数列中的恒成立问题(教师版)

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项的和之比为同一个常数，则数列的通项公式是_.【解析】由已知得，设为常数，则对恒成立，所以，由于，解得故2. 设是等差数列的前项和，若数列满足且，则的最小值为 【解析】根据及等差数列的性质，可设Sn=An2+Dn，则an=（BD）n+C，则有a1=BD+C，由等差数列的求和公式可得Sn=n2+n=An2+Dn，则有，消去参数D并整理可得BC=3A，故+BC=+3A2=2，当且仅当=3A，即A=时等号成立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都成立，则实数m的最大值为_【解析】设数列an的公差是d，则ana1(n1)d，Snna1d.由题意a1(n1)d2ma对任意的a1，dR，nN*恒成立 若a10，上式显然恒成立； 若a10，则m对任意的a1，dR，nN*恒成立令t，则(12t)2(1t)2m对任意的实数t恒成立而(12t)2(1t)25t26t25，所以t时(12t)2(1t)2取最小值，所以m.综上所述，m的最大值为.【典型例题】： 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 由等式恒成立得，解得存在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)=22n-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:又an+1 = 2an + n2 - 4n + 1由此得，解得所以，所以所以当时，当时，满足上式故.（16分）例题2已知数列，其前项和为（1）若是公差为的等差数列，且也是公差为的等差数列，求数列的通项公式；（2）若数列对任意，且，都有，求证：数列是等差数列 【解析】（1）设，则，当时， ， 联立消去，得 得：，则，将代入解出（舍去）， 2分从而解得，所以. 4分此时，对于任意正整数满足题意. 6分（2）因为对任意，都有， 在中取， 8分同理，10分由知，,即，即， 12分中令，从而，即， 14分所以，数列成等差数列. 16分例题3已知数列an满足a1a(a0，aN*)，a1a2anpan10(p0，p1，nN*)(1)求数列an的通项公式an；(2)若对每一个正整数k，若将ak1，ak2，ak3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a的最大值；若不存在，请说明理由【解析】 (1)因为a1a2anpan10，所以n2时，a1a2an1pan0，两式相减，得(n2)，故数列an从第二项起是公比为的等比数列，又当n1时，a1pa20，解得a2，从而an(2)由(1)得ak1k1，ak2k，ak3k1，若ak1为等差中项，则2ak1ak2ak3，即1或2，解得p；此时ak13a(2)k1，ak23a(2)k，所以dk|ak1ak2|9a2k1，若ak2为等差中项，则2ak2ak1ak3，即1，此时无解；若ak3为等差中项，则2ak3ak1ak2，即1或，解得p，此时ak1k1，ak3k1，所以dk|ak1ak3|k1，综上所述，p，dk9a2k1或p，dkk1.当p时，Sk9a(2k1)则由Sk30，得a，当k3时，1，所以必定有a1，所以不存在这样的最大正整数当p时，Sk，则由Sk30，得a，因为，所以a13满足Sk30恒成立；但当a14时，存在k5，使得a即Sk30，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，且对任意的恒成立（1）求数列、的通项公式；（2）是否存在非零整数，使不等式对一切都成立？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，若数列的公差为d，求d的所有可能取值之和法2：因为 对任意的恒成立则（） 得，又，也符合上式，所以 由于为等差数列，令，则，因为为等比数列，则（为常数），即对于恒成立，所以又，所以，故（）由，得，设，则不等式等价于，且，数列单调递增假设存在这样的实数，使得不等式对一切都成立，则当为奇数时，得； 当为偶数时，得，即综上，由是非零整数，可知存在满足条件（）易知d=0，成立 当d0时， ，又，所以公差d的所有可能取值之和为16分【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、分析能力要求很高【课后巩固】： 1. 设数列的前n项和为Sn，且，若对任意，都有，则实数p的取值范围是【答案】，因此，因为，所以，综上实数p的取值范围是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，则的所有可能取值之和为_.【答案】【解析】设设等差数列中的任意两项，由已知得，则，设是数列中的第项，则有，即，故的所有可能取值为，其和为3. 设各项均为正数的数列的前项和为，满足，且恰好是等比数列的前三项 求数列、的通项公式； 记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围解：（1），当时，恒成立， 当时，是公差的等差数列. 3分构成等比数列，解得，5分当时，由条件可知，6分 数列的通项公式为.8分，数列的通项公式为9分 (2) ， 对恒成立， 即对恒成立， 11分令，当时，当时，13分，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，nN*，都有(SmnS1)24a2ma2n （1）求的值；（2）求证：an为等比数列；（3）已知数列cn，dn满足|cn|dn|an，p(p3)是给定的正整数，数列cn，dn的前p项的和分别为Tp，Rp，且TpRp，求证：对任意正整数k(1kp)，ckdk解：（1）由(SmnS1)24a2na2m，得(S2S1)24a，即(a22a1)24a因为a10，a20，所以a22a1a2，即2 3分证明：（2）（方法一）令m1，n2，得(S3S1)24a2a4，即(2a1a2a3)24a2a4，令mn2，得S4S12a4，即2a1a2a3a4所以a44a28a1又因为2，所以a34a1 6分由(SmnS1)24a2na2m，得(Sn1S1)24a2na2，(Sn2S1)24a2na4两式相除，得，所以2即Sn2S12(Sn1S1)，从而Sn3S12(Sn2S1)所以an32an2，故当n3时，an是公比为2的等比数列又因为a32a24a1，从而ana12 n1，nN*显然，ana12 n1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）在(SmnS1)24a2na2m中，令mn，得S2nS12a2n 令mn1，得S2n1S12 ， 在中，用n1代n得，S2n2S12a2n2 ，得a2n122a2n2()， ，得a2n22a2n222()， 由得a2n1 8分代入，得a2n12a2n；代入得a2n22a2n1，所以2又2，从而ana12 n1，nN*显然，ana12 n1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，ana12 n1因为|cp|dp|a12p1，所以cpdp或cpdp若cpdp，不妨设cp0，dp0，则Tpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10Rpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10这与TpRp矛盾，所以cpdp从而Tp1Rp1由上证明，同理可得cp1dp1如此下去，可得cp2dp2，cp3dp3，c1d1即对任意正整数k(1kp)，ckdk 16分5. 已知数列满足，其前项和为.（1）当与满足什么关系时，对任意的，数列都满足？（2）对任意实数，是否存在实数与，使得与是同一个等比数列？若存在，请求出满足的条件；若不存在，请说明理由；（3）当时，若对任意的，都有，求实数的最大值. 解：（1）由题意，得，首先由，得