结论；（3）设0＜a＜b,Sn为数列{bn}的前n项和.能否存在实数λ，使得对随意正整数n，都有a＜Sn＜b?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明原因.【题13】设数列an,bn知足a1b16,a2b24,a3b33，且数列an1annN是等差数列，数列bn2nN是等比数列.（1）求数列an和bn的通项公式；（2）能否存在kN，使akbk0,1k，若不存在，说明原因.，若存在，求出2数列与不等式综合解答与评析种类1：求有数列参加的不等式恒成立条件下参数问题求数列与不等式相联合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：(1)若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立f(x)≥；≤恒成立≤；(2)利用等minMf(x)Mf(x)maxM差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再经过解不等式解得.【题1】利用条件中两项间的关系，追求数列首项a1与公比q之间的关系，再利用等比数列前n项公式和及所得的关系化简不等式，从而经过估量求得正整数n的取值范围.【解】由题意得：(a1q16)2＝a1q23，∴a1q9＝1.由等比数列的性质知数列{1}是以1为首项，以1为公比的等比数列，要使不等式成立，ana1qn1(1n1)1则须a1(q1)a1q218代入上式并整理，得q18n＞q(1－)，q＞1，把a1＝q(q－1)qn11qn19n的取值范围是n≥20.q＞q，∵q＞1，∴n＞19，故所求正整数【评论】此题解答数列与不等式双方面的知识都用到了，主要表现为用数列知识化简，用不等式知识求得最后的结果.此题解答表现了转变思想、方程思想及估量思想的应用.【题2】第（1）小题利用Sn与an的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件an+1≥an转变为对于n与a的关系，再利用a≤f(n)恒成立等价于a≤f(n)min求解．【解】(1)依题意，Sn+1－Sn＝an+1＝Sn＋3n，即Sn+1＝2Sn＋3n，由此得Sn+1－3n+1＝2(Sn－3n)．所以，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n1，n∈N*,①由①知Sn＝3n＋(a－3)2n1，n∈N*，于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn1＝3n＋(a－3)2n1－3n1－(a－3)2n2＝2×3n1＋(a－3)2n2，an+1－an＝4×3n1＋(a－3)2n2＝2n23n2·[12·( )＋a－3]，2当n≥2时，an+1≥an，即2n2·[123n23n2＋a－3≥0，·()＋a－3]≥0，12·( )22∴a≥－9，综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞)【评论】一般地，假如求条件与前n项和有关的数列的通项公式，则可考虑Sn与an的关系求解.此题求参数取值范围的方法也一种常用的方法，应该惹起重视.种类2：数列参加的不等式的证明问题此类不等式的证明常用的方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本的方法；(2)分析法与综合法，一般是利用剖析法剖析，再利用综合法剖析；(3)放缩法，主假如经过分母分子的扩大或减小、项数的增添与减少等手段达到证明的目的.【题3】依据条件第一利用等差数列的通项公式及前n项公式和成立方程组即可解决第(1)小题；第(2)小题利用差值比较法便可顺利解决.【解】（1）设等差数列{an}的公差是d，依题意得，a1＋2d＝7a1＝3，解得，4a1＋6d＝24d＝2∴数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.（2）证明：∵a＝2n＋1，∴S＝n(a1an)＝n2＋2n．22Sp+q－(S2p＋S2q)＝2[(p＋q)2＋2(p＋q)]－(4p2＋4p)－(4q2＋4q)＝－2(p－q)2，1∵p≠q，∴2Sp+q－(S2p＋S2q)＜0，∴Sp+q＜2(S2p＋S2q)．【评论】利用差值比较法比较大小的重点是对作差后的式子进行变形，门路主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）假如波及分式，则利用通分；（4）假如波及根式，则利用分子或分母有理化.【题4】（1）由an12an1获得an112(an1)an112分，即2an1【评论】对于数列乞降与不等式相联合的问题，常联合裂项相消或错位相减法放缩乞降.1n11【题5】（1）an1an224,an21，anan11nan4124又a11,a1a211,a21，22441nan是公比an1的等比数列，22（2）21，bnnTn1352n32n1⋯⋯①，222232n12n1Tn1352n32n1②，①－②得：22223242n2n11Tn12222n132n3，2222232n2n122n1Tn32n3Tn32n【6】⑴tan22tan2(21)1又∵角1tan21(21)2∴24∴sin(24)1f(x)x2x⑵an1an2an∵a11∴a2,a3,an都大于02∴an20∴an1an⑶11111an1an2anan(1an)an1an∴1111ananan1∴1111111111a21ana1a2a2a3anan11a11121a1an1an1∵a2(1)213,a3(3)231,又∵n2an1an22444∴an1a31∴1212an1∴11112a11a211an【7】（1）an12an1，an112(an1)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分故数列{an1}是首2，公比2的等比数列。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分an12n，an2n1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分（2）4b114b214b314bn1(an1)bn，4(b1b2bnn)2nbn⋯⋯⋯⋯⋯5分2(b1b2bn)2nnbn①2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分(n1)bn12nbn2④④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分所以数列{bn}是等差数列（3）1111111分an2n112n12⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2an1S11111111111a2a3，Sa22(a3)a2(S)an1a2an2an113分S2121214分a2an3an1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13【8】（1）1(1)n2，1(1)n(2)[1(1)n1]，⋯⋯⋯3分anan1anan1又1(1)3，数列11n是首3，公比2的等比数列．⋯⋯5分a1an1(1)n3(2)n1，即an(1)n11.⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分an32n1（2）bn(32n11)294n162n11．Sn91(14n)61(12n)n34n62nn9．⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分1412（3）sin(2n1)(1)n1，2cn(1)n11．3(2)n1(1)n32n11当n3，Tn111131321322132n11111111121[1(21)n2]4732232332n128121111[1(1)n2]11147484．286228684847T1T2T3，随意的nN，Tn4．7【9】（1）当n1，S12a11，得a11．

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分∵Sn2ann，∴当n2，Sn12an1(n1)，两式相减得：an2an2a11，∴an2an11．n∴an12an122(an11)，∴{an1}是以a112首，2公比的等比数列．（2）由（1）得a122n12n，∴a2n1,nN*．nn∴blog2(a1)log22nn,nN*．nn（3）cn2n，cn12n1，anan1an1an2由{an}正数列，所以{cn}也正数列，cn12an2(2n1)2(2n1)1，所以数列{cn}减．从而an22n212n242cn1c1)(1)n1c1(1)n4．所以cc2cnc1(2c2c112212111312另：由cn2n11，1)(2n11)2n12n1(2n1所以c1c2cn(11)(11)112221231212111114．2n12n112n113种类3：求数列中的最大值问题求解数列中的某些最值问题，有时须联合不等式来解决，其详细解法有：(1)成立目标函数，经过不等式确立变量范围，从而求得最值；(2)第一利用不等式判断数列的单一性，而后确立最值；(3)利用条件中的不等式关系确立最值.【题10】第(1)小题第一利用等比数列的通项公式求数列{an}的通项，再求得f(n)的表达式；第(2)小题经过商值比较法确立数列的单一性，再经过比较求得最值.【解】1n1n1)n(n1)(1)an＝2002·(－)，f(n)＝2002·(－222(2)由(1)，得|f(n＋1)|＝2002，则|f(n)|2n当n≤10时，|f(n＋1)|2002|f(n)|＝n＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞＞|f(1)|，2当n≥11时，|f(n＋1)|2002|f(n)|＝n＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞，2f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，∴f(n)的最大值为f(9)或f(12)中的最大者．12166∵f(12)2002·(2)＝200231)30＝(20023＞1，＝·(10)f(9)20029·(1)36222∴当n＝12时，f(n)有最大值为12166f(12)＝2002·( )．2【评论】此题解答有两个重点：(1)利用商值比较法确立数列的单一性；(2)注意比较f(12)与f(9)的大小.整个解答过程还须注意f(n)中各项的符号变化状况.种类4：求解探究性问题数列与不等式中的探究性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假定所探究对象存在或结论成立，以此假定为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假定不可立，从而获得“否认”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就获得一定的结论，即获得存在的结果.【题11】第(1)小题经过代数变换确立数列an+1与an的关系，联合定义判断数列{an}为等比数列；而第(2)小题先假定条件中的不等式成立，再由此进行推理，确立此不等式成立的合理性.【解】(Ⅰ)由题意，Sn＋an＝4，Sn+1＋an+1＝4，1由两式相减，得(Sn+1＋an+1)－(Sn＋an)＝0，即2an+1－an＝0，an+1＝2an，又2a1＝S1＋a1＝4，∴a1＝2，∴数列{an}是以首项a1＝2，公比为q＝1的等比数列.1n2(Ⅱ)由(Ⅰ)，得Sn＝2[1―(2)]2n1＝4－2.1―2又由Sk+1－24－21k－2k－2＞2，得2k－2＞2，整理，得2＜21k＜1，即1＜2k1＜3，S4－2322k1∈(1，3)相矛盾，故不存在这样的∵k∈N*，∴2k1∈N*，这与k，使不等式成立.2【评论】此题解答的整个过程属于惯例解法，但在导出矛盾时须注意条件“k∈N*”，这是在解答数列问题中易忽略的一个圈套.【题12】第(1)小题利用反证法证明；第(2)小题利用等比数列的定义证明；第(3)小题属于存在型问题，解答时就假定a＜Sn＜b成立，由此看能否能推导出存在存在实数λ.【解】（1）证明：假定存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a22＝a1a3，即2λ－3)244242(＝λ(λ－4)9λ－4λ＋9＝λ－4λ9＝0，矛盾，所以{an}不是等比数列.399n+1(2)解：由于bn+1＝(－1)[an+1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n+1222(an－2n＋14)＝－3(an－3n－21)＝－bn，33又b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，bn＝0(n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，由上可知bn≠0，∴bn+12bn＝－(n∈N*).32故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－3为公比的等比数列.(3)由（2）知，当λ＝－18，bn＝0(n∈N*)，Sn＝0，不知足题目要求；.∴λ≠－18，故知bn＝－(λ＋2n132n18)×(－)，于是Sn＝－(λ＋18)·[1－(－)]353要使a＜Sn＜b对随意正整数n成立，即a＜－－3(λ＋18)[1·－(－2)n]＜b，(n∈N*).a3b53得＜－，(n