【数学】数列与不等式的交汇题型分析及解题策略
解答数列与不等式交汇问题的三个策略
解答数列与不等式交汇问题的三个策略 廖东明基于能力立意于数列与不等式交汇处设计的综合性解答试题，将知识、能力与素质的考查融为一体，能全面检测考生的数学素养，很好地考查以思维能力为核心的多种数学能力，具有良好的区分度．因而，数列与不等式的综合性试题往往是高考的一个热点，以压轴题的角色出现也是常见的．解答此类试题，要把握以下三个基本策略．策略1 数学归纳法数学归纳法是解决与正整数有关问题的通法之一，也是解决数列与不等式综合问题的方法之一．例1（2010年湖北高考题理21题）已知函数()bf x ax c x=++（0a >）的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为1y x =-．（1）用a 表示,b c ；（2）若()ln f x x ≥在[1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）证明：111123n ++++ln(1)2(1)n n n >+++（1n ≥）．点拨：（1）由(1)0f =及(1)1f '=可获解；（2）构造含参数a 的函数()()ln g x f x x =-，[1,)+∞，则有(1)0g =，21()(1)()a a g x x x x a -'=--g ，于是由0a >，11a a -<，11aa-≤确定对a 分类讨论研究()g x '值的正负性，得到满足条件的a 的取值范围；（3）尝试用数学归纳法证明，在利用归纳假设完成由n k =到1n k =+的递推时需要证明1212()l n 2121k k k k k k +++-≥+++对1k ≥恒成立，于是“依形”构造函数11()()ln 2x x x x ϕ=--（1x ≥），证明()0x ϕ≥在[1,)+∞上恒成立即可，这利用导数可以完成．解：（1）1b a =-，12c a =-．（2）1[,)2a ∈+∞．解答从略．（3）证明：用数学归纳法证明如下．①当1n =时，左边＝1，右边＝1ln 214+<（因为4332 2.7e <<），不等式成立；②假设当n k =（1k ≥）时不等式成立，即111123k++++ln(1)2(1)k k k >+++，则当1n k =+时，11111231k k ++++++1ln(1)2(1)1k k k k >+++++ 2ln(1)2(1)k k k +=+++，故只需证明2ln(1)2(1)k k k ++++≥1ln(2)2(2)k k k ++++，即只需证1212()ln 2121k k k k k k +++-≥+++对1k ≥恒成立．构造函数11()()ln 2x x x x ϕ=--（1x ≥），则(1)0ϕ=，211()(1)02x xϕ'=-≥（只在1x =处取得等号），所以()x ϕ在[1,)+∞上单调递增，所以()(1)0x ϕϕ≥=，即11()ln 2x xx-≥（1x ≥）．令21k x k +=+（1k ≥），则1212()ln 2121k k k k k k +++-≥+++．所以当1n k =+时不等式也成立．根据①和②，可知不等式对任何n +∈N 都成立．点评：运用数学归纳法证明数列不等式一般要用到放缩法且放缩要适度．本例若用通常的放缩法是无法证明不等式2ln(1)2(1)k k k ++++≥1ln(2)2(2)k k k ++++．然而审视需要证明的不等式的结构特征，构造相应的函数，通过函数的单调性（利用导数）去证明又显得容易．细于审察，把握特征，寻求“对症”的方法，是解答数学问题应具备的素养．策略2 放缩法只要涉及不等式的证明，就会用到放缩法．放缩法也是证明数列不等式问题的一个很重要的策略．例2（2010年4月济南模拟题）设数列{}n a 、{}n b 满足：14a =，252a =，12n n n a b a ++=，12n nn n na b b a b +=+．（1）用n a 表示1n a +，并证明对于任意n +∈N ，2n a >；（2）证明：数列2{ln }2n n a a +-是等比数列；（3）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，当2n ≥时，n S 与42()3n +是否有确定的大小关系？若有，加以证明；若没有，请说明理由．点拨：（1）易知11114n n n n a b a b a b ++====，进而1222n n na a a +=+>（2n a ≠，否则逆推得到22a =）而获证；（2）先计算22n n a a +-，然后对这个等式两边取自然对数去判断；（3）先求出通项n a ，然后计算212S a a =+与42(2)3+比较大小猜测42()3n S n <+．尽管得到112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-22221122()3131n n --=+--+，但是累加无法消去中间的大多数项，裂项累加失败；转换角度，先放缩后累加再放缩，注意到要比较的项42()3n +823n =+，联想到211112(1)444n -++++81(1)34n =-83<，且当1,2n =时有1123124n n ---=⋅，只需证明当3n ≥时1123124n n --->⋅成立就可以成功放缩而获证，利用数学归纳法不难证明当3n ≥时1123124n n --->⋅成立．或者审视要证明42()3n S n <+，可以思考对2n a -进行递推式放缩：当2n ≥时1122231n n na a +---=+1(2)10n a ≤-（仅当2n =时等号成立），通过递推和累加、利用1n n n S S a -=+转换、放缩等去推证；若放缩过度，则从3n =开始放缩1122231n n na a +---=+1(2)82n a ≤-，直至成功． 解：（1）因为14a =，252a =，所以11b =．故11114n n n n a b a b a b ++====．易知：0n a >，12a >，22a >，4n nb a =，所以1222n n n a a a +=+>．因此，对任意n +∈N ，2n a >． （2）略证：21(2)22n n n a a a +++=，21(2)22n n n a a a +--=，所以21212(2)2(2)n n n n a a a a ++++=--，所以1122ln 2ln 22n n n n a a a a ++++=--，所以数列2{ln }2n n a a +-是等比数列．（3）证法1 由（2）可知11222ln (ln )222n n n a a a a -++=⨯--1(ln3)2n -=⋅12ln3n -=，所以112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-．212S a a =+132=<42(2)3+，猜测42()3n S n <+．当1,2n =时有1123124n n ---=⋅，下面用数学归纳法证明当3n ≥时1123124n n --->⋅．①当3n =时，左边＝43180-=，右边＝22432⨯=，不等式成立；②假设当n k =（3k ≥）时不等式成立，即1123124k k --->⋅，则当1n k =+时，1(1)231k -+-129(31)8k -=-+19248k ->⨯⨯+(1)124k +->⋅，即当1n k =+时不等式成立．根据①和②可知，当3n ≥且n +∈N 时不等式1123124n n --->⋅成立．因此，对于任意正整数n ，有124231n n a -=+-1224n -≤+，仅当1,2n =时取得等号．所以当3n ≥时，12n n S a a a =+++2111122(1)444n n -<+++++812(1)34n n =+-42()3n <+．当2n ≥时， 42()3n S n <+．证法 2 由（2）可知11222ln (ln )222n n n a a a a -++=⨯--1(ln3)2n -=⋅12ln3n -=，所以112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-．212S a a =+132=<42(2)3+，猜测42()3n S n <+． 因为124231n n a --=-，124231n n a +-=-，所以1122231231n n n n a a +---=--12131n -=+，所以当2n ≥时，11212(2)31n n n a a +--=-+1(2)10n a ≤-，当且仅当2n =时取得等号．所以3212(2)10a a -=-，4312(2)10a a -<-，…，112(2)10n n a a --<-（4n ≥），上述2n -个式子相加得，122(2)n S a a n ----111[2(2)]10n S a n -<---，所以 106520(2)n S n ---42(2)n n S a n <----，所以1122252(31)299(31)n n n S n --+<+-- 251299n <+-，即当3n ≥时，42()3n S n <+．因此，当3n ≥时，42()3n S n <+． 点评：数列不等式证明问题，有些先直接将和式化简（裂项求和或利用相关公式相关方法求和），然后放缩达到证明的目的；有些则先要对和式中的一部分项放缩，使不能求和的式子转化为能求和的式子，进而求和（有的还要继续放缩）而获证（如本例）．要掌握放缩法的常用技巧和善于利用平均值不等式、柯西不等式、排序不等式、贝努力不等式、绝对值不等式和一些经典不等式进行放缩．还必须指出，判断n S 与42()3n +的大小关系，一般需要对前若干个n 值核验来寻找它们的大小关系．策略3 函数思想有些数列不等式的证明问题从正面突击难以突破，此时可以对问题的形式稍作转换，从侧面迂回，依照其“形式”构造相应的函数，利用导数证明函数的单调性或者得到某一函数不等式，进而推演到数列不等式中有效放缩而获证．若可构造的函数是熟知的函数，则直接利用该函数的性质去推证相关结论来完成证题．例3（2010年四川高考题理22题改编）设1()1xxa f x a+=-（0a >且1a ≠），1()l o g 1a x g x x -=+．（1）设关于x 的方程2log ()(1)(7)a t g x x x =--在区间[2,6]上有实数解，求t 的取值范围；（2）当a e =（e 为自然对数的底数）时，证明：22()nk g k =>∑；（3）当102a <≤时，试比较1|()|ni f k n =-∑与4的大小，并说明理由．点拨：（1）等价转化为求函数2(1)(7)t x x =--在区间[2,6]上的值域，用导数的方法可获解；（2）简化得2(1)()ln 2nk n n g k =+=-∑，等价转化为证明2(1)ln 2n n +-＞0，审视结构特征，构造函数1()2ln u z z z z=-+-（0z >），恰有(1)0u =，只需证明()u z 在区间[1,)+∞上单调递增即可，利用导数这个工具完成证明；（3）显然1()ni f k =∑是无法直接累加得到某一式子的，需要进行巧妙的放缩使得便于累加（或者可以裂项求和或者能用公式求和）．当1n =时，11(1)1a f a +<=-211aa=+-12≤+，此时显然有|(1)1|24f -≤<，猜测1|()|4n i f k n =-<∑，从而关键是证明1()4ni f k n =<+∑．由2()11xxa f x a =+-的特征及102a <≤，k 为正整数，将()f k 中的分式的分子整数化，分母为1()1k a -，若设11pa=+（1p ≥）则可巧用二项式定理，进行适度的放缩后可以证明2k ≥时有41()1(1)f k k k <≤++，于是问题可以获证． 解：（1）解答从略，t 的取值范围为[5,32]．（2）212()ln ln 34nk g k ==+∑31ln ln51n n -++++1231ln()3451n n -=⨯⨯⨯⨯+ (1)ln 2n n +=-．构造函数构造函数221()ln z u z z z -=--12ln z z z =-+-（0z >），则21()(1)0u z z'=-≥（仅当1z =时取得等号），所以()u z 在(0,)+∞上为单调递增函数．又10>>，所以(1)0u u >=，即(1)12ln 0(1)n nn n +->+，即22()nk g k =>∑ （3）设1a p=+，则1p ≥，11(1)1af a +<=-213p =+≤．当1n =时，2|(1)1|24f p -=≤<．当2n ≥时，设2k ≥，k +∈N ，则(1)1()(1)1k k p f k p ++=+- 21(1)1k p =++-12221k k k k k C p C p C p =++++，所以1221()1k kf k C C <≤++41(1)k k =++4411k k =+-+（仅当2k =，1p =时取得等号），从而21()nk n f k =-<∑≤44121n n -+-+411n n =+-+＜1n +，所以2()(1)1nk n f k f n =<<++∑4n ≤+．综上，总有1|()|4ni f k n =-<∑．点评：数列是一种特殊的函数，一些数列不等式等价变形后方能凸显其结构特征，依据其特征构造相应的函数，利用导数研究该函数的单调性进而用于数列不等式是一种有效的证明方法．构造函数证明数列不等式是数学归纳法、一般的放缩法不可替代的一种重要策略，同学们要认真体味和把握．例4（2010年高考江苏题）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知2132a a a =+，数列是公差为d 的等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式（用,n d 表示）；（2）设c 为实数，对满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，不等式m n k S S cS +>都成立．求证：c 的最大值为92．点拨：（1）依据条件列式并利用1n n n a S S -=-（2n ≥）容易得到通项公式2(21)n a n d =- ；（2）易得0d >，22n S d n =，于是222()m n S S m n d +=+．构造函数22()f m m n =+22(3)m k m =+-22269m km k =-+，对于任意给定的正整数k ，时刻注意m n ≠利用二次函数的性质去求min ()f m ，由于对称轴为32km =，需要对k 分奇偶性讨论．最后由不等式m n k S S cS +>都成立，比较得到c 的最大值为92．解：（1）解答从略，数列{}n a 的通项公式为2(21)n a n d =-．（2d (1)n d =-，得到0d >，22n S d n =．于是对于满足题设的对满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，有222()m n S S m n d +=+．构造构造函数22()f m m n =+22(3)m k m =+-22269m km k =-+，其对称轴为32km =，图象开口向上．对于任意给定的正整数k ，当k 为偶数时，由于正整数,m n 满足m n ≠，于是在312k m =±时()f m 取得最小值29()22f m k =+；当k 为奇数时，由于正整数,m n 满足m n ≠，于是在3122k m =±时()f m 取得最小值291()22f m k =+．因此，对于任意给定的正整数k ，总有222()m n S S m n d +=+2291()22k d ≥+2292k d >92k S =．又对于满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，不等式m n k S S cS +>都成立，所以max 92c =．点评：命题者给出的是另一种解法，一方面利用平均值不等式得到max 92c ≥；另一方面假设任取实数92a >，设k 为偶数，令312k m =+，312kn =-得到当k >22122m n S S d ak +<⋅k aS =，所以满足条件的92c ≤，从而max 92c ≤，通过夹逼得到max 92c =．命题者的解法虽然新颖独到，但是在自然流畅方面不及本例的解法．利用一些常见的函数的性质来解决数列不等式也应值得重视！。
第五关 以数列与不等式相结合的综合问题为解答题-高考数学备考(解析版)
压轴解答题第五关 以数列与不等式相结合的综合问题【名师综述】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查．主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用．此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．预计在高考中，比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现．数列解答题的命题热点是与不等式交汇，呈现递推关系的综合性试题．其中，以函数与数列、不等式为命题载体，有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点，而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题．类型一 求数列中的最值问题典例1 已知等比数列{}n a 的公比为()1λλ>，且11a =，数列{}n b 满足11n n n b b a λ++-=-，111b λ=-． （1）求数列{}n b 的通项公式．（2）规定：[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]1.22-=-，[]2.12=．若2λ=，122n n c b n =+-，记()1232n n T c c c c n =+++⋅⋅⋅+≥ 求2221n n n T T T ⎡⎤-+⎢⎥-⎣⎦的值，并指出相应n 的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第三模拟）【答案】（1）11n n b n λλλλ=-+--，*n N ∈；（2）当2n =时，22231nn n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦；当3n ≥时，22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．【解析】（1）由题意得()11n na λλ-=>，则()11n n nb b λλλ+-=->，当2n ≥时，()()()112211n n n n n b b b b b b b b ---=-+-+⋅⋅⋅+-+，()()()12111n n λλλλλλλ--=-+-+⋅⋅⋅+-+-()()121111n n n λλλλλ--=++⋅⋅⋅+--+-11nn λλλλ=-+--， 又由111b λ=-，符合上式， 因此11nn b n λλλλ=-+--，*n ∈N ．（2）由（1）知，当2λ=时，1102221n n n c b n ==>+--．易知2n =时，21243T c c =+=，此时22210313n n n T T T ⎡⎤-+⎡⎤==⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦；3n =时，31233121T c c c =++=，此时2221012212110n n n T T T ⎡⎤-+⎡⎤=++=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦； 当3n ≥时，3n T T ≥，因为2n ≥时，113212n n n c +=<-， 所以1341111182111317131311122242412n n n n T -+-⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦<+++⋅⋅⋅+=+⨯=+-<⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-，因此374n T T ≤<， 令1n x T =-，则103,214x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，22211111n n n n n T T T x T T x -+=-+=+--， 利用对勾函数的单调性，得125,12x A x ⎛⎤+∈ ⎥⎝⎦（其中10122110A =++）， 从而22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．综上，当2n =时，22231n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦；当3n ≥时，22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．【名师指导】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n 项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、解析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决. 【举一反三】在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令lg n n a T =，1n ≥． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1221212(1)n nn n n a b a a --+=-，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，1n nnT S S =-，求n T 的最大项和最小项． 【答案】（1）2n a n =+；（2）最大项为1161120T =-，最小项为242584T =-． 【解析】（1）设这2n +个数构成递增的等比数列{}n t 各项分别为12312,,,n n t t t t t ++，则这2n +个数的乘积12312nn n T t t t t t ++=⋅⋅⋅①， 21321n n n nT t t t t t t ++=⋅⋅⋅⋅⋅②，由等比数列的性质可得 122133100n n n k n k t t t t t t t t +++-⋅=⋅=⋅⋅=⋅=①②两式相乘可得()222210010n n nT ++==，所以210n n T +=，()1n ≥，得2lg lg102n n n a T n +===+，(*)n N ∈．（2）1122121212121212(1)(1)n n n n n nn n n n a a a b a a a a ---+-+-++⋅=-⋅=-1121211111(1)(1)2123n n n n a a n n --+-⎛⎫⎛⎫⋅=⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝++⎭=--+，当2n k =时，1111111123557212332369n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++⋯++=-= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 当21n k =-时，11111111263557212332369n n S n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++⋯++=+= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 2,2,6926,21,69n nn k k Z n S n n k k Z n ⎧=∈⎪⎪+∴=⎨+⎪=-∈⎪+⎩，则当2n k =时，11323nS n =-+单调递增，所以1ny S =单调递减， 1n n nT S S =-单调递增，所以2n =时，n T 最小为222142142521484T S S =-=-=- 当n →+∞时，116911981933232323232321n n n T n S S n n n n n n=-+--=-=--=---+++ 所以83n T <-当21n k =-时，11323n S n =++单调递减，所以1n y S =单调递增， 1n n nT S S =-单调递减，所以1n =时，n T 最大为1111815161158120T S S =-=-=-， 当n →+∞时，116911981933232632326326132n n n n n n S n T n S n n ++-=+-+=-+++++++-=+= 所以83n T >- 所以最大值为1161120T =-，最小值为222142584T S S =-=-． 类型二 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题典例2 函数()[)e cos ,0,xf x a x x ∞=∈+，记n x 为()f x 的从小到大的第*(N )n n ∈个极值点.(1)证明：数列{()}n f x 是等比数列；(2)若对一切*N ,()n n n x f x ∈≤恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)证明见解析； (2)22[,)ππ-+∞.【解析】(1)由题()2e cos 4xf x a x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭'，令()0f x '=，求出函数的极值点，根据等比数列定义即可得到结果；(2)342e 34n n ππππ-≤-恒成立问题，设()e (0)tg t t t =>，然后运用导数知识得到()min n g x ⎡⎤⎣⎦，由()min 2n g x ⎡⎤≤⎣⎦，得到a 的取值范围. (1)()e cos e sin 2e cos 4x x xf x a x a x a x π⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭'，令()0f x '=，由0x ≥，得42x m πππ+=-，即*3,N 4x m m ππ=-∈， 而对于cos 4x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭，当Z k ∈时，若22242k x k πππππ-<+<+，即32244k x k ππππ-<<+，则cos 04x π⎛⎫+> ⎪⎝⎭；若322242k x k πππππ+<+<+，即52244k x k ππππ+<<+，则cos 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭；因此，在区间()31,4m m πππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭与()3,,44m m f x ππππ⎛⎫-+ ⎪⎭'⎝上的等号总相反， 于是当*3,N 4x m m ππ=-∈时，()f x 取得极值， ∴*3,N 4n x n n ππ=-∈， 此时，()3314432ecos (1)e 42n n n nf x a n a ππππππ--+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， 易知()0n f x ≠，而()()()312413142(1)e2e 2(1)en n n n n n f x f x a πππππ+-++-+-==--是常数， 故数列(){}n f x 是首项为()412e f x π=，公比为e π-的等比数列﹒(2)对一切()*N ,n n n x f x ∈≤恒成立，即3432e 4n n ππππ--≤342e 34n n ππππ-≤-恒成立， 设()e (0)tg t t t =>，则()()2e 1t t g t t-='，今()0g t '=得1t =， 当01t <<时，()0g t '<，∴()g t 在区间()0,1上单调递减； 当1t >时，()0g t '>，∴()g t 在区间()1,+∞上单调递增；∵()0,1n x ∈，且当2n ≥时，()11,,n n n x x x ∞+∈+<， ∴()()()212min54min ,min ,e 444n g x g x g x g g g πππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤==== ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 因此，()*N ,n n n x f x ∈≤恒成立，当且仅当224e a ππ≤，解得22e 4a ππ-≥， 故实数a 的取值范围是22e ,4ππ∞-⎡⎫+⎪⎢⎪⎣⎭﹒ 【点睛】解决数列与函数的综合问题时，如果是证明题要根据等比数列的定义明确证明的方向，如果是不等式恒成立问题，要使用不等式恒成立的各种不同解法，如变量分离法、最值法、因式分解法等，总之解决这类问题把数列看做特殊函数，并把它和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．【举一反三】已知数列{}n a 为等差数列，12a =，其前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且()2112233124n n n a b a b a b a b n +++++=-⋅+对任意的*n N ∈恒成立.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)是否存在p ，*q N ∈，使得()2222020p q a b +-=成立，若存在，求出所有满足条件的p ，q ；若不存在，说明理由；(3)是否存在非零整数λ，使不等式122111111cos 21n nn a a a a a πλ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫---<⎪⎪⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭*N n ∈都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)2,2nn n a n b ==；(2)不存在，理由见解析； (3)存在，1λ=±. 【解析】（1）法1，由题设可得114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，利用等差、等比数列的通项公式列方程求基本量，进而可得{}n a 、{}n b 的通项公式；法2：作差法可得()1·22n n n a b n n +=，令n a kn b =+，结合等差、等比数列的性质求参数，即可得通项公式.（2）假设存在p ，*q N ∈满足条件，则22485012q p p -+-=，根据左侧的奇偶性确定q ，进而求p ，即可确定存在性.（3）由()11cos12n n a π++=-，设1211111111n n n c a a a a =⎛⎛⎫⎛⎫--⋯-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝()11n n c λ+-<，作商法判断{}n c 单调性，讨论n 的奇偶性结合恒成立求λ的范围，进而可判断存在性. (1)法1：设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q .∵()21122331?24n n n a b a b a b a b n ++++⋯+=-+， 令1n =，2，3得：114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，又12a =，∴112233221648a b a b a b =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，即()()()()2221622248d q d q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得：236d q ⎧=-⎪⎨⎪=⎩或22d q =⎧⎨=⎩. 经检验2d =，2q =符合题意，2,63d q =-=不合题意，舍去.∴2,2n n n a n b ==.法2：由()21122331?24n n n a b a b a b a b n ++++⋯+=-+①， 则()()1112233112?242n n n a b a b a b a b n n +--+++⋯+=-+②， ①-②得，()1·22n n n a b n n +=，又114a b =，也符合上式， ∴()1*·2n n n a b n n N +=∈， 由于{}n a 为等差数列，令n a kn b =+，则1·2n n n b kn b+=+，∵{}n b 为等比数列，则()()()1211n n n k n b b q b n kn b -⎡⎤-+⎣⎦==-+（为常数），即()()22220qk k n bq kq b k n qb -+--+-=恒成立，∴2q =，0b =，又12a =，则2k =，故2,2nn n a n b ==；(2)假设存在p ，*q N ∈满足条件，则()24422020q p +-=，化简得22485012q p p -+-=， 由*p N ∈得，248501p p +-为奇数，故22q -为奇数，故2q =. ∴2485011p p +-=，即2242510p p +-=，可得2506p -±=，这与*p N ∈矛盾，∴不存在满足题设的正整数p ，q ；(3)由2n a n =，得()()11coscos 112n n a n ππ++=+=-， 设1211111111n n n c a a a a =⎛⎛⎫⎛⎫--⋯-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝()11.n n c λ+-< ()()212111214841121234831231122n n n n n a c n n n c n n n n n a n a +++++++====>++++-+-+ +⎝⎝，由0n c >，则1n n c c +>，数列{}n c 单调递增. 假设存在这样的实数λ，使得不等式()11n n c λ+-<对一切*N n ∈都成立，则①当n 为奇数时，得()123n min c c λ<==②当n 为偶数时，得()285n min c c λ-<==85λ>综上，8523λ⎛∈ ⎝⎭，由λ是非零整数，则存在1λ=±满足条件. 类型三 数列参与的不等式的证明问题典例3 对于给定的正整数m 和实数α，若数列{}n a 满足如下两个性质：①12m a a a α++⋅⋅⋅+=；②对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则称数列{}n a 具有性质()m P α.(1)若数列{}n a 具有性质2(1)P ，求数列{}n a 的前10项和；(2)对于给定的正奇数t ，若数列{}n a 同时具有性质4(4)P 和()t P t ，求数列{}n a 的通项公式； (3)若数列{}n a 具有性质()m P α，求证：存在自然数N ，对任意的正整数k ，不等式12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥均成立.【来源】北京市东城区2022届高三上学期期末统一检测数学试题 【答案】(1)5(2)1n a = (3)证明见解析 【解析】（1）根据题意得到当n 为奇数时，1n a a =，当n 为偶数时，2n a a =，从而()110255S a a +==；（2）根据题干条件得到21n n n a a a ++==，故{}n a 为常数列，结合12344a a a a +++=求出1n a =；（3）对要证明的不等式变形，构造n n b ma α=-，研究其性质，证明出结论.(1)由题意得：121a a +=，2n n a a +=，则当n 为奇数时，1n a a =，当n 为偶数时，2n a a =，所以数列{}n a 的前10项和()110255S a a +==；(2)由题意得：12344a a a a +++=，4n n a a +=，对于给定的正奇数t ，12t a a a t ++⋅⋅⋅+=，对*n N ∀∈，n t n a a +=，则令21t k =-，k *∈N ，得：2221214n n k k n k n a a a a +++-+-+===，11212n n k n k n a a a a +++-+===，综上：{}n a 为常数列，由12344a a a a +++=可得：1n a = (3)要证12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥，只需证12N N N k a a a k m α+++++⋅⋅⋅+≥⋅，即证120N N N k a a a m m m ααα+++⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+-≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令数列n n b ma α=-，由于{}n a 具有性质()m P α，即12m a a a α++⋅⋅⋅+=，对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则12120m mb b b a a a mmmααα++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=，对*n N ∀∈，n m n m n n b mmb a a αα++=--==，所以{}n b 具有性质(0)m P ，令()123i i S b b b b i N *=+++∈，设12,,m S S S 的最小值为()1N S N m ≤≤，对*k N ∀∈，令N k pm r +=+，,,0p r N r m ∈<≤，由于{}n b 具有性质(0)m P ，则有0pm S =，所以123123N k pm r pm pm pm pm pm r r r N S S S b b b b b b b b S S ++++++==+++++=++++=≥，所以0N k N S S +-≥，所以12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥成立【举一反三】数列{}n a 满足()*121224N 2n n n a a na n -+++=-∈， (1)求3a 的值；(2)求数列{}n a 前n 项和n T ； (3)令11b a =，()11111223n n n T b a n n n -⎛⎫=++++⋅⋅⋅+≥ ⎪⎝⎭，证明：数列{}n b 的前n 项和n S 满足22ln n S n <+． 【答案】(1)14；(2)1122n -⎛⎫- ⎪⎝⎭；(3)证明见解析.【解析】(1)根据已知条件，分别取n ＝1，2，3即可依次算出123,,a a a ； (2)用作差法求出{}n a 的通项公式，再求其前n 项和；(3)求123,,S S S ，猜想n S ，用数学归纳法证明n S ；用导数证明()ln 1(0)1xx x x<+>+，令1x n =，得11ln 11n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭，用这个不等式对n S 放缩即可得证. (1)依题()()312312312132223323244224a a a a a a --++⎛⎫=++-+=---= ⎪⎝⎭， 314a ∴=； (2)依题当2n ≥时，()()121211212122144222n n n n n n n n nna a a na a a n a ----++⎛⎫⎡⎤=++-++-=---= ⎪⎣⎦⎝⎭， 112n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，又1012412a +=-=也适合此式， 112n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，∴数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，故1111221212nn n T -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-； (3)111b a ==，1111S b T ∴==⨯， 1221122T b a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， ()1212121221111112222T S S b T a T a T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+=+++=++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()2323232331111111111123232323T S S b T a T a T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++++=+++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，猜想：1112n n S T n ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭① 下面用数学归纳法证明： (i)当n ＝1，2时，已证明①成立；(ii)假设当n k =时，①成立，即1112k k S T k ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭.从而1111111112121k k k k k k T S S b T a k k k +++⎛⎫⎛⎫=+=++++++++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ ()111121kk T a k +⎛⎫=++++ ⎪+⎝⎭111121k T k +⎛⎫=+++⎪+⎝⎭. 故①成立. 先证不等式()ln 1(0)1xx x x<+>+ ②令()()ln 11xg x x x=+-+， 则()22110(0)1(1)(1)x g x x x x x '=-=>>+++. ()()00(0)g x g x ∴>=>，即②成立.在②中令1x n =，得到111ln 1111n n n n ⎛⎫+>=⎪+⎝⎭+ ③ 当1n =时，12S <； 当2n 时，由①及③得：1112n n S T n ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭ 111ln2ln 1ln 121n T n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫<++++++ ⎪ ⎪⎢⎥-⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ()()111ln2ln3ln2(ln ln 122n n n -⎛⎫⎡⎤=++-++--- ⎪⎣⎦⎝⎭()21ln n <+. 证明完毕.【精选名校模拟】1．已知数列{}n a 满足113a =，11113n n na a +++=． （1）证明：数列1134n na +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：1235n a a a ++⋅⋅⋅+<． 【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第六模拟）【答案】（1）证明见解析；()14331nn n a -=⎡⎤+-⎣⎦；（2）证明见解析． 【解析】（1）因为11113n n n a a +++=，所以2211111313131334444n n n n n n n n n a a a a ++++++⎛⎫-=--=-+=-- ⎪⎝⎭， 又119933444a -=-=，所以数列1134n n a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以34为首项，1-为公比的等比数列， 所以()11133144n n n a +--=⋅-，即()113314n n n a -⎡⎤=+-⎣⎦，故()14331n n n a -=⎡⎤+-⎣⎦． （2）由113a =，216a =，得121325a a +=<，当4n ≥且n 为偶数时，11111141143341133131333231333n n n n n n n n n n na a ------+⎛⎫⎛⎫+=+=⋅<+ ⎪⎪+-⋅+⋅-⎝⎭⎝⎭， 所以1234111411113633333n n n a a a -⎛⎫++⋅⋅⋅+<++⨯++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭114123132712322754513+⨯=+=<<-； 当3n ≥且n 为奇数时，1n +为偶数，则12135n n a a a a +++⋅⋅⋅++<，由于0n a >，则1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．综上，1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．2．已知数列{}n a 是正项等比数列，且12a =，32111a a -=，若数列{}n b 满足114b =，11n n n b b a +=+． （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）已知111n n n nc a b b ++=⋅⋅，记12n n S c c c =++⋅⋅⋅+．若28n S nλ>-恒成立，求实数λ的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第七模拟） 【答案】（1）212n n a -=，()1214n n b =-；（2）24,5⎛⎫+∞⎪⎝⎭． 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，则0q >， 因为12a =，32111a a -=，所以211122q q -=，即21120q q --=，解得1q =-（舍去）或12q =，故数列{}n a 的通项公式为1211222n n n a --=⨯=． 因为11n n nb b a +=+，所以212n n n b b -+-=， 又114b =，所以当2n ≥时，()()()312132111242n n n n b b b b b b b b --=+-+-+⋅⋅⋅+-=++⋅⋅⋅+()()1121421124n n -==--．经检验，114b =也满足上式，所以()1214n n b =-．（2）由（1）得，()()()()11111128212121212116n nn nn n n n n n c a b b -++++⋅===⋅⋅-⋅--⋅- ()()()()1118212111821212121n nn n nn +++⎡⎤⋅---⎛⎫⎣⎦==- ⎪---⋅-⎝⎭，所以12122311111118212121212121n n n n S c c c +⎛⎫=++⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪------⎝⎭111111*********n n ++⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭． 又28n S n λ>-恒成立，所以21821n n λ+>-恒成立．设()2121n n f n +=-，*N n ∈，则()()()()()()()22122121212211*********n n n n n n n n n n f n f n +++++-++⋅-+++-=-=----． 易知当2n ≤时，()()10f n f n +->；当3n ≥时，()()10f n f n +-<． 于是()()()()()12345f f f f f <<>>>⋅⋅⋅，所以()()max 335f n f ==，所以实数λ的取值范围是24,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 3．已知数列{n a }的前n 项和为n S 且满足2n S =3n a -n . (1)求{n a }的通项公式； (2)证明：1211132n a a a +++<. 【来源】重庆市育才中学2022届高三上学期一诊模拟（三）数学试题 【答案】(1)312n n a -=(2)证明见解析 【解析】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到递推公式，再构造等比数列求出通项公式；（2）等比放缩，证明不等式.(1)因为2n S =3n a -n . 所以12n S +=13n a +-n -1，所以所以1111313222n n n a a a +⎛⎫+=++=+ ⎪⎝⎭， 所以12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是首项为11322a +=，公比为3的等比数列.所以1322nn a +=，所以312n n a -=；(2)证明： ，122321211·11313313331133n n n n n n n n -==⋅⋅=----，.4．已知实数列{n a }，{}n b |满足11,1a p b ==．数列{n n a b }是公差为p 的等差数列，数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为p 的等比数列．(1)若2p =，求数列{n a }的通项公式；(2)记数列2{}n a ，2{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ．若2p ≥，证明：()*2211,N 1n n nS T n ap ->-∈-．【来源】浙江省“数海漫游”2021-2022学年高三上学期第二次联考数学试题 【答案】(1)122n n a n +，*N n ∈；(2)证明见解析.【解析】（1）由题设可得2n n a b n =，2n nna b =，两式相乘并结合12a =即可确定{n a }的通项公式； （2）由（1）易知21n n a n p +=⋅，21n n nb p -=，应用错位相减法求n S ，n T ，进而可得222211)11(1[(1)]1(1)n n nnnS T p p p p p p a n +-=+-⋅---，根据单调性和已知条件，对右式放缩处理即可证结论. (1)由题设，{n n a b }是首项、公差均为2的等差数列，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项、公比均为2的等比数列，∴2n n a b n =，2n nna b =，则212n n a n +=⋅，故122n n a n +=，而12a =，∴122n n a n +=，*N n ∈.(2)由题设易知：21n n a n p +=⋅，21n n nb p -=， 23112...n n S p p n p +=⨯+⨯++⋅，则341212...(1)n n n p p n p pS n p ++=⨯+⨯++-⋅+⋅，所以223122((.))111..n n n n n p p p p pn pn p S p p +++-=+++-⋅=---，故222(1)(1)1n n n p p p S np p+-=---，则22(1)1(1)n n n n p p p p S np a p -=--- 01112...n n n T p p p -=+++，则121121...n n n T n np p p p p--=++++， 所以011111111(1)...11nn n n n n n p T p p p p p p p---=+++-=--，故22(1)(1)(1)n n n n p p np T p p p p -=---，则2222(1)1(1)(1)n n n n n T p p np p p p a -=--- 222211)11|(1[(1)]|1(1)n nnn nS T p p a p p n pp +-=+-⋅---，2p ≥，*N n ∈， 而21221)11(1[(1)]1(1)n n p p p p n p p ++-⋅-=--212(1)11[]01(1)(1)1n n p n p p n p np p p +--++>---恒成立， 当p 趋向于无穷大时，211n p +、21n p趋向于0，故222211)11(1[(1)]1(1)n n nnn S T p p p p p p a n +-=+-⋅---211(1)p p p p n >-⋅--， 又211(1)p p p p n -⋅--在*N n ∈上递增，所以222111(1)(1)n n n S T p p a p p p ->-=----，得证. 5．已知数列{}n a 满足1222n n a a a a =-，*n N ∈．(1)证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记12n n T a a a =，*n N ∈，22212n n S T T T =++．证明：当*n N ∈时，11243n n S a +>-．【来源】安徽省淮南市2022届高三上学期一模理科数学试题 【答案】(1)证明见解析；()*12n n a n N n +=∈+;(2)证明见解析【解析】（1）对题干条件变形整理为1111(2)11n n n a a --=≥--，根据定义即可证明，并求出通项公式；（2）放缩法和裂项相消法进行证明. (1)当1n =时，1122a a =-，123a = 当2n ≥时，1222n n a a a a =-；121122n n a a a a --=-相除得11(2)1nn n a a n a --=≥- 整理为：1111(2)111n n n na n a a a -==-≥---，即1111(2)11n n n a a --=≥--， 11n a ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭为等差数列，公差1d =，首项为1131a =-；所以()13121n n n a =+-=+-，整理为：()*12n n a n N n +=∈+，经检验，符合要求.(2)由（1）得：()*12n n a n N n +=∈+． 1222n n T a a a n ==+， 2244114(2)(2)(3)23n T n n n n n ⎛⎫∴=>=- ⎪+++++⎝⎭， 22212111112441342333n n S T T T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=++>-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭112224333n n n S a n ++∴>-=-+， 所以，当*n N ∈时，11243n n S a +>-．6．[]x 表示不超过x 的最大整数，正项数列{}n a 满足11a =，2212211n n n na aa a --=-.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ； (2)求证：[]2222321log (2)2n a a a n n +++>>； (3)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：当2n >时，有2312212log 2123n n n S S a n ⎫+<++⎪⎭.【答案】(1)n a n=证明见解析.(3)证明见解析. 【解析】 （1）由已知得221111n n a a --=，由等差数列的定义得21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项1为公差的等差数列，由此可得数列的通项； （2）由已知得1122=，221111134222+>+=，⋯，4441111111910162222++⋯+>++⋯+=，设1122m n k -=++⋯++，其中k ，m N ∈且102m k +<，有()11111232m n ++⋯+>+，由21log 2m n m +<+，可得证；（3）由已知得2211n n n S S n n -=，当2n >时，2211n n n S S n n --=- ，22112111n n n S S n n ----=--， ⋯ ，22221122S S -=-，累加得：232111122323n n S n n ⎛⎫-=-++⋯+ ⎪⎝⎭，由（2）的结论可得证. (1)解：2212211n n n n a a a a --=-，221111n n a a -∴-=， 2111a = ，21n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以1为首项1为公差的等差数列，21n n a ∴=， n a n∴=； (2)证明：2222311123n a a a n++⋯+=++⋯+， 1122=，221111134222+>+=，⋯，4441111111910162222++⋯+>++⋯+=，设1122m n k -=++⋯++，其中k ，m N ∈且102m k +<， 则()11111232m n ++⋯+>+， 又112222m m m n k +++=+<，从而21log 2m n m +<+，[]2log 1n m ∴=+，所以[]21111log 232n n ++⋯+>，[]2222321log (2)2n a a a n n ∴++⋯>>； (3)证明：1n a n =，1n n S S n-∴=，2211n n n S S nn -∴= ∴当2n >时，2211n n n S S nn --=， 22112111n n n S S n n ----=---， ⋯ ， 22221122S S -=-， 累加得：232111122323n n S n n ⎛⎫-=-++⋯+ ⎪⎝⎭，由（2）结论有[]2322112log 223n n S n n -<-[]()231221121log 22123n n S n n ∴+<-+312212log 2123n n n <-31222log 123n n a n =+ ，故得证. 7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，()*)n S n N ∈在函数2y x =的图象上，数列{}n b 满足()1*1622,n n n b b n n N +-=+∈，且113b a =+(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明列数12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n b 的通项公式； (3)设数列{}n c 满足对任意的*312123122,2222n n nn c c c c n N a b b b b +∈=+++⋯+++++均有成立，求1232010c c c c +++⋯+的值．【答案】(1)()*21n a n n N =-∈(2)证明见解析，()*62n n n b n N =-∈(3)()20112695+ 【解析】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求解数列{}n a 的通项公式；（2）根据题干条件变形得到1113122n n n n b b --⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭()2n ≥，从而得到结果；（3）求出()()181262n nn c n ⎧=⎪=⎨⨯⎪⎩，利用分组求和和等比数列求和公式进行求解. (1)点(),n n S 在函数2y x =的图象上，()2*n S n n N ∴=∈当1n =时，21111a S ===当2n 时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=- 11a =也适合，{}n a ∴的通项公式为()*21n a n n N =-∈(2)∵()11622n n n b b n +-=+∴()1111116211333122222n n n n n n n n n b b b b n +-----+⎛⎫+=+=+=+ ⎪⎝⎭ ∵111134132bb a =+=∴+= ∴12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭其首项为3，公比为3的等比数列 ∴113332n n nn b -+=⨯= ∴()*62n n n b n N =-∈(3)由（2）得26n nn b +=由题意得：n *∈N 均有，3111231232222n n nn c c c c a b b b b +=++++++++ ∴()3111231123122222n n n n c c c c a n b b b b ---=++++++++ ∴()1222nn n nn c a a n b +-==+ ∴()2226n nn n c b =+=⨯()2n又∵12132c a b ==+ ∴()11323618c b =+=⨯= ∴()()181262n nn c n ⎧=⎪=⎨⨯⎪⎩∴()234201012320101826666c c c c +++⋯+=++++⋯+ =()1232010626666++++⋯+=()20102011661261862615-⋅++⋅=-=()20112695+ 8．在等比数列{}n a 中，已知12a =，且2a ，13a a ，4a 依次是等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}2n n a a -的前n 项和为n S .（i ）求n S ； （ii ）求证：126ni i i ia b S =+<∑. 【来源】天津市南开区2021-2022学年高三上学期期末数学试题 【答案】(1)2n n a =，2n b n =；(2)（i ）()()1221213nn +--，（ii ）证明见解析. 【解析】(1)设出等比数列{}n a 的公比，根据已知条件列出方程求出此公比及等差数列{}n b 的公差，再列式即可作答. (2)(i)由(1)的结论结合分组求和方法即可计算n S ；(ii)利用(1)和(i)的结论，借助裂项相消法求出12ni i i ia b S =+∑即可作答. (1)设等比数列{}n a 的公比为q ，而等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项成等差数列，则()13242a a a a +=+， 即()2311112a a qa q a q +=+，解得2q，又12a =，于是得112n n n a a q -==，显然有224b a ==，8416b a ==，则等差数列{}n b 公差28282a d a -==-，2(2)2nb b n d n =+-=， 所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别是2n n a =，2n b n =. (2)(i)由(1)得，()()2222123123n n n S a a a a a a a a =++++-++++()()232344442222n n =++++-++++()()()()14142122212114123n n nn +--=-=----.(ii)由(i)得，()()()11321212*********nn n n n n n n n a b n n S ++⋅++++⎛⎫==- ⎪----⎝⎭， 所以122334112233445123[()()()()]2121212121212121ni i n n i i a b n n S +=+++=-+-+-++---------∑123(2)621n n ++=-<-. 9．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足112n n n S a a ⎛⎫=+⎪⎝⎭． (1)求数列{}n a 的前n 项和n S ； (2)记1231111n n T S S S S =++++，证明：112n Tn n +< 【答案】(1)n S n 证明见解析 【解析】（1）根据1n n n a S S -=-，整理后2211n n S S --=，根据等差数列的性质可知{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列 （2）先对1nS 进行放缩，然后利用分母有理化进行裂项后求和. (1)解：由题意得：112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∴11112nn n n nS S S S S等式两边同乘()12n n S S --，得2221112221n n n n n n n S S S S S S S ----⋅=+-⋅+整理得2211n nS S --=，由111112S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，得211S =，即{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列∴2n S n =，n S n(2)12n S n n ==121n n n n n <<+++-∴12311111223341n n T S S S S n n =+++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅++++++()22132431211n n n =⋅⋅⋅++=+∴)211n T n >+，12311112121321n n T S S S S n n =+++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅++++-(21213212n n n =+⋅⋅⋅+-=∴2n T n < 112nT n n +<< 10．已知无穷数列{}n a 满足1a a =，112n n na a a +=-. （1）若2a =； （i ）求证：1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤；（ii ）数列{}n b 的前n 项和为n S 且122121n n n b a a +=--+，求证：1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭；（2）若对任意的*N n ∈，都有0n a >，写出a 的取值范围并说明理由. 【答案】（1）（i ）证明见解析，（ii ）证明见解析；（2）1a ≥. 【解析】（1）（i ）首先根据已知条件推出1n a +与n a 的大小关系，计算出111n n a a ---，然后求出12na +的取值范围，从而可使问题得证；（ii ）首先根据条件求出11111n n n b a a +=---，然后求出n S ，从而结合（i ）的结论使问题得证； （2）首先分1a >，1a =，1a <三种情况求出n a 的取值范围，当1a <时，求出111n na a +--的取值范围，从而可推出在00n a >时，当()0021log 01n n n n a a >+>-时，0n a <，不符合题意，即可求解a 的取值范围．【详解】（1）（i ）由112n n n a a a +=-可得11n n n na a a a +-=-， ①当1n =时，∵12a a ==，∴211110a a a a -=->，∴21a a >， ②假设n k =时，121k k a a a a +>>>>，则2k a ≥，∴1n k =+时，211110k k k k a a a a ++++-=->，21k k a a ++>，由①②可知对一切正整数n 都有1n n a a +>，∴()()21211211n n n n n n na a a a a a a ++----==，∴11211522,12n n n n n a a a a a +-+⎛⎤==+∈ ⎥-⎝⎦， ∴()()1111512112n n n a a a --⎛⎫-⋅<-≤- ⎪⎝⎭，∴1152112n n n a --⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭≤，但当1n =时，111212a -+==，∴1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤．（ii ）∵()()12111n n n na a a a ++--=，∴()()1111112113121n n n n n n a a a a a a +⎛⎫==+ ⎪-+--+⎝⎭，∴13111121n n n a a a +=+--+， ∴11211112111n n n n n b a a a a ++=-=--+--， ∴12231111111111111n n n a a a a a S a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111n n a a a ++=-=----， 由（i ）知152112nn n a +⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭≤，可得1211512n n n a +⎛⎫⎛⎫≤< ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，即11121111215n nn a +⎛⎫⎛⎫-<-≤-< ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭， ∴1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭．（2）∵对任意的*N n ∈，都有0n a >， 且11n n n na a a a +-=-，∴显然0a >，由（1）证明知， ①若11a a =>，则10n n a a +->，∴1n n a a +>，∴0n a >； ②若11a a ==，则{}n a 为常数列，∴0n a >；③若11a a =<，则10n n a a +-<，∴1n a a ≤<， 又11121n n na a a +-=+-， 若00n a >，则0122n a +>，则1121n na a +->-， ∴()00112n nn n a a -->-⋅，∴当()001120n nn n a a -<--⋅<时，有0121n n n a ->-， ∴当0021log 1n n n a >+-时，0n a <，不符合题意． 综上可知，1a ≥.11．已知数列{}n a 的奇数项是首项为1，公差为d 的等差数列，偶数项是首项为2，公比为q 的等比数列.数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足34S a =，3542a a a +=+· （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设实数0M >，若对于任意*k N ∈，都有(]2120,k kS M a -∈，求M 的最小值. 【答案】（1）22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩是奇数是偶数（2）1 . 【解析】（1）由题意可得11a =，22a =，因为34S a =，3542a a a +=+，所以12343542a a a a a a a ++=⎧⎨+=+⎩，即121211222d q d d q +++=⎧⎨+++=+⎩整理得：4232d qd q +=⎧⎨=⎩ 解得：23d q =⎧⎨=⎩，所以22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩是奇数是偶数， ()()2113212422k k k S a a a a a a ---=+++++++()()12135212333k k -=++++-+⨯+++()()121113*********k k k k k --⨯-+-=+⨯=+--，221222323k k k a --=⨯=⨯，所以22121121113232213k k k k kS k a k ----==+⨯⨯+--，令()2112321k k f k -=+⨯-，则()()()22122231211132323k k k k k k k f k f k -+---+++-=-=⨯⨯⨯， 令()2223g k k k =-++，对称轴为12k =， 所以()2223g k k k =-++随k 的增大而减小，()130g =>，()222222310g =-⨯+⨯+=-<，所以()()21f f >，()()()234f f f >>>，所以2k =时，()2112321k k f k -=+⨯-最大值为()2112121223f =+=⨯-， 所以1M ≥，所以M 的最小值为1.12．已知数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，12n n a S =-，数列{}n b 为等差数列，其前n 项和为{}n T ，11b =，1055T =（1）求,n n a b ；（2）证明：对*n N ∈，有112222212...2n nn a b a b a b T T T ++++++<. 【来源】浙江省宁波十校2021届高三下学期3月联考数学试题【答案】（1）13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；n b n =；（2）证明见解析.【解析】（1）由1-2n n a S =，得1112n n a S --=-，2n ≥上述两式相减得，-1--2n n n a a a =，即113n n a a -=，2n ≥．故{}n a 为等比数列，公比为13．又1111-21-2a S a ==，得113a =，得13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭．设{}n b 的公差为d ，11b =，1055T =得104555d +=，即1d =，故n b n =．（2）证明：由（1），(1)2n n n T +=，故2222222112(21)3244(1)(1)(1)n n n n n n a b n T n n n n n n ++++=⋅<⋅=+++，又2222222221(1)11(1)(1)(1)n n n n n n n n n ++-==-+++，得222112(1)n n n a b T n n ⎡⎤+<-⎢⎥+⎣⎦，从而，112222222222121111121223(1)n n n a b a b a b T T T n n ⎛⎫++++++<-+-+⋯+- ⎪+⎝⎭21212(1)n ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭． 13．在①已知数列{}n a 满足：120n n a a +-=，38a =②等比数列{}n a 中，公比2q ，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n nnb a =数列{}n b 的前n 项和为n T ，若22022n T m >-对*n N ∈恒成立，求正整数m 的最大值. 【来源】山东省日照市2021届高三下学期一模数学试题【答案】选择条件①（1）2n n a =；（2）2022；选择条件②（1）2nn a =；（2）2022.【解析】（1）选择条件①，设等数列{}n a 的首项为1a .公比为q ，依题意，120n n a a +-=，得{}n a 为等比数列，所以，2q，38a =，解之得122q a =⎧⎨=⎩；∴2nn a =选择条件②，设等比数列{}n a 的首项为1a ， 公比2q.前5项和为62，依题意，2q，()51126212a -=-，解之得122q a =⎧⎨=⎩， ∴2nn a =.（2）因为2n n n n n b a ==， 所以231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+① 2341123122222n n n T +=+++⋅⋅⋅+②1－②得2341111111111222222222n n n n n n n T ++=++++⋅⋅⋅+-=--， 所以222n n nT +=-.因为1112121220222n n n n n n n n T T +++++++⎛⎫⎛⎫-=---=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以数列{}n T 单调递增，1T 最小，最小值为12. 所以1220202m ⨯>-. 所以2023m <.故正整数m 的最大值为2022.14．已知等差数列{}n a 满足1235n n a a n ++=+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S .若*n ∀∈N ，24n S λλ<-+(λ为偶数)，求λ的值.【答案】（1）1n a n =+；（2）2λ=.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为1235n n a a n ++=+，所以122328,211,a a a a +=⎧⎨+=⎩即11328,3511,a d a d +=⎧⎨+=⎩解得12,1a d ==，所以2(1)1n a n n =+-=+.经检验，1n a n =+符合题设，所以数列{}n a 的通项公式为1n a n =+. （2）由（1）得，11111(1)(2)12n n a a n n n n +==-++++， 所以1111111123341222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭n S n n n . *n N ∈，∴12n S <，因为*n ∀∈N ，24n S λλ<-+，所以2142λλ-+，即27(2)2λ-. 因为λ为偶数，所以2λ=.15．已知等比数列{}n a 满足：1220a a +=，2380a a +=．。
高考中数列和不等式证明的交叉-方法分析
高考中数列和不等式证明的交叉数列和不等式是高考的两大热点也是难点，数列是高中数学中一个重要的内容，在高等数学也有很重要的地位，不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容，它可以体现数学思维中的很多方法，当两者结合在一起的时候，问题会变得非常的灵活。
所以在复习时，我们在分别复习好两类知识的同时，一定要注意它们的相互渗透和交叉，培养灵活的思维能力。
数列和证明不等式的交叉，是这两大块知识的主要交叉点，它在数列的特殊情景下，巧妙的融合了不等式的证明，它所涉及的问题往往是灵活的应用了数列和不等式的知识，把这两者完美的结合在了一起。
例1 设{}n a 和{}n b 分别是等差数列和等比数列，且011>=b a ，022>=b a ，若21a a ≠，试比较n a 和n b 的大小。
分析：这两个通项大小的比较，它们的未知量比较多，比容易直接完成。
因通过它们的项数n 把他们组合在一起。
设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q 。
显然0>q ，因为022>=b a ，所以有，q a d a 11=+，即()d q a =-11。
()()()1111111111-----+=--+=-n n n n q a q n a a q a d n a b a 。
又因为21a a ≠，所以112≠=a a q 。
若1>q 时，()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-----=--111111n q q q a b a n n n ==()()()[]111221--++++--n q q q q a n 。
因为1112->++++-n q q q n ，01<-q ，所以有：n n b a <。
若10<<q 时，1112-<++++-n q q q n ，01>-q ，所以也有：n n b a <。
综上所述，当N n ∈，且2>n 时，n n b a <。
高考数学专项复习资料-数列与不等式的交汇题型分析及解题策略
【分析】 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(Ⅰ)小题；第(Ⅱ) 小题利用差值比较法就可顺利解决.
{ { 【解】 （Ⅰ）设等差数列{an}的公差是 d，依题意得， a41a＋1＋2d6＝d＝724，解得 ad1＝＝23，
2．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角
函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑
推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.
3．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程的思想.
∴数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1. （Ⅱ）证明：∵an＝2n＋1，∴Sn＝n(a12＋an)＝n2＋2n． 2Sp+q－(S2p＋S2q)＝2[(p＋q)2＋2(p＋q)]－(4p2＋4p)－(4q2＋4q)＝－2(p－q)2， ∵p≠q，∴2Sp+q－(S2p＋S2q)＜0，∴Sp+q＜12(S2p＋S2q)．
【分析】 第（Ⅰ）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】 (Ⅰ)依题意，Sn+1－Sn＝an+1＝Sn＋3n，即 Sn+1+1＝2(Sn－3n)．
【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
专题21 数列与不等式结合的问题(解析版)
专题21 数列与不等式结合的问题一、题型选讲题型一 不等式恒成立中的参数的范围，求解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()min f x M ⇔≥；()f x M ≤恒成立()max f x 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．例1、(2019镇江期末）设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 2a 4＝64.数列{b n }满足：对任意的正整数n ，都有a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.(1) 分别求数列{a n }与{b n }的通项公式．(2) 若不等式λ⎝⎛⎭⎫1－12b 1⎝⎛⎭⎫1－12b 2…⎝⎛⎭⎫1－12b n <12b n ＋1对一切正整数n 都成立，求实数λ的取值范围． (3) 已知k ∈N *，对于数列{b n }，若在b k 与b k ＋1之间插入a k 个2，得到一个新数列{c n }．设数列{c n }的前m 项的和为T m ，试问：是否存在正整数m ，使得T m ＝2019？如果存在，求出m 的值；如果不存在，请说明理由．规范解答 (1)设等比数列{a n }的公比为q(q>0)，因为a 1＝2，a 2a 4＝a 1q ·a 1q 3＝64，解得q ＝2，则a n ＝2n .(1分)当n ＝1时，a 1b 1＝2，则b 1＝1；(2分)当n ≥2时，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(n －1)·2n ＋1＋2 ①，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝(n －2)·2n ＋2 ②， ①－②得a n b n ＝n·2n ，则b n ＝n. 综上，b n ＝n.(4分)(2) 不等式λ⎝⎛⎭⎫1－12b 1⎝⎛⎭⎫1－12b 2…⎝⎛⎭⎫1－12b n <12b n ＋1对一切正整数n 都成立，即λ⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14…⎝⎛⎭⎫1－12n <12n ＋1恒成立． 因为⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14…⎝⎛⎭⎫1－12n >0，当λ≤0时，不等式显然成立．(5分) 当λ>0时，不等式等价于⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14…⎝⎛⎭⎫1－12n 2n ＋1<1λ. 设f(n)＝⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14…⎝⎛⎭⎫1－12n 2n ＋1，则f （n ＋1）f （n ）＝⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14…⎝⎛⎭⎫1－12n ⎝⎛⎭⎫1－12n ＋22n ＋3⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14—⎝⎛⎭⎫1－12n 2n ＋1＝2n ＋12n ＋32n ＋2＝4n 2＋8n ＋34n 2＋8n ＋4<1.(7分)所以f(1)>f(2)>f(3)>…>f(n)>…，所以1λ>f(n)max ＝f(1)＝32，故λ<233，则0<λ<233.综上，λ<233.(8分)例2、(2019南京、盐城二模）已知数列{a n }各项均为正数，且对任意n ∈N *，都有(a 1a 2…a n )2＝a n ＋11a n －1n ＋1.(1) 若a 1，2a 2，3a 3成等差数列，求a 2a 1的值；(2) ①求证：数列{a n }为等比数列；②若对任意n ∈N *，都有a 1＋a 2＋…＋a n ≤2n －1，求数列{a n }的公比q 的取值范围．规范解答 (1)因为(a 1a 2)2＝a 31a 3，所以a 22＝a 1a 3，因此a 1，a 2，a 3成等比数列．(2分)设公比为t ，因为a 1，2a 2，3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3，即4×a 2a 1＝1＋3×a 3a 1，于是4t ＝1＋3t 2，解得t ＝1或13，所以a 2a 1＝1或13.(4分)(2)①因为(a 1a 2…a n )2＝a n ＋11a n －1n ＋1，所以(a 1a 2…a n a n ＋1)2＝a n ＋21a nn ＋2，两式相除得a 2n ＋1＝a 1a n n ＋2a n －1n ＋1，即a n ＋1n ＋1＝a 1a n n ＋2，(*)(6分)由(*)，得a n ＋2n ＋2＝a 1a n ＋1n ＋3，(**)(*)(**)两式相除得a n ＋2n ＋2a n ＋1n ＋1＝a n ＋1n ＋3a n n ＋2，即a 2n ＋2n ＋2＝a n ＋1n ＋1a n ＋1n ＋3， 所以a 2n ＋2＝a n ＋1a n ＋3，即a 2n ＋1＝a n a n ＋2，n ≥2，n ∈N *，(8分) 由(1)知a 22＝a 1a 3，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，n ∈N *，因此数列{a n }为等比数列．(10分) ②当0<q ≤2时，由n ＝1时，可得0<a 1≤1，所以a n ＝a 1q n －1≤2n －1，因为a 1＋a 2＋…＋a n ≤1＋2＋…＋2n －1＝2n －1，所以0<q ≤2满足条件．(12分) 当q >2时，由a 1＋a 2＋…＋a n ≤2n－1，得a 1（1－q n ）1－q≤2n －1，整理得a 1q n ≤(q －1)2n ＋a 1－q ＋1.(14分)因为q >2，0<a 1≤1，所以a 1－q ＋1<0， 因为a 1q n<(q －1)2n，即⎝⎛⎭⎫q 2n<q －1a 1，由于q 2>1，因此n <log q 2q －1a 1，与任意n ∈N *恒成立相矛盾，所以q >2不满足条件．综上，公比q 的取值范围为(0，2]．(16分)例3、(2019苏州三市、苏北四市二调）已知数列{a n }的各项均不为零．设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *.(1) 求a 1，a 2的值；(2) 证明：数列{a n }是等比数列；(3) 若(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的所有值．思路分析 (1) 对3S 2n －4S n ＋T n ＝0，令n ＝1，2得到方程，解得a 1，a 2的值．(2) 3S 2n －4S n ＋T n ＝0中，对n 赋值作差，消去T n ，再对n 赋值作差，消去S n ，从而得到a n ＋1＝－12a n ，证得数列{a n }是等比数列．(3)先求出a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，由(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0恒成立，确定λ＝0适合，再运用反证法证明λ>0和λ<0不成立．规范解答 (1)因为3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *.令n ＝1，得3a 21－4a 1＋a 21＝0，因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得3(1＋a 2)2－4(1＋a 2)＋(1＋a 22)＝0，即2a 22＋a 2＝0，因为a 2≠0，所以a 2＝－12.(3分) (2)解法1 因为3S 2n －4S n ＋T n ＝0， ① 所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0， ②②－①得，3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0，因为a n ＋1≠0，所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0， ③(5分) 所以3(S n ＋S n －1)－4＋a n ＝0(n ≥2)， ④当n ≥2时，③－④得，3(a n ＋1＋a n )＋a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝－12a n ，因为a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝－12.又因(1)知，a 1＝1，a 2＝－12，所以a 2a 1＝－12，所以数列{a n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(8分)解法2 因为3S 2n －4S n ＋T n ＝0，① 所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0，②②－①得，3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0， 因为a n ＋1≠0，所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0， 所以3(S n ＋1＋S n )－4＋(S n ＋1－S n )＝0，(5分) 整理为S n ＋1－23＝－12⎝⎛⎭⎫S n －23，又S 1－23＝a 1－23＝13， 所以S n －23＝13·⎝⎛⎭⎫－12n －1，得S n ＝13·⎝⎛⎭⎫－12n －1＋23，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，而a 1＝1也适合此式，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，所以a n ＋1a n ＝－12所以数列{a n }是以－12为公比的等比数列．(8分)(3)解法1 由(2)知，a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1.因为对任意的n ∈N *，(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0恒成立， 所以λ的值介于n ⎝⎛⎭⎫－12n －1和n ⎝⎛⎭⎫－12n之间． 因为n ⎝⎛⎭⎫－12n －1·n ⎝⎛⎭⎫－12n<0对任意的n ∈N *恒成立，所以λ＝0适合．(10分) 若λ>0，当n 为奇数时，n ⎝⎛⎭⎫－12n<λ<n ⎝⎛⎭⎫－12n －1恒成立，从而有λ<n2n －1恒成立．记p (n )＝n 22n (n ≥4)，因为p (n ＋1)－p (n )＝（n ＋1）22n ＋1－n 22n ＝－n 2＋2n ＋12n ＋1<0， 所以p (n )≤p (4)＝1，即n 22n ≤1，所以n 2n ≤1n(*)，从而当n ≥5且n ≥2λ时，有λ≥2n ≥n2n －1，所以λ>0不符．(13分)若λ<0，当n 为奇数时，n ⎝⎛⎭⎫－12n<λ<n ⎝⎛⎭⎫－12n －1恒成立，从而有－λ<n2n 恒成立．由(*)式知，当n ≥5且n ≥－1λ时，有－λ≥1n ≥n2n ，所以λ<0不符．综上，实数λ的所有值为0. 解法2 由(2)知，a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，故a n a n ＋1<0，所以当λ＝0时，(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0即n 2a n a n ＋1<0，对任意的n ∈N *成立，符合题意；(10分)因为对任意的n ∈N *，(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0恒成立，所以对任意的大于3的偶数n ，(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0即⎝⎛⎭⎫λ＋n 2n －1⎝⎛⎭⎫λ－n 2n <0成立，亦即对任意的大于3的偶数n ，|λ|<n 2n －⎝⎛⎭⎫－n 2n －1＝3n2n 成立，(13分) 先证，当n ≥4时，n 2n ≤1n，记p (n )＝n 22n (n ≥4)，因为p (n ＋1)－p (n )＝（n ＋1）22n ＋1－n 22n ＝－n 2＋2n ＋12n ＋1<0， 所以p (n )≤p (4)＝1，即n 22n 41，所以n 2n ≤1n (*)，所以对任意的大于3的偶数n ，|λ|<3n成立，但若λ≠0，当n >3|λ|时，|λ|>3n ，所以λ≠0不合题意，综上，实数λ的所有值为0.(16分)题型二、运用放缩法证明不等式与常数的关系此类问题往往与数列和有关，通过数列求和的方法研究求和或者通过放缩法研究数列和的不等关系，一般会得出数列的和与常数与一个变量之间的关系，进而得到与常数之间的不等关系。
2019届高三数学备考冲刺140分问题22数列与不等式的相结合问题含解析
问题数列与不等式的相结合问题一、考情分析数列与不等式的交汇题,是高考数学的常见题型. 对数列不等式综合题的解答,往往要求能够熟练应用相关的基础知识和基本技能,同时还应具备比较娴熟的代数变换技能和技巧.近年数列与不等式交汇题考查点：．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇.．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇,还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等,深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想,试题新颖别致,难度相对较大.．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查,主要考查转化及方程的思想.数列求和是历年高考命题的热点,可以以客观题形式考查,也可以以解答题形式考查数列,公式求和、裂项求和、错位相减法求和是常考问题.二、经验分享常见的数列不等式大多与数列求和或求积有关,其基本结构形式有如下种：①形如（为常数）；②形如；③形如；④形如（为常数）.依据不等式的性质：（）不等式的传递性：若,则（此性质为放缩法的基础,即若要证明,但无法直接证明,则可寻找一个中间量,使得,从而将问题转化为只需证明即可）（）等量加不等量为不等量：若,则,此性质可推广到多项求和：若,则:（）若需要用到乘法,则对应性质为：若,则,此性质也可推广到多项连乘,但要求涉及的不等式两侧均为正数常用的放缩手段：增加（或减少）某些项；增大分子（或减小分母）；增大（或减小）被开方数；利用二项式定理；利用基本不等式；利用函数的单调性.常用的放缩技巧：（）常见的数列求和方法和通项公式特点：①等差数列求和公式：,（关于的一次函数或常值函数）②等比数列求和公式：,（关于的指数类函数）③错位相减：通项公式为“等差等比”的形式④裂项相消：通项公式可拆成两个相邻项的差,且原数列的每一项裂项之后正负能够相消,进而在求和后式子中仅剩有限项（）与求和相关的不等式的放缩技巧：①在数列中,“求和看通项”,所以在放缩的过程中通常从数列的通项公式入手②在放缩时要看好所证不等式中不等号的方向,这将决定对通项公式是放大还是缩小（应与所证的不等号同方向）③在放缩时,对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢,常见的是向等比数列与可裂项相消的数列进行靠拢.④若放缩后求和发现放“过”了,即与所证矛盾,通常有两条道路选择：第一个方法是微调：看能否让数列中的一些项不动,其余项放缩.从而减小放缩的程度,使之符合所证不等式；第二个方法就是推翻了原有放缩,重新进行设计,选择放缩程度更小的方式再进行尝试.（）放缩构造裂项相消数列与等比数列的技巧：①裂项相消：在放缩时,所构造的通项公式要具备“依项同构”的特点,即作差的两项可视为同一数列的相邻两项（或等距离间隔项）②等比数列：所面对的问题通常为“常数”的形式,所构造的等比数列的公比也要满足,如果题目条件无法体现出放缩的目标,则可从所证不等式的常数入手,,常数可视为的形式,然后猜想构造出等比数列的首项与公比,进而得出等比数列的通项公式,再与原通项公式进行比较,看不等号的方向是否符合条件即可.例如常数,即可猜想该等比数列的首项为,公比为,即通项公式为.注：此方法会存在风险,所猜出的等比数列未必能达到放缩效果,所以是否选择利用等比数列进行放缩,受数列通项公式的结构影响（）与数列中的项相关的不等式问题：①此类问题往往从递推公式入手,若需要放缩也是考虑对递推公式进行变形②在有些关于项的不等式证明中,可向求和问题进行划归,即将递推公式放缩变形成为可“累加”或“累乘”的形式,即或（累乘时要求不等式两侧均为正数）,然后通过“累加”或“累乘”达到一侧为,另一侧为求和的结果,进而完成证明三、知识拓展常见的放缩变形：（）,其中：可称为“进可攻,退可守”,可依照所证不等式不等号的方向进行选择.注：对于,可联想到平方差公式,从而在分母添加一个常数,即可放缩为符合裂项相消特征的数列,例如：,这种放缩的尺度要小于（）中的式子.此外还可以构造放缩程度更小的,如：（）,从而有：注：对于还可放缩为：（）分子分母同加常数：此结论容易记混,通常在解题时,这种方法作为一种思考的方向,到了具体问题时不妨先构造出形式再验证不等关系.（）可推广为：同类放缩常见的有：（）或（）；（）或；（）或（平方型、立方型、根式型都可放缩为裂项相消模型）（）或、（指数型可放缩为等比模型）（）；（）；（）（奇偶型放缩为可求积）.补充：一般地,形如或(这里)的数列,在证明（为常数）时都可以提取出利用指数函数的单调性将其放缩为等比模型.四、题型分析(一) 最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：（）建立目标函数,通过不等式确定变量范围,进而求得最值；（）首先利用不等式判断数列的单调性,然后确定最值；（）利用条件中的不等式关系确定最值.【例】设等差数列的前项和为,若,, 则的最大值为.【分析】根据条件将前项与前项和的不等关系转化为关于首项与公差的不等式,然后利用此不等关系确定公差的范围,由此可确定的最大值.（）由题意可知，设在数列中的项为，则由题意可知，，所以当时，，设，易解得，当时，，，因为，且，所以当时，.【点评】解决数列恒成立问题一般会涉及到基本不等式及数列单调性.【小试牛刀】【广东省华南师范大学附属中学届高三综合测试】等比数列的前项和（为常数）,若恒成立,则实数的最大值是（）. . . .【答案】(三) 证明问题此类不等式的证明常用的方法：（）比较法,特别是差值比较法是最根本的方法；（）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；（）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.【例】设数列满足, ,其中为实数.（Ⅰ）证明：对任意成立的充分必要条件是；(Ⅱ)设,证明：；（Ⅲ）设,证明：.【分析】第（Ⅰ）小题可考虑用数学归纳法证明；第(Ⅱ)小题可利用综合法结合不等关系的迭代；第（Ⅲ）小题利用不等式的传递性转化等比数列,然后利用前项和求和,再进行适当放缩.（Ⅱ）当时,. 显然,此时不存在正整数,使得成立.当时,.令,即,解得或（舍去）,此时存在正整数,使得成立,的最小值为.综上,当时,不存在满足题意的；当时,存在满足题意的,其最小值为.【点评】本题的表示式有两种,需要对着两种情况讨论,再确定是否存在满足题意的. 解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件,综合函数与不等式的知识求解；数列是特殊的函数,以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点．．【江西省名校学术联盟届高三年级教学质量检测】若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为．．．．【答案】【解析】当为偶数时，由恒成立，得恒成立，由,所以，当为奇数时，由恒成立，得恒成立，由，所以，即，综上可得实数的取值范围为.故选.．【山东省泰安市届高三上学期期中】设等比数列的公比为，其前项积为，并且满足条件，，给出下列结论：，，的最大值为，其中正确结论的个数为．．．．【答案】．【安徽省宿州市届高三上学期第一次教学质量检测】在等差数列中, ,若它的前项和有最大值,则当时, 的最大值为（）. . . .【答案】【解析】数列为等差数列,若,则,可得, ,,,则当时, 的最大值为,故选．已知数列的通项公式,若对任意恒成立,则的取值范围是．【答案】．【山西省太原市届高三月模拟】数列中, ,若数列满足,则数列的最大项为第项．【答案】【解析】因为,所以根据叠加法得,所以当时, ,当时,,因此数列的最大项为第项.．【甘肃省届高三第一次诊断性考试】已知数列满足, ,则的最小值为．【答案】．【广西陆川县中学届高三开学考试】已知函数,点为坐标原点, 点,向量(),是向量与的夹角,则使得恒成立的实数的取值范围为.【答案】【解析】根据题意得,﹣θ是直线的倾斜角,∴（﹣θ）∴要使恒成立,则实数的取值范围是≥．故答案为：≥．．【天一大联考—学年高中毕业班阶段性测试（四）】已知等差数列的通项公式为,前项和为,若不等式恒成立,则的最小值为．【答案】．【江苏省南师大附中届高三年级第一学期期中】己知实数，，[，]，如果，，是公差为的等差数列，则的最小值为．【答案】－【解析】由于数列是递增的等差数列，故，且，故，，而函数在上为增函数，故当时取得最大值为，所以. 令，则，即，因为，，依据指数增长性质，整数的最小值是.．【浙江省台州市届高三上学期期末】在数列中，，，且对任意的*，都有.（Ⅰ）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（Ⅱ）设，记数列的前项和为，若对任意的*都有，求实数的取值范围.。
SXC114高考数学必修_数列与不等式交汇题的求解策略
数列与不等式交汇题的求解策略注重在知识网络的交汇点上设计试题，重视对数学思想方法的检测，是近年来高考试题的特色。
数列与不等式交汇的问题由于知识覆盖面广而成为各种考试的热点。
但这类问题综合性强，解答起来有一定难度。
本文拟通过实例介绍求解此类问题的常用策略，以期对同学们有所帮助。
1利用数列的单调性例1 求证：)1)(11(41++ (3231)13)1(+>+-n n 。
证明：构造数列{a n }，使a n =32314113)1()1)(11(++++-n n ,则)2(1)1(33)23)(13()13(313)1(2332311≥=+-•=-+-++--n n n n n n a a n n n∵（3n-1）3-(3n+1)(3n-2)2=9n-5>0∴)2(11≥>-n n n a a，即数列{a n }是递增数列，∴a n ≥a 1>1 ,即)1)(11(41++ (3231)13)1(+>+-n n 。
例2设++=+111n nn a …+121+n 且)1(log log 311)1(611--<-a a a a a n 对一切正整数n 恒成立，试求实数a 的取值范围。
解：由0)1(1122122113212211<-=-+<-+=-++++++n n n n n n n n n n a a ，{a n }是单调递减数列，又611161131211,1=≤∴=++=a a a n ，因此611311)1(611)1(log log >---a a a a ，即1)1(log 2log )1(>---a a a a显然a>1且a ≠2 ，设m a a =-)1(log ，则0121<+-mm解之，得1-<m ，或210<<m ，即1)1(log -<-a a ，或21)1(log 0<-<a a∴2511+<<a 或2532+<<a 。
数学数列与不等式的交汇题型分析及解题策略
数学数列与不等式的交汇题型分析及解题策略————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期:数列与不等式的交汇题型分析及解题策略【命题趋向】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现,试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查．主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移,考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．如08年北京文2０题(12分)中档偏上,考查数列与不等式恒成立条件下的参数问题、08年湖北理2１题(12分)为中档偏上，考查数列与不等式交汇的探索性问题、08年江西理19题(１2分）中等难度，考查数列求和与不等式的交汇、０8年全国卷Ⅰ理22(１２分)压轴题,难说大，考查数学归纳法与不等式的交汇，等等.预计在20０９年高考中，比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题的命题热点是与不等式交汇,呈现递推关系的综合性试题.其中，以函数与数列、不等式为命题载体,有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点,而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题.【考试要求】ﻩ1.理解数列的概念，了解数列通项公式的意义,了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项.ﻩ2.理解等差数列的概念.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式,并能解决简单的实际问题．３．理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题。
４.理解不等式的性质及其证明．ﻩ5.掌握两个（不扩展到三个)正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理,并会简单的应用.ﻩ6.掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式．7.掌握简单不等式的解法及理解不等式│a│－│b│≤│a＋b│≤│a│＋│b│.【考点透视】1．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇.２．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇,还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法）和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致,难度相对较大.3．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查,主要考查转化及方程的思想.【典例分析】题型一 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式绫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．【例1】 等比数列{ａn }的公比q ＞1,第17项的平方等于第24项，求使a 1+a 2＋…+a n ＞错误!+错误!＋…+错误!恒成立的正整数n 的取值范围．【分析】 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：(ａ1q 1６）2=ａ１ｑ2３，∴a 1q 9＝1.由等比数列的性质知:数列{1ａn}是以1a 1为首项，以错误!为公比的等比数列,要使不等式成立， 则须错误!>错误!,把a 错误!=q-18代入上式并整理，得q -1８(q n －１)＞q(1－1qn ）, 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.【例2】 (０８·全国Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和为Ｓn .已知a 1＝a,ａn+1=S n ＋3ｎ，ｎ∈Ｎ*.(Ⅰ)设b n ＝S n －3n ,求数列{b n ｝的通项公式;（Ⅱ）若a ｎ+1≥ａn ，n ∈N*，求a 的取值范围.【分析】 第（Ⅰ）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ａn+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】 （Ⅰ）依题意,S ｎ＋1－Ｓn =a n+1＝Ｓn ＋３n ，即S n+1＝2Ｓn ＋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(Ⅱ)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－ａn =4×3 n -1+(a-3）２ ｎ-2＝2 n -２·[12·(＼f （3,2))n -2＋ａ-3],当n≥2时,ａｎ＋１≥a n ，即2 n -2·[12·(＼f(３,２）)n -2＋a －３]≥0,12·(＼f(3,2))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.题型二 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．【例3】 已知数列{a n }是等差数列,其前ｎ项和为S n ,a ３=7，S ４=2４．（Ⅰ)求数列{a n ｝的通项公式；（Ⅱ)设p 、ｑ都是正整数，且p ≠q ,证明：S ｐ+q ＜12(Ｓ2p ＋S 2q ).【分析】 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(Ⅰ)小题;第（Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决．【解】 （Ⅰ）设等差数列{a n ｝的公差是d ，依题意得,错误!错误!,解得错误!错误!，∴数列{a n }的通项公式为a n =ａ1+(ｎ-１)d ＝２n ＋1． (Ⅱ）证明:∵ａｎ=2n ＋1,∴Ｓn =错误!=n ２+２n.２Ｓp+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 －(Ｓ２p +Ｓ2q )＜0,∴S p+q <错误!(Ｓ2ｐ＋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.【例４】 (08·安徽高考）设数列{a n ｝满足ａ1＝０,ａn+1=ｃa n 3＋１－c,c ∈N ＊，其中c 为实数.(Ⅰ)证明：a ｎ∈［0，１]对任意n ∈N*成立的充分必要条件是ｃ∈[０，１];（Ⅱ)设０<c<＼ｆ(1，3)，证明：a n ≥1-(3c)n -1，n ∈Ｎ*；（Ⅲ）设0<c<错误!,证明：a１2+a2２+…＋a n 2>n＋1－21-３c,n ∈N*.【分析】 第(1)小题可考虑用数学归纳法证明；第（2）小题可利用综合法结合不等关系的迭代；第（3)小题利用不等式的传递性转化等比数列，然后利用前n 项和求和,再进行适当放缩.【解】(Ⅰ)必要性:∵a 1＝０,a 2=1－c,又∵a 2∈[０，1］,∴0≤１－ｃ≤1,即ｃ∈[0，1].充分性：设ｃ∈[0,１]，对n ∈N*用数学归纳法证明ａn ∈[0,１]. (1）当n=１时，a 1∈[0，1]． (2)假设当n ＝k 时，ａｋ∈[0，1］（k≥1)成立，则a k ＋1＝ｃa k ３+１－c≤c ＋1－c ＝1,且a k ＋1=ca ｋ3＋1-ｃ≥1－c≥0, ∴a k+1∈[0,１],这就是说ｎ＝k+1时,ａn ∈[0,1]. 由(１）、（2）知,当c ∈[0,1]时，知ａn ∈［０，1]对所胡n ∈N ＊成立.综上所述,a n ∈［0，１］对任意ｎ∈N*成立的充分必要条件是c ∈［0，１].（Ⅱ)设0<c<错误!，当n ＝1时,a 1=0，结论成立.当n≥2时，由a n ＝ca n -13+１-c,∴1-a n ＝ｃ（１－a n -１)（1＋a ｎ-1+a n -12) ∵0＜c<错误!，由(Ⅰ)知an -1∈[０，1],所以１＋a ｎ-1＋a n -１２≤3,且1－a ｎ-1≥０，∴1-a n ≤３c(1－ａn -１),∴1-a n ≤3c(1-a n -１）≤（３c ）2（１－ａｎ-２）≤…≤(３c) ｎ-1(1-a 1)＝(3c ） ｎ-1，∴ａn ≥1-(3c)ｎ-1,n ∈N*.(Ⅲ)设0<c ＜１３,当n=1时,a 12=0>２-21－3c,结论成立.当n≥2时，由（Ⅱ)知a n ≥1－(3ｃ)n -1＞0,∴a n 2≥[(1－(3c)n -１)] 2＝１－2(3c)ｎ-1＋（3c)(n -1)＞１－2（３ｃ)n -1, a 1２＋a 22+…+a n 2=a 2２＋…＋a n 2>ｎ-1－2［３c+（3ｃ)２＋…+(3c)n -１]＝n-1-2[1＋３ｃ＋(３c)2＋…＋(３ｃ)n -1－１］=n ＋１－＼f(2[1－（３c)ｎ］,1-3c)>n+1－＼f(２,1-3c).【点评】 本题是数列与不等式、数学归纳法的知识交汇题，属于难题，此类试题在高考中点占有一席之地，复习时应引起注意.本题的第(Ⅰ)小题实质也是不等式的证明,题型三 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.【例5】 (08·四川高考)设等差数列{a ｎ}的前n 项和为S n ，若S ４≥10,S 5≤１5,则a 4的最大值为______.【分析】 根据条件将前４项与前5项和的不等关系转化为关于首项ａ1与公差ｄ的不等式,然后利用此不等关系确定公差d 的范围，由此可确定a 4的最大值.【解】 ∵等差数列{ａn }的前n 项和为S ｎ,且S 4≥10，Ｓ5≤１5,∴错误!错误!，即错误!错误!,∴错误!错误!,∴＼f(５+3d,2)≤a 4≤3+d ，则5+3d≤6＋2d,即d≤1. ∴a ４≤3+d≤３＋1=4,故ａ4的最大值为4. 【点评】 本题最值的确定主要是根据条件的不等式关系来求最值的，其中确定数列的公差d 是解答的关键,同时解答中要注意不等式传递性的应用.【例6】 等比数列｛a n ｝的首项为a １＝2002,公比q=－12.(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n 项的积，求f(n)的表达式；(Ⅱ)当n 取何值时,f(n)有最大值．【分析】 第(Ⅰ)小题首先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(Ⅱ)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】 (Ⅰ)a ｎ=2０02·(-错误!)n 1，f(n)=2０02n ·(-错误!)错误!(Ⅱ)由(Ⅰ）,得＼ｆ(|f(n ＋１)|,|f(n ）|)=错误!,则当n≤１0时，错误!＝错误!>１,∴|f （１1)｜＞｜f(10）|>…>|f(１)|, 当n≥1１时，＼f （｜ｆ(n+1）|，｜ｆ(n)|)=错误!<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(f(１2),f(９))＝错误!＝20023·(错误!)30＝(错误!)3>1,∴当n ＝12时，f(ｎ)有最大值为f(１2）＝２00212·(＼f(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.题型四 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．【例7】 已知{ａn }的前ｎ项和为S n ,且a n +Ｓｎ＝4.(Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数ｋ,使错误!＞2成立.【分析】 第(Ⅰ）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{ａn }为等比数列；而第(Ⅱ)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,Ｓn ＋1+ａn +１＝4，由两式相减，得(Ｓn ＋1＋a n +1）-(S ｎ＋a ｎ）＝0,即２ａn +1-a n =０，a ｎ+1=＼f （1,2)a n ，又2a 1＝S 1＋ａ1=4,∴a 1＝2,∴数列{a n }是以首项a 1=２,公比为q ＝＼f(1,2)的等比数列. （Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝错误!＝4-２２-n.又由＼f(S k+1－２，S k －2）>2，得＼f(4－21-k －2,4－22-ｋ-２)＞２,整理，得＼ｆ(2,3)＜2１-ｋ<1,即1<2 k -１<＼ｆ(3,２)，∵k ∈Ｎ*，∴２ｋ-1∈N ＊,这与2k -１∈(1，３2)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.【例8】 (0８·湖北高考)已知数列{a n }和{b ｎ}满足:a 1=λ,ａn+1=２3a n +n-4，ｂn =(-1)n (a ｎ－3n ＋21）,其中λ为实数,n 为正整数．(Ⅰ)对任意实数λ,证明数列{ａn }不是等比数列;(Ⅱ)试判断数列｛b n }是否为等比数列，并证明你的结论;（Ⅲ）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.【分析】 第(Ⅰ)小题利用反证法证明；第(Ⅱ）小题利用等比数列的定义证明;第(Ⅲ)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】 (Ⅰ）证明：假设存在一个实数λ，使{ａｎ}是等比数列，则有a 2２＝a １ａ3，即(23λ－3)2=λ(＼ｆ（4,9)λ－４）⇔４9λ2－4λ＋9=错误!λ2－4λ⇔9=0，矛盾，所以{a n }不是等比数列.（Ⅱ)解：因为ｂn+1＝（－1)n+1[ａ n ＋1-3(ｎ+1)＋21]＝(－1)ｎ＋1(错误!aｎ－2n ＋14）=－错误!(ａｎ－3n-21)=-错误!bn ，又b 1=-(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b n ≠0，∴错误!=－错误!（n ∈N*).故当λ≠－1８时,数列｛b ｎ}是以-(λ+１8)为首项,－错误!为公比的等比数列.(Ⅲ）由（Ⅱ）知，当λ＝－１8，ｂn ＝０(ｎ∈N*)，S n =0，不满足题目要求;． ∴λ≠-１８,故知ｂn ＝-(λ+18）×（-错误!)ｎ-1,于是S n ＝－错误!(λ+１8)·［1－（－错误!）n]要使a ＜Ｓn <b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－错误!(λ+１8）·［1－（－＼f(2,3)）n ]＜ｂ,(n ∈N*).得错误!＜－错误!(λ＋１8）＜错误!，(n ∈N*) ① 令f(ｎ)=1－(－错误!)n，则当n 为正奇数时，1＜ｆ(n)≤错误!,当ｎ为正偶数时错误!≤f （n)<１;∴f(n ）的最大值为f(1）=53,ｆ（ｎ)的最小值为ｆ（2)＝错误!， 于是，由①式得错误!ａ＜－错误!(λ+18)＜错误!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．【专题训练】一、选择题1.已知无穷数列｛a n }是各项均为正数的等差数列，则有（ ）A ．错误!＜错误!B.错误!≤错误!ﻩＣ．错误!＞＼f(a 6,a ８)ﻩD ．ａ4a 6≥＼ｆ(a 6,a 8)2．设{a n }是由正数构成的等比数列，ｂｎ＝ａn ＋1+ａn+２,c n =ａn +a n+3,则ﻩ（ )Ａ．b n ＞c ｎﻩＢ．b n ＜c n ﻩC.b n ≥c nD.ｂn ≤c n ﻩ3.已知{ａｎ}为等差数列，{b n ｝为正项等比数列，公比q≠1，若a １＝b 1，a 11＝b 11，则( ）A.ａ6＝b ６ﻩＢ.a 6＞b 6ﻩC ．ａ6<b 6ﻩD ．a 6＞b 6或a 6<b 64.已知数列｛a ｎ}的前n 项和S n ＝n 2-9n ，第k 项满足５＜ａk <8,则ｋ= （ )Ａ.9 B ．８ﻩC.7 D.6５．已知等比数列｛ａn }的公比ｑ>０，其前n 项的和为Ｓn ,则S 4a ５与S 5ａ4的大小关系是（ ）A.S 4a 5<S 5a 4ﻩB ．S ４a ５>S ５ａ4ﻩC ．S 4ａ５=S ５a 4ﻩＤ．不确定6.设S n =1+2+3＋…+n,n ∈N*,则函数f （ｎ)＝S n(n+32)S n ＋1的最大值为 （ )A.错误!ﻩB.错误!ﻩＣ.错误!Ｄ.错误!７．已知y 是x 的函数,且lg ３，lg(si ｎｘ-１２),ｌg （1-ｙ)顺次成等差数列，则ﻩ( ）A ．y 有最大值1,无最小值B.y 有最小值11１2,无最大值C.ｙ有最小值＼f(11,12）,最大值1ﻩD.y 有最小值-1，最大值1８.已知等比数列{ａn }中a 2＝１,则其前3项的和S 3的取值范围是 ﻩ（ )Ａ．(-∞,-1]ﻩﻩ B.(－∞,-１)∪(1，＋∞)Ｃ．[3,＋∞)ﻩ Ｄ.(-∞，－1]∪[３，+∞) 9．设错误!b 是1-a 和1+ａ的等比中项,则ａ＋３b 的最大值为( )A.１ﻩB.2C.３ﻩＤ．４１0．设等比数列{ａn ｝的首相为a 1,公比为q ，则“a １＜０，且0＜q<１”是“对于任意n ∈N*都有a ｎ+1>a n ”的 ﻩﻩﻩ( ）Ａ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C.充分比要条件 ﻩD ．既不充分又不必要条件１1．｛a n }为等差数列,若＼ｆ(a 11，a 1０)<-１,且它的前ｎ项和S n 有最小值，那么当S ｎ取得最小正值时，ｎ=ﻩﻩ （ ） A.11B ．17C ．１9ﻩD ．2１12．设f(x ）是定义在Ｒ上恒不为零的函数,对任意实数x 、y ∈Ｒ,都有ｆ(x)f(y)=ｆ(ｘ＋y),若a 1=12，a n ＝ｆ（n)(n ∈N*)，则数列{a ｎ}的前ｎ项和S n 的取值范围是ﻩ（ ) A ．[12,２) B.[＼f(1,２),2］Ｃ.[＼ｆ（1，2)，1)ﻩD.[＼f （1,2)，１]二、填空题１3．等差数列{a n ｝的前n 项和为S n ，且a 4－a ２=８，a 3＋a 5=26，记T n ＝错误!,如果存在正整数M ，使得对一切正整数ｎ，T n ≤M 都成立.则M 的最小值是______＿＿＿_. 14.无穷等比数列{a n }中，ａ1>1,|q|＜１,且除a １外其余各项之和不大于a 1的一半,则q 的取值范围是________.１5．已知x ＞0,y>0,x ，ａ，b ，y 成等差数列,x,c ，ｄ，ｙ成等比数列,则＼f((ａ+b)２，cd ）的最小值是__＿_＿＿＿_．A ．０ﻩＢ．１ﻩC ．2ﻩＤ．416.等差数列{a n }的公差d 不为零，S n 是其前ｎ项和,给出下列四个命题:①A.若d ＜0，且S 3＝S 8，则{S n ｝中，S 5和S 6都是{S ｎ}中的最大项；②给定n,对于一定ｋ∈N ＊（k ＜n),都有a n -k +a n+k ＝２a n ;③若ｄ>0,则{S n }中一定有最小的项;④存在k ∈N*,使a ｋ－a k ＋1和a k －a k -1同号其中真命题的序号是__＿_____＿＿__.三、解答题17.已知｛a ｎ}是一个等差数列,且ａ2=1，ａ５=－５.（Ⅰ）求{a n }的通项n a ;(Ⅱ）求{a n }前ｎ项和S n 的最大值.18．已知{a n }是正数组成的数列，ａ1＝1,且点(错误!,an +1)(ｎ∈Ｎ*）在函数y ＝x 2＋1的图象上.(Ⅰ)求数列｛a n }的通项公式；(Ⅱ）若列数{ｂn }满足b 1＝1,b ｎ+1=b n +2ａｎ，求证:b ｎﻩ·b n +２＜ｂ2n +1.19.设数列｛ａn }的首项a １∈(0，１),a ｎ＝错误!，n=２，３，4，….(Ⅰ)求{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n ＝ａn ＼r （3－2a ｎ),证明b ｎ＜b n+1,其中ｎ为正整数.20.已知数列{a ｎ}中a 1＝2，a ｎ+1＝(错误!-１)（ a ｎ＋2），n=1，2,3,….(Ⅰ）求{a n }的通项公式;（Ⅱ）若数列{a n ｝中b 1＝２，ｂn ＋1=＼f(3b n +4,2b n +3)，ｎ＝1，2,3,….证明：错误!＜b n ≤a ４n -３,n=1，2，3，…21．已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为f '(x)＝6x －２，数列{a ｎ}的前n 项和为S n ,点(n ，S n )(ｎ∈N ＊）均在函数y=f(x)的图像上.(Ⅰ)求数列{ａn }的通项公式;（Ⅱ）设b n =错误!，T n是数列{b n}的前n 项和，求使得Ｔn<错误!对所有n ∈N*都成立的最小正整数m;22．数列{}n a 满足11a =,21()n n a n n a λ+=+-（12n =，，)，λ是常数．(Ⅰ)当21a =-时,求λ及3a 的值;（Ⅱ)数列{}n a 是否可能为等差数列？若可能,求出它的通项公式;若不可能,说明理由；(Ⅲ）求λ的取值范围,使得存在正整数m ,当n m >时总有0n a <．【专题训练】参考答案 一、选择题1.B 【解析】a ４a ８=(ａ1＋３d)(a １＋７d)＝a １2＋10ａ1d+２１ｄ2,a 62=(a 1+5d)2＝a 12＋1０a 1d+２５d 2,故错误!≤错误!.2.D 【解析】设其公比为q ，则ｂn －c n ＝a n （q-1)(1－q 2)＝－a ｎ(ｑ－1)２(ｑ+1),当q=１时，b ｎ＝c n ﻩ,当q ＞０,且q≠1时，ｂｎ＜ｃn ，故b n ≤c ｎ．3．Ｂ 【解析】因为ｑ≠１,b 1＞０,b １1＞0,所以b 1≠b １1,则a 6=ａ1＋a 112＝＼f(b １+ｂ11,2)＞＼ｒ(b １b 1１)=ｂ6.4．B 【解析】因数列为等差数列,a n =Ｓn -S n -1=2n －１0,由5<２k-1０<8,得到k=8.5.A 【解析】S 4a 5－S ５a ４ ＝(ａ1＋a ２+a 3+a ４）a 4q －(a １+a ２＋a 3+a 4+ａ5)ａ４＝－a １a 4=-ａ1２q 3＜0，∴Ｓ４a ５＜S 5ａ4. ６．D 【解析】由Ｓn =错误!,得ｆ（ｎ)=错误!=错误!=错误!≤错误!＝＼f （1，50)，当n=错误!,即n=8时取等号,即f(ｎ)ｍax＝f （8)＝错误!．7．Ｂ 【解析】由已知y=-错误!（si ｎx-错误!）2+１，且s ｉnx>错误!，y<1,所以当ｓinx ＝1时，y 有最小值1１１２,无最大值.8.D 【解】∵等比数列｛a ｎ｝中a 2=1,∴S 3＝ａ1＋a 2＋ａ3=a 2(错误!＋1+q ）＝１+q ＋错误!.∴当公比q>0时，Ｓ３=1+ｑ＋错误!≥1＋2错误!=３,当公比q<0时,S3＝1-(－q －错误!)≤1-2错误!=-1，∴S 3∈(－∞,－１]∪[3,+∞).9.B 【解析】错误!b 是１-ａ和１+a 的等比中项,则3b 2＝1-ａ2⇔a 2＋3b ２=１,令a ＝ｃosθ,＼ｒ（3)ｂ=si ｎθ,θ∈(0，２π),所以a+3b ＝co ｓθ+错误!inθ＝2sin(θ+错误!）≤2.10．A 【解析】当a 1<０，且０＜q ＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a 1>0,且q>１,故选Ａ. 11．C 【解析】由错误!＜-1,得错误!<0⇔错误!＜0⇔错误!<0⇔＼f(S 20,S １９）<０，则要使S n 取得最小正值必须满足Ｓ1９>０,且S ２０<０,此时ｎ＝1９. 1２.Ｃ 【解析】f(x)是定义在Ｒ上恒不为零的函数，对任意实数x 、y ∈R,都有f(ｘ)f(ｙ)＝f(x+y ），ａ1=＼f(1,2）,ａn ＝f （n)(n ∈Ｎ*)，a n+1＝f （ｎ+1)=f （1）ｆ(n ）=错误!a n,∴Sn＝错误!=1-（错误!）n.则数列{a n}的前n 项和的取值范围是[错误!,1).二、填空题13.2 【解析】由a ４-a ２=8，可得公差d ＝4，再由ａ3＋a 5＝２６，可得ａ1＝１,故Ｓn ＝ｎ+2n (n －1）＝2ｎ２-ｎ，∴T n ＝错误!,要使得T n≤M ，只需M ≥2即可,故M 的最小值为２，答案:214．(－1，0]∪（0，13] 【解析】＼f （a １q,1-q)≤错误!⇒q≤错误!，但｜q|＜1,且q≠0,故ｑ∈(-1，0]∪(0,13]. 1５．４ 【解析】∵错误!＝错误!≥错误!＝4.16.Ｄ 【解析】对于①:∵S 8-Ｓ3＝a 4＋ａ5+ａ6+a 7＋a 8=5a 6=0,∴S 5=Ｓ6，又ｄ＜0，S 5=S 6为最大，故Ａ正确;对于②:根据等差中项知正确；对于③:∵ｄ＞０，点（n,Ｓn )分布在开口向上的抛物线，故{S ｎ｝中一定有最小的项，故③正确;而a k -a k+1=－ｄ，a ｋ-a k -1＝d,且d≠０,故④为假命题. 三、解答题17．【解】（Ⅰ)设{a n ｝的公差为ｄ,由已知条件，错误!错误!，解出a １＝３，ｄ=－２．所以a n =a 1＋（n －1)d ＝－２n ＋5.（Ⅱ)S n =na １+＼f(n(n －1),2)ｄ=-ｎ２+4n=-(ｎ-2）2+４,所以n=2时,S ｎ取到最大值４．１8．【解】(Ⅰ）由已知得a ｎ+１=a n ＋１，即a n +1-a n ＝1，又a 1=1，所以数列{a ｎ}是以１为首项，公差为1的等差数列，故ａｎ=1+（a -1）×1＝n.(Ⅱ）由(Ⅰ）知:a n =n 从而b ｎ+１－b n =２n .b n ＝(b n －b ｎ-1)+（b n -1-b n -２)＋…＋(b 2-b 1）＋ｂ1=２ｎ-1＋2n -2+…＋2+１＝＼f(1-2n ，1-２）=2n －1.因为b n ·ｂn ＋2－b 21+n =（2n －１)(２n +2－1)-(2n -1－1)２=(22n +2-2n ＋2-2ｎ+1)－（22ｎ+２－2－2n +1－１）=-5·2n ＋4·2n =-2n ＜0，所以b n ·ｂn ＋2＜b 21+n .19.【解】(Ⅰ）由a n =错误!，n=２，3,4，…．整理得1－a n ＝－错误!(１-a ｎ-1)．又1-a 1≠０,所以{1－a n ｝是首项为１-a 1,公比为-1２的等比数列，得ａn ＝1-(1－ａ1)(-错误!)n -1，(Ⅱ)由（Ⅰ)可知0＜ａn ＜＼ｆ(3，2),故b n >0.那么, ｂｎ+1２-b ｎ2＝a ｎ+１２(3-２ａn+１)-a n 2(3－2a n )=(错误!)2(3－2×错误!)-aｎ2(３-2aｎ)＝错误!(a ｎ－１)2．又由（Ⅰ)知a n >０，且a ｎ≠１，故b n+12－b n ２>0，因此b n ＜ｂn+1，为正整数．20．【解】（Ⅰ)由题设:a n ＋1＝(＼r(2)-1)(a n ＋２)=(２－1)(a n －＼ｒ(2)）+（＼r(２)-１)（２＋错误!),=(错误!－1)(a n－错误!)＋错误!，∴a n ＋１-错误!=(错误!－1)(a n -错误!)．所以,数列｛a ｎ－错误!}a 是首项为2－错误!，公比为错误!-1)的等比数列,a n -＼r （2）=错误!(错误!－1)n，即a ｎ的通项公式为a n ＝错误![(错误!-1)ｎ＋1］，n ＝1，２，３,….（Ⅱ)用数学归纳法证明. （ⅰ)当ｎ=1时,因错误!＜2,b 1=a 1=2，所以错误!<ｂ1≤a 1，结论成立．（ⅱ）假设当ｎ=k 时，结论成立,即2＜b ｋ≤a 4k -３,，也即0＜ｂn -＼r(2)≤a 4ｋ-3-２, 当n=ｋ＋1时,ｂk+1－错误!=错误!－错误!＝错误!＝错误!>0,又12b k＋3<错误!＝3-２错误!， 所以b k+1－2＝＼ｆ((３-２＼ｒ（2))(b ｋ－＼ｒ(2)),2b k ＋３)＜(3－２＼r （2）)2(b ｋ-2）≤(错误!－1）4（a 4k -3-错误!)＝a4ｋ＋1-错误!也就是说，当ｎ＝k+1时，结论成立．根据（ⅰ)和(ⅱ）知2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，…．21．【解】(Ⅰ)设这二次函数ｆ(ｘ）=ax 2＋ｂx (a≠0） ,则 f`(x ）=2ａx ＋ｂ，由于f ｀（x)=６ｘ-2，得ａ=3 ,b ＝－2，所以f(x)=３x 2-2x.,又因为点(ｎ,Ｓn )(n ∈N*)均在函数y ＝f （ｘ）的图像上,所以S n =3n 2-2n, 当ｎ≥２时，a ｎ=S n -S ｎ－１=（3n ２－2n ）－[3(ｎ-1)２-2(n-1)］=6n-５, 当ｎ=1时,a １＝S １＝3×12－2＝６×1-５，所以,a n =6ｎ－5(n ∈N ＊）.(Ⅱ）由（Ⅰ)得知ｂn ＝3a ｎa n+1＝错误!＝错误!(错误!-错误!），故T n ＝错误!ｂi＝错误![(１-错误!)＋(错误!–错误!)+…＋(＼f(1,6n －5)-１6n ＋1)]=错误!(1–错误!）， 因此,要使＼ｆ（1，2)（１－＼ｆ(1，6n+1))<错误!(n ∈N*)成立的m,必须且仅须满足12≤错误!，即m≥１０，所以满足要求的最小正整数m 为１0.22．【解】(Ⅰ）由于21()(12)n n a n n a n λ+=+-=，，，且11a =.所以当21a =-时,得12λ-=-，故3λ=.从而23(223)(1)3a =+-⨯-=-． （Ⅱ）数列{}n a 不可能为等差数列,证明如下：由11a =，21()n n a n n a λ+=+-得22a λ=-，3(6)(2)a λλ=--,4(12)(6)(2)a λλλ=---.若存在λ，使{}n a 为等差数列，则3221a a a a -=-,即(5)(2)1λλλ--=-， 解得3λ=．于是2112a a λ-=-=-,43(11)(6)(2)24a a λλλ-=---=-． 这与{}n a 为等差数列矛盾．所以,对任意λ，{}n a 都不可能是等差数列．(Ⅲ)记2(12)n b n n n λ=+-=，，，根据题意可知,10b <且0n b ≠,即2λ> 且2*()n n n λ≠+∈N ,这时总存在*0n ∈N ，满足:当0n n ≥时,0n b >;当01n n -≤时，0n b <．所以由1n n n a b a +=及110a =>可知,若0n 为偶数， 则00n a <,从而当0n n >时，0n a <；若0n 为奇数,则00n a >,从而当0n n >时0n a >.因此“存在*m ∈N ,当n m >时总有0n a <”的充分必要条件是:0n 为偶数，记02(12)n k k ==，，，则λ满足22221(2)20(21)210k k b k k b k k λλ-⎧=+->⎪⎨=-+--<⎪⎩．故λ的取值范围是22*4242()k k k k k λ-<<+∈N。
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数列与不等式的交汇题型分析及解题策略【命题趋向】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．如08年北京文20题(12分)中档偏上，考查数列与不等式恒成立条件下的参数问题、08年湖北理21题(12分)为中档偏上，考查数列与不等式交汇的探索性问题、08年江西理19题(12分)中等难度，考查数列求和与不等式的交汇、08年全国卷Ⅰ理22(12分)压轴题，难说大，考查数学归纳法与不等式的交汇，等等.预计在2009年高考中,比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题的命题热点是与不等式交汇,呈现递推关系的综合性试题.其中,以函数与数列、不等式为命题载体,有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点,而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题.【考试要求】1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．2．理解等差数列的概念．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题。
4．理解不等式的性质及其证明．5．掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用．6．掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式．7．掌握简单不等式的解法及理解不等式│a│－│b│≤│a+b│≤│a│+│b│．【考点透视】1．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇.2．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.3．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程的思想.【典例分析】题型一 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式绫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.【例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 ＞1a 1＋1a 2＋…＋1a n恒成立的正整数n 的取值范围. 【分析】 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{1a n }是以1a 1为首项，以1q为公比的等比数列，要使不等式成立， 则须a 1(q n －1)q －1＞1a 1[1－(1q )n ]1－1q，把a 21＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n －1)＞q(1－1q n )， 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.【例2】 （08·全国Ⅱ）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*．(Ⅰ)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式；（Ⅱ）若a n+1≥a n ，n ∈N*，求a 的取值范围．【分析】 第（Ⅰ）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】 (Ⅰ)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(Ⅱ)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.题型二 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.【例3】 已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【分析】 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(Ⅰ)小题；第(Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决.【解】 （Ⅰ）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＝3d ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.（Ⅱ）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n(a 1＋a n )2＝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 ＜12(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.【例4】 (08·安徽高考)设数列{a n }满足a 1＝0，a n+1＝ca n 3＋1－c ，c ∈N*，其中c 为实数.(Ⅰ)证明：a n ∈[0，1]对任意n ∈N*成立的充分必要条件是c ∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c ＜13，证明：a n ≥1－(3c)n -1，n ∈N*；（Ⅲ）设0＜c ＜13，证明：a 12＋a 22＋…＋a n 2＞n ＋1－21－3c，n ∈N*. 【分析】 第（1）小题可考虑用数学归纳法证明；第（2）小题可利用综合法结合不等关系的迭代；第（3）小题利用不等式的传递性转化等比数列，然后利用前n 项和求和，再进行适当放缩.【解】（Ⅰ）必要性：∵a 1＝0，a 2＝1－c ，又∵a 2∈[0，1]，∴0≤1－c≤1，即c ∈[0，1].充分性：设c ∈[0，1]，对n ∈N*用数学归纳法证明a n ∈[0，1].(1)当n ＝1时，a 1∈[0，1].(2)假设当n ＝k 时，a k ∈[0，1](k≥1)成立，则a k ＋1＝ca k 3＋1－c≤c ＋1－c ＝1，且a k ＋1＝ca k 3＋1－c≥1－c≥0，∴a k ＋1∈[0，1]，这就是说n ＝k ＋1时，a n ∈[0，1].由（1）、（2）知，当c ∈[0，1]时，知a n ∈[0，1]对所胡n ∈N*成立.综上所述，a n ∈[0，1]对任意n ∈N*成立的充分必要条件是c ∈[0，1].（Ⅱ）设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立.当n≥2时，由a n ＝ca n -13＋1－c ，∴1－a n ＝c(1－a n -1)(1＋a n -1＋a n -12)∵0＜c ＜13，由(Ⅰ)知a n -1∈[0，1]，所以1＋a n -1＋a n -12≤3，且1－a n -1≥0，∴1－a n ≤3c(1－a n -1)， ∴1－a n ≤3c(1－a n -1)≤(3c)2(1－a n -2)≤…≤(3c) n -1(1－a 1)＝(3c) n -1，∴a n ≥1－(3c)n -1，n ∈N*.(Ⅲ)设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 12＝0＞2－21－3c，结论成立. 当n≥2时，由（Ⅱ）知a n ≥1－(3c)n -1＞0，∴a n 2≥[(1－(3c)n -1)] 2＝1－2(3c)n -1＋(3c)(n -1)＞1－2(3c)n -1，a 12＋a 22＋…＋a n 2＝a 22＋…＋a n 2＞n －1－2[3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1]＝n －1－2[1＋3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1－1]＝n ＋1－2[1－(3c)n ]1－3c ＞n ＋1－21－3c. 【点评】 本题是数列与不等式、数学归纳法的知识交汇题，属于难题，此类试题在高考中点占有一席之地，复习时应引起注意.本题的第(Ⅰ)小题实质也是不等式的证明，题型三 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.【例5】 (08·四川高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为______.【分析】 根据条件将前4项与前5项和的不等关系转化为关于首项a 1与公差d 的不等式，然后利用此不等关系确定公差d 的范围，由此可确定a 4的最大值.【解】 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，∴⎩⎨⎧ S 4＝4a 1＋4×32d≥10S 5＝5a 1＋5×42d≤15，即⎩⎨⎧ a 1＋3d≥5a 1＋2d≤3，∴⎩⎨⎧ a 4＝a 1＋3d≥5－3d 2＋3d ＝5＋3d 2a 4＝a 1＋3d ＝(a 1＋2d)＋d≤3＋d ， ∴5＋3d 2≤a 4≤3＋d ，则5＋3d≤6＋2d ，即d≤1.∴a 4≤3＋d≤3＋1＝4，故a 4的最大值为4.【点评】 本题最值的确定主要是根据条件的不等式关系来求最值的，其中确定数列的公差d 是解答的关键，同时解答中要注意不等式传递性的应用.【例6】 等比数列{a n }的首项为a 1＝2002，公比q ＝－12．(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n项的积，求f(n)的表达式；(Ⅱ)当n 取何值时，f(n)有最大值．【分析】 第(Ⅰ)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(Ⅱ)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】 (Ⅰ)a n ＝2002·(－12)n -1，f(n)＝2002n ·(－12)n(n-1)2(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ，则当n≤10时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，当n≥11时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＜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·(12)6620029·(12)36＝20023·(12)30＝(2002210)3＞1， ∴当n ＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·(12)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.题型四 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.【例7】 已知{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4.(Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k ，使S k+1－2S k －2＞2成立. 【分析】 第(Ⅰ)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(Ⅱ)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＝12a 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 ＝12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∈(1，32)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.【例8】 (08·湖北高考)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n+1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n－3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）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.【分析】 第(Ⅰ)小题利用反证法证明；第(Ⅱ)小题利用等比数列的定义证明；第(Ⅲ)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】 （Ⅰ）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＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列.(Ⅱ)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)＝－23b 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＝－23(n ∈N*). 故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列.(Ⅲ)由（Ⅱ）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－(－23)n ]要使a ＜S n ＜b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－35(λ＋18)·[1－(－23)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59≤f(n)＜1；∴f(n)的最大值为f(1)＝53，f(n)的最小值为f(2)＝59,于是，由①式得59a ＜－35(λ＋18)＜35b ，∴－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.【专题训练】一、选择题1．已知无穷数列{a n }是各项均为正数的等差数列，则有（ ） A ．a 4a 6＜a 6a 8 B ．a 4a 6≤a 6a 8 C ．a 4a 6＞a 6a 8D ．a 4a 6≥a 6a 8 2．设{a n }是由正数构成的等比数列，b n ＝a n+1＋a n+2，c n ＝a n ＋a n+3，则（ ） A ．b n ＞c n B ．b n ＜c n C ．b n ≥c n D ．b n ≤c n3．已知{a n }为等差数列，{b n }为正项等比数列，公比q≠1，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则（ ）A ．a 6＝b 6B ．a 6＞b 6C ．a 6＜b 6D ．a 6＞b 6或a 6＜b 64．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝ （ ）A ．9B ．8C ．7D ．65．已知等比数列{a n }的公比q ＞0，其前n 项的和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是（ ）A ．S 4a 5＜S 5a 4B ．S 4a 5＞S 5a 4C ．S 4a 5＝S 5a 4D ．不确定6．设S n ＝1＋2＋3＋…＋n ，n ∈N*，则函数f(n)＝S n (n ＋32)S n+1的最大值为 （ ） A ．120 B ．130 C ．140 D ．1507．已知y 是x 的函数，且lg3，lg(sinx －12)，lg(1－y)顺次成等差数列，则（ ） A ．y 有最大值1，无最小值B ．y 有最小值1112，无最大值C ．y 有最小值1112，最大值1D ．y 有最小值－1，最大值18．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是（ ）Ａ．(－∞，－1] Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．[3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1]∪[3，＋∞) 9．设3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则a ＋3b 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．410．设等比数列{a n }的首相为a 1，公比为q ，则“a 1＜0，且0＜q ＜1”是“对于任意n ∈N*都有a n+1＞a n ”的 （ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分比要条件D ．既不充分又不必要条件11．{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最小值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝（ ）A ．11B ．17C ．19D ．21 12．设f(x)是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y ∈R ，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，若a 1＝12，a n ＝f(n)(n ∈N*)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是（ ）A ．[12，2)B ．[12，2]C ．[12，1)D ．[12，1] 二、填空题13．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，记T n ＝S n n 2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立．则M 的最小值是__________．14．无穷等比数列{a n }中，a 1＞1，|q|＜1，且除a 1外其余各项之和不大于a 1的一半，则q的取值范围是________.15．已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则(a ＋b)2cd 的最小值是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．416．等差数列{a n }的公差d 不为零，S n 是其前n 项和，给出下列四个命题：①A ．若d ＜0，且S 3＝S 8，则{S n }中，S 5和S 6都是{S n }中的最大项；②给定n ，对于一定k ∈N*(k ＜n)，都有a n -k ＋a n+k ＝2a n ；③若d ＞0，则{S n }中一定有最小的项；④存在k ∈N*，使a k －a k+1和a k －a k -1同号其中真命题的序号是____________.三、解答题17．已知{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5．（Ⅰ）求{a n }的通项n a ；（Ⅱ）求{a n }前n项和S n 的最大值．18．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n +1)(n ∈N *）在函数y ＝x 2＋1的图象上.(Ⅰ)求数列｛a n ｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛b n ｝满足b 1＝1,b n +1＝b n ＋2a n ，求证：b n ·b n +2＜b 2n +1.19．设数列{a n }的首项a 1∈(0，1)，a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝a n 3－2a n ，证明b n ＜b n+1，其中n 为正整数．20．已知数列{a n }中a 1＝2，a n+1＝(2－1)( a n ＋2)，n ＝1，2，3，….（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{a n }中b 1＝2，b n+1＝3b n ＋42b n ＋3，n ＝1，2，3，….证明：2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，…21．已知二次函数y ＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f '(x)＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m 20对所有n ∈N*都成立的最小正整数m ；22．数列{}n a 满足11a =，21()n n a n n a λ+=+-（12n =L ，，），λ是常数．（Ⅰ）当21a =-时，求λ及3a 的值；（Ⅱ）数列{}n a 是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求λ的取值范围，使得存在正整数m ，当n m >时总有0n a <．【专题训练】参考答案一、选择题1．B 【解析】a 4a 8＝(a 1＋3d)(a 1＋7d)＝a 12＋10a 1d ＋21d 2，a 62＝(a 1＋5d)2＝a 12＋10a 1d ＋25d 2，故a 4a 6≤a 6a 8. 2．D 【解析】设其公比为q,则b n －c n ＝a n (q －1)(1－q 2)＝－a n (q －1)2(q ＋1)，当q ＝1时，b n ＝c n ，当q ＞0，且q≠1时，b n ＜c n ，故b n ≤c n .3．B 【解析】因为q≠1，b 1＞0，b 11＞0，所以b 1≠b 11，则a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112＞b 1b 11＝b 6.4．B 【解析】因数列为等差数列，a n ＝S n －S n -1＝2n －10，由5＜2k －10＜8，得到k ＝8.5．A 【解析】S 4a 5－S 5a 4 ＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)a 4q －(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)a 4＝－a 1a 4＝－a 12q 3＜0，∴S 4a 5＜S 5a 4．6．D 【解析】由S n ＝n(n ＋1)2，得f(n)＝n (n ＋32)(n ＋2)＝n n 2＋34n ＋64＝1n ＋64n ＋34≤1264＋34＝150，当n ＝64n ，即n ＝8时取等号，即f(n)max ＝f(8)＝150．7．B 【解析】由已知y ＝－13(sinx －12)2＋1，且sinx ＞12，y ＜1，所以当sinx ＝1时，y 有最小值1112，无最大值.8．D 【解】∵等比数列{a n }中a 2＝1，∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q)＝1＋q ＋1q .∴当公比q＞0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q·1q ＝3，当公比q ＜0时，S 3＝1－(－q －1q )≤1－2(－q)·(－1q )＝－1，∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞).9．B 【解析】3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则3b 2＝1－a 2⇔a 2＋3b 2＝1，令a ＝cosθ，3b ＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a ＋3b ＝cosθ＋3inθ＝2sin(θ＋π6)≤2.10．A 【解析】当a 1＜0，且0＜q ＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a 1＞0，且q ＞1，故选A.11．C 【解析】由a 11a 10＜－1，得a 10＋a 11a 10＜0⇔a 1＋a 20a 10＜0⇔12×20(a 1＋a 20)12×19(a 1＋a 19)＜0⇔S 20S 19＜0，则要使S n 取得最小正值必须满足S 19＞0，且S 20＜0，此时n ＝19.12．C 【解析】f(x)是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y ∈R ，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，a 1＝12，a n ＝f(n)(n ∈N*)，a n+1＝f(n ＋1)＝f(1)f(n)＝12a n ，∴S n ＝12[1－(12)n ]1－12＝1－(12)n .则数列{a n }的前n 项和的取值范围是[12，1).二、填空题13．2 【解析】由a 4－a 2＝8，可得公差d ＝4，再由a 3＋a 5＝26，可得a 1＝1，故S n ＝n ＋2n (n －1)＝2n 2－n ，∴T n ＝2n －1n ＝2－1n ，要使得T n ≤M ，只需M ≥2即可，故M 的最小值为2，答案：214．(－1，0]∪(0，13] 【解析】a 1q 1－q≤a 12⇒q≤13，但|q|＜1，且q≠0，故q ∈(－1，0]∪(0，13].15．4 【解析】∵(a ＋b)2cd ＝(x ＋y)2xy ≥(2xy)2xy ＝4.16．D 【解析】对于①：∵S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝0，∴S 5＝S 6，又d ＜0，S 5＝S 6为最大，故A 正确；对于②：根据等差中项知正确；对于③：∵d ＞0，点(n ，S n )分布在开口向上的抛物线，故{S n }中一定有最小的项，故③正确；而a k －a k+1＝－d ，a k －a k -1＝d ，且d≠0，故④为假命题.三、解答题17．【解】（Ⅰ）设{a n }的公差为d ，由已知条件，⎩⎨⎧ a 1＋d ＝1a 1＋4d ＝－5，解出a 1＝3，d ＝－2． 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5．（Ⅱ）S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝－n 2＋4n ＝－(n －2)2＋4，所以n ＝2时，S n 取到最大值4．18．【解】(Ⅰ)由已知得a n +1＝a n ＋1，即a n +1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列｛a n ｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故a n ＝1＋(a －1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：a n ＝n 从而b n +1－b n ＝2n .b n ＝(b n －b n -1)＋(b n -1－b n -2)＋…＋（b 2－b 1）＋b 1＝2n -1＋2n -2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1. 因为b n ·b n +2－b 21+n ＝(2n －1)(2n +2－1)－(2n -1－1)2＝(22n +2－2n +2－2n ＋1)－(22n +2－2－2n +1－1)＝－5·2n ＋4·2n ＝－2n ＜0,所以b n ·b n +2＜b 21+n .19．【解】（Ⅰ）由a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….整理得 1－a n ＝－12(1－a n -1)． 又1－a 1≠0，所以{1－a n }是首项为1－a 1，公比为－12的等比数列，得a n ＝1－(1－a 1)(－12)n -1，（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜a n ＜32，故b n ＞0．那么，b n+12－b n 2＝a n+12(3－2a n+1)－a n 2(3－2a n )＝(3－a n 2)2(3－2×3－a n 2)－a n 2(3－2a n )＝9a n 4(a n －1)2.又由（Ⅰ）知a n ＞0，且a n ≠1，故b n+12－b n 2＞0，因此 b n ＜b n+1，为正整数．20．【解】（Ⅰ）由题设：a n+1＝(2－1)(a n ＋2)＝(2－1)(a n －2)＋(2－1)(2＋2)，＝(2－1)(a n －2)＋2，∴a n+1－2＝(2－1)(a n －2)．所以，数列{a n －2}a 是首项为2－2，公比为2－1)的等比数列，a n －2＝2(2－1)n ，即a n 的通项公式为a n ＝2[(2－1)n ＋1]，n ＝1，2，3，….（Ⅱ）用数学归纳法证明．（ⅰ）当n ＝1时，因2＜2，b 1＝a 1＝2，所以2＜b 1≤a 1，结论成立．（ⅱ）假设当n ＝k 时，结论成立，即2＜b k ≤a 4k -3，，也即0＜b n －2≤a 4k -3－2，当n ＝k ＋1时，b k+1－2＝3b k ＋42b k ＋3－2＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＞0，又12b k ＋3＜122＋3＝3－22， 所以b k+1－2＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＜(3－22)2(b k －2)≤(2－1)4(a 4k -3－2)＝a 4k+1－ 2 也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）知2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2＋bx (a≠0) ，则 f`(x)＝2ax ＋b ，由于f`(x)＝6x －2， 得a ＝3 ，b ＝－2，所以f(x)＝3x 2－2x.，又因为点(n ，S n )(n ∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上，所以S n ＝3n 2－2n ，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5（n ∈N*）.（Ⅱ）由（Ⅰ）得知b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n －1)－5]＝12(16n －5－16n ＋1)， 故T n ＝∑n i=1b i ＝12[(1－17)＋(17–113)＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12(1–16n ＋1）， 因此，要使12(1－16n ＋1）＜m 20（n ∈N*）成立的m ，必须且仅须满足12≤m 20，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.22．【解】（Ⅰ）由于21()(12)n n a n n a n λ+=+-=L ，，，且11a =． 所以当21a =-时，得12λ-=-，故3λ=．从而23(223)(1)3a =+-⨯-=-．（Ⅱ）数列{}n a 不可能为等差数列，证明如下：由11a =，21()n n a n n a λ+=+-得22a λ=-，3(6)(2)a λλ=--，4(12)(6)(2)a λλλ=---．若存在λ，使{}n a 为等差数列，则3221a a a a -=-，即(5)(2)1λλλ--=-， 解得3λ=．于是2112a a λ-=-=-，43(11)(6)(2)24a a λλλ-=---=-． 这与{}n a 为等差数列矛盾．所以，对任意λ，{}n a 都不可能是等差数列．（Ⅲ）记2(12)n b n n n λ=+-=L ，，，根据题意可知，10b <且0n b ≠，即2λ> 且2*()n n n λ≠+∈N ，这时总存在*0n ∈N ，满足：当0n n ≥时，0n b >；当01n n -≤时，0n b <．所以由1n n n a b a +=及110a =>可知，若0n 为偶数， 则00n a <，从而当0n n >时，0n a <；若0n 为奇数，则00n a >，从而当0n n >时0n a >．因此“存在*m ∈N ，当n m >时总有0n a <”的充分必要条件是：0n 为偶数，记02(12)n k k ==L ，，，则λ满足22221(2)20(21)210k k b k k b k k λλ-⎧=+->⎪⎨=-+--<⎪⎩．故λ的取值范围是22*4242()k k k k k λ-<<+∈N。