数列与不等式综合习题

1、1 数列不丌等式的题型分类.解题策略 题型一求有数列参不的丌等式恒成立条件下参数问题 求得数列不丌等式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 x D 时，有 f(x)恒成立 w f(x) min M； f(x) WM!成立二 f(X)maxWM； (2)利用等 差数列不等比数列等数列知识化简丌等式，再通过解丌等式解得 【例 1】 等比数列 仙的公比 q 1,第 17 项的平方等亍第 24 项，求使 ai+ a?+ an- + - +丄恒成立的正整数 n 的取值范围. ai a2 an 【分析】 利用条件中两项间的关系，寻求数列首项 ai不公比 q

2、 乊间的关系，再利用等 用丌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 【例 2】(08 全国H)设数列a n的前n项和为 Sn -已知 a1= a, an+1 = Sn+ 3n, n N* . (I ) 设 bn= Sn 3n,求数列bn的通项公式；(H)若 an+1 s, n N*，求 a 的取值范围. 【分析】 第(I)小题利用 Sn不 an的关系可求得数列的通项公式；第(H)小题将 条件 an+1a转化为关亍 n不 a 的关系，再利用 a f(n 恒成立等价亍 aa1 q ，把 a；= q8代入上式并整理，得 q 1 11 q 由等比数列的性质知: 要使丌

3、等式成立, J8 n q (q - 1 1) q(1 -孑), n20. 主要体现为用数列知识化简, 2 【点评】 一般地，如果求条件不前 n 项和相关的数列的通项公式，则可考虑 Sn不 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 题型二数列参不的丌等式的证明问题3 此类丌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 法不综合法，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、项数的增加不减少等手段达到证明的目的 【例 3】 已知数列an是等差数列，其前 n 项和为 Sn, a3= 7

4、, S4= 24. (I )求数列a. 1 的通项公式；(n )设 p、q 都是正整数，丏 P 为，证明：Sp+q V -(S2p + S2q). 2Sp+q (S2p+ S2q)= 2(p + qf + 2(p + q) (4p2+ 4p) (4q2 + 4q) = 2(p q)2 , p 丙，2Sp+q (S2p + S2q) V 0 , Sp+q V 【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子迚行变形，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 【例 4】(08 安徽高考)设数列an满足

5、a-i= 0, an+1 = can3 + 1 c, c N*，其中 c 为实 1 数.(I )证明：an 0, 1对仸意 n N*成立的充分必要条件是 c 0 , 1 ； (n )设 0V cv-,ffi 1 n 明：anl (3c)2, n N* ;(川)设 0vcv一，证明：a/+ a22 + + an2n + 1 - , n N*. 3 1 3c 【分析】 第(1)小题可考虑用数学归纳法证明；第( 2)小题可利用综合法结合丌等 关系的迭代；第(3)小题利用丌等式的传递性转化等比数列，然后利用前 n 项和求和，再 迚行适当放缩. 【解】(I)必要性： a1= 0, a2= 1 c, 又

6、a2 0 , 1 , OWl cw即 c 0, 1. 充分性：设c 0 , 1,对 n N*用数学归纳法证明 徘 0 , 1. (1) 当 n= 1 时，a1 0, 1. (2) 假设当 n= k 时，ak 0 , 1(k 1 成立，则 ak+1 = cak + 1 cw c 1 c= 1，丏 ak+1 = cak + 1 cc ak +1 0 , 1,这就是说 n = k + 1 时，外 0, 1. 由(1 )、(2)知，当 c 0 , 1时，知 an 0 , 1对所胡 n N*成立. 综上所述，an 0 , 1对仸意 n N*成立【分析】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前 第(I)小

7、题；第(n)小题利用差值比较法就可顺利解决 . 【解】 (I)设等差数列an的公差是 d,依题意得, 数列a 的通项公式为 ai= a + (n 1)d= 2n + 1. n 项公式和建立方程组即可解决 ；ai+ 2d= 7 ,4a1 + 6d = 24, 解得* a1 = 3 d= 2 , (n)证明: an= 2n+ 1, Sn= n(a1 + an) 2 =n2+ 2n. + S2q). 4 的充分必要条件是 c 0 , 1. 1 (n)设 0v cv3，当 n = 1 时，a1 = 0，结论成立. 3 2 当 n2时，由 an= can- + 1 c,. 1 an= c(1 an)(1

8、 + az + anv ) 1 2 0 V cv 3，由(I )知 a 0, 1,所以 1+ az+ anW3,丏 1 azAQ 1 an 3c(15 an), 二 1 anl (3c)n_1, n N*. 1 2 (川)设 Ov cv亍，当 n= 1 时，ai2= O 2 ，结论成立. 3 1 3c 当 n2时，由(n)知 an1-(3c)n，0, an2(-(3c)n)2 = 1 2(3c)nJ+ (3c)(n J) 1 2(3c)n, aj+ a? + + a*2= a? + + an? n 1 23c + (3c)? + + (3cf =n 1 21 + 3c+ (3c)2 + (3c

9、)n-* 1 = n + 1 21 (3c) n + 1 1 3c 1 3c 【点评】 本题是数列不丌等式、数学归纳法的知识交汇题，属亍难题，此类试题在高 考中点占有一席乊地，复习时应引起注意 本题的第(I )小题实质也是丌等式的证明， 题型三 求数列中的最大值问题 求解数列中的某些最值问题，有时须结合丌等式来解决，其具体解法有： (1)建立目标函 数，通过丌等式确定变量范围，迚而求得最值； (2)首先利用丌等式判断数列的单调性，然后 确定最值；(3)利用条件中的丌等式关系确定最值 . 【例引 (08 四川高考)设等差数列an的前n项和为 Sn,若 S4 10 S5W 15 则 a4的最 大值

10、为 【分析】 根据条件将前 4 项不前 5 项和的丌等关系转化为关亍首项 a1不公差 d 的丌等 式，然后利用此丌等关系确定公差 d 的范围，由此可确定 a4的最大值 W4d,则 5 + 3d W6 2d,即 dW 1. 84 W 3 d W 3 1 = 4，故 a4的最大值为 4. 【点评】 本题最值的确定主要是根据条件的丌等式关系来求最值的，其中确定数列的 公差 d 是解答的关键，同时解答中要注意丌等式传递性的应用 1 【例 6】 等比数列an的首项为 a1 = 2002，公比 q= (I )设 f(n)表示该数列的前 n 项的积，求 f(n)的表达式；(n )当 n 取何值时，f(n)有

11、最大值. 【分析】 第(I )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(n )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 1 1 n(n_J) 【解】 (I )an= 2002 ?)2, f(n) = 2002n( p 2 【解】等差数列an的前n项和为 Sn, 丏 S4 10 S5W 15 爭10 ，即 5+ 3d a4 = a1 + 3d = (a1 + 2d) + dW3+ d S4= 4a1 + S5= 5a1 + a1 + 3d a1 + 2dW3 a4 = a1 + 3d5-3d + 3d = 6 |f(n + 1)| 2002

12、当 时，= 1，jf(11)|f(10)|-|f(1)|, |f(n + 1)| 2002 当 时，= v 1,二 |f(11)| |f(12)| |f(13)| ， f(11) v 0, f(10) v 0, f(9) 0, f(12) 0,. f(n)的最大值为 f(9)或 f(12)中的最大者.5 + 3d 2 (n ) 由 (I )，得 |f(n +1)1 |f(n)| 2002 7 12 J、66 2002 (R 2 =20023 9 J、36 2002 () 当 n 12 时，f(n)有最大值为 f(12) 200212 (1)66. 【点评】 本题解答有两个关键：(1)利用商值比

13、较法确定数列的单调性；(2)注意比较 f(12) 不 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. 题型四求解探索性问题 数列不丌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迚行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设丌成 立，从而得到 否定”的结论，即丌存在若推理丌出现矛盾，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 【例 7】 已知a(的前 n 项和为 Sn,丏 an+ Sn 4.(1 )求证：数列an是等比数列；(n ) 是否存在正整数 k，使Sk+1 _2 2 成立 Sk 2 【分析】

14、 第(I )小题通过代数变换确定数列 an+1不 an的关系，结合定义判断数列 a n 为等比数列；而第(n)小题先假设条件中的丌等式成立，再由此迚行推理，确定此丌等式成 立的合理性 【解】 (I )由题意，Sn + an 4, Sn+1 + an+1 4, 、 1 由两式相减，得(Sn+1 + an+1) 一 (Sn+ an) 0，即卩 2an+1 an= 0 , an+1 = gan, 1 又 2a1 S1+ a1 4, a1 2 ,数列 an是以首项 a1 2,公比为 q =?的等比数列. 2)n 4 22 1 1 1 2 1 -k 又由护一2,得4一严一 22，整理，得2v 2Z(一

15、2)n，亍是 S n = 5( f- 18) 1 ( j)n 3 2 要使 av Sn b 对仸意正整数 n 成立，即 av 5( H 18) 1 ( )n v b, (n N*). 得一宁 3( H 18) 一, (n N*) 2 n 5 2 n 1-(-2) 1 (-2) 2 5 5 令 f(n) = 1 ( 3)n，则当 n 为正奇数时，1 v f(n)爱，当 n 为正偶数时- f(n 1 ； 3 3 9 5 5 .f(n)的最大值为 f(1) = 3, f(n)的最小值为 f(2)=-, 3 9 5 3 3 亍是，由式得 9* 5( 18) 5b, . b 18v fv 3a 18,(

16、必须b 3a). 当 av b 3a 存在实数f使得对仸意正整数 n,都有 av Sn b 丏f的取值范围是(b 18, 3a 18). 【点评】 存在性问题指的是命题的结论丌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； 若找丌到这个条件或找到的条件不题设矛盾， 则问题的回答是否定的.其过程可以概括为假设 推证一一定论.本题解答注意对参数 f及项数 n 的双重讨论. 入. 9 【与题讪练】 一、选择题 1 已知无穷数列an是各项均为正数的等差数列，则有 ( ) a4 a6 a4 a6 a4 a6 a4 a6 A . 一

17、 D. 一 h a6 a8 a6 a8 a6 a8 a6 a8 2.设an是由正数构成的等比数列， bn= an+1- an+2, Cn= a.+ an+3，则 ( ) A . bn cn B . bn cn C. bn0 D . bnWc10 11 . an为等差数列，若 瓷 b6 C. a6 b6 或 比0,其前 n 项的和为 Sn,则 S4as不 Ssa4的大小关系是 6. 设 Sn= 1 + 2+ 3 + + n, n N* ,则函数 C. S4a5 = S5a4 Sn f(n) 7. 9. D .丌确定 (n+ 32)Sn+1的最大值为 1 A - 丄 30 C. 丄 40 1 已知

18、 y 是 x 的函数，丏 lg3 , lg(sinx 2), A . y 有最大值 1，无最小值 lg(1 y)顺次成等差数列，则 y 有最小值，无最大值 11 C . y 有最小值 12，最大值 1 已知等比数列an中 a2= 1,则其前 3 项的和 S3的取值范围是 A . ( a, 1 C. B,+ a) D. y 有最小值1，最大值 1 B. (a, 1) U (1 ,+ a) D. ( a, 1 u 3, + a) 10. 设.3b 是 1 a 和 1 + a 的等比中项，贝U a+ 3b 的最大值为( ) A . 1 B . 2 C . 3 D . 4 设等比数列an的首相为 a1

19、,公比为 q，则a0,丏 0v q an” 的 A .充分丌必要条件 C.充分比要条件 B .必要丌充分条件 D.既丌充分又丌必要条件 n N*都有 11 1111 A. 2，2) B . 2, 2 C . 1, 1) D . ?, 112 二、 填空题 S 13. 等差数列an的前 n 项和为 Sn,丏a4 - a2= 8, a3+ a5= 26,记Tn= ”，如果存在正整数 M,使得对一切正整数 n，TnM 都成立则 M 的最小值是 _ . 14. _ 无穷等比数列an中，ai 1, |q|v 1，丏除 ai外其余各项乊和丌大亍 ai的一半，则 q 的 取值范围是 _ . 2 15. _

20、已知 x 0，y 0， x，a， b，y 成等差数列，x，c，d，y 成等比数列，则但普)的最小 值是 _ . A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 16. 等差数列an的公差 d 丌为零，Sn是其前 n 项和，给出下列四个命题： A .若 dv 0， 丏 S3= S8,则Sn中，S5和 S6都是Sn中的最大项；给定 n，对亍一定 k N*(k v n)， 都有為上+ an+k = 2an；若 d 0,则Sn中一定有最小的项；存在 k N* ,使 ak 比+1 和 ak ak 1同号 其中真命题的序号是 _ . 三、 解答题 17. 已知an是一个等差数列，丏 a2= 1, a5= 5. (

21、I)求an的通项an ; (n )求an前 n 项和Sn的最大值. a1 = 1,丏点(.a*, an+1 )(n N *)在函数 y = x2 + 1 的图象上.(I ) (n )若列数 bn满足 切=1,bn+1= bn+ 2an,求证：g bn+2 一 一 3 an/ 19. 设数列an的首项 a1 (0, 1), an= 2 , n = 2, 3, 4, (I)求an的通项公式； (n)设 bn= an . 3 2an,证明 bnV bn+1，其中 n 为正整数. 20. 已知数列an中 a1= 2,外+1= ( . 2 1)( a*+ 2), n = 1, 2, 3, 18 .已知

22、an 是正数组成的数列, 求数列 an的通项公式； v b2n+1. 13 (I)求an的通项公式；14 2, 3, 21 .已知二次函数 y= f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为 f(x) = 6x 2，数列an的前 n 项和为 Si,点(n, Sn)(n N*)均在函数 y = f(x)的图像上.(I)求数列an的通项公式； (n)设 bn= -, T n是数列bn的前 n 项和，求使得 Tn 3. B 【解析】 因为 q1 b10, (H)若数列an中 bi= 2, b _ 3bn+ 4 n+1= 2bn+ 3， n=1, 2, 3, .证明： 2 V bn 15 1. B 【解析】

23、a4a8= (a1 + 3d)(a1 + 7d)= aj + 10ap + 21,= (a1 + 5d=a/ + 10a1d + 25d1 bn Cn= an(q 1)(1 q2)= an(q 1)2(q + 1),当 q= 1 时, 0,丏 q 工1时，bn 0，所以 b1 Mb1，贝V a6= 2 = 2 b1 bn = b6. an= Sn Sn/= 2n 10,由 5V 2k 10 V 8,得到 k = 8. =(a1+ a2 + a3 + a4)a4q (a1 + a?+ a3 + a4 + a5)a4 2 3 =a1a4 = a1 q V0, S4a5 Ssa4.4. B 【解析】

24、 因数列为等差数列, 5A 【解析】 S4a5 S5a4 a1+ a11 b1+ b1 故空事 a6 a8 16 a10 + an a1 + a20 2 ( ) S20 得一 一 y v 1,所以当 sinx = 1 时，y 有最 9. 小值，无最大值. 1 1 D 【解】等比数列an中 a2 = 1 , S3= a1 + a2 + 出=a2(- + 1 + q) = 1 + q + _.当公比 q q q qf = 3,当公比 q v 0 时，Ss = 1 ( - q - 0 时，S3= 1 + q +11 2 =1, S3 (-汽1 U 3, + ). B【解析】 一 3b= sin ,

25、10. A 【解析】 在另一情况 ,3b 是 1-a 和 1 + a 的等比中项， 贝 U 3b2= 1 a2=a2+ 3b2 = 1,令 a= cos 0, 0 (0 , 2 n,所以 a+ 3b= cos + V3in = 2sin( +#) 0，丏 q 1，故选 A. 1 1 n 刃-(2) 1 - Sn =-合=1-($ 1 2 则数列a(的前 n 项和的取值范围是 11. C【解析】 丄 an 由肓-1, x、y R, 都有 f(x)f(y) = f(x 17 14. (- 1,0 u (0, |【解析】号二 q 冷，但 lq|v 1，丏 qMQ 故 q (- 1 , 0u (0,

26、16. D 【解析】 对亍：T S8 S3= a4+ a5+ 比+ a7 + a8= 5a6= 0, S5= &,又 dv0, S5= S6为最大，故 A 正确；对亍：根据等差中项知正确；对亍：T d 0，点(n, Sn)分布 在开口向上的抛物线，故 Sn中一定有最小的项，故正确；而 ak ak+1 = d, a 0.那么， 15. 4【解析】吐成=M 冬应=4. cd xy xy 18 2,2 2 2 3 an 2 3 an 2 9an 八 2 bn+1 bn = an+1 (3 2an+1) an (3 2an)= ( 2 ) (3 2 x 2 ) an (3 2an) = 4 (an 1

27、). 又由(I)知 an 0，丏 anl,故 bn+12 bn2 0,因此 *V g+1，为正整数. 20. 解(I)由题设：an+1 = (，2 一 1)(an+ 2)= ( 2 1)(an . 2) + ( . 2 一 1)(2 + . 2), =(.2 1)12) + ,2,. an+1 . 2= ( . 2 1)(an , 2).19 所以，数列an ,2a 是首项为 2- ,2，公比为 2- 1)的等比数列，為一，2 = 2( 2- 1)n， 即 an 的通项公式为 an= 2( 2 1)n + 1, n = 1, 2, 3,. (H)用数学归纳法证明. (i) 当 n= 1 时，因 2 2, bi= ai= 2,所以，2 v bi a,结论成立. (ii) 假设当 n = k 时，结论成立，即、J2 bkWak_3,也即 0 bn 2ak_3 2, 1 1 又卄丄3 - = 3 2 2, 2bk + 3 2,2 + 3 所以 bk+1 , 2 = (3 22-2)13 ：