数列与不等式的综合问题突破策略.doc

高二理科数学数列与不等式的综合问题突破策略【题1】等比数列an的公比q1，第17项的平方等于第24项，求使a1a2an恒成立的正整数n的范围.【题2】设数列an的前项和为Sn已知a1a，an+1Sn3n，nN*(1)设bnSn3n，求数列bn的通项公式；（2）若an+1an，nN*，求a的取值范围【题3】数列an是等差数列，其前n项和为Sn，a37，S424(1)求数列an的通项公式； (2)设p、q都是正整数，且pq，证明：Sp+q(S2pS2q)【题4】已知数列中，（1）设，求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式（3）设，求证：数列的前项和【题5】已知数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)若数列的前n项和，求证：.【题6】已知为锐角，且，函数，数列an的首项. 求函数的表达式； 求证：； 求证：【题7】已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，证明：是等差数列；（3）证明：【题8】数列满足，（1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和；（3）设，数列的前项和为求证：对任意的，【题9】已知数列的前项和为，且对于任意的，恒有，设（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式和；（3）若，证明：【题10】等比数列an的首项为a12002，公比q(1)设f(n)表示该数列的前n项的积，求f(n)的表达式；(2)当n取何值时，f(n)有最大值【题11】已知an的前n项和为Sn，且anSn4.(1)求证：数列an是等比数列；(2)是否存在正整数k，使2成立.【题12】已知数列an和bn满足：a1，an+1ann4，bn(1)n(an3n21)，其中为实数，n为正整数.（1）对任意实数，证明数列an不是等比数列；（2）试判断数列bn是否为等比数列，并证明你的结论；（3）设0ab,Sn为数列bn的前n项和.是否存在实数，使得对任意正整数n，都有aSnb?若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由. 【题13】设数列满足 ，且数列是等差数列，数列是等比数列.（1）求数列和的通项公式；（2）是否存在，使，若存在，求出，若不存在，说明理由.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：(a1q16)2a1q23，a1q91.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，要使不等式成立，则须，把aq-18代入上式并整理，得q-18(qn1)q(1)，qnq19，q1，n19，故所求正整数的取值范围是n20.【点评】本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识求得最后的结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用.【题2】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，Sn+1Snan+1Sn3n，即Sn+12Sn3n，由此得Sn+13 n+12(Sn3n)因此，所求通项公式为bnSn3n(a3)2 n-1，nN*, (2)由知Sn3n(a3)2 n-1，nN*，于是，当n2时，anSnSn-13n(a3)2 n-13n-1(a3)2 n-223n-1(a3)2 n-2，an+1an43 n-1(a3)2 n-22 n-212()n-2a3，当n2时，an+1an，即2 n-212()n-2a30，12()n-2a30，a9，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an的公差是d，依题意得，解得，数列an的通项公式为ana1(n1)d2n1.（2）证明：an2n1，Snn22n2Sp+q(S2pS2q)2(pq)22(pq)(4p24p)(4q24q)2(pq)2，pq，2Sp+q(S2pS2q)0，Sp+q(S2pS2q)【点评】利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，途径主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.【题4】（1）由得到，即2分【点评】关于数列求和与不等式相结合的问题，常结合裂项相消或错位相减法放缩求和.【题5】（1），又，是公比为的等比数列，（2）， 得：， 【题6】 又为锐角 都大于0 , , 又 【题7】（1），2分故数列是首项为2，公比为2的等比数列。3分，4分（2），5分得，即8分得，即9分所以数列是等差数列（3）11分设，则 13分14分【题8】（1），3分又，数列是首项为，公比为的等比数列5分，即. 6分（2） 9分（3）， 10分当时，则， 对任意的， 14分【题9】（1）当时，得，当时，两式相减得：，是以为首项，2为公比的等比数列（2）由（1）得，（3），由为正项数列，所以也为正项数列，从而，所以数列递减所以另证：由，所以 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(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()n-1，f(n)2002n()(2)由(1)，得，则当n10时，1，|f(11)|f(10)|f(1)|，当n11时，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20023()30()31，当n12时，f(n)有最大值为f(12)200212()66【点评】本题解答有两个关键：(1)利用商值比较法确定数列的单调性；(2)注意比较f(12)与f(9)的大小.整个解答过程还须注意f(n)中各项的符号变化情况.类型4：求解探索性问题数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.【题11】第(1)小题通过代数变换确定数列an+1与an的关系，结合定义判断数列an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，Snan4，Sn+1an+14，由两式相减，得(Sn+1an+1)(Snan)0，即2an+1an0，an+1an，又2a1S1a14，a12，数列an是以首项a12，公比为q的等比数列.()由()，得Sn422-n.又由2，得2，整理，得21-k1，即12 k -1，kN*，2k-1N*，这与2k-1(1，)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“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aSnb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an是等比数列，则有a22a1a3，即(3)2(4)2492490，矛盾，所以an不是等比数列.(2)解：因为bn+1(1)n+1a n+13(n1)21(1)n+1(a n2n14)(a n3n21)b n，20090318又b1(18)，所以当18时，bn0(nN*)，此时bn不是等比数列；当18时，b1(18)0，由上可知bn0，(nN*).故当18时，数列bn是以(18)为首项，为公比的等比数列.(3)由（2）知，当18，bn0(nN*)，Sn0，不满足题目要求；.18，故知bn(18)()n-1，于是S n(18)1()n要使aSnb对任意正整数n成立，即a(18)1()nb，(nN*).得(18)，(nN*) 令f(n)1()n，则当n为正奇数时，1f(n)，当n为正偶数时f(n)1；f(n)的最大值为f(1)，f(n)的最小值为f(2),于是，由式得a(18)b，b183a18，(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aSnb,且的取值范围是(b18，3a18).【点评】存在性问题指的是命