数列与不等式的综合问题突破策略1

数列与不等式的综合问题突破策略

类型1：求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题

求数列与不等式相结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 )min ≥M ；f (x )≤M 恒成立?f (x )max ≤M ；(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再通过解不等式解得.

【题1】 等比数列{a n }的公比q ＞1，第17项的平方等于第24项，求使a 1＋a 2＋…＋a n ＞

1231111

n

a a a a ++++……恒成立的正整数n 的范围. 【题1】 利用条件中两项间的关系，寻求数列首项a 1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，进而通过估算求得正整数n 的取值范围. 【解】 由题意得：(a 1q 16)2＝a 1q 23，∴a 1q 9＝1. 由等比数列的性质知数列{

1n a }是以11a 为首项，以1q 为公比的等比数列，要使不等式成立， 则须1(1)1n a q q --＞111(1)

11n a q q

--，把a 2

1＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n －1)＞q (1－1n q )，

q n ＞q 19，∵q ＞1，∴n ＞19，故所求正整数n 的取值范围是n ≥20.

【点评】 本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识求得最后的结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用. 【题2】设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝a ，a n +1＝S n ＋3n ，n ∈N *． (1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式；（2）若a n +1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围． 【题2】 第（1）小题利用S n 与a n 的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件a n +1≥a n 转化为关于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，S n +1－S n ＝a n +1＝S n ＋3n ，即S n +1＝2S n ＋3n ，

由此得S n +1－3 n +1＝2(S n －3n )．

因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2 n -1，n ∈N *, ① (2)由①知S n ＝3n ＋(a －3)2 n -1，n ∈N *， 于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n -1＝3n ＋(a －3)2 n -1－3n -1－(a －3)2 n -2＝2×3n -1＋(a －3)2 n -2，

a n +1－a n ＝4×3 n -1＋(a －3)2 n -2＝2 n -2·[12·(32

)n -2

＋a －3]，

当n ≥2时，a n +1≥a n ，即2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]≥0，12·(32

)n -2

＋a －3≥0，

∴a ≥－9，

综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞)

【点评】 一般地，如果求条件与前n 项和相关的数列的通项公式，则可考虑S n 与a n 的关系求解.本题求参数取值范围的方法也一种常用的方法，应当引起重视.

类型2：数列参与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，一般是利用分析法分析，再利用综合法分析；(3)放缩法，主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.

【题3】 数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．

(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p +q ＜1

2

(S 2p ＋S 2q )．

【题3】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前n 项公式和建立方程组即可解决第(1)小题；第(2)小题利用差值比较法就可顺利解决.

【解】 （1）设等差数列{a n }的公差是d ，依题意得，??? a 1＋2d ＝74a 1＋6d ＝24，解得??? a 1＝3

d ＝2

，

∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （2）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝

1()

2

n n a a +＝n 2＋2n ． 2S p +q －(S 2p ＋S 2q )＝2[(p ＋q )2＋2(p ＋q )]－(4p 2＋4p )－(4q 2＋4q )＝－2(p －q )2，

∵p ≠q ，∴2S p +q －(S 2p ＋S 2q )＜0，∴S p +q ＜1

2

(S 2p ＋S 2q )．

【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，途径主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.

【题4】已知数列{}n a 中，113,21(1)n n a a a n +==-≥ （1）设1(1,2,3)n n b a n =-=，求证：数列{}n b 是等比数列；

（2）求数列{}n a 的通项公式

（3）设1

2n

n n n c a a +=?，求证：数列{}n c 的前n 项和13n S <．

【题4】（1）由121n n a a +=-得到112(1)n n a a +-=-，即1

1

21

n n a a +-=-……2分

【点评】关于数列求和与不等式相结合的问题，常结合裂项相消或错位相减法放缩求和.

【题5】已知数列{}n a 满足11111,,224n

n n a a a n N ++??

==∈ ???

.

(1)求数列{}n a 的通项公式；

(2)若数列{}n b 的前n 项和2

n s n =，112233n n n T a b a b a b a b =+++

+，求证：3n T <.

【题5】（1）1

122111124,41124n n n n n

n n n

a a a a a a +++++??

???=∴=?? ???

， 又11221111

,,2244

a a a a ==?∴=，

{}n a ∴是公比为12的等比数列，12n

n a ??

∴= ???

（2）21n b n =-，

231135232122222n n n n n T ---=

++++……①， 2341

11352321

222222n n n n n T +--=+++++②， ①－②得： 2311112222132322222222

n n n n n n T ++-+=++++-=-， 23

32

n n n T +∴=- 3n T ∴<

【题6】已知α为锐角，且12tan -=α，

函数)4

2sin(2tan )(2

π

αα+

?+=x x x f ，数列{a n }的首项

)(,2

1

11n n a f a a ==

+. ⑴ 求函数)(x f 的表达式； ⑵ 求证：n n a a >+1；

⑶ 求证：),2(211

11111*21N n n a a a n ∈≥<++++++<

【题6】⑴1)12(1)

12(2tan 1tan 22tan 2

2=---=-=

ααα 又∵α为锐角 ∴42πα= ∴1)4

2sin(=+πα x x x f +=2

)(

⑵ n n n a a a +=+2

1 ∵2

11=a ∴n a a a ,,32都大于0

∴02

>n a ∴n n a a >+1

⑶ n

n n n n n n a a a a a a a +-=+=+=+111)1(11121 ∴1

1

111+-=+n n n a a a

∴13221211

11111111111+-++-+-=++++++n n n a a a a a a a a a 1

111211++-=-=n n a a a ∵4321)21(22=+=a , 14

3

)43(23>+=a , 又∵n n a a n >≥+12

∴131>≥+a a n ∴21

211

<-<+n a ∴211

1111121<++++++<

n

a a a 【题7】已知数列{}n a 满足(

)111,21n n a a a n N *

+==+∈

（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足n n b n b b b b a )1(4444

1111

321+=---- ，证明：{}n a 是等差数列；

（3）证明：

()23111123

n n N a a a *++++<∈ 【题7】（1）121+=+n n a a ，)1(211+=+∴+n n a a ……………………2分

故数列}1{+n a 是首项为2，公比为2的等比数列。……………………3分

n n a 21=+∴，12-=n n a …………………………………………4分

（2）n n b n b b b b a )1(4444

1111

321+=---- ，n n nb n b b b 24

)

(21=∴-+++ ……………5分

n n nb n b b b =-+++2)(221 ①

1121)1()1(2)(2+++=+-++++n n n b n n b b b b ②

②—①得n n n nb b n b -+=-++11)1(22，即1)1(2+-=-n n b n nb ③……………………8分

212)1(++=-+∴n n nb b n ④

④—③得112-++=n n n nb nb nb ，即112-++=n n n b b b ……………………9分 所以数列}{n b 是等差数列

（3）1111

212211211-++=-<-=n n n n a a ………………………………11分 设132111++++=n a a a S ，则)111(211322n a a a a S ++++< )1(2111

2+-+=n a S a …………13分

3

213212112<-=-<

++n n a a a S ………………………………14分 【题8】数列{}n a 满足41

1=a ，()),2(2111N n n a a a n n

n n ∈≥--=--． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ；

（2）设21

n

n a b =，求数列{}n b 的前n 项和n S ； （3）设2

)12(sin π

-=n a c n n ，数列{}n c 的前n 项和为n T ．

求证：对任意的*

∈N n ，7

4

【题8】（1）12)1(1---=n n n a a ，])1(1)[2()1(111

---+-=-+∴n n n n a a ，………3分 又3)1(11

=-+a

，∴数列()?

??

???-+n n a 11是首项为3，公比为2-的等比数列．……5分 1

)2(3)1(1--=-+n n n a ， 即1

23)1(11+?-=--n n n a . ………………6分 （2）12649)123(1

121+?+?=+?=---n n n n b ．

9264321)

21(1641)41(19-+?+?=+--??+--??=n n S n n n n n ． ………………9分

（3）1)1(2

)12(sin

--=-n n π

，

1

231

)1()2(3)1(1

11+?=----=∴---n n n n n c ． ……………………10分 当3≥n 时，则1

231

123112311311

2+?+++?++?++=-n n T <21221121

1321])(1[28112312312317141--+

=?+?+?++--n n 7

484488447612811])21(1[6128112=<=+<-+=-n ． 321T T T << ， ∴对任意的*∈N n ，7

4

【题9】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对于任意的*

n N ∈，恒有2n n S a n =-，设

2log (1)n n b a =+．

（1）求证：数列{1}n a +是等比数列；

（2）求数列{}{},n n a b 的通项公式n a 和n b ；

（3）若1

2n

b n n n

c a a +=?，证明：1243

n c c c ++

+<

． 【题9】（1）当1=n 时，1211-=a S ，得11=a ．

∵n a S n n -=2，∴当2≥n 时，)1(211--=--n a S n n ， 两式相减得：1221--=-n n n a a a ，∴121+=-n n a a ． ∴)1(222111+=+=+--n n n a a a ，

∴}1{+n a 是以211=+a 为首项，2为公比的等比数列． （2）由（1）得n n n a 22211=?=+-，∴*,12N n a n n ∈-=．

∴*22,2log )1(log N n n a b n n n ∈==+=． （3）12+=n n n n a a c ，2

1112++++=n n n n a a c ，

由}{n a 为正项数列，所以}{n c 也为正项数列，

从而2

142)12(212)12(222221=--<--==++++n n n n n n n n a a c c ，所以数列}{n c 递减． 所以11121121)21()21(21c c c c c c c n n -++++<+++ 342

11)21(11

． 另证：由1

21

121)12)(12(211---=--=++n n n n n n c ，

所以 +---+---=+++)1

21

121()121121(322121n c c c

34

11

21112112111<<--=---++n n n ．

类型3：求数列中的最大值问题

求解数列中的某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：(1)建立目标

函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；(2)首先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；(3)利用条件中的不等式关系确定最值.

【题10】 等比数列{a n }的首项为a 1＝2002，公比q ＝－1

2

．

(1)设f (n )表示该数列的前n 项的积，求f (n )的表达式； (2)当n 取何值时，f (n )有最大值．

【题10】 第(1)小题首先利用等比数列的通项公式求数列{a n }的通项，再求得f (n )的表达式；第(2)小题通过商值比较法确定数列的单调性，再通过比较求得最值.

【解】 (1)a n ＝2002·(－12)n -1，f (n )＝2002n

·(－12

)n(n -1)

2

(2)由(1)，得|f(n ＋1)||f(n)|＝2002

2n ，则

当n ≤10时，|f(n ＋1)||f(n)|＝2002

2n ＞1，∴|f (11)|＞|f (10)|＞…＞|f (1)|，

当n ≥11时，|f(n ＋1)||f(n)|＝2002

2

n ＜1，∴|f (11)|＞|f (12)|＞|f (13)|＞…，

∵f (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．

∵f(12)f(9)＝200212·(1

2)66

20029·(12

)36

＝20023·(12)30＝(2002

2

10)3＞1， ∴当n ＝12时，f (n )有最大值为f (12)＝200212·(1

2

)66．

【点评】 本题解答有两个关键：(1)利用商值比较法确定数列的单调性；(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 )中各项的符号变化情况.

类型4：求解探索性问题

数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”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，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.

【题11】 已知{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4. (1)求证：数列{a n }是等比数列；

(2)是否存在正整数k ，使S k+1－2

S k －2

＞2成立.

【题11】 第(1)小题通过代数变换确定数列a n +1与a n 的关系，结合定义判断数列{a n }为等比数列；而第(2)小题先假设条件中的不等式成立，再由此进行推理，确定此不等式成立的合理性.

【解】 (Ⅰ)由题意，S n ＋a n ＝4，S n +1＋a n +1＝4，

由两式相减，得(S n +1＋a n +1)－(S n ＋a n )＝0，即2a n +1－a n ＝0，a n +1＝1

2a n ，

又2a 1＝S 1＋a 1＝4，∴a 1＝2，∴数列{a n }是以首项a 1＝2，公比为q ＝1

2

的等比数列.

(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝2[1―(12

)n ]

1―12＝4－22-n .

又由S k+1－2S k －2＞2，得4－21-k

－24－22-k －2

＞2，整理，得23＜21-k ＜1，即1＜2 k -1＜32，

∵k ∈N *，∴2k -1∈N *，这与2k -1∈(1，3

2

)相矛盾，故不存在这样的k ，使不等式成立.

【点评】 本题解答的整个过程属于常规解法，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视的一个陷阱.

【题12】已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n +1＝2

3

a n ＋n －4，

b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其

中λ为实数，n 为正整数.

（1）对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；

（2）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论；

（3）设0＜a ＜b ,S n 为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n ，

都有a ＜S n ＜b ?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由.

【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，解答时就假设a ＜S n ＜b 成立，由此看是否能推导出存在存在实数λ. 【解】 （1）证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即

(23λ－3)2＝λ(49λ－4)?49λ2－4λ＋9＝4

9

λ2－4λ?9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列. (2)解：因为b n +1＝(－1)n +1

[a n +1－3(n ＋1)＋21]

＝(－1)n +1(23a n －2n ＋14)＝－23(a n －3n －21)＝－2

3

b n ，

又b 1＝－(λ＋18)，所以

当λ＝－18时，b n ＝0(n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列；

当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由上可知b n ≠0，∴b n+1b n ＝－2

3(n ∈N *).

故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－2

3

为公比的等比数列.

(3)由（2）知，当λ＝－18，b n ＝0(n ∈N *)，S n ＝0，不满足题目要求；.

∴λ≠－18，故知b n ＝－(λ＋18)×(－23)n -1，于是S n ＝－35(λ＋18)·[1－(－2

3

)n ]

要使a ＜S n ＜b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－35(λ＋18)·[1－(－2

3

)n ]＜b ，(n ∈N *).

得a 1－(－23)n ＜－35(λ＋18)＜b 1－(－23

)

n

，(n ∈N *) ①

令f (n )＝1－(－23)n ，则当n 为正奇数时，1＜f (n )≤53，当n 为正偶数时5

9

≤f (n )＜1；

∴f (n )的最大值为f (1)＝53，f (n )的最小值为f (2)＝5

9

,

于是，由①式得59a ＜－35(λ＋18)＜3

5

b ，

∴－b －18＜λ＜－3a －18，(必须－b ＜－3a ，即b ＞3a ).

当a ＜b ＜3a 时，由－b －18≥－3a －18，不存在实数满足题目要求； 当b ＞3a 存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b ,且λ的取值范围是(－b －18，－3a －18). 【点评】 存在性问题指的是命题的结论不确定的一类探索性问题，解答此类题型一般是从存在的方面入手，寻求结论成立的条件，若能找到这个条件，则问题的回答是肯定的；若找不到这个条件或找到的条件与题设矛盾，则问题的回答是否定的.其过程可以概括为假设——推证——定论.本题解答注意对参数λ及项数n 的双重讨论.

【题13】设数列{}{}n n b a ,满足3,4,6332211======b a b a b a ，

且数列{}()++∈-N n a a n n 1是等差数列，数列{}()

+

∈-N n b n 2是等比数列.

（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；

（2）是否存在+

∈N k ，使??

? ??∈-21,0k k b a ，若存在，求出k ，若不存在，说明理由.

【题13】（1）由已知212-=-a a ，123-=-a a

∴公差()121=---=d ………1分

31)1()(121-=?-+-=-∴+n n a a a a n n ………2分 )()()(113121--++-+-+=∴n n n a a a a a a a a )4(0)1()2(6-+++-+-+=n

[]2

)1()4()2(6--+-+=n n ＝2

18

72+-n n ………4分

由已知22,4221=-=-b b ………5分

所以公比2

1

=q

()1

112142122--?

?

?

???=??? ??-=-∴n n n b b ………6分 n

n b ??

?

???+=∴2182………7分

（2）设k k b a k f -=)(

k

2171928222k k ??

????=-+-+??? ? ?????????

2k

17491872242k ??????

=---?+?? ? ?????????

………8分

所以当4≥k 时，)(k f 是增函数.………10分

又21)4(=f ，所以当2≥k 时2

1

)(≥k f ，………12分

又0)3()2()1(===f f f ，………13分

所以不存在k ，使??

?

??∈21,0)(k f ………14分