1、数学数列与不等式的综合问题突破策略【题 1】 等比数列a n的公比 q1，第 17 项的平方等于第 24 项，求使a1a 2a n 恒成立的正整数 n 的范围.123naa【题 2】设数列a n的前 项和为 Sn已知 a1a，a n+1S n3 n，nN*(1)设 bnS n3 n，求数列b n的通项公式；（2）若 an+1an，nN*，求 a 的取值范围【题 3】 数列a n是等差数列，其前 n 项和为 Sn，a 3 7，S 424(1)求数列a n的通项公式； (2)设 p、q 都是正整数，且 pq，证明：S p+q (S2pS 2q)12【题 4】已知数列 中，na113,2(1)na（
2、1）设 ，求证：数列 是等比数列；(,2)nb nb（2）求数列 的通项公式（3）设 ，求证：数列 的前 项和 1ncanc13nS【题 5】已知数列 满足 .na11,24nnaN(1)求数列 的通项公式；n(2)若数列 的前 n 项和 ， ，求证： .b2s123n nTabab 3nT【题 6】已知 为锐角，且 ，12tan函数 ，数列a n的首项)4si(2t)( xxf.)(,1nnfa 求函数 的表达式； 求证： ；x n1 求证： ),2(1*2 Naan【题 7】已知数列 满足n 11,n（1）求数列 的通项公式；a（2）若数列 满足 ，证明： 是等差数列；nbnnbbba)1
3、(4411321 na（3）证明： 231nNaa【题 8】数列 满足 ， ),2(1Nnann na41（1）求数列 的通项公式 ； nna（2）设 ，求数列 的前 项和 ；21nabnbnS（3）设 ，数列 的前 项和为 )(sicncnT求证：对任意的 ， N74T【题 9】已知数列 的前 项和为 ，且对于任意的 ，恒有 ，设nanS*nN2nSa2log(1)nb（1）求证：数列 是等比数列；n（2）求数列 的通项公式 和 ；,abnab（3）若 ，证明： 12nnc1243ncc【题 10】 等比数列a n的首项为 a12002，公比 q 12(1)设 f(n)表示该数列的前 n 项
4、的积，求 f(n)的表达式；(2)当 n 取何值时，f(n )有最大值【题 11】 已知a n的前 n 项和为 Sn，且 anS n4.(1)求证：数列a n是等比数列；(2)是否存在正整数 k，使 2 成立.Sk+1 2Sk 2【题 12】已知数列a n和b n满足：a 1，a n+1 ann4，b n(1) n(an3n21)，其23中 为实数，n 为正整数.（1）对任意实数 ，证明数列a n不是等比数列；（2）试判断数列b n是否为等比数列，并证明你的结论；（3）设 0ab,S n为数列b n的前 n 项和.是否存在实数 ，使得对任意正整数 n，都有 aS nb? 若存在，求 的取值范围
5、；若不存在，说明理由 .【题 13】设数列 满足 ，nba, 3,4,6321 ba且数列 是等差数列，数列 是等比数列.Nn1 Nnb（1）求数列 和 的通项公式；n（2）是否存在 ，使 ，若存在，求出 ，若不存在，说明理由.k21,0kbak数列与不等式综合解答与评析类型 1：求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求数列与不等式相结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：(1)若函数 f(x)在定义域为 D，则当 xD 时，有 f(x)M 恒成立f( x)minM；f (x)M 恒成立f( x)maxM；(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再通过解不等式解得.【题 1】 利用
6、条件中两项间的关系，寻求数列首项 a1 与公比 q 之间的关系，再利用等比数列前 n 项公式和及所得的关系化简不等式，进而通过估算求得正整数 n 的取值范围.【解】 由题意得：(a 1q16)2a 1q23，a 1q91.由等比数列的性质知数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，要使不等式成n1立，则须 ，把 a q 18 代入上式并整理，得 q18(qn1)q(1 )，1()naq1()n21 1nqnq 19， q 1，n19，故所求正整数 的取值范围是 n20.n【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
7、思想、方程思想及估算思想的应用.【题 2】 第（1）小题利用 Sn与 an的关系可求得数列的通项公式；第（）小题将条件an+1an转化为关于 n 与 a 的关系，再利用 af(n)恒成立等价于 af(n)min求解【解】 (1)依题意，S n+1S na n+1S n3 n，即 Sn+12S n3 n，由此得 Sn+13 n+12( Sn3 n)因此，所求通项公式为 bnS n3 n( a3)2 n1，nN *, (2)由知 Sn3 n( a3)2 n1，nN*，于是，当 n2 时，a nS nS n13 n(a3)2 n13 n1 (a3)2 n223 n1(a3)2 n2，an+1a n4
8、3 n1(a3)2 n22 n212( )n2a3 ，32当 n2 时，a n+1an，即 2 n212( )n2a30，12( )n2a30，32 32a9，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 Sn与 an的关系求解.本题求参数取值范围的方法也一种常用的方法，应当引起重视.类型 2：数列参与的不等式的证明问题此类不等式的证明常用的方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本的方法； (2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法分析；(3)放缩法，主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明
9、的目的.【题 3】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前 n 项公式和建立方程组即可解决第(1)小题；第(2)小题利用差值比较法就可顺利解决.【解】 （1）设等差数列a n的公差是 d，依题意得， ，解得 ，) )数列a n的通项公式为 ana 1( n1)d2n1.（2）证明：a n2n1，S n n 22n)2Sp+q (S2pS 2q)2(pq) 22( pq)(4p 24p) (4q 2 4q)2(pq) 2，pq，2S p+q( S2pS 2q)0，S p+q (S2pS 2q)12【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
10、平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.【题 4】 （1）由 得到 ，即 2 分12na12()nna12na【点评】关于数列求和与不等式相结合的问题，常结合裂项相消或错位相减法放缩求和.【题 5】 （1） ，11224,4nnnaa又 ，1221,4是公比为 的等比数列，nana（2） ，1nb，23152nnT， 得：413n ，23 11 322nn nnTT【题 6】 又 为锐角)12(ta1ta2 44sinxf2)( 都大于 0nna21 21 na,32 0na nnnna 1)1(21 1nn 132121 1nn aaaa11
11、nn , , 又432)(2a14)(2anan12 131n 1na 2112naa【题 7】 （1） ， 2 分1nn)(1nn故数列 是首项为 2，公比为 2 的等比数列。3 分a， 4 分nnn（2） ， 5 分nnbbba)1(4411321 nnbb24)(21n)(1121 )(2nbbb得 ，即 8 分nn1)( 1)(2nb2)(n得 ，即 9 分112nbb11nnb所以数列 是等差数列（3） 11 分11122nnnaa设 ，则 132naS )1(322naS )1(2naS13 分14 分3112nna【题 8】 （1） ， ，3 分12)(nna)1()2(1nnn
12、na又 ， 数列 是首项为 ，公比为 的等比数列5 分3)(1an3， 即 . 6 分1)2()(nnn 123)(nna（2） 649311nb 9 分9264321)(641)(9 nnS nnn（3） ，)(2si 10 分123)1()(nnnnc当 时，则3 1232 nnT 21132 )(874n746)1(68n， 对任意的 ， 14 分321TNnT【题 9】 （1）当 时， ，得 n121aS ，当 时， ，aS2)1(2nan两式相减得： ， 12na ，)(21nna 是以 为首项，2 为公比的等比数列1（2）由（1）得 ， nna1 *,12Nna *22,log)(
13、logbn（3） ， ，1nac21nac由 为正项数列，所以 也为正项数列，n从而 ，所以数列 递减214)(12)(1 nnnac nc所以 112121 )()(cccnn 342)(1c另证：由 ，12)12)(nnnc所以 )(3221411nn类型 3：求数列中的最大值问题求解数列中的某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：(1)建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；(2)首先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；(3)利用条件中的不等式关系确定最值.【题 10】 第(1)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(
14、2) 小题通过商值比较法确定数列的单调性，再通过比较求得最值.【解】 (1) an2002( )n1，f( n)2002 n( )12 12(2)由(1)，得 ，则|f(n 1)|f(n)| 20022n当 n10 时， 1，|f(11)|f(10)|f(1)|，|f(n 1)|f(n)| 20022n当 n11 时， 1，|f(11)|f(12)|f(13)|，|f(n 1)|f(n)| 20022nf(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 20023( )30 ( )31，f(12)f(9) 12 2002210当
15、n12 时，f(n )有最大值为 f(12)2002 12( )6612【点评】 本题解答有两个关键：(1)利用商值比较法确定数列的单调性； (2)注意比较 f(12)与f(9)的大小 .整个解答过程还须注意 f(n)中各项的符号变化情况 .类型 4：求解探索性问题数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定” 的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.【题 11】 第(1)小题通过代数变换确定数列 an+1
16、 与 an的关系，结合定义判断数列a n为等比数列；而第(2)小题先假设条件中的不等式成立，再由此进行推理，确定此不等式成立的合理性.【解】 () 由题意，S na n4，S n+1a n+14，由两式相减，得(S n+1a n+1) (Sna n)0，即 2an+1a n0，a n+1 an，12又 2a1S 1a 14，a 12，数列 an是以首项 a12，公比为 q 的等比数列.12()由( )，得 Sn 4 22n.又由 2，得 2，整理，得 2 1k1，即 12 k 1 ，Sk+1 2Sk 2 4 21k 24 22k 2 23 32kN*，2 k1N*，这与 2k1(1， )相矛盾
17、，故不存在这样的 k，使不等式成立.32【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“kN*”，这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.【题 12】第(1)小题利用反证法证明；第(2)小题利用等比数列的定义证明；第(3)小题属于存在型问题，解答时就假设 aS nb 成立，由此看是否能推导出存在存在实数 .【解】 （1）证明：假设存在一个实数 ，使a n是等比数列，则有 a22a 1a3，即( 3) 2( 4) 249 24 90，矛盾，所以a n不是等比数列.23 49 49 49(2)解：因为 bn+1(1) n+1a n+13(n1) 21(1) n+1( a n2n1
18、4) (a n3n 21) b n，23 23 23又 b1(18)，所以当 18 时，b n0(nN*)，此时b n不是等比数列；当 18 时， b1(18)0，由上可知 bn0， (nN*).bn+1bn 23故当 18 时，数列 bn是以( 18) 为首项， 为公比的等比数列.23(3)由（2）知，当 18，b n0(nN*)，S n0，不满足题目要求； .18，故知 bn( 18)( )n1，于是 S n (18)1( )n23 35 23要使 aS nb 对任意正整数 n 成立，即 a (18)1( )nb，(nN *).35 23得 (18) ， (nN*) 35令 f(n)1(
19、)n，则当 n 为正奇数时，1f( n) ，当 n 为正偶数时 f(n)1；23 53 59f(n)的最大值为 f(1) ，f(n)的最小值为 f(2) ,53 5920090318于是，由式得 a (18) b，59 35 35b183a18，(必须b3a，即 b3a).当 ab3a 时，由b183a18，不存在实数满足题目要求；当 b3a 存在实数 ，使得对任意正整数 n，都有 aS nb,且 的取值范围是(b18，3a18).【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 及项数 n 的双重讨论.【题 13】 （1）由已知 ，212a123a公差 1 分d2 分)(1 nan )(11312 n)40)(6 4 分24n287由已知 5 分,1b所以公比 2q6 分 7 分11124nnnb nnb218（2）设 kaf)(k21719288 分2k47k所以当 时， 是增函数.10 分4k)(f又 ，所以当 时 ，12 分21)(f2k1)(f又 ，13 分0)3(f所以不存在 ，使 14 分k21,0)(f
