数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

1、学习好资料欢迎下载数列与不等式的交汇题型分析及解题策略【命题趋向】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能.近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视.如08年北京文20题（12分）中档偏上，考查数列与不等式恒成立条件下的参数问题、08年湖北理2

2、1题（12分）为中档偏上，考查数列与不等式交汇的探索性问题、08年江西理19题（12分）中等难度，考查数列求和与不等式的交汇、08年全国卷I理22（12分）压轴题，难说大，考查数学归纳法与不等式的交汇，等等预计在2009年高考中，比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题的命题热点是与不等式交汇，呈现递推关系的综合性试题.其中，以函数与数列、不等式为命题载体，有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点，而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题.【考试要求】1 .理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推

3、公式写出数列的前几项.2 .理解等差数列的概念.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题.3 .理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题。4 .理解不等式的性质及其证明.5 .掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用.6 .掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式.7 .掌握简单不等式的解法及理解不等式Iaba+bM；f(x)W恒成立二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【例1】等比数列an的公比q1,第17项的平方等于第24项，求使ai+

4、a?+111,一an+fe成立的正整数n的取值氾围.a1a2an【分析】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n的取值范围.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【解】由题意得:*61僧23,.僧9一.由等比数列的性质知:.11,一.1,数列,是以为首项，以1为公比的等比数列,ana1q11n则须4二更,q-1-q把a2=q,8代入上式并整理，得q-18(qn要使不等式成立,1)q(1-4),qn20.qnq19,q1,n19,故所求正整数n的取值范围是【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

5、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an的前n项和为Sn.已知a1=a,an+1=Sn+3n,nN*.(I)设bn=S3n,求数列bn的通项公式；(n)若an+1a,nN*,求a的取值范围.【分析】第(I)小题利用Sn与an的关系可求得数列的通项公式；第(n)小题将条件an+1n转化为关于n与a的关系，再利用awf(n怛成立等价于awf(nmin求解.【解】(I)依题意，S+1Sn=an+1=Sn+3n,即Sn+1=2Sn+3n,由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n).因此，所求通项公式为bn=Sn-3n=(a-3)2n，nCN*,(n

6、)由知Sn=3n+(a3)2n/，nCN*,于是，当n2时，an=S&=3n+(a3)2n/一3n一(a3)2n”=2X尸+(a3)2n,an+1_an=4X3n+(a3)2nJ2=2nJ212)+a3,当nA2时，an+1n,即2n-212(万)+a3Q12(万)+a3Qa9,综上，所求的a的取值范围是9,+8.【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，应当引起重视题型二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

7、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【例3】已知数列an是等差数列，其前n项和为Sn,%=7,$=24.(I)求数列an1的通项公式；(n)设p、q都是正整数，且p西，证明：Sp+qVy&p+Sq).【分析】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a1+2d=74al+6d=24a1=3d=2决第(I)小题；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,学习好资料欢迎下载数列an的通项公式为an=a+（n1）d=2n+1.（n）证明：an=2n+1,门2=n

8、2+2n.2Sp+q-（S2p+S2q）=2（p+q）2+2（p+q）（4p2+4p）（4q2+4q）=-2（p-q）2,1一,p西，2Sp+q（S2p+S2q）V0,.Sp+q（3c）n，nCN*;（出）设0vcv,证明：a12+a22+an2n+13-,nCN*.【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不等n项和求和，再关系的迭代；第（3）小题利用不等式的传递性转化等比数列，然后利用前进行适当放缩.【解】（I）必要性：=a1=0,a2=1-c,又一a2c0,1,0-cQ.ak+1c0,1,这就是说n=k+1时，anC0,1.由（1）、（2）知，当cC0,1时

9、，知an0,1对所胡nCN*成立.综上所述，anC0,1对任意nCN*成立的充分必要条件是c0,1.（n）设Ovcv（当n=1时，a=0,结论成立.3当nR2时，由an=can、1c,1斗=c（1一斗）（1+an十不）12an1Q.1anW3c(1.0Vcv由(I)知2门/60,1,所以1+an二+an/w1=1.13一an)，1-an3c(1an_i)(3c01-an)(3c)n,，nCN*.一1(出)设0Vcv3,当n=1时,o2#=02；,结论成立当n*时,由(n)知anl-(3c)n_10,an2(J(3c)n,)2=1-2(3c)nj+(3c)(n,)1-2(3c)nJ,a,+a2?

10、+an?=a?+a，n123c+(3c)2+(3c)n=n-1-21+3c+(3c)2+(3c)n,-1=n+1-21-(3c)n+1-21-3c1-3c【点评】本题是数列与不等式、数学归纳法的知识交汇题，属于难题，此类试题在高考中点占有一席之地，复习时应引起注意.本题的第（I）小题实质也是不等式的证明,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.例5（08四川高考）设等差数列an的前n项和为若S410

11、Ss10S510、S5=5a1+d155-3d5+3d2a1+3dA5a4即a+2dw?a4=a+3d=(a+2d)+dw升d+3d=.5+3drr2W4W升d,则5+3dw外2d,即d1,|f(11)|f(10)|-|f(1)|,当n11时,|f(n+1)|2002-2n-|f(12)|f(13)|-,f(11)0,|f(n)|f(10)0,f(12)0,f(n)的最大值为f或f(12)中的最大者.31,=20023(2)30=12、66f(12)2002(2),演=91362002()当n=12时,f(n)有最大值为f(12)=200212(夕66.【点评】本题解答有两个关键：(1)利用商

12、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.题型四求解探索性问题解答的一般策略：先假设所探求对象数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型,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.【例7】是否存在正整数已知an的前n项和为Sn,且an+S=4.(I)求证：数列an是等比数列；(n)Sk+1-2k,使+2成立.&一2第(I)小题通过代数变换确定数列an+1与an的关系

13、，结合定义判断数列an为等比数列；而第(n)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】(I)由题意，S+an=4,Sn+1+an+1=4,学习好资料欢迎下载1由两式相减，住F(S+1+an+1)(Sn+an)=0,即2an+1an。，an+12On-)1一又2a1=S|+a=4,.a1=2,.数列an是以首项a1=2,公比为q=/的等比数列.21小(n)由(I),得Sn=1=422”.1 25- 2421”22一3又由*_22,得422A_22,整理，得|21Jkv1,即K2k2，kCN*,.2k,CN*,这与2kC(1,怖)相矛盾，故不存在这样的k,使不等

14、式成立.keN*”,【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这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.2n【例8】(08湖北局考)已知数列an和bn满足:a1=入，an+1=7an+n4,bn=(1)(an3-3n+21),其中入为实数，n为正整数.(I)对任意实数入，证明数列an不是等比数列；(n)试判断数列bn是否为等比数列，并证明你的结论；(出)设0vavb,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avSnVb?若存在，求入的取值范围；若不存在，说明理由.【分析】第(I)小题利用反证法证明；第(n)小题利用等比数列的定义证明；第(出)小题属于存在

15、型问题，解答时就假设avSvb成立，由此看是否能推导出存在存在实数入.【解】(I)证明：假设存在一个实数人使an是等比数列，则有a22=a1a3,即(|卜3)2=入4入4)=4，4入+9=422-49=0,矛盾，所以同不是等比数列.3999(n)解：因为bn+1=(-1)n+1an+13(n+1)+21=(-1)n+1(|an-2n+14)=2(an3n21)=jbn,又b1=(计18),所以当入=18时，bn=0(nN*),此时bn不是等比数列；当入市18时，b1=(计18)WQ由上可知bnWQ.雷=2(neN*).故当入才18时，数列bn是以一(升18)为首项，一(为公比的等比数列.3(出

16、)由(n)知，当仁18,bn=0(nCN*),Sn=0,不满足题目要求；.入井18,故知bn=(计18)X62)1,于是Sn=-(18)1(-)n353要彳aSb对任意正整数n成立，即a-3(18)1-(-f)n3a).当avbv3a时)由b183a18,不存在实数满足题目要求;学习好资料欢迎下载当b3a存在实数入，使得对任意正整数n,者B有avvb,且入的取值范围是（-b-18,3a18）.【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

17、答是否定的.其过程可以概括为假设一一推证一一定论.本题解答注意对参数入及项数n的双重讨论.【专题训练】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（）a4a6a4a6a4a6a4a6A.-D.广昔a6a8a6a8a6a8a6a82,设an是由正数构成的等比数列，bn=an+l+an+2,Oi=an+an+3,则（）A. bncnB. bnnD.bnWn3.已知an为等差数列，bn为正项等比数列，公比qwi,若ai=b1，an=bn,则（）A.a6=b6B.a6b6C.a6Vb6D.a6b6或a6Vb64,已知数列an的前n项和Sn=n2-9n,第k项满足5Vak0,其前n项的

18、和为S,则S4a5与25a4的大小关系是A. Sia5VS5a4B. 84a5Ssa4C. 84a5=&a4D.不确定6,设2n=1+2+3+n,nCN*,则函数f(n)=Sn(n+32)8n+1的最大值为1A.201B-301D-5017.已知y是x的函数，且lg3,lg（sinx鼻）,lg（1y）顺次成等差数列，则A. y有最大值1,无最小值11口，C.y有最小值在，取大值1B. y有最小值而，无最大值D.y有最小值1,最大值18,已知等比数列an中a2=1,则其前3项的和0的取值范围是（）A.（-00,一1B.（一0,一1）U（1,+00）c.3,十）d.（一00,-1u区+0）9 .设

19、43b是1a和1+a的等比中项，则a+3b的最大值为（）A. 1B. 2C. 3D. 410 .设等比数列an的首相为a1，公比为q,则“奉an”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分比要条件D.既不充分又不必要条件学习好资料欢迎下载11.an为等差数歹U,若叫v1,且它白前n项和&有最小值，那么当Sn取得最小正值时,ai0n=()A.11B.17C.19D.2112 .设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、yCR,都有f(x)f(y)=f(x+y),若1a1=2,an=f(n)(nN*),则数列%的前n项和Sn的取值范围是()1A.22)1B.分2C.31)1D.-

20、,1二、填空题一、一$13 .等差数列an的前n项和为Sn,且a4一a2=8,a3+a5=26,记=孑，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，a11,|q|0,y0,x,a,b,y成等差数列，x,c,d,y成等比数列，则之床一的最小Cd值是.A.0B.1C.2D.416 .等差数列an的公差d不为零，Sn是其前n项和，给出下列四个命题：A.若dv0,且S3=S8,则Sn中，S5和S6都是Sn中的最大项；给定n,对于一定kN*(k0,则Sn中一定有最小的项；存在kCN*,使akak+1和akak同号其中真命题的序号是.三、解答题17 .已知

21、an是一个等差数列，且a2=1,a5=-5.(I)求an的通项an；(n)求an前n项和Sn的最大值.18 .已知an是正数组成的数列，a1=1,且点扇，an+1)(nCN*)在函数y=x2+1的图象上.(I)求数列an的通项公式；(n)若列数bn满足b1=1,bn+1=bn+2an,求证：bnbn+2Vbn+1.3 an”19 .设数列an的首项aC(0,1),%=2，n=2,3,4,(I)求an的通项公式；(n)设bn=%M32an,证明bnbn+1,其中n为正整数.学习好资料欢迎下载20 .已知数列an中ai=2,an+i=(1)(an+2),n=1,2,3,.(I)求an的通项公式；(

22、n)若数列an中bi=2,bn+i=3bn：4,n=1,2,3,证明：嫡n=1,2bn32,3,21 .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)=6x2,数列an的前n项和为、，点(n,Sn)(nN*)均在函数y=f(x)的图像上.(I)求数列an的通项公式；(n)、一1m设bn=,Tn是数歹Ubn的前n项和，求使得对所有nCN*都成立的最小正anan+120整数m;22 .数列瓜满足a1=1,an*=(n2+n-X)an(n=1,2,|1),九是常数.(i)当a?=1时，求入及a3的值；(n)数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；(出

23、)求人的取值范围，使得存在正整数m,当nm时总有an0,且qW,时，bncn,故bnWn._.一一一_._.era+a11b+b11r3. B【斛析】因为qwb10,b110,所以b1Wb1,则为=2=2Ub1b11=b6.4. B【解析】因数列为等差数列，an=Sn-Sn=2n-10,由52k-108,得到k=8.学习好资料欢迎下载5. A【解析】S4a5Ssa4=(ai+a2+a3+a4)a4q(ai+a2+a3+a4十a5)a4=一a1a4=ai2q3；,y0时，S5=1+q+q24；=3,当公比q/3in0=2sin(-&)2.10. A【解析】当a10,且0vq0,且q1,故选A.1

24、coIaqX20(什a20)can/口a10十a1a1十a2。2，S20皿”C【解析】由:-v1，得一：Vte-0,且S02即可，故M的最小值为2,答案：20U(0,；3111aqa1114 .(-1,0U(0,3【解析】1Tq乎q，但Iql0,点(n,Sn)分布在开口向上的抛物线，故S中一定有最小的项，故正确；而akak+1=d,ak一ak=d,且dwq故为假命题.三、解答题一、一，一，一ai+d=2.又由(I)知%0,且anW,故bn+12-bn20,因此【解】(I)由题设：an+1=(V21)(an+2)=(5一1)(an陋)+(限一1)(2+加)，=(V2-1)(an-A/2)+/2,

25、an+1-2=c72-1)(an-V2).所以，数列an也a是首项为2正，公比为色1)的等比数列，an由=也(表1)n，即an的通项公式为an=V2(V2-1)n+1,n=1,2,3,.(n)用数学归纳法证明.(i)当n=1时，因乖2,b1=a1=2,所以由“&,结论成立.(ii)假设当n=k时，结论成立，即42VbkW4k_3,也即0VbnJ2w4k_32,-.八17 .【解】(I)设an的公差为d,由已知条件，Ia+4d=5,解出a=3,d=2.所以an=a1+(n1)d=2n+5.18.(n)Sn=na1+n2d=-n2+4n=(n2)2+4,所以n=2时,【解】(I)由已知得an+1=

26、an+1,即an+1an=1,又a1=1,所以数列为是以1为首项，公差为1的等差数列，故G取到最大值4.an=1+(a1)xt=、2)an(32an)=4(anbn0,n.(n)由(I)知：an=n从而bn+1-bn=2n.、i2_.1-2n_n.bn=(bnbn)+(bn-bn_2)+(b2b)+b=2+2+2+1=21.12因为bnbn+2bn卅=(2n-1)(2n+2-1)-(2nJ1-1)2=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-2-2n+1-1)=-52n+42n=2nV0,2所以bnbn+2bn卡._._.3an1119.【解】(I)由an=2-，n=2,3,4,整理得1an=-3(1an/).1，,又1awQ所以1an是首项为1a1，公比为一2的等比数列，得an=1(1a1)(1 n2)，3(n)由(I)可知0van0.那么,2.2223an23anbn+1bn=an+1(32an+1)一an(32an)=(2)(32x2学习好资料欢迎下载一11又一心VF=3-2j2,2