1、数列中的恒成立问题【常用方法和策略】：数列中的恒成立问题历来是高考的热点，其形式多样，变化众多，综合性强，属于能力题，主要考查学生思维的灵活性与创造性数列中等式恒成立问题通常采用赋值法和待定系数法，利用关于 n 的方程有无数个解确定参数的值，也可采用观察、归纳猜想再证明的思想；与不等式有关的数列恒成立问题，常常使用分离参数法、利用函数性质法等，转化为研究数列的最值问题【课前预习】： 1. 已知数列 是无穷等差数列， ，公差 ，若对任意正整数 n，前 n 项的和与前 3n 项的和na1a0d之比为同一个常数，则数列 的通项公式是_.n【解析】由已知得， ， ，设 为常数，则()2nS3(1)2n
2、S3nSt对 恒成立，所以 ，由于 ，解得2963dntdt*N96tdt0d219dt故 1na2. 设 是等差数列 的前 项和，若数列 满足 且 ，则Snana2nSABnC0的最小值为 BCA【解析】根据 及等差数列的性质，可设 Sn=An2+Dn，则 an=（B D ）n+C ，则有2nABCa1=BD+C，由等差数列的求和公式可得 Sn= = n2+ n=An2+Dn，则有2)(1naDB，消去参数 D 并整理可得 BC=3A，故 +BC= +3A2 =2 ，当且CDB2 A1A3仅当 =3A，即 A= 时等号成立A133. 记数列 的前 n 项和为 ，若不等式 对任意等差数列 及任
3、意正整数 n 都成anS21nSamana立，则实数 m 的最大值为_ 【解析】设数列a n的公差是 d，则 ana 1(n1)d ，S nna 1 d.由题意a 1(n 1)d 2n（n 1）2ma 对任意的 a1，dR ，nN *恒成立(a1 n 12 d)2 21 若 a10，上式显然恒成立； 若 a10，则 m 对任意的 a1，dR，nN *恒成立令1 （n 1）da1 2 1 （n 1）d2a1 2 t，则(12t) 2(1 t) 2m 对任意的实数 t 恒成立而(12t) 2(1 t)（n 1）d2a125t 26t25 ，所以 t 时(12t) 2(1t) 2 取最小值，所以 m
4、 .(t 35)2 15 35 15综上所述，m 的最大值为 .15【典型例题】： 例题 1 设数列a n满足 an1 = 2an n2 4n 1（1）若 a1 3，求证：存在 f (n)=an2+bn+c（a，b，c 为常数） ，使数列 a n f(n) 是等比数列，并求出数列a n的通项公式；（2）若 an 是一个等差数列b n的前 n 项和，求首项 a1 的值与数列 bn的通项公式【解析】(1)证明：设数列 a n f(n) 的公比为 q，则：a n+1+f (n+1)=q(an+f (n),而 cbfnn 142121bacanan2qcbqfaqn2由等式恒成立得 ，解得 cbaqc
5、142021ba存在 f (n)=n22n，数列 a n f(n) 成公比为 2 的等比数列又 a1+f (1)=3+12=2，所以 an+f (n)=22n1=2n 所以 an=2n f (n)= 2n n2+2n.（8 分）(2) a n 是一个等差数列b n的前 n 项和，可设 ，则: BABAnABA 221又 an1 = 2an n2 4n 1 14214由此得 ，解得 所以 ，所以 BABnan21a所以当 时， 2n 1221 nabn n23当 时， 满足上式故 .（16 分）11b3例题 2 已知数列 ，其前 项和为 nanS（1）若 是公差为 的等差数列，且 也是公差为 的
6、等差数列，nad)0(nSd求数列 的通项公式；（2）若数列 对任意 ，且 ，都有 ，求证：namn*N， 2mnmnna数列 是等差数列 【解析】 （1）设 ，则 ，nbSnSbn2当 时， ， ，32，211=a211()2bdSad， 联立消去 ，得 13()3bdSd 1()b 得： ，则 ，212210bd1d将代入解出 （ 舍去） ， 2 分d=0从而解得 ，所以 . 4 分134a1524na此时， 对于任意正整数 满足题意. 6 分nbSn（2）因为对任意 ， ，都有 ， ,mn*N2mmnnSa在中取 ， ， 8 分12111nnnSa同理 ，10 分2121221433n
7、nnSa由知， ,即 ，2114nn210nna即 ， 12 分211()nnnnaa中令 ， ，320从而 ，即 ， 14 分21nn1nna所以，数列 成等差数列. 16 分a例题 3 已知数列a n满足 a1a(a0，aN *)，a 1a 2 a npa n1 0( p0，p1，nN *)(1)求数列a n的通项公式 an；(2)若对每一个正整数 k，若将 ak1 ，a k2 ，a k3 按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为 dk.求 p 的值及对应的数列 dk记 Sk 为数列 dk的前 k 项和，问是否存在 a，使得 Sk30 对任意正整数 k 恒成立？若存在，求出
8、 a 的最大值；若不存在，请说明理由【解析】 (1)因为 a1a 2a npa n1 0，所以 n2 时，a 1a 2a n1 pa n0，两式相减，得 (n2)，故数列a n从第二项起是公比为 的等比数列，又当 n1 时，a 1pa 20，解得an 1an p 1p p 1pa2 ，ap从而 anError!(2)由(1)得 ak1 k1 ，ap(p 1p )ak2 k，a k3 k1 ，ap(p 1p ) ap(p 1p )若 ak1 为等差中项，则 2ak 1a k2 a k3 ，即 1 或 2，解得 p ；p 1p p 1p 13此时 ak 13 a(2) k1 ，a k2 3a(2)
9、 k，所以 dk |ak1 a k2 |9a2 k1 ，若 ak2 为等差中项，则 2ak 2a k1 a k3 ，即 1，此时无解；p 1p若 ak3 为等差中项，则 2ak 3a k1 a k2 ，即 1 或 ，解得 p ，p 1p p 1p 12 23此时 ak 1 k1 ，a k3 k1 ，3a2( 12) 3a2( 12)所以 dk |ak1 a k3 | k1 ，9a8(12)综上所述，p ，d k9a2 k1 或 p ，13 23dk k1 .9a8(12)当 p 时，S k9a(2 k1)13则由 Sk 30，得 a ，1032k 1当 k3 时， 1，所以必定有 a1，103
10、2k 1所以不存在这样的最大正整数当 p 时，S k ，23 9a41 (12)k则由 Sk 30，得 aError!，因为 ，所以 a13 满足 Sk30 恒成立；但当 a14 时，存在4031 (12)k 403k5，使得 a 即 Sk30，4031 (12)k所以此时满足题意的最大正整数 a13.例题 4 已知数列 为等差数列， ， 的前 和为 ，数列 为等比数列，且na12nnSnb对任意的 恒成立123()4nabb N（1）求数列 、 的通项公式；n（2）是否存在非零整数 ，使不等式 对一切 都 112()()cos2nnaaN成立？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由（3）各项
11、均为正整数的无穷等差数列 ，满足 ，且存在正整数 k，使 成等比数列，nc39107139,kc若数列 的公差为 d，求 d 的所有可能取值之和nc法 2：因为 2123(1)4nnabab 对任意的 nN恒成立则 1123-1(2)nn（ 2） 得 12()nnab，又 14ab，也符合上式，所以 12()nnabN 由于 为等差数列，令 ，则 ，nnk12nkb因为 为等比数列，则 （为常数） ，nb12()nbqn即 对于 恒成立，2()()0qkqkb*N，所以 0b2,q又 ，所以 ，故 12ak,nnab（）由 ，得 ，n 11coss()(2n设 ，则不等式等价于 12()()n
12、baa)nb ，且 ， ，数列 单调递增0n13nb1nbn假设存在这样的实数 ，使得不等式 对一切 都成立，则()nN当 为奇数时，得 ； nmin12()3b 当 为偶数时，得 ，即 in285()851综上， ，由 是非零整数，可知存在 满足条件8523,1 （）易知 d=0，成立 当 d0 时， ，3911820438cdcd，()(39)kck2 2391404,8(5)0()21dd，395k，2395(7)0(39)5(7)kdkdkdk，1，*(3) 385389535k Ndddd又 ， ，1204803cQ0， ，所以公差 d 的所有可能取值之和为 16 分53,9d52,
13、14d 137【评注】第一问采取特殊化的思想，转化为联立方程组求首项，公差公比问题，比较容易解决；第二问学会构造数列，将恒成立问题转化为求数列的最小值，先研究数列的单调性，进而求其最值，特别注意最后结果需要对 分奇偶讨论；第三问通过等比中项，构造公差和项数的方程，利用项数是正整数，分n析对公差 的要求，进而得到 的可能取值，此类问题虽然比较常见，但是对变形、运算、分析能力要dd求很高【课后巩固】： 1. 设数列 na的前 n 项和为 Sn，且 14()2nna，若对任意 *nN，都有 1(4)3npS，则实数 p 的取值范围是 _.【答案】 2,3131(4)3221()()nnnpSp，因此
14、maxmin13221()()3np，因为min max1,2()()()333n，所以 ，综上实数 p 的取值范围是 2,2. 设等差数列 满足公差 , ,且数列 中任意两项之和也是该数列的一项.若nadNnana，则 的所有可能取值之和为_.513【答案】 64【解析】设 设等差数列 中的任意两项，由已知得， ，,nma()na53(n1)nad，则 ，设 是数列 中的第 项，则有531md523(2)nmdmk，即 ， ，故 的所有可能5()nak553(1)k51dnd取值为 ，其和为 23451,61343. 设各项均为正数的数列 na的前 项和为 nS，满足 ，且 2514,a恰好
15、是等比数2+1=43naS列 nb的前三项 求数列 n、 b的通项公式； 记数列 的前 项和为 nT，若对任意的 *nN， 3()62nTk恒成立，求实数 k的取值范围解：（1） ， 当 2时， ，2+1=43naS21=4+naS， ，2+114nnna 2+1na恒成立， ， 0a+2,当 2时， n是公差 d的等差数列. 3 分514,构成等比数列， 2514a， 2284aa，解得 23a，5 分当 n时， ，2nn由条件可知， ， 6 分 21=4+3a12a数列 n的通项公式为 .8 分，,n， 数列 nb的通项公式为 3nb9 分123,9b(2) 11()3()2nnqT， 1
16、3()62nkn对 *N恒成立， 即243nk对 *N恒成立， 11 分令 c， 1146(7)33nnnnc，当 时， ，当 时， c13 分max32()7nc， k16 分4. 已知数列a n的各项均为正数，其前 n 项的和为 Sn，且对任意的 m，nN*，都有(S mn S 1)24a 2ma2n （1）求 的值；a2a1（2）求证：a n为等比数列；（3）已知数列c n，d n满足| cn| dn|a n，p(p3) 是给定的正整数，数列 cn， dn的前 p 项的和分别为 Tp，R p，且 TpR p，求证：对任意正整数 k(1kp )，c kd k解：（1）由(S mn S 1)
17、24a 2na2m，得(S 2S 1)24a ，即 (a22a 1)24a 2 2 2 2因为 a10，a 20，所以 a22a 1a 2，即 2 3 分a2a1证明：（2）（方法一）令 m1，n2，得( S3S 1)24a 2a4，即(2a 1a 2a 3)24a 2a4，令 mn2，得 S4S 12a 4，即 2a1a 2a 3a 4所以 a44a 28a 1又因为 2，所以 a34a 1 6 分a2a1由(S mn S 1)2 4a2na2m，得(S n1 S 1)24a 2na2，(S n2 S 1)24a 2na4两式相除，得 ，所以 2(Sn 2 S1)2(Sn 1 S1)2 a4
18、a2 Sn 2 S1Sn 1 S1即 Sn2 S 12(S n1 S 1)，从而 Sn3 S 12(S n2 S 1)所以 an3 2a n2 ，故当 n3 时，a n是公比为 2 的等比数列又因为 a32a 24a 1，从而 ana 12 n1 ，nN* 显然，a na 12 n1 满足题设，因此a n是首项为 a1，公比为 2 的等比数列 10 分（方法二）在(S mn S 1)24 a2na2m 中，令 mn，得 S2nS 12a 2n 令 mn1，得 S2n1 S 1 2 ， a2na2n 2在中，用 n1 代 n 得，S 2n2 S 12a 2n2 ，得 a2n1 2 2a 2n2
19、( )， a2na2n 2 a2n a2n 2 a2n，得 a2n2 2a 2n2 2 2 ( )， a2na2n 2 a2n 2 a2n 2 a2n由得 a2n1 a2na2n 2 8 分代入，得 a2n1 2a 2n；代入得 a2n2 2a 2n1 ，所以 2又 2，a2n 2a2n 1 a2n 1a2n a2a1从而 ana 12 n1 ，nN*显然，a na 12 n1 满足题设，因此a n是首项为 a1，公比为 2 的等比数列 10 分（3）由（2）知，a na 12 n1 因为|c p|d p|a 12p1 ，所以 cpd p 或 cpd p若 cpd p，不妨设 cp0，d p0
20、，则 Tpa 12p1 (a 12p2 a 12p3 a 1)a 12p 1a 1(2p1 1)a 10Rpa 12p1 (a 12p2 a12p3 a 1)a 12p1 a 1(2p1 1)a 10这与 TpR p 矛盾，所以 cpd p从而 Tp1 R p1 由上证明，同理可得 cp1 d p1 如此下去，可得 cp2 d p2 ，c p3 d p3 ，c 1d 1即对任意正整数 k(1kp)，c kd k 16 分5. 已知数列 满足 ， ，其前 项和为 .na1m*12,1(,)nnakNrRrnnS（1）当 与 满足什么关系时，对任意的 ，数列 都满足 ？r *na2na（2）对任意
21、实数 ，是否存在实数 与 ，使得 与 是同一个等比数列？若,pq2+1pq存在，请求出 满足的条件；若不存在，请说明理由；pq（3）当 时，若对任意的 ，都有 ，求实数 的最大值.1r*nNnS解：（1）由题意，得 ， ， ，am21a32arm首先由 ，得 . 2 分310当 时，因为 ，0mr*12,1()nnakNm所以 ， ，故对任意的 ，数列 都满足 .13a24 *nna2na即当实数 满足 时，题意成立. 4 分,0r（2）依题意， ，则 ，211=nnar2121=()nnarr因为 ，所以当 时， 是等比数列，且1=r.2()()namr为使 是等比数列，则 .21nppr同理，当 时， ，则欲 是等比数列，则 . 8 分02=()2nna2nar2qr综上所述：若 ，则不存在实数 ，使得 与 是等比数列；r,q1npq若 ，则当 满足 时， 与 是同一个等比数列. 10 分m,pr22n（3）当 时，由（2）可得 ， ，121na1=na当 时， ，nk1=kna，3112(+)(+)3)kkS （所以 3 ， n12k令 ，则 ，12kc1212()0)kkkkkc 所以 ， ， 13 分nSa当 时， ， ，k21=kna 11223)(2)34kkknkSa（所以 ，同理可得 ， ，34nk1综上所述，实数 的最大值为 1. 16 分
