数列中的恒成立问题(教师版)

数列中的恒成立问题数列中的恒成立问题 常用方法和策略常用方法和策略 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 n a 1 1a 0d 之比为同一个常数 则数列的通项公式是 n a 解析 由已知得 设为常数 则 1 2 n n nd Sn 3 3 31 3 2 n nnd Sn 3 n n S t S 对恒成立 所以 由于 解得2963dndtdnttd nN 9 263 tdd dttd 0d 2 1 9 d t 故21 n an 2 设是等差数列的前项和 若数列满足且 则 n S n an n a 2 nn aSAnBnC 0A 的最小值为 1 BC A 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 2 nn aSAnBnC a1 B D C 由等差数列的求和公式可得 Sn n2 n An2 Dn 则有 2 1n aan 2 DB 2 2CDB 消去参数 D 并整理可得 B C 3A 故 B C 3A 2 2 当且 D CDB A DB 2 2 2 A 1 A 1 A A 3 1 3 仅当 3A 即 A 时等号成立 A 1 3 3 3 记数列的前 n 项和为 若不等式对任意等差数列及任意正整数 n 都成 n a n S 2 22 1 2 n n S ama n n a 立 则实数 m 的最大值为 解析 设数列 an 的公差是 d 则 an a1 n 1 d Sn na1 d 由题意 a1 n 1 d 2 n n 1 2 ma 对任意的 a1 d R n N 恒成立 a1 n 1 2 d 2 2 1 若 a1 0 上式显然恒成立 若 a1 0 则 m 对任意的 a1 d R n N 恒成立 令 1 n 1 d a1 2 1 n 1 d 2a1 2 t 则 1 2t 2 1 t 2 m 对任意的实数 t 恒成立 而 1 2t 2 1 t n 1 d 2a1 2 5t2 6t 2 5 所以 t 时 1 2t 2 1 t 2取最小值 所以 m t 3 5 2 1 5 3 5 1 5 综上所述 m 的最大值为 1 5 典型例题典型例题 例题例题 1 设数列 an 满足 an 1 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 an f n 是等比数列 并求出数 列 an 的通项公式 2 若 an 是一个等差数列 bn 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 an f n 的公比为 q 则 an 1 f n 1 q an f n 而 cnbnannanfa nn 111421 2 2 1 cbbnanaannnan 2142 22 cbanbanaan 14212 2 qcqbnqanqanfaq nn 2 由等式恒成立得 解得 cbaqc baqb aqa q 1 42 1 2 0 2 1 2 c b a q 存在 f n n2 2n 数列 an f n 成公比为 2 的等比数列 又 a1 f 1 3 1 2 2 所以 an f n 2 2n 1 2n 所以 an 2n f n 2n n2 2n 8 分 2 an 是一个等差数列 bn 的前 n 项和 可设 则 BnAnan 2 BAnBAAnnBnAan 211 2 2 1 又 an 1 2an n2 4n 1 1422 22 nnBnAn 14212 2 nBnA 由此得 解得 所以 所以 1 422 12 BA BBA AA 2 1 B A nnan2 2 1 1 a 所以当时 2 n 1212 2 2 1 nnnnaab nnn n23 当时 满足上式 故 16 分 1 n1 11 abnbn23 例题例题 2 已知数列 其前项和为 n an n S 1 若是公差为的等差数列 且也是公差为的等差数列 n ad 0 d n Sn d 求数列的通项公式 n a 2 若数列对任意 且 都有 求证 n amn N mn 2 m nmn mn Saa aa mnmn 数列是等差数列 n a 解析 1 设 则 nn bSn nSb nn 2 当时 321 n 2 111 1bSn a 2 121 222bdSad 联立 消去 得 2 131 2 3333bdSad 1 a 22 11 2bdbd 得 则 22 11 2 33bdbd 3 22 11 20bbdd 1 bd 将 代入 解出 舍去 2 分 1 2 d 0d 从而解得 所以 4 分 1 3 4 a 15 24 n an 此时 对于任意正整数满足题意 6 分 1 2 nn bSnn n 2 因为对任意 都有 m n Nmn 2 m nmn mn Saa aa mnmn 在 中取 8 分1mn 211 11 2 2 211 nnn nnn Saa aaa n 同理 10 分 212121 21 242 2133 nnnnn nn Saaaa aa n 由 知 即 21 1 42 2 3 nn n aa a 211 230 nnn aaa 即 12 分 2111 1 2 2 2 nnnnnn aaaaaa 中令 1n 312 20aaa 从而 即 14 分 21 20 nnn aaa 211nnnn aaaa 所以 数列成等差数列 16 分 n a 例题例题 3 已知数列 an 满足 a1 a a 0 a N a1 a2 an pan 1 0 p 0 p 1 n N 1 求数列 an 的通项公式 an 2 若对每一个正整数 k 若将 ak 1 ak 2 ak 3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 Sk 30 对任意正整数 k 恒成立 若存在 求出 a 的 最大值 若不存在 请说明理由 解析 1 因为 a1 a2 an pan 1 0 所以 n 2 时 a1 a2 an 1 pan 0 两式相减 得 n 2 故数列 an 从第二项起是公比为的等比数列 又当 n 1 时 a1 pa2 0 解得 an 1 an p 1 p p 1 p a2 a p 从而 an Error Error 2 由 1 得 ak 1 k 1 a p p 1 p ak 2 k ak 3 k 1 a p p 1 p a p p 1 p 若 ak 1为等差中项 则 2ak 1 ak 2 ak 3 即 1 或 2 解得 p p 1 p p 1 p 1 3 此时 ak 1 3a 2 k 1 ak 2 3a 2 k 所以 dk ak 1 ak 2 9a 2k 1 若 ak 2为等差中项 则 2ak 2 ak 1 ak 3 即 1 此时无解 p 1 p 若 ak 3为等差中项 则 2ak 3 ak 1 ak 2 即 1 或 解得 p p 1 p p 1 p 1 2 2 3 此时 ak 1 k 1 ak 3 k 1 3a 2 1 2 3a 2 1 2 所以 dk ak 1 ak 3 k 1 9a 8 1 2 综上所述 p dk 9a 2k 1或 p 1 3 2 3 dk k 1 9a 8 1 2 当 p 时 Sk 9a 2k 1 1 3 则由 Sk 30 得 a 10 3 2k 1 当 k 3 时 1 所以必定有 a 1 10 3 2k 1 所以不存在这样的最大正整数 当 p 时 Sk 2 3 9a 4 1 1 2 k 则由 Sk 30 得 a Error Error 因为 所以 a 13 满足 Sk 30 恒成立 但当 a 14 时 存在 40 3 1 1 2 k 40 3 k 5 使得 a 即 Sk 30 40 3 1 1 2 k 所以此时满足题意的最大正整数 a 13 例题例题 4 已知数列为等差数列 的前和为 数列为等比数列 且 n a 1 2a n an n S n b 对任意的恒成立 2 1 1223 3 1 24 n nn aba ba ba bn n N 1 求数列 的通项公式 n a n b 2 是否存在非零整数 使不等式对一切都 1 12 1111 1 1 1 cos 21 n n n a aaaa n N 成立 若存在 求出的值 若不存在 说明理由 3 各项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 n c 391007 ca 139 k c cc 若数列的公差为 d 求 d 的所有可能取值之和 n c 法 2 因为 2 1 1223 3 1 24 n nn aba ba ba bn 对任意的n N恒成立 则 1 1 1223 3 1 1 2 24 n nn aba ba ba bn 2n 得 1 2 2 n nn a bnn 又 1 1 4ab 也符合上式 所以 1 2 n nn a bnn N 由于为等差数列 令 则 n a n aknb 1 2n n n b knb 因为为等比数列 则 为常数 n b 1 2 1 1 n n bn k nb q bnknb 即对于恒成立 2 2 22 0qkk nbqkqbk nqb nN 所以 20 220 0 qkk bqkqbk qb 2 0qb 又 所以 故 1 2a 2k 2 2n nn an b 由 得 2 n an 1 1 coscos 1 1 2 n n a n 设 则不等式等价于 12 1 111 1 1 1 1 n n n b a aaa 1 1 n n b 且 数列单调递增 0 n b 1 21 1 21 23 n n nb bnn 1nn bb n b 假设存在这样的实数 使得不等式对一切都成立 则 1 1 n n b n N 当为奇数时 得 n min1 2 3 3 n bb 当为偶数时 得 即 n min2 8 5 15 n bb 8 5 15 综上 由是非零整数 可知存在满足条件 8 5 2 3 153 1 易知 d 0 成立 当 d 0 时 3911 382014201438ccdcd 39 39 2014 39 k cckdkd 22 391 201438 2014 39 2014 38 53 2014 39 20142014 k cc cdkd dkd 5320143953 2014dkd 2 3953 77 0 39 53 77 kdkdkdk 395353 107 53 3953 77kddkdkd 3953 7739 53 53 3953 7753 3853 38 3939 53535353 dd kN dddd 又 1 20143838 53 0530 0 cddd d Q05353d 所以公差 d 的所有可能取值之和为 16 分531 2 19d 52 51 34d 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 课后巩固课后巩固 1 设数列 n a 的前 n 项和为 Sn 且 1 1 4 2 n n a 若对任意 nN 都有1 4 3 n p Sn 则实数 p 的取值范围是 答案 2 3 13 1 4 3 2121 1 1 3232 n nn p Snp 因此 maxmin 13 2121 1 1 3232 nn p 因为 minmax 1 33113 3 2121212 2 1 1 1 3232323 nn 所以 3 3 2 p 综上实数 p 的取值范围是 2 3 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 n adN n aN n a 则的所有可能取值之和为 5 1 3a d 答案 364 解析 设设等差数列中的任意两项 由已知得 nm a a mn n a 5 3 n 1 n ad 则 设是数列中的第项 则有 5 3 1 m amd 5 2 3 2 mn aamnd mn aa n ak 即 故的所有可能 5 3 1 mn aakd 55 2 3 2 3 1 mndkd 5 3 1 d mnk d 取值为 其和为 2345 1 3 3 3 3 3 6 1 3 364 1 3 3 设各项均为正数的数列 n a的前n项和为 n S 满足 且 2514 a a a恰好是等比数 2 1 4 43 nn aSn 列 n b的前三项 求数列 n a n b的通项公式 记数列 n b的前n项和为 n T 若对任意的 nN 3 36 2 n Tkn 恒成立 求实数k的取 值范围 解 1 当2n 时 2 1 4 43 nn aSn 2 1 4 413 nn aSn 22 11 44 44 nnnnn aaSSa 2 22 1 442 nnnn aaaa 恒成立 0 n a 1 2 2 nn aan 当2n 时 n a是公差2d 的等差数列 3 分 2514 a a a 构成等比数列 2 5214 aaa 2 222 824aaa 解得 2 3a 5 分 当2n 时 32221 n ann 由条件可知 6 分 2 21 4 43aa 1 2a 数列 n a的通项公式为 8 分 2 1 21 2 n n a nn 数列 n b的通项公式为3n n b 9 分 12 3 9bb 2 1 1 1 3 13 33 1132 nnn n bq T q 1 333 36 22 n kn 对 nN 恒成立 即 24 3n n k 对 nN 恒成立 11 分 令 24 3 n n n c 1 1 24262 27 333 nn nnn nnn cc 当3n 时 1nn cc 当4n 时 1nn cc 13 分 max3 2 27 n cc 2 27 k 16 分 4 已知数列 an 的各项均为正数 其前 n 项的和为 Sn 且对任意的 m n N 都有 Sm n S1 2 4a2ma2n 1 求的值 a2 a1 2 求证 an 为等比数列 3 已知数列 cn dn 满足 cn dn an p p 3 是给定的正整数 数列 cn dn 的前 p 项的和分 别为 Tp Rp 且 Tp Rp 求证 对任意正整数 k 1 k p ck dk 解 解 1 由 Sm n S1 2 4a2na2m 得 S2 S1 2 4a 即 a2 2a1 2 4a 2 2 2 2 因为 a1 0 a2 0 所以 a2 2a1 a2 即 2 3 分 a2 a1 证明证明 2 方法一 方法一 令 m 1 n 2 得 S3 S1 2 4a2a4 即 2a1 a2 a3 2 4a2a4 令 m n 2 得 S4 S1 2a4 即 2a1 a2 a3 a4 所以 a4 4a2 8a1 又因为 2 所以 a3 4a1 6 分 a2 a1 由 Sm n S1 2 4a2na2m 得 Sn 1 S1 2 4a2na2 Sn 2 S1 2 4a2na4 两式相除 得 所以 2 Sn 2 S1 2 Sn 1 S1 2 a4 a2 Sn 2 S1 Sn 1 S1 即 Sn 2 S1 2 Sn 1 S1 从而 Sn 3 S1 2 Sn 2 S1 所以 an 3 2an 2 故当 n 3 时 an 是公比为 2 的等比数列 又因为 a3 2a2 4a1 从而 an a1 2 n 1 n N 显然 an a1 2 n 1满足题设 因此 an 是首项为 a1 公比为 2 的等比数列 10 分 方法二 方法二 在 Sm n S1 2 4a2na2m中 令 m n 得 S2n S1 2a2n 令 m n 1 得 S2n 1 S1 2 a2na2n 2 在 中 用 n 1 代 n 得 S2n 2 S1 2a2n 2 得 a2n 1 2 2a2n 2 a2na2n 2a2na2n 2a2n 得 a2n 2 2a2n 2 2 2 a2na2n 2a2n 2a2n 2a2n 由 得 a2n 1 a2na2n 2 8 分 代入 得 a2n 1 2a2n 代入 得 a2n 2 2a2n 1 所以 2 又 2 a2n 2 a2n 1 a2n 1 a2n a2 a1 从而 an a1 2 n 1 n N 显然 an a1 2 n 1满足题设 因此 an 是首项为 a1 公比为 2 的等比数列 10 分 3 由 2 知 an a1 2 n 1 因为 cp dp a1 2p 1 所以 cp dp或 cp dp 若 cp dp 不妨设 cp 0 dp 0 则 Tp a1 2p 1 a1 2p 2 a1 2p 3 a1 a1 2p 1 a1 2p 1 1 a1 0 Rp a1 2p 1 a1 2p 2 a1 2p 3 a1 a1 2p 1 a1 2p 1 1 a1 0 这与 Tp Rp矛盾 所以 cp dp 从而 Tp 1 Rp 1 由上证明 同理可得 cp 1 dp 1 如此下去 可得 cp 2 dp 2 cp 3 dp 3 c1 d1 即对任意正整数 k 1 k p ck dk 16 分 5 已知数列满足 其前项和为 n a 1 am 1 2 21 2 n n n a nk akNrR ar nk n n S 1 当与满足什么关系时 对任意的 数列都满足 mr nN n a 2nn aa 2 对任意实数 是否存在实数与 使得与是同一个等