数列中恒成立问题的研究
浅谈有关恒成立问题的解题策略与技巧
● 题目：已知数列 {an} 中，a₁ = - 1，且 (1/an₊₁) = (1/an) + (1/3) (n ∈ N*)，则 a₁₀ = _______．
● 题目：已知数列 {an} 中，Sn 是数列 {an} 的前 n 项和，若对于任意的正整数 n，an，Sn，n 成等差数列，则 S100 = _______．
Part Three
解题策略与技巧
构造函数法
构造函数法的定义
构造函数法的解题步骤
构造函数法的适用范围 构造函数法的注意事项
分离参数法
定义：将恒成立问题中的参数分离出来，单独考虑参数的取值范围 适用范围：适用于参数与变量之间存在明显分离的情况 解题步骤：先确定参数的取值范围，再根据参数的取值范围求解变量的取值范围 注意事项：注意参数的取值范围是否合理，以及变量取值范围的确定方法
换元法
定义：将一个或多个变量用另一个变量代替，从而使问题简化 适用范围：适用于形如“ax+b/cx+d”的表达式 解题步骤：选择适当的变量进行替换，化简原式，得出答案 注意事项：替换后的变量范围要保持一致
数形结合法
定义：将数学问题 与图形相结合，通 过图形的直观性来 理解和解决数学问 题
应用范围：适用于 函数、不等式、方 程等问题的求解
恒成立问题的解题策略 与技巧
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汇报人：
目录
01 添 加 目 录 项 标 题 03 解 题 策 略 与 技 巧
02 恒 成 立 问 题 的 类 型 与特点
恒成立问题的几种常见解法
恒 成 立 问 题 的 几 种 常 见 解 法
张 月欣
－
ａ ｘ ＋ ｘ ＋ １ 对 ｘ ∈ Ｒ 恒 成 立 ｊ （ １ ） ａ ＝ ０ 不 成 立 （ ２ ） ｛ ０
≥
．
，
、
ｆ ａ ＞ － ０ ４ ａ≤ ０
１
围为 ｆ ｘ ｌ 一 二 ≤ｘ ≤３ １ ．
２
变形４ ： 已知函￣ｆ （ ｘ ） ＝ ｌ ｏ ｇ ． （ ａ ｘ ‘ ＋ ｘ ＋ １ ） 的 定 义 域 为 Ｒ， 求ａ 的 取 值 范 围． 总结 ： 上述 经过 转 化 可 以 转 化 为题 型二 或题 型 三解 决 ． 转化二 ： 已 知 函数 的单 调 区间 ， 求 参 数 的 范 围．
ａ
｛ ａ △ ＞ ０ ≤ ０ ａ ≤ 一 ３ ， 综 上 所 述 ， ａ 的 取 值 范 围 为 ｛ ａ ｌ ａ ≤ 一 ３ ｝ ．
变形５ ： 已 知 函 数ｆ （ ｘ ） ＝ ｘ 一 ３ ｘ ‘ 十 ａ ） 【 ， 在 ｘ∈［ 一 １ ， ２ ］ 上 单 调 递 增， 求ａ 的取 值 范 围． 解： ｆ （ ｘ ） ＝ ｘ Ｓ － ３ ｘ ： ＋ ａ ｘ ￣ｘ ∈Ｅ － １２ ］ 上单 调 递 增
要观察变量情况 ， 灵 活 应 对 不 同情 况 ， 做 到 可 以 随时 转 化 变量 。 千 万不 能钻 牛 角 尖． 题型二 ： 二 次 函 数ｆ （ ｘ ） ＝ ａ ｘ ＋ ｈ ｘ ＋ ｃ 对ｘ ∈Ｒ恒 成立 问题 ．
高中数学中的恒成立问题
高中数学小课题——高中数学中的恒成立问题四川省宣汉县第二中学杜林课题论点：恒成立数学问题是有一定的难度、综合性强的题型。
下面从函数定义域不等式立体几何数列四大类中恒成立题型作具体剖析，以提高我们分析数学问题解决数学理论和实际应用题的能力；实际上有的恒成立是对所有实数成立，而有的针对一定义范围内都成立或者某种限制条件下都成立；解决恒成立题型能启发人们高瞻远瞩地看待问题。
数学课本中的公理定理推论公式等都可作为恒成立的结论：一次函数图象经过了一二三象限的则不会过第四象限，过了一二四象限的图象则不会过第三象限；二次函数图象开口向下时，则函数值在顶点处取最大值，开口向上时，在对称轴的右面呈递增的特性；奇函数都有f(0)=0成立（f(x)在x=0有定义）；│f(x)│≥0在定义域内恒成立；指数函数的值恒为正；周期函数从任一起点的一个周期内的图象截下沿X轴依次存放则成整个定义域内的图象；等比数列相邻相同项数的和与积都成等比数列；立体几何图形中的面积和体积不变问题等等。
具体来说有下面的恒成立题型。
一、定义域中恒成立案例1 如若函数f(x的定义域为R,则a的取值范围是什么？(2007年高考)解：∵f(x x∈R，∴222x ax a--≥1恒成立,即x2-2ax-a≥0恒成立,∴△≤0即(2a)2-4×(-a) ≤0,解得-1≤a≤0.案例2 已知：a > 1，若仅有一个常数c使得对于任意的x∈［a,2a］,都有y∈［a,a2］满足方程log a x+log a y=c,求a的取值的集合为什么？ (2008年高考)解：∵log a x+log a y=c,∴y=cax.∵a > 1, ∴y=ca x在x ∈［a,2a ］上递减，∴y max =c a a=a c-1,y min =2ca a =12a c-1,∵log a 2+2≤c ≤3时，而c 值只有1个， ∴c=3,即log a 2=1,有a=2. ∴a 的取值的集合为：{2}注：对于定义域问题，要注重各个基本函数的定义域条件，实际上是比较基础的，主要是认出题目反映出来的是哪个基本函数。
恒成立存在性问题课件
详细描述
不等式证明问题是数学中常见的问题类型，这类问题 通常涉及到比较两个数或两个函数的大小。通过证明 不等式，我们可以找到满足某些条件的参数或函数的 取值范围，从而解决恒成立存在性问题。
导数综合问题变式
总结词
利用导数性质和函数单调性，解决恒成立存在性问题。
详细描述
导数综合问题涉及到导数的计算、单调性判断以及极值 和最值的求解等知识点。通过利用导数的性质和函数的 单调性，我们可以找到满足某些条件的参数或函数的取 值范围，从而解决恒成立存在性问题。
转化与化归法
总结词
将问题转化为已知的问题或简单的问题，从而解决问题。
详细描述
转化与化归法是一种常用的解题策略，通过将复杂的问题转化为已知的问题或简单的问题，可以降低问题的难度 。在处理恒成立问题时，可以将问题转化为求最值问题、不等式问题等已知的问题类型，从而利用已知的解题方 法来解决该问题。
03
THANKS
感谢观看
常见错误反思
忽视定义域
在解决恒成立存在性问题时，容易忽 视函数的定义域，导致解题错误。
混淆最值与恒成立
在处理最值问题时，容易将最值与恒 成立混淆，导致解题思路出现偏差。
忽视参数的取值范围
在确定参数的取值范围时，容易忽视 参数的实际取值范围，导致答案不准 确。
缺乏对题目的深入理解
在解题过程中，容易缺乏对题目的深 入理解，导致解题思路不清晰，答案 不完整。
06
总结与反思
解题思路总结
转化思想
将恒成立存在性问题转化为最 值问题，通过求最值来确定参
数的取值范围。
数形结合
利用数形结合的方法，将问题 转化为几何图形，通过观察图 形的性质和变化规律来解决问 题。
数列不等式恒成立问题解法例析
余 锦 银
即 ＞ ，＞ ． ｏｂ ３
法三： 令 ）ｎ１ｂ＋ ｂ １则一次 函 ＝ （一 ）３ 一 ， 数 ｇ 在 ｎ≥４单调递 减 ， ㈤ 要使 ｇｎ＜ （ Ｏ在 ） ｎ ≥４时恒成立 ， 只需 ｇ４＜ ， ｂ ３ （ Ｏ 即 ＞． ） 点评 ： 三种 方法均 源于对数列恒成 这 立问题 本质的理 解 ， 只是视 角不 同 ， 三 这
想 数学猜想是证明的前提 ， ． 但由于猜想 识和结果 ， 经尝试探索而获得对于待解决
詈 立 若 在求 的 小 ， 是一种跳跃 的思维 ， 成 （ 存 ，出ｍ 最 值若 ７ 是在逻辑依据不充分 问题向结果靠近的方向性猜想． 些猜 想 这
不存在 ， 说明理由．
的前提下做 出判断， 因而对猜想 的结果还 可将一道 没有明确 目标 的解答题转化 成
种方法是将数列看成函数 问题来解决 ， 法
二分离变量 ｎ后需解不等式 ， 法一 分离变 量 ｂ后需 求最 值． 本题 ※式再作如下 若对 不等 式的恒成 立问题是 考生较 难理 厩 立．
变式 ，则更 易看透恒 成立 问题 的方法 本
质．
解和掌握的一个难点 ， 以数列 为载体 的不
。
‘ ．
１ｂ Ｏ －＜， ｎ ｌｂ＜—ｂ ＋ － ｎ ２ ３
‘ ． ．
形为 ｇｎ＞ （）。恒 成立 ， 由 于 ｇｎ 则 （）中 不含
字母参数 ， 故求其最值时可避免繁锁的分
即 ｎ１６＜ 一 ６ （— ）ｌ ３ （
．
类讨论． ０ 湖北等地的高考压轴题就属 ２ ８ ０
于此类型． 例 １已知数 列， 的前 ｎ项和为 ５， ． 驯 且满足 ｛ ＋ １ ＝ 一 Ｊ
．
一
求 ｂ的范围 ， 分离 ｂ就不如 分离 ｎ 单 则 简
专题04 数列中的存在性与恒成立问题(解析版)
专题4 数列中的存在性与恒成立问题1．（2021·湖北·襄阳四中模拟预测）已知正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足()2*41,nna S n N +=∈.数列{}nb 满足2*1221,n n b b n n n N ++=++∈（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）试问:数列{}n n b S -是否构成等比数列(注:n S 是数列{}n a 的前n 项和)?请说明理由；（3）若11,b =是否存在正整数n，使得211155(1)1111nnk k k k k kkk b b b ==+-≤≤++∑成立?若存在求所有的正整数n ；否则，请说明理由.【答案】（1）21n a n =-；（2）不构成，理由见解析；（3）存在，10n =. 【解析】 【分析】（1）由11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，得到{}n a 是等差数列，即可得解；（2）首先求出n S ，则2n n n b S b n -=-，即可得到11n n b S ++-，再由1n n b b ++，即可得到11()n n n n b S b S ++-=--，即可得证；（3）由（2）可得2k b k =，所求不等式即2424211155(1)11111nnkk k k kk k k k ==+-≤≤++++∑∑.设21()1f k k k =-+，利用裂项相消法可得到4211((1)(1))12nk k f f n k k ==-+++∑，同理，有24211((1)(1)),21,*12(1)11((1)(1)),2,*2nk k f f n n m m N k k k f f n n m m N =⎧++=-∈⎪+⎪-=⎨++⎪-+=∈⎪⎩∑，再由题意求出n 的值； 【详解】解：（1）由于2(1),4n n a S n N *+=∈，故2111(1)14a S a +=⇒=；2n ≥时22114(1),4(1)n n n n S a S a --=+=+；作差得，221114(1)(1)()(2)0n n n n n n n a a a a a a a ---=+-+⇔+--=.由于{}n a 是正项数列，故12n n a a --=，{}n a 是等差数列，21n a n =-；所以222(1)(211)44n n a n S n +-+=== （2）由于22111,(1)n n n n n n b S b n b S b n +++-=--=-+，2221221(1)n n b b n n n n ++=++=++，故11()n n n n b S b S ++-=--.由于1111b S b -=-，所以 当11b ≠时，111n n n nb S b S ++-=--，数列{}n n b S -构成等比数列；当11b =时，数列{}n n b S -不构成等比数列.（3）若11b =，由（2）知2k b k =，于是，所求不等式即2424211155(1)11111nnkk k k kk k k k ==+-≤≤++++∑∑.设21()1f k k k =-+，则21(1).1f k k k +=++ 故224222222111121(1)(1)12(1)2(1)(1)nn n k k k k k k k k k k k k k k k k k ===++--+==+++-++-+∑∑∑()11()(1)2nk f k f k ==-+∑ 1((1)(1))2f f n =-+ 同理，有22242221111(1)(1)(1)(1)12(1)(1)nnkkk k k k k k k k k k k k k ==++++-+-=-++++-+∑∑ ()11((1)(1)),21,*12(1)()(1)12((1)(1)),2,*2k k nf f n n m m N f k f k f f n n m m N =⎧++=-∈⎪⎪=∑-++=⎨⎪-+=∈⎪⎩由于11155((1)(1))(1)222111f f n f ++>=>，故而只能有2,*n m m N =∈.于是，2424211155(1)11111nnkk k k kk k k k ==+-≤≤++++∑∑ 1551((1)(1))((1)(1)),(2,*)21112f f n f f n n m m N ⇔-+≤≤-+=∈ 155((1)(1)),(2,*)2111f f n n m m N ⇔-+==∈ 21111,(2,*)10n n n m m N n ⇔++==∈⇔=综上所述，所有符合条件的正整数n 只有10n = 【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．2．（2021·全国·模拟预测）从①()()126n n n a a S ++=，且12a <；①11a =，()1122n n n a a a n -++=≥，且存在2m ≥，*m ∈N 使得5m S =，()()11111311m m m S m S m -+++-=-；①若1n n a a d --=(常数)，且()*162+⋅=+∈N n n n n a S a ，12a <，这三个条件中任选一个，补充在下面题目的横线中，并解答．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，______． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设12nn n a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)条件选择见解析，32n a n =-；(2)118(34)2n n T n -⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭. 【解析】 【分析】（1）选①：根据n S 与n a 的关系式可求出数列{}n a 的通项公式；选①：根据题意可得出数列{}n a 是等差数列，数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1a ，公差为2d 的等差数列，从而可求出数列{}n a 的通项公式；选①：令1n =，可求出1a ；然后根据n S 与n a 的关系式可求出数列{}n a 的公差，从而可求出数列{}n a 的通项公式；（2）根据（1）中求出的数列{}n a 的通项公式，然后利用错位相减法可求出数列{}n b 的前n 项和n T ． (1)选①：当n ＝1时，()()111126a a a ++=，因为12a <，所以解得11a =； 当2n ≥时，因为()()126n n n a a S ++=，所以()()111126n n n a a S ---++=，两式相减，得2211336n n n n n a a a a a ---+-=，即()()1130n n n n a a a a --+--=，因为0n a >，所以13n n a a --=，所以数列{}n a 是首项为1，公差为3的等差数列， 故()13132n a n n =+-=-．选①：由()1122n n n a a a n -++=≥，知数列{}n a 是等差数列， 因为()111122nn n na dS n a dnn -+-==+， 所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1a ，公差为2d 的等差数列，所以11211m m m S S S m m m -++=-+，即111011m m S S m m m-++=-+， 所以21311110m m m-=-，又因为2m ≥，*m ∈N ，所以解得m ＝2； 设等差数列{}n a 的公差为d ，则2125S a d =+=，因为11a =，所以解得d ＝3，所以()13132n a n n =+-=-． 选①：因为1n n a a d --=，所以数列{}n a 是等差数列， 因为162+⋅=+n n n a a S ，所以()11622n n n S a n a --⋅=+≥，两式相减，得()116n n n n a a a a +-=-，即()622n n a a n d ⋅≥=，又0n a >，所以d ＝3．当n ＝1时，11262⋅=+S a a ，即()111623a a a ⋅+=+，因为12a <，所以解得11a =， 故()13132n a n n =+-=-，即32n a n =-． (2)由（1）得()1113222n n n n a b n --⎛⎫==-⋅ ⎪⎝⎭，所以()01211111147322222n n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()123111111473222222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减，得()2111111133222222n nn T n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⨯+++--⋅⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦11112213112n -⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⋅--()()113243422n n n n ⎛⎫⎛⎫-⋅=-+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则118(34)2n n T n -⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭．3．（2021·上海静安·一模）对于数列{}n a ：若存在正整数0n ，使得当0n n ≥时，n a 恒为常数，则称数列{}n a 是准常数数列．现已知数列{}n a 的首项1a a =，且11,n n a a n *+=-∈N ．(1)若32a =，试判断数列{}n a 是否是准常数数列； (2)当a 与0n 满足什么条件时，数列{}n a 是准常数数列？写出符合条件的a 与0n 的关系；(3)若()(,1)*∈+∈N a k k k ，求{}n a 的前3k 项的和3k S （结果用k 、a 表示）．【答案】(1)取02n =时，n a 恒等于12，数列{}n a 是准常数数列；(2)答案见解析； (3)2322k k a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭.【解析】 【分析】 （1）将32a =代入已知条件，即可求出()122n a n =≥； （2）根据已知条件，对a 进行分类讨论，分别写出答案即可；（3）由()(,1)*∈+∈N a k k k 和11n n a a +=-分别求出2a ，3a ，…，k a ，1k a +，2k a +，…，31k a -，3k a 的值，将前k 项放在一起，后2k 项中，从1k +项起,每相邻两项的和为定值，这样即可求解3k S .(1)由132a =得，231122a =-=，当2n ≥时，n a 恒等于12，数列{}n a 是准常数数列，取02n =即可；(2)①11,11=1,1n n n n nn a a a a a a +-≥⎧=-⎨-+<⎩，①1n a ≥时，1+≠n n a a ,而当1n a <时，若存在0n ，当0n n ≥时，1n n a a +=，则必有12n a =， 若01a <<时，则211a a =-，3211a a a a =-==，此时只需2111a a a =-=，112a =， 故存在12a =，12n a =，取01n =（取大于等于1的正整数也可以），数列{}n a 是准常数数列. 若11a a =≥，不妨设[),1a m m ∈+，m *∈N ，则[)10,1m a a m +=-∈， 2111m m a a a m ++=-=-+，若21m m a a ++=，则1a m a m -+=-，所以221m a =-或12a m =+，取01n m =+，当0n n ≥时，12n a =（0221a n =-，取大于等于12a +的0n 皆可）若10a a =<，不妨设(],1a l l ∈-+，l *∈N ，则(]1,a l l -∈-，所以(]21,1a a l l =-+∈+，321a a a =-=-，41a a =--，…，()(]210,1l a a l +=---∈，所以()32111l l a a a l ++=-=----⎡⎤⎣⎦,若32l l a a ++=，则221a l =-+或12a l =-+， 取02n l =+，当0n n ≥，12n a =（ 0232n a -+=，取大于等于32a -+的0n 皆可以） 存在a 和0n ：112a =，12n a =，01n ≥；112a m =+，01n m ≥+；112a m =-+， 02n m ≥+（其中m N *∈,n *∈N ），（a 为某个整数m 加上12时，数列{}n a 是准常数数列）.(3)①()(,1)*∈+∈N a k k k ,且11n n a a +=-，①21a a =-，32a a =-，…，()1k a a k =--，()10,1k a a k +=-∈，2111k k a a k a ++=-=+-，321k k a a a k ++=-=-， 4311k k a a k a ++=-=+-，…，31k a a k -=-，31k a k a =+-.所以312312313k k k k k k S a a a a a a a a ++-=+++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+()()()()1231234313k k k k k k k a a a a a a a a a a ++++-=+++⋅⋅⋅++++++⋅⋅⋅++ ()()()121a a a a k k =+-+-+⋅⋅⋅+--+()1112k ka k k +-=+--2322k k a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭.4．（2021·四川自贡·一模（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，{}n b 是各项均为正数的等比数列，14a b =，________，28b =，1334b b -=．在以下三个条件中任选一个①530S =，①425S a =，①3523a a b -=，补充在上面横线上，并作答．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)是否存在正整数k ．使得数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前k 项和34k T >？若存在，求k 的最小值；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)条件选择见解析，2n a n =，11162n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭(2)存在，且k 的最小值为4 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得等差数列{}n a 的首项和公差，求得等比数列{}n b 的首项和公比，从而求得数列{}n a ，{}n b 的通项公式.（2）先求得,n k S T ，由34k T >求得k 的最小值. (1)设等比数列{}n b 的公比为q ，0q >，则1211834b q b b q =⎧⎨-=⎩解得11216q b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，所以11162n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭. 31411622a b ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，设等差数列{}n a 的公差为d ，若选①，则()1510101030,2,2122n a d d d a n n +=+===+-⨯=.若选①，则()()()11465,8652,2,2122n a d a d d d d a n n +=++=+==+-⨯=. 若选①，则()()()1113248,228,2,2122n a d a d a d d a n n +-+=+===+-⨯=. (2)由于12,2n a a n ==，所以()2212n nS n n n +=⋅=+， 1111n S n n =-+， 所以111111311223114k T k k k =-+-++-=->++，11,14,341k k k >+>>+，所以正整数k 的最小值为4. 5．（2022·天津·南开中学二模）已知数列{an }的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列．数列{an }前n 项和为Sn ，且满足S 3=a 4，a 3+a 5=2+a 4 (1)求数列{an }的通项公式； (2)求数列{an }前2k 项和S 2k ；(3)在数列{an }中，是否存在连续的三项am ，am +1，am +2，按原来的顺序成等差数列？若存在，求出所有满足条件的正整数m 的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)*12,21,.23,2n n n n k a k N n k -=-⎧⎪=∈⎨⎪⋅=⎩ (2)213k k -+ (3)存在，1 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，由已知条件列方程组求得,d q 后可得通项公式； （2）按奇数项与偶数项分组求和；（3）按m 分奇偶讨论，利用122m m m a a a ++=+，寻找k 的解． (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ， 则a 1=1，a 2=2，a 3=1+d ，a 4=2q ，a 5=1+2d ． ①S 3=a 4，①1+2+(1+d )=2q ，即4+d =2q ，又a 3+a 5=2+a 4，①1+d +1+2d =2+2q ，即3d =2q ，解得d =2，q =3． ①对于k ①N *，有a 2k -1=1+(k -1)•2=2k -1，故*12,21,.23,2n n n n k a k N n k -=-⎧⎪=∈⎨⎪⋅=⎩ (2)S 2k =(a 1+a 3+…+a 2k -1)+(a 2+a 4+…+a 2k )=[1+3+…+(2k －1)]+2(1+3+32+…+3k -1)=()2213(121)13213kk k k k -+-+=-+-．(3)在数列{an }中，仅存在连续的三项a 1，a 2，a 3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数m 的值为1，下面说明理由若am =a 2k ，则由am +am +2=2am +1，得2×3k -1+2×3k =2(2k +1)． 化简得4•3k -1=2k +1，此式左边为偶数，右边为奇数，不可能成立． 若21m k a a -=，则由am +am +2=2am +1，得(2k －1)+(2k +1)=2×2×3k -1 化简得k =3k -1，令()*13k k k T k N -=∈，则111120333k k k k k k k kT T +-+--=-=<． 因此，1=T 1＞T 2＞T 3＞…，故只有T 1=1，此时k =1，m =2×1－1=1．综上，在数列{an }中，仅存在连续的三项a 1，a 2，a 3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数m 的值为1． 6．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，0n a >，315S =，公差1d >，且___________.从①21a -为11a -与31a +等比中项，①等比数列{}n b 的公比为3q =，1124,b a b a ==这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列{}n a 存在并作答. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：16n T <.【答案】(1)选择条件见解析，21n a n =+ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据选择条件求解（2）数列求和后证明，使用裂项相消法 (1)若选①，21a -为11a -与31a +的等比中项，则()()()2132111a a a -+=-，由{}n a 为等差数列，315S =，得2315a =，①25a =，把25a =代入上式，可得()()4616d d -+=，解得2d =或4d =-（舍） ①13a =，21n a n =+；若选①，3q =为等比数列{}n b 的公比，且1124,b a b a ==， 可得213b b =，即413a a =，即有113)3a d a +=（，即123a d =； 又315S =，可得11332152a d +⨯⨯=，即15a d +=，解得12,3d a ==， 此时21n a n =+； (2) ①()()111111212322123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭， ①11111111112355721232323n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭； ①16n T <，得证 7．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，11a =，且1a ，2a ，4a 成等比数列；数列{}n b 的前n 项和是n S ，且21n n S b =-，*n ∈N ．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； (2)设1n n n c +m ，使得()22221232313n m n n a c c c c x b +-++++>对任意*n ∈N 恒成立？若存在，求m 的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)n a n =，12n n b -=；(2)存在，5﹒ 【解析】 【分析】(1)设等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，根据1a ，2a ，4a 成等比数列求出d 即可求其通项公式；根据n S 与n b 关系即可求{}n b 的通项公式通项公式； (2)利用裂项相消法求{2nc }前m 项和，设()2313n n n a d b +-=，根据1n n d d +-正负判断{n d }单调性，求出其最大项，{2nc }前m 项和大于该最大值即可求出m 的范围和最小值. (1)设等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，①1a ，2a ，4a 成等比数列，①2214a a a =． ①()2113d d +=+，解得1d =，①()11n a a n d n =+-=．当1n =时，11121b S b ==-，①11b =．当2n ≥时，1122n n n n n b S S b b --=-=-，①12n n b b -=．①{}n b 是以1为首项，以2为公比的等比数判，①12n n b -=．(2)由题意得n c =()()22222211111n n c n n n n +==-++． ①22212m c c c +++()()2222222211111111122311m m m m =-+-++-+--+()2111m =-+．设()()123133132n n n n a n d b ++--==，则()()()1212312313314222n n n n n n n n d d ++++----=-=，①当1n =，2，3时，1n n d d +>；当4n =时，45d d =；当5n ≥时，1n n d d +<， ①数列{}n d 的最大项为453132d d ==， ①()21311321m ->+，整理得()2132m +>，①存在正整数m ，且m 的最小值是5．8．（2022·辽宁辽阳·二模）①{}2nn a 为等差数列，且358a =；①21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等比数列，且234a =.从①①两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答． 在数列{}n a 中，112a =，________. (1)求{}n a 的通项公式；(2)已知{}n a 的前n 项和为n S ，试问是否存在正整数p ，q ，r ，使得n n r S p qa +=-？若存在，求p ，q ，r 的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)212n nn a -=； (2)存在，3p =，4q =，2r =﹒ 【解析】 【分析】(1)若选①，则可根据等差数列性质求出{}2nn a 的公差d ，根据等差数列通项公式可求2n n a ，从而求得n a ；若选①，则可证明等比数列概念求出21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的公比，根据等比数列通项公式可求21n a n -，从而求得n a ； (2)根据n a 通项公式的特征，采用错位相减法即可求其前n 项和，将其化为n n r S p qa +=-形式即可得p 、q 、r 的值． (1) 若选①：设等差数列{}2nn a 的公差为d ，则33122512312a a d --===-，①()1222121nn a a n n =+-=-，即212n nn a -=． 若选①：设等比数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的公比为q ，则2112212211a q a⨯-==⨯-， ①11112121122n nn a a n -⎛⎫⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪-⨯-⎝⎭⎝⎭， 即212n nn a -=； (2) 21321222n nn S -=+++，231113212222n n n S +-=+++， 则两式相减得，23111111212222222n nn n S +-⎛⎫=+⨯+++- ⎪⎝⎭ 12n S =111121214212212n n n ++⎛⎫- ⎪-⎝⎭=+--12n S =132322n n ++=-，①2332n nn S +=-． ①()22221233343422n n n n n n S a +++-+=-=-⨯=-， ①存在正整数p ，q ，r ，使得n n r S p qa +=-，且3p =，4q =，2r =．9．（2021·河北衡水中学三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足13a =，()122n n a xa n n -=+-≥，其中x ∈R .（1）若1x =，求出n a ；（2）是否存在实数x ，y 使{}n a yn +为等比数列？若存在，求出n S ，若不存在，说明理由.【答案】（1）2382n n n a -+=；（2）存在，()21242n n n n S ++=--.【解析】 【分析】（1）将1x =代入，由递推关系求出通项公式，并检验当1n =时是否满足，即可得到结果；（2）先假设存在实数x ，y 满足题意，结合已知条件求出满足数列{}n a yn +是等比数列的实数x ，y 的值，运用分组求和法求出n S 的值. 【详解】（1）由题可知：当1x =时有：12n n a a n --=-，当2n ≥时，()()()()()()121321213012232n n n n n a a a a a a a a n ---=+-+-+⋅⋅⋅+-=++++⋅⋅⋅+-=+，又13a =满足上式，故()()22138322nn n n n a ---+=+=. （2）假设存在实数x ，y 满足题意，则当2n ≥时，由题可得：()()111n n n n a yn x a y n a xa xy y n xy --+=+-⇔=+--⎡⎤⎣⎦， 和题设12n n a xa n -=+-对比系数可得：1xy y -=，22xy x -=-⇔=，1y =.此时121n n a na n -+=+-，114a +=， 故存在2x =，1y =使得{}n a yn +是首项为4，公比为2的等比数列. 从而()()1112121224122nn n n n n n n n a n a n S a a a ++-++=⇒=-⇒=++⋅⋅⋅+=--. 所以()21242n n n n S ++=--. 【点睛】方法点睛：数列求和方法：（1）等差等比公式法（2）错位相减法（3）分组求和法（4）倒序相加法（5）裂项相消法.10．（2022·浙江·模拟预测）已知递增的等差数列{}n a 满足：11a =，且5813,,a a a 成等比数列．数列{}n b 满足：()32n n S b n *=+∈N ，其中n S 为{}n b 的前n 项和．(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式； (2)设n n c T =为数列{}n c 的前n 项和，是否存在实数λ，使得不等式n n T S λ≤≤对一切n *∈N 恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)21n a n =-，()112n n b n -*⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭N(2)存在，12λ= 【解析】 【分析】（1）设{}n a 的公差为(0)d d >，根据5813,,a a a 成等比数列，由2(17)(14)(112)d d d +=++求解，由()32n n S b n *=+∈N ，利用数列的通项与前n 项和的关系求解；得()1132*--=+∈n n S b n N ，（2）由（1）23n n b S +=，得到()min 12n S =，nc 12=，利用裂项相消法求得n T ，再由不等式n n T S λ≤≤对一切n *∈N 恒成立求解. (1)解：设{}n a 的公差为(0)d d >， 则2(17)(14)(112)d d d +=++， 所以2,21n d a n ==-． 当1n =时，11b =；当2n ≥时，由()32n n S b n *=+∈N ，得()1132*--=+∈n n S b n N ，两式相减得：12n n b b -=-， 所以{}n b 是以1为首项，以12-为公比的等比数列，所以()112n n b n -*⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭N(2)23n n b S +=，显然()2min 12n b b ==-， 所以()min 12n S =， 由21n a n =-得==n c1122==，故1112222n T ⎛=+++ ⎝， 112⎛= ⎝． 显然12n T <恒成立，且当n →∞时，12n T →，所以存在唯一实数12λ=．11．（2022·江西·二模（理））已知等差数列{}n a 中，12a =，公差0d >，其前四项中去掉某一项后（按原来的顺序）恰好构成一个等比数列． (1)求d 的值． (2)令11n n n b a a +=，数列{}n b 的前n 项和为n S ，若212n S λλ<--对n +∀∈N 恒成立，求λ取值范围． 【答案】(1)2； (2)12λ≤-或32λ≥.【解析】 【分析】（1）根据给定条件，写出等差数列{}n a 前4项，按去掉的项讨论求解作答.（2）由（1）求出等差数列{}n a 的通项，再利用裂项相消法求出n S 并讨论其单调性，列式计算作答. (1)等差数列{}n a 的前四项为2,2,22,23d d d +++，若去掉第一项，则有2(22)(2)(23)d d d +=++，解得0d =，不符合题意， 若去掉第二项，则有2(22)2(23)d d +=+，解得0d =，或12d =-，不符合题意，若去掉第三项，则有2(2)2(23)d d +=+，解得0d =（舍去），或2d =， 若去掉第四项，则有2(2)2(22)d d +=+，解得0d =，不符合题意， 所以2d =. (2)由（1）知22(1)2na n n =+-=，11(2(22411))1n n b n n n ==+-+，于是得1111111111[(1)()()()](1)422334141n S n n n =-+-+-++-=-++，显然数列{}n S 是递增数列，恒有14n S <，因212n S λλ<--对n +∀∈N 恒成立，于是有21124λλ--≥，解得12λ≤-或32λ≥，所以λ取值范围是12λ≤-或32λ≥．12．（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知等差数列{}n a 中，公差0d ≠，35a =，2a 是1a 与5a 的等比中项，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，满足()*41n n S b n =-∈N .(1)求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =，数列{}n c 的前n 项和为n T ，若118n T λ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭对任意的*n ∈N 恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】(1)21n a n =-，13nn b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(2)2485λ-≤≤ 【解析】 【分析】（1）对于等差数列{}n a 直接列方程322155a a a a =⎧⎨=⋅⎩求解，数列{}n b 根据11,1,2n n n S n b S S n -=⎧=⎨-≥⎩求解；（2）利用错位相减法可得1411883nn n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，根据题意讨论得：当n 是奇数时，min8341n n λ⎛⎫⋅-≤ ⎪+⎝⎭；当n 是偶数时，min 8341n n λ⎛⎫⋅≤ ⎪+⎝⎭，再通过定义证明数列8341n n ⎧⎫⋅⎨⎬+⎩⎭的单调性，进入确定相应情况的最值． (1)①322155a a a a =⎧⎨=⋅⎩ 则()()12111254a d a d a a d +=⎧⎪⎨+=⋅+⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩或150a d =⎧⎨=⎩（舍去）①()12121n a n n =+-=-. 又①41n n S b =-，当1n =时，1141b b =-，则113b =-，当2n ≥时，1141n n S b --=-，则14n n n b b b -=-，即113n n b b -=-， 则数列{}n b 是以首项113b =-，公比为13-的等比数列，①1111333n nn b -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅-=- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. (2)()1213nn c n ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()()123111111135232133333n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+--+-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()23411111111352321333333nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=⨯-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+--+-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭两式相减得：()231411111221333333n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+---- ⎪ ⎪⎡⎤⎢⎥⎢ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎥⎣⎦()111111111112123633623n n n n n -++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-----=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦=①1411883nn n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭①118n T λ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭对任意的*n ∈N 恒成立，即411183n n λ+⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭对任意的*n ∈N 恒成立 ①当n 是奇数时，411183n n λ+-⋅≤任意的*n ∈N '恒成立 ①8341nn λ⋅-≤+对任意的*n ∈N 恒成立①当n 是偶数时，411183n n λ+⋅≤对任意的*n ∈N 恒成立 ①8341nn λ⋅≤+对任意的*n ∈N 恒成立令8341nn c n ⋅=+，()()()11164138383045414541n n n n n n c c n n n n ++-⋅⋅-=-=>++++对任意的*n ∈N 恒成立 ①{}n c 为递增数列 ①当n 是奇数时，则245λ-≤，即245λ≥-①当n 是偶数时，则8λ≤ ①2485λ-≤≤. 13．（2022·浙江省临安中学模拟预测）各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，21122n n n S a a =+，数列{}n b 为等比数列，且1224,==b a b a . (1)求数列{}n a ､{}n b 的通项公式；(2)记()232,3,nn n n n n b n a a c n b +⎧-⋅⎪⋅⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，n T 为数列{}n c 的前n 项和，对任意的n *∈N .2λ≥n T 恒成立，求2n T 及实数的λ取值范围.【答案】(1)n a n =，2nn b =(2)212211214n n n T n +=--+，1712λ≤【解析】 【分析】（1）先求出1a ，再当2n ≥时，由21122n n n S a a =+，得21111122n n n S a a ---=+，两式相减化简可得11n n a a --=，从而可得数列{}n a 是公差为1，首项为1的等差数列，则可求出n a ，从而可求出12,b b ，进而可求出n b ， （2）当n 为奇数时，利用裂项相消求和法可求出1321n c c c -++⋯+，当n 为偶数时，利用等比数列的求和公式求出242n c c c ++⋯+，从而可求出2n T ，进而可求出实数的λ取值范围 (1)①21122n nn S a a =+①， ①21111122a a a =+，①10a ≠，①11a = 当2n ≥时，21111122n n n S a a ---=+①， 由①-①得221111112222n n n n n a a a a a --+-=- ①2211n n n n a a a a --+=-，又0n a >，①11n n a a --=，①数列{}n a 是公差为1，首项为1的等差数列. ①n a n =①122b a ==，244==b a ，数列{}n b 为等比数列， ①2,2n n q b ==(2)n 为奇数时，212121(65)222(21)(21)2121-+--⋅==-+-+-+k k k k k c k k k k①131321272(65)21335(21)(21)-⨯-⋅++⋯+=++⋯+⨯⨯-+nn n c c c n n 133521211212122222222221335212112121-+++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-++⋯+-+=-+=- ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n n n n 为偶数时，223324==k k kc ①2421231133314411444414⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭++⋯+=++⋯+==--n n n n c c c①()()2121213212422121211214214++-=++⋯++++⋯+=-+-=--++n n n n n n n T c c c c c c n n①0n c >，①{}2n T 单调递增， ①221712≥=n T T ，①1712λ≤ 14．（2022·江苏·阜宁县东沟中学模拟预测）已知正项等差数列{}n a 满足：()33n n a a n *=∈N ，且1382,1,a a a +成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()1121212n n n a n a a c ++=++，n R 是数列{}n c 的前n 项和，若对任意n *∈N 均有n R λ<恒成立，求λ的最小值． 【答案】(1)n a n = (2)最小值为23【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d ，由33n n a a =及等差数列的通项公式得到1a d =，则n a nd =，再根据等比中项的性质得到方程，求出d ，即可得解；（2）由（1）可得11121212n n n c +⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，利用裂项相消法求和得到n R ，即可得到23n R <，从而求出λ的取值范围，即可得解； (1)解：设等差数列的公差为d ，由33n n a a =得[]11(31)3(1)a n d a n d +-=+-，则1a d =， 所以1(1)n a a n d nd =+-=．因为12a 、31a +、8a 成等比数列，所以()231812a a a +=⋅，即2(31)28d d d +=⋅，所以27610d d --=，解得1d =或17d =-，因为{}n a 为正项数列，所以0d >，所以1d =，所以n a n =．(2)由（1）可得()()()()1111122112121212121212n n n a n n n n a a n n c +++++⎛⎫===- ⎪++++++⎝⎭，所以1223111111111122121212121212312n n n n R ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 因为对任意n *∈N 均有23n R <，所以23λ≥，所以实数λ的最小值为2315．（2022·山东潍坊·模拟预测）已知{}n a 和{}n b 均为等差数列，111a b ==，312a a a =+，542b b a =+，记{11max n c b na =-，22b na -，…，}n n b na -（n=1，2，3，…），其中{1max x ， 2x ，⋯，}s x 表示1x ，2x ，⋯，sx 这s 个数中最大的数．(1)计算1c ，2c ，3c ，猜想数列{}n c 的通项公式并证明；(2)设数列()()132n n c c ⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，若24n S m m <-+对任意n *∈N 恒成立，求偶数m 的值．【答案】(1)10c =，21c =-，32c =-，1n c n =-，证明见解析 (2)2m = 【解析】 【分析】（1）设等差数列{}n a ，{}n b 的公差分别为1d ，2d ，利用111a b ==，312a a a =+，542b b a =+，利用通项公式可得11122d d +=+，211d d =+，可得n a ，n b ．根据10c =，21c =-，32c =-．猜想数列{}n c 的通项公式1n c n =-，证明数列{}k k b na -为单调递减数列，即可得出结论．（2）1111(3)(2)(1)(2)12n nc c n n n n ==---++++，利用裂项求和方法即可得出n S ，根据24n S m m <-+对任意*n N ∈恒成立即可得出m 的取值范围．(1)解：设等差数列{}n a 和{}n b 的公差为1d 、2d ， 那么()()()11221121114131d d d d d ⎧+=++⎪⎨+=+++⎪⎩，解得1212d d =⎧⎨=⎩，①n a n =，21n b n =-，那么，111110c b a =-=-=，{}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=-，{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-，猜想{}n c 的通项公式为1n c n =-，当3n ≥时，()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<，所以数列{}k k b na -关于*N k ∈单调递减， 所以{}112211max ,,,1n n n c b na b na b na b na n =---=-=-；(2) 解：()()()()()()111113221123121n n c c n n n n n n ===---++++----⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以1111111123341222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭n S nn n ， 因为24n S m m <-+对任意n *∈N 恒成立，所有2142m m -+≥，解得4422m +≤≤，所以2m =． 16．（2022·天津·耀华中学一模）设数列{}()*n a n ∈N 是公差不为零的等差数列，满足369a a a +=，25796a a a +=.数列{}()*n b n ∈N 的前n 项和为n S ，且满足423n n S b +=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在1b 和2b 之间插入1个数11x ，使1b ，11x ，2b 成等差数列；在2b 和3b 之间插入2个数21x ，22x ，使2b ，21x ，22x ，3b 成等差数列；……；在n b 和1n b +之间插入n 个数1n x ，2n x ，…，nn x ，使n b ，1n x ，2n x ，…，nn x ，1n b +成等差数列.（i ）求()()()11212231323312n n n nn T x x x x x x x x x =++++++++++；（ii ）是否存在正整数m ，n ，使12m n ma T a +=成立？若存在，求出所有的正整数对(),m n ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)n a n =；11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.(2)（i ）n T 123343n n +⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（ii ）存在；(9,2)和(3,3).【解析】 【分析】（1）设}n a ｛的公差为d ，根据题意列式求出1a 和d 即可求出n a ；根据11n n n b S S ++=-可求出n b ； （2）（i ）根据等差中项的性质得到()123411357(21)2n n n T b b b b n b nb +=+++++-+，再根据错位相减法可求出n T ；（ii ）根据n T 和{}n a 的通项公式得到23213n n m +=-，推出211,13m ⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，令233n nn c +=，推出{}n c 的单调性，根据单调性可知，只有2c 和31,13c ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，由此可求出结果.(1)设}n a ｛的公差为d ，0d ≠，则()111211125846648a d a d a d a d a d a d +++=+⎧⎪⎨+++=+⎪⎩，解得11a d ==， 所以1(1)11n a a n d n n =+-=+-=. 由423n n S b +=得11423b b +=，得112b =， 11423n n S b +++=，所以114()2()330n n n n S S b b ++-+-=-=，所以11422n n n b b b +++=，即113n n b b +=，所以11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.综上所述：n a n =；11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.(2)（i ）依题意得12112b b x +=，2321222()2b b x x ++=，343132333()2b b x x x +++=， 45414243444()2b b x x x x ++++=，，123n n n nn x x x x ++++1()2n n n b b ++=， 所以()()()11212231323312n n n nn T x x x x x x x x x =++++++++++2334451122()3()4()()22222n n b b b b b b n b b b b ++++++=+++++()123411357(21)2n n b b b b n b nb +=+++++-+012311111111111111()3()5()7()(21)()()2232323232323n n n n -⎛⎫=⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++-⋅⨯+⋅⨯ ⎪⎝⎭012311111111()3()5()7()(21)()()4333333n n n n -⎛⎫=+⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅ ⎪⎝⎭令0123111111()3()5()7()(21)()33333n n R n -=+⨯+⨯+⨯++-⋅，则1234111111()3()5()7()(21)()333333n n R n =+⨯+⨯+⨯++-⋅，所以13n n R R -=12311111112()()()()(21)()33333n n n -⎛⎫+++++--⋅ ⎪⎝⎭， 所以1111()213312(21)()13313n n n R n -⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯--⋅-， 所以113(1)()3n n R n -=-+⋅，所以11()43n n n T R n ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭1113433n n n n -+⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭123343n n +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，（ii ）假设存在正整数m ，n ，使12m n m a T a +=，即12313432n n m m ++⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即23213n n m+=-成立， 因为210m->，所以2m >，所以3m ≥，所以211,13m ⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，令233n nn c +=，则1125253233(23)3n n n nn c n n c n ++++==++2512544n n n +=<+++， 所以数列{}n c 单调递减，1513c =>，279c =，313c =，当4n ≥时，4111813n c c ≤=<，所以由27219c m ==-，得9m =；由31213c m==-，得3m =， 所以存在正整数m ，n ，使12m n ma T a +=，且所有的正整数对(,)m n 为：(9,2)和(3,3). 17．（2022·天津河北·一模）设数列{}n a 的前n 项和14n n S -=， （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令19(3)(3)nn n n a b a a +=++，记数列{}n b 前n 项和为n T ，求n T ；（3）利用第二问结果，设λ是整数，问是否存在正整数n ，使等式13758n n T a λ++=成立？若存在，求出λ和相应的n 值；若不存在，说明理由．【答案】（1）21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩;（2）171841n --+（3）当4λ=时，存在正整数2n =，使等式13758n n T a λ++=成立，当4,λ≠时，不存在正整数n 使等式13758n n T a λ++=成立. 【解析】 【分析】（1）直接由n a 与n S 的关系求解；（2）将（1）中求得的结果代入n b ，化简后利用裂项相消法求和； （3）将λ表示为含n 的等式，利用λ是整数，找出符合条件的n 即可. 【详解】（1）令n ＝1得，111a S ==；当n 2≥时，2134n n n n a S S --=-=⨯，所以21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩ （2）当2n ≥时，234n n a -=⨯,此时22119934(3)(3)(343)(343)n n n n n n n a b a a ---+⨯⨯==++⨯+⨯+ 21114141n n --=-++，又111293(3)(3)8a b a a ==++①213,1811,24141n n n n b n --⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥⎪++⎩.故1138T b ==，当2n ≥时，2221323131111()()841414141n T ----=+-+-+++++ 32211111()()41414141n n n n ----+-+-++++171841n -=-+.（3）若1n =， 则等式13758n n T a λ++=为37858λ+=，52λ=不是整数，不符合题意； 若2n ≥，则等式13758n n T a λ++=为11717841548n n λ---+=+⨯，11154554141n n n λ---⨯==-++ ①λ是整数, ①141n -+必是5的因数, ①2n ≥时1415n -+≥ ①当且仅当2n =时，1541n -+是整数，从而4λ=是整数符合题意.综上可知，当4λ=时，存在正整数2n =，使等式13758n n T a λ++=成立， 当4,λ≠时，不存在正整数n 使等式13758n n T a λ++=成立 【点睛】本题考查了数列的通项与前n 项和的关系，考查了裂项求和法，考查了分析问题解决问题的能力及逻辑思维能力，属于难题.18．（2022·四川达州·二模（理））已知数列{}n a 满足11a =，12n n a a +=+，n S 为{}n a 的前n 项和. (1)求{}n a 的通项公式；(2)设()1nn n b S =-，数列{}n b 的前n 项和n T 满足20n T mn ->对一切正奇数n 恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)21n a n =-； (2)1m <-. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义可得数列{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列，即求； （2）由题可得当 n 为奇数时，()12n n n T +=-，进而可得21122n n n T m <=--对一切正奇数n 恒成立，即得. (1)①11a =，12n n a a +=+， ①12n n a a +-=，①数列{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列， ①()12121n a n n =+-=-； (2)由题可得()21212n n n S n +-==，①()()211nnn n b S n =-=-，①()221121n n b b n n n ++=-++=+，n 为奇数， ①当 n 为奇数，且3n ≥时，()22222123451nn T n =-+-+-++-()()()221212372322n n n n n n n -⋅+=+++--=-=-， 当1n =时，11T =-也适合， 故当 n 为奇数时，()12n n n T +=-， 又20n T mn ->对一切正奇数n 恒成立，①2111222n T m n n n n+<=-=--对一切正奇数n 恒成立， 又11122n--≥-， ①1m <-.19．（2022·天津市宁河区芦台第一中学模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足()*N n n a S n -=∈321.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)记()()n n n n n b n n a ⎧⎪-+⎪=⎨⎪⎪⎩12123，为奇数，为偶数，数列{}n b 的前2n 项和为2n T ，若不等式()nnn n nT n λ⎛⎫-<+⋅- ⎪+⎝⎭2241132941对一切*N n ∈恒成立,求λ的取值范围. 【答案】(1)13-=n n a (2)⎛⎫- ⎪⎝⎭3546，. 【解析】【分析】（1）利用n a 与n S 的关系即可求解；（2）根据裂项相消法和错位相减法求出数列{}n b 的前2n 项和为2n T ，再将不等式的恒成立问题转化为求最值问题即可求解.(1)由题意,当1n = 时，1113211a a a -=⇒=, 当2n ≥ 时， 11321n n a S ---=，所以()n n n n a a S S -----=113320， 即 13n n a a -=， ∴ 数列{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列，11133n n n a --∴=⨯=故数列{}n a 的通项公式为13-=n n a . (2)()()12123n n n n n b n n a ⎧⎪-+⎪=⎨⎪⎪⎩，为奇数，为偶数，由 (1)，得当n 为偶数时，13n n n n nb a -==， 当n 为奇数时， 11142123n b n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，设数列{}n b 的前2n 项中奇数项的和为n A ，所以n nA n n n ⎛⎫=-+-+⋯+-=⎪-++⎝⎭11111114559434141， 设数列{}n b 的前2n 项中偶数项的和为n B ， n n B n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=⨯+⨯+⋯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1321111242333①n n B n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭352111112429333②，由-①②两，得()n n n n n n B n ++-⎛⨯⎫⎛⎫=⨯+⋯-⎛⎫=-⨯ ⎪++-⎪⎝⎭⨯ ⎪ ⎝⎭⎝⎭-21211321111139281111229332331319， 整理得()nn n B +⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭38927132329，故，()nn n n n n T A B n +⎛⎫=+=+-⋅ ⎪+⎝⎭23892714132329，n nn n n T n ⎛⎫⎛⎫∴+⋅-=-⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭2241272713294132329.∴ 不等式()nnn n n T n λ⎛⎫-<+⋅-⎪+⎝⎭2241132941对一切*N n ∈恒成立, 即不等式()nnλ⎛⎫-<-⋅ ⎪⎝⎭27271132329对一切*N n ∈恒成立,()xf x ⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭2727132329在R 上是单调增。
高考压轴题之数列不等式恒成立问题解法例析
当 一１时 ， 口 —Ｓ ＝ｂ — １ ， 只 需 ｌ ｌ ２ ＞０ 故
需 ６ １ ＞ ；
当 ≥ ２时 ， 为 ６ ０ 所 以 Ｓ ＝ｂ ＋ 因 ＞ ， ２
些差别 ， 生 容易 出错 ， 至不 知 所 措． 考 甚 这
ｎ ２ ＞Ｏ恒成立 －
．
里通过几个例 子归 纳这类 问题 的几种常 用解 法 和需要注意 的 问题 ．
第 ２ 卷第 ３ ９ 期
２１ ０ ０年 ３月
数 学教 学 研 究
２ ７
１ ＼
Ｉ
高考压轴题之数列不等式恒成立问题解法例析
余锦银
（ 北 省大 冶市 第 一 中学 湖 ４５０） ３ １ ０
不 等式的恒 成立 问题是考 生较难 理解 和
即
ｓ －６＋ 。
．
掌握的一 个难点 ， 以数 列 为 载体 的不 等式 恒 成立问题 的档次更 高 、 合性更 强 ， 是一类 综 它 非常常见 的考试 题 型 ， 出现在 高 考 压轴 题 常 中， 它与 函数 恒成立 问题 既有类 似之处 ， 又有
ａ ｎ １ ＋
问题本质 的理 解 ， 只是视角 不同 ， ３种方法 这
是将 数列看成 函数 问题 来解 决 ， ２分 离 变 法
量 后需解 不等 式 ， １ 离 变 量 ｂ后 需 求 法 分 最值． 若对 本题 （ ） 再作 如 下变 式 ， 更 易 １式 则
看透恒成立 问题 的方法本 质． 变式 １ 将 （ ） 变 为 关 于 ｂ的 二 次不 １式
例 ２ 已知 ＜
法 ３ 令 ｇ ） （ —６ ＋３ —１ 则 一 （ 一ｎ １ ） ６ ，
次 函数 ｇ 在 ≥４单 调递减． （） 要使 ｇ ） （ ＜０在 ≥ ４时恒 成 立 ， 需 只
数列不等式恒成立问题
n2 1 2 cn n 1 , cn 1 cn n (n 2n 1) 2 2
2014珠海摸底考试
已知正项数列{an }中, a1 6, 点An ( an 1, an 1 )在抛物线y 2 x上； 数列{bn }中，点Bn(n, bn )在过点(0,1)，以k 2为斜率的直线上。 （1）求数列{an }， {bn }的通项公式；（2）略 a n 1 （3）对任意正整数n，不等式 1 1 (1+ )(1+ ) b1 b2 恒成立，求整数a的取值范围 an 0 1 n 2 an (1+ ) bn
an 1 an
2n 3 1 (1 ) 2n 3 2n 5
2n 4 2n 5 2 n 3
2n 3 2n 4 2 n 5 2n 3
4n 2 16n 16 4n 2 16n 15 1
n
4 5 4 5 所以{an }单调递增，则an a1 , k 15 15
11
1, 1
2)当n为偶数时，即 2n1 恒成立 n 1 21 此时 2 2 1, 2
方法归纳
《天利38》广东模拟卷
bn n 1,
1 1 1 1 bn bn 1 ( n 1)( n 2) n 1 n 2
当n 1时, an 1 an 当n 2时, an 1 an
1 an a2 16
(相邻两项)作差法 {an }单调递增 {an }单调递减
1 a a n 1 n k 16 a a n 1 n
2014清远调研
已知数列{an }的各项均为正数, 且a1 1, 当n 2时, 都有 1 1 an an 1 2n 1, 记Tn a1 a2 （1）求数列{an }的通项公式； （2）证明：Tn 2; an （3）设cn n 1 , 是否存在正整数k , 使得cn ck 对n N * 2 恒成立, 求k的值；若不存在，请说明理由 1 . an
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专题：数列中恒成立问题的研究一、问题提出问题1：已知等差数列{}n a 的首项为1，公差为2，若12233445a a a a a a a a -+-+⋅⋅⋅2221n n a a t n +-≥⋅对*n N ∈恒成立，则实数t 的取值范围是__________. (,12]-∞-12233445221n n a a a a a a a a a a +-+-+⋅⋅⋅-21343522121()()()n n n a a a a a a a a a -+=-+-+⋅⋅⋅+- 2424()n a a a =-+++L 2224842n a a n n n +=-⨯⨯=--，所以2284n n tn -+≥，所以48t n≤--对*n N ∈恒成立， 12t ≤-问题2：二、思考探究探究1：设首项不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若不等式21222ma nS a n n≥+对任意正整数n 都成立，则实数m 的最大值为______.15解析：a 1＝0时，不等式恒成立，当a 1≠0时，λ≤a 2n a 21＋S2n n 2a 21，将a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n n －1d 2代入上式，并化简得：λ≤54⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －1d a 1＋652＋15∴λ≤15，∴λmax ＝15.探究2：已知常数λ≥0，设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：a 1 = 1， ()11131n n n n n na S S a a λ+++=+⋅+（*n ∈N ）． （1）若λ = 0，求数列{a n }的通项公式；（2）若112n n a a +<对一切*n ∈N 恒成立，求实数λ的取值范围．解：（1）λ = 0时，111n n n n na S S a a +++=+．∴1n n n na S S a +=． ……………… 2分 ∵0n a >，∴0n S >．∴1n n a a +=．∵11a =，∴1n a =． ……………… 4分 （2）∵()11131n n n n n na S S a a λ+++=+⋅+，0n a >，∴1131n n nn nS S a a λ++-=⋅+． ……………… 5分 则212131S S a a λ-=⋅+，2323231S Sa a λ-=⋅+，…，11131n n n n n S S a a λ----=⋅+（n ≥2）． 相加，得()2113331n nnS n a λ--=⋅++++-L ． 则332n n n S n a λ⎛⎫-=⋅+⋅ ⎪⎝⎭（n ≥2）． 上式对n = 1也成立，∴332n n n S n a λ⎛⎫-=⋅+⋅ ⎪⎝⎭（*n ∈N ）．③ ……………… 7分 ∴1113312n n n S n a λ+++⎛⎫-=⋅++⋅ ⎪⎝⎭（*n ∈N ）．④④③，得1113333122n n n n n a n a n a λλ+++⎛⎫⎛⎫--=⋅++⋅-⋅+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 即11333322n n n n n a n a λλ++⎛⎫⎛⎫--⋅+⋅=⋅+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． ……………… 9分 ∵λ≥0，∴332n n λ-⋅+> 0，1332n n λ+-⋅+> 0．∵112n n a a +<对一切*n ∈N 恒成立，∴133133222n n n n λλ+⎛⎫--⋅+<⋅+ ⎪⎝⎭对一切*n ∈N 恒成立． 即233nnλ>+对一切*n ∈N 恒成立． ……………… 12分 记233n n nb =+，则()()()111423622233333333n n n n n nn n n n b b +++--+-=-=++++． 当n = 1时，10n n b b +-=； 当n ≥2时，10n n b b +->；∴1213b b ==是一切n b 中的最大项． ……………… 15分综上所述，λ的取值范围是13λ>． ……………… 16分探究3：：数列{}n a 满足：2321212nn a a a a n n λλλ-++++=+L (0,)n N λ*>∈常数（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）当4λ=时，是否存在互不相同的正整数,,r s t ，使得,,r s t a a a 成等比数列若存在，给出,,r s t 满足的条件；若不存在，说明理由；（3）设n S 为数列{}n a 的前n 项和．若对任意n N *∈，都有nn n a S λλλ2)1(>+-恒成立，求实数λ的取值范围． 【解】（1）13a = 当2n ≥时，由2321212nn a a a a n n λλλ-++++=+L ①得2312122(1)2(1)n n a a a a n n λλλ--++++=-+-L ②①- ②得121nn a n λ-=+，所以1(21)n n a n λ-=+（2n ≥）因为13a =，所以1(21)n n a n λ-=+（n N *∈） （2）当4λ=时，1(21)4n n a n -=+若存在,,r s t a a a 成等比数列，则22(21)(21)4(21)r t sr t s +-++=+由奇偶性知20r t s +-=所以2(21)(21)(1)r t r t ++=++，即r t =，这与r t ≠矛盾． 故不存在互不相同的正整数,,r s t ，使得,,r s t a a a 成等比数列 （3）3(0,]2λ∈三、真题链接四、反思提升 五、反馈检测1. 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14构成等 比数列．数列{}m b 满足对于任意正整数m ，m b 是使得不等式(0)n a m λλ>≥成立的所有n 中的最小值． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）当1λ=时，求数列{}m b 的前2m 项的和；（3）是否存在实数λ，使得32(*)m b m m =+∈N ，若存在，求出满足条件的实数λ；若不存在，请说明理由．解 （1）当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，又a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴当n ≥2时，{a n }是公差为2的等差数列．又a 2，a 5，a 14成等比数列．∴a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3．由(1)知a 1＝1．又a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列．∴a n ＝2n －1． （2）由（1）得21n a n =-，对于正整数n ，由n a m ≥，得12m n +≥． 根据m b 的定义可知当21m k =-时，(*)m b k k =∈N ； 当2m k =时，1(*)m b k k =+∈N ．∴1221321242()()m m m b b b b b b b b b -+++=+++++++L L L(123)[234(1)]m m =++++++++++L L2(1)(3)222m m m m m m ++=+=+． （3）不存在，理由如下：证法1：假设存在实数λ满足条件，由不等式2n a n m λλλ=-≥及0λ>得2m n λλ+≥． ∵32(*)m b m m =+∈N ,根据m b 的定义可知，对于任意的正整数m 都有31322m m m λλ++<+≤，即3(61)m λλλ--<-≤对任意的正整数m 都成立． 当610λ->（或610λ-<）时，得61m λλ<--（或361m λλ--≤），这与上述结论矛盾． 当610λ-=，即16λ=时，得30λλ-<-≤，解得0λ≥且0λ<． ∴ 不存在正实数λ，使得32(*)m b m m =+∈N ．证法2：用“分离变量求最值”来做的，假设存在实数λ满足条件，由不等式2n a n m λλλ=-≥及0λ>得2m n λλ+≥． ∵32(*)m b m m =+∈N ,根据m b 的定义可知，对于任意的正整数m 都有由31322m m m λλ++<+≤得6361m m m m λ≤<++对任意正整数m 都成立，,,6361m mm m ++Z Z 所以min 11,()636617m m m m <=++，所以1167λ≤<，矛盾，故不存在．2. 设数列{a n }的前n 项和为S n ．若112()2n n an a +∈*N ≤≤，则称{a n }是“紧密数列”．（1）若数列{a n }的前n 项和21(3)()4n S n n n =+∈*N ，证明：{a n }是“紧密数列”；（2）设数列{a n }是公比为q 的等比数列．若数列{a n }与{S n }都是“紧密数列”， 求q 的取值范围．【解】（1）由数列{a n }的前n 项和2*1(3)()4n S n n n =+∈N ，得a n ＝⎩⎨⎧S 1， n ＝1，S n －S n -1，n ≥2＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝1，12n +12，n ≥2＝12n +12 (*n ∈N )．……………2分所以，a n +1a n ＝12(n +1)+12 12n +12＝n +2n +1＝1+1n +1， ……………………………………4分因为对任意n ∈N*，0＜1n +1≤ 12，即1＜1+1n +1≤32， 所以，1＜a n +1a n ＝1+1n +1≤32， 所以，12≤a n +1a n≤2，即{a n }是“紧密数列”． ……………………………6分（2）解法一：由数列{a n }是公比为q 的等比数列，得q ＝a n +1a n， 因为{a n }是“紧密数列”，所以12≤q ≤2． ………………………………8分① 当q ＝1时，S n =na 1，S n +1S n =n +1n =1+1n， 所以，12≤1<S n +1S n =n +1n =1+1n≤2，故q ＝1时，数列{S n }为“紧密数列”，故q ＝1满足题意． …………10分② 当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ，则S n +1S n =1－q n +11－q n．因为数列{S n }为“紧密数列”，所以，12≤S n+1S n =1－q n +11－qn ≤2对于任意*n ∈N 恒成立．（i ）当12≤q ＜1时，12(1－q n )≤1－q n +1≤2(1－q n)即⎩⎨⎧q n(2q －1)≤1，q n (q －2)≥－1对于任意*n ∈N 恒成立．因为0＜q n≤q ＜1，0≤2q －1＜1，－32≤q －2＜－1，所以 q n (2q －1)＜q ＜1， q n(q －2)≥q (q －2)≥12×(－32)＝－34＞－1，所以，当12≤q ＜1时，⎩⎨⎧q n(2q －1)≤1，q n (q －2)≥－1对于任意*n ∈N 恒成立．13分（ii ）当1＜q ≤2时，12(q n －1)≤q n +1－1≤2(q n－1)，即⎩⎨⎧q n(2q －1)≥1，q n (q －2)≤－1对于任意*n ∈N 恒成立．因为q n≥q ＞1，2q －1＞1，－1＜q －2≤0． 所以⎩⎨⎧q (2q －1)≥1，q (q －2)≤－1，解得q =1，又1＜q ≤2，此时q 不存在．综上所述， q 的取值范围是112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，． ……………………………………16分 解法二：因为{a n }是“紧密数列”，所以12≤q ≤2．…………………………8分① 当q ＝1时，S n =na 1，S n +1S n =n +1n =1+1n， 所以，12≤1<S n +1S n =n +1n =1+1n≤2，故q ＝1时，数列{S n }为“紧密数列”，故q ＝1满足题意． …………10分② 当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ，则S n +1S n =1－q n +11－q n．因为数列{S n }为“紧密数列”，所以，12≤S n+1S n =1－q n +11－qn ≤2对于任意*n ∈N 恒成立．（i ）当12≤q ＜1时，12(1－q n )≤1－q n +1≤2(1－q n)，即⎩⎨⎧q n(2q －1)≤1，q n (2－q )≤1对于任意*n ∈N 恒成立． 所以⎩⎨⎧q (2q －1)≤1，q (2－q )≤1.解得12≤q ＜1． ………………………………13分（ii ）当12≤q ＜1时，同理可得⎩⎨⎧q (2q －1)≥1，q (2－q )≥1.无解．综上所述， q 的取值范围是112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，． ………………………………………16分。