高中数学高考专题复习数列不等式综合题示例 试题

数列不等式综合题例如
数列不等式综合题，是高考数学的常见试题. 这类试题，对数列方面的考察多属根底知识和根本技能的层级，而对不等式的考察，其中口径往往比拟宽，难度的调控幅度比拟大，有时到达很高的层级. 试题排序，靠后者居多，常以难题的相貌出现，对综合才能的考察深入.
这类试题，时常以递推关系或者间接的形式设定数列. 对数列的提问，多涉及通项、前n 项和或者数列中的某些指定的参数，有时也会涉及多个数列. 至于有关不等工的提问，可以是含变量n 或者其他参变量的不等式的证明或者求解，抑或者求某些量的取值范围，或者者是不同量间的大小比拟，等等. 试题的综合程度有时不大，有时很大，既有中低档次的题目，又有中高档次的题目，而且多数年份属于后者.
对数列不等式综合题的解答，往往要求可以纯熟应用相关的根底知识和根本技能，同时还应具备比拟娴熟的代数变换技能和技巧. 下面借助假设干实例，谈谈解答这类试题的个人点滴体验，希望有助考生理解.
例1 设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和),2,1( 0 =>n S n 〔Ⅰ〕求q 的取值范围； 〔Ⅱ〕设122
3
++-
=n n n a a b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，试比拟n S 与n T 的大小分析 设定的数列}{n a 是满足0>n S 的一类等比数列，而不是确定的一个详细数列， 而不是确定的一个详细数列. 提出的两个问题都属于不等式问题. 〔Ⅰ〕的求解可按等价关系建立关于q 的不等式，解之可得；也可对q 作分类讨论，再归纳出答案. 〔Ⅱ〕的求解，可用差值法，也可用比值法.
〔Ⅰ〕的解： 方法一
因为q 是等比数列}{n a 的公比，S n 是数列的前n 项和，所以0≠q ，且
⎪⎩
⎪
⎨⎧≠--==.1,1)1(,1,11•q •••••
q q a •q •••••••••na S n n 当当
因此，),2,1(0 ••••
n S n =>等价于：01>a 且以下条件之一成立：
①q =1； ②••••••n q •q •q n ⎪⎩⎪⎨⎧=<-<-≠;),2,1(01,01,0 ③⎪⎩
⎪
⎨⎧=>->-≠.),2,1(01,01,0••••n q •q •q n
解不等式组②得：1>q ；解不等式组③得：01<<-q 或者10<<q . 综合得q 的取值范围为),0()0,1(∞+⋃-••••. 方法二
根据等比数列性质，在题设下，必有
•S a 011>=，公比0≠q .
当1-≤q 时，0)1(12≤+=q a S ； 当1||0<<q 或者1>q 时，
),2,1(01)
1(1 ••••n •••••••••••
q
q a S n n =>--=；
当q =1时，),2,1(01 ••••n •
••••••na S n =>=. 综合得q 的取值范围为),0()0,1(∞+⋃-••••〔Ⅱ〕的解： 方法一
∵)23
(23221q q a a an bn n n -=-
+=+， ∴)2
3(2
q q S T n n -=，
.
),2,1(,)21
)(2()
12
3
(2•••••n ••••••q q S •••••••q q S S T n n n n =+-=--=-
因为1,0->>•q •
S n 且0≠q ，所以得： 对任意正整数n ，有： 假设2
1
1-<<-q 或者2>q ，那么0>-n n S T ，即n n S T >； 假设02
1
<<-
q 或者20<<q ，那么0<-n n S T ，即n n S T <； 假设2
1
-=q 或者q =2，那么0=-n n S T ，即n n S T =.
方法二
∵11-=n n q a a ，)2
3
(23111
1-=-
=+q q a q a q a b n n n n ，∴)23(-=q q S T n n ，
∵1232
=-
q q 的两根为2
1
-和2， ∴⎪⎪
⎪⎩
⎪
⎪⎪⎨⎧
-<<-<>-<>=-==-.
22
11,221
1,
221
1232•a •••••••••••••q q •••••••••••
•q q •••••••••••q q 当或当或当
依题设),2,1(0 ••••
n S n =>，且由〔Ⅰ〕知01<<-q 或者0>q ，所以得：对任意正整数n ，有：
当;,22
1
••S •T q q n n ==-=时或 当;,22
11••S •T q q n n >>-<<-时或 当02
1
<<-
q 或者20<<q 时，n n S T <. 体验
〔1〕求取值范围，必须勿忘其充要性. 只顾必要性，忘了充分性，易使范围扩大；只顾充分性，忘了必要性，易使范围缩小. 上述〔Ⅰ〕的解法一，采用等价性陈述方式；解法二，采用了从必要性入手，再讨论充分性，然后综合得解.
〔2〕对等比数列，前n 项的和S n 依赖于a 1和q 的两上参量. 由前述讨论可见：使
),2,1(0 ••••n S n =>的充要条件为a 1>0且}01|{≠->∈q q q q 且. 因此，严格地说，第
〔Ⅰ〕问的完好答案似乎应为：在等比数列)(n a 中，01≠a ，而当01<a 时，q 的取值范
围为空集，当01>a 时，q 的取值范围为),0()0,1(∞+⋃-••••
. 不过，对该题也可作这样的理解：在题设下，不可能出现01≤a 的情况，而第〔Ⅰ〕问要求的只是q 的取值范围. 所以前述的解答也算完好.
〔3〕上述〔Ⅱ〕的两个解法，差值法与比值法. 由于Tn 与S n 仅相差一个因子〔q 的二次式〕，所以两法几乎没有本质差异，只是陈述表达形式有所不同. 在前述的解法中，都应
用了等比数列和二次函数式〔方程〕的根本知识，但详细的知识点有所差异，有的是最根底的入门知识，有的是经过派生的常用性质. 学会灵敏运用根本知识解题，减少记忆量，进步活用技能，是解题训练的一项重要任务.
〔4〕此题虽属中低档题，但也具备相当的综合性，展现了高考试题的常见特点. 例2 设数列{}n a 的前n 项的和1412
2333
n n n S a +=-⨯+， •••••n ,3,2,1= 〔Ⅰ〕求首项1a 与通项n a ；
〔Ⅱ〕设2n
n n T S =， ••••••n ,3,2,1=，证明：1
32n
i i T =<∑
分析 取n =1，由等式即可求得a 1. 为求通项a n ，可先将条件化为关于a n +1与a n 的递推关系求解，也可先求S n ，再得a n . 至于不等式的证明，可将公式化简，进展论证.
〔Ⅰ〕的解： 方法一
依设，得3
2
34111-=
=a S a ，∴a 1=2. 当2≥n 时，n
n n n n n a a S S a 23
1)(3411⨯--=-=--，
整理得)2(4211--+=+n n n n a a ，∴n
n n n a a 4)2(4211=+=+-， 得通项.,3,2,1,24•••••••••n •
a n
n n =-= 方法二
依设，得.,3,2,1,22431
••••••••n •
a S n n n =--=+ 因为11a S =，所以24311-=a a ，得a 1=2.
当2≥n 时，n n n a S S =--1，∴)22()(4311n
n n n n a a a ---=+-，
整理得.,4,3,2,241••••••••••n •
a a n n n ==-- ∴12
2211
=⨯---n n n n a a 即有
,2)12(2)12
(2121
11
1••a a a n n n n n n =+=+=+--- 得通项.,3,2,1,24•••••••••n •
a n
n n =-=
方法三
同上法得a 1=2，
••••••••••••••n
•a a n n n ,4,3,2,241==-- ①
∴124412=+=a a ，)4(24211----=-n n n n a a a a ， 整理得
)2(4)2(42122211a a a a a a n n n n n -==-=-----
即有 ••••••••••n •a a n n n ,3,2,4221
1=⨯=--- ② 由2×②－①得 •••••••••••n •
a n n n ,3,2,24=-=
当n =1时，该式也成立，所以，通项为
••••••n ••••••••••
•a n n n ,3,2,1,24=-= .
方法四
因为11S a =，当2≥n 时1--=n n n S S a ，所以由题设得24311--S S ，
当2≥n 时，22)(431
1+--=+-n n n n S S S .
∴14,221==•S •
S ， ••••••••••n •S S n n n ,3,2,2241==+-- ①
从而，)24(224211+-=+----n n n n S S S S ， 即得
,
43
24332)3
2
2(4)322(43222122211•••••••••••••
S S S S S S n n n n n n n ⨯=⨯=+-==+-=+------
∴ •••••n •
•••••••••S S n
n n ,3,2422631=⨯=+-- ②
由2×②－3×①，整理得
•••••••••••••n
•S n n n ,3,2,3
2
243111=+-⨯=+-
该式对n =1也成立，从而得通项
)223(4
1
1-+=
+n n n S a
即.,3,2,1,24•••••••••n •••••••••••
a n
n n =-=
〔Ⅱ〕的证明： 方法一 ∵3
2231341+⨯-=
+n n n a S ,)12)(12(3
2)2234(3
1
1
11••n n n n --=+⨯-=+++
∴,1211212321••S T n n n n n ⎪⎭
⎫
⎝⎛---==+
.2312112312112123111
1••T n
i n i n i i i ∑∑==++<⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝
⎛---= 方法二
∵n
n n a 24-=，
∴2
12241441
1-----=++n n n S
,)12)(12(32
)123122(3
2
1•n n n n --=+⨯-+=
+
得 ••••••••••••n •S T n n n
n n n ,3,2,1,)
12)(12(22321
=--⨯==+
∴,)3
1
1(23312231•T -=⨯⨯=
.
)15
1
1(23)1578711(23,)7
1
1(23)734311(2332121••T T T •T T -=⨯+-=++-=⨯+-=
+
猜想
.)1
21
1(231
1••T n
i n i ∑=+--=
〔i 〕当n =1时，上面已证明猜想成立； 〔ii 〕假设当1≥=k n 时，猜想成立，即
∑=+--=
k
i k i T 1
1)1
21
1(23， 那么∑+=++++⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛--+--=1
1211
1)12)(12(2121123k i k k k k i T ,)1
21
1(23)12)(12(21212322112••k k k k k --=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----=+++++ 即当n=k +1时猜想也成立.
综合〔i 〕〔ii 〕得对任意正整数n ，猜想都成立. 所以，.,3,2,1,23
1
••••••••••i •••••••••••T n
i i
=<∑=
体验
〔1〕数列前n 项的和S n 与通项a n 的关系式，为求通项的解析式，通常要将条件转化为数列}{n a 的递推关系式或者数列}{n S 的递推关系式，然后，再作进一步推演，这时要用到公式⎩⎨
⎧≥=-=-.)2(,111•n •
a S S •
a S n n n 许多时候，容易忽略11a S =，这个式子，同时，对于另一式
子中n 的取值范围，也容易无视，以致出现过失. 对此，必须警觉.
〔2〕根据递推关系)(1n f pa a n n +=+求通项a n ，是常见的数列试题. 近几年的高考数学考试中，这类试题较多出现. 其中，)(n f 可以是常数、等比数列、等比数列与常数之和、等比数列与等差数列之和，等等形式. 此题〔Ⅰ〕的四种解法，反映理解答这类问题的根本思路和常用方法，其核心思想是：转化为等比数列的问题进展解答，或者借助解方程的方法求解. 能否成功，关键在于代数变换与换元是否有效. 详细的运用非常灵敏，就此题〔Ⅰ〕的解法而言，尚有多种解答方案可供选择，远非只是上述的4种.
〔3〕关于不等式
∑=<
n
i i T 1
2
3
的证明，上述两种证法有典型意义. 证法一采用裂项的技术，
将不等式化简，到达证明目的，非常精练. 用好这一技术，须具有良好的观察才能和裂项的经历. 因此，平时要注意经历的积累和一定的操作训练，当存在数列}{n R 满足
1+-=n n n R R T 时，那么有∑=+-=n
i n i R R T 1
11，从而到达将和式化简的目的. 这里的关键是
数列}{n R 的发现. 举个例说，可用这项技术，求等比数列前n 项的求和公式：
设)0,1(11
1≠≠=-q •a •
q q a a n n ，那么有 •q q q
a a n n n )(111
--=
-， ∴∑∑==---=--==n
i n i n
i i i n q q a q q q a a S 11
111)1(1)(1. 也可写成q a a S n n
--=+111. 〔4〕上述〔Ⅱ〕的证法二，采用了由特殊到一般的思维方式，根据开场的几个特殊情形，探究规律，对一般情形作出“猜想〞，进而应用数学归纳法，作出证明，完成解答. 这也是解答数学问题的一种常用方法. 该法成功与否，关键在于猜想，为了使猜想有效和正确，在考察特殊情形时，应防止机械的数字计算和瞎猜，须讲究方法. 例如，上述在考察
211,T •T •T +与321T T T ++的变化规律 ，充分注意所要证明的不等式∑=<
n
i i T 1
2
3
的特点，把观察的侧重点放在差值)132(1∑=-n i i T 的估计上：把T 1=1写成)311(231-=T ；把7
9
21=
+T T 写成)711(2321-=
+T T ；
把1521321=++T T T 写成)15
11(23-. 为一般规律的发现提供了方便，进步了猜想的成功率.
例3 数列}{n a 满足a 1=1，且)1(21
)11(21≥+++
=+n a n n a n
n
n . 〔Ⅰ〕用数学归纳法证明：)2(2≥≥n a n ；
〔Ⅱ〕不等式x x <+)1ln(对0>x 成立. 证明：)1(2
≥<n e a n . 其中无理数
e =2.71828 … .
分析 根据题设的递推关系，难以求得通项，为了证明给定的不等式，宜用放缩法. 〔Ⅰ〕的证明；
〔1〕当n =2时，22
1
)211(12=++==a a a n ；
〔2〕假设2≥=k n 时，不等式成立，即2≥k a ，那么
221
)11(21≥≥+++
=+k k
k
k a a k k a ，即当1+=k n 时，不等式也成立. 综合〔1〕〔2〕，得)2(2≥≥n a n . 〔Ⅱ〕的证明； 方法一
∵1,)2(21=≥≥•a •
n a n ， ∴)1()2
1
11(21)11(0221≥+++≤+++
=<+n a n n a n n a n n
n n n ， 取自然对数，得：当1≥n 时，
n n
n n n n n n a a 21
)111()2111ln(ln ln 21+
+-<+++
≤-+， ∴
∑∑-=-=+++-<-1
11
1
1])21()111[()ln (ln n i n i i
i
i i i a a 即2)2
1
21(211ln ln 1<-+-
<-n n n a a ， ∵01ln ln 1==a ，∴)1(2
≥<n e a n 成立.
方法二
首先，用数学归纳法证明不等式
)1)(1(2≥->n n n .
〔1〕当n =1，2，3，4时，n
2依次取值2，4，8，16，)1(-n n 依次取值0，2，6，12，所以不等式成立；
〔2〕假设4≥=k n 时，不等式成立，即)1(2->k k k
，所以)1(221
->+k k k ，
∵4≥k ，∴0)3()1()1(2>-=+--k k k k k k ， 即k k k k )1()1(2+>-，从而]1)1)[(1(2
1
-++>+k k k ，即当n =k +1时不等式成立.
综合〔1〕〔2〕，证得)1)(1(2≥->n n n
.
其次，当 2≥n 时，)1()1(->+n n n n ，依设得
)1(1
))1(11(2
1))1(11(1-+-+<+++
=+n n a n n a n n a n n n n ，
由〔Ⅰ〕知0>n a ，故有
)1)()
1(1
1(101+-+
<+<+n n a n n a ，
∴ )2(,1
)1(1)1(1))1(11ln()1ln()1ln(1≥--=-<-+
<+-++n ••n n n n n n n a a n n
得
∑∑-=-=+--<+-+1
2
1
2
1
)1
11(
)]1ln()1[(ln n i n i i i i
i a a
， ∴11
1
1)1ln()1ln(2<--
<+-+n a a n . ∵22=a ，∴<+1n a e 3
ln 1+<3e ，
∵2.7<e<2.72，∴3e<8.16，e 2q ， 得a n <3e-1<7.16<e 2)2(≥n .
又有a 1=1<e 2，所以证得a n <e 2)1(≥n . 体验
〔1〕上述〔Ⅱ〕的证法一，将
n 21放大为n n a 2
1
，即是利用了)2(2≥≥n a n 和a 1=1，将1放大为n a ，顺利且简练地完成证明. 而证法二，那么比拟转折，进展屡次放缩，首先是将
)1(1+n n 和n 21
都放大为)
1(1-n n ，后来为证明3e-1<e 2，既将e 放大为2.72，又将e 缩小
为2.7. 从中， 可体验到恰当的放缩，是应用放缩法证明不等式的关键. 这里，所谓恰当，关键有二：其一，选择适当的放缩因子〔即放缩的对象〕，其二，放大或者缩小的幅度，这时幅度要适宜，且力求计算量不要太大. 作为说明，我们提供〔Ⅱ〕的另一个放缩证法，供参考和比拟：
当2≥n 时，2≥n a ，所以，依设得
112
1
)1(1121)1(110+++++<+++=<
n n n n n n n a n n a a
∴)2()2
1()1(1)21)1(11ln(ln ln 1121≥++<+++<-+++n ••n n n n a a n n n ， ∑∑-=+-=+--++-<-1221212
11)21(81)111()ln (ln n i n n i i i i i a a ， 得12)21(41121ln ln +-+-<-n n n a a ，∴2ln 4
3ln 43ln 2+<+<a a n ， ∵e 33=19.683>16，∴2ln 416ln 3=>， 得2
34343ln ,432ln =+<<n a ••，∴23e <n a ； 其次23
1e 1<=a ，综合，证得)1(e 3≥<n •a n . 因为23e e <，所以，这里不仅证明了〔Ⅱ〕的不等式，而且获得更强的结论. 〔2〕用数学归纳法证〔Ⅰ〕，无难点，但在〔Ⅱ〕的证法二中，证不等式)1)(1(2≥->n n n 时，不仅要检验n =1时，不等式成立，还要检验n 取值为2，3，4的情形，然后作归纳假设4≥=k n 时，不等式成立，再去证1+=k n 时，不等式也成立. 从这里可体验到：应用数学归纳法时，必须根据归纳假设及其接着的归纳证明的需要，确定应该检验哪些特殊的n 值；其次，归纳假设的设定，也并非千篇一律，不是所有的情形都假设1≥=k n 时结论成立. 有时必须假定为m k n ≥=时结论成立，或者假定为当k n ≤时结论成立，等等，这要视归纳证明〔即证1+=k n 时结论成立〕的需要而定.
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翻手为云，覆手为雨。

二人同心，其利断金。

短暂辛苦，终身幸福。

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“想”要壮志凌云，“干”要脚踏实地。

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乘风破浪会有时，直挂云帆济沧海。

不学习，如何养活你的众多女人。

不为失败找理由，要为成功想办法。

不勤于始，将悔于终。

不苦不累，高三无味;不拼不搏，高三白活。

不经三思不求教不动笔墨不读书，人生难得几回搏，此时不搏，何时搏。

不敢高声语，恐惊读书人。

不耻下问，学以致用，锲而不舍，孜孜不倦。

博学强识，时不我待，黑发勤学，自首不悔。

播下希望，充满**，勇往直前，永不言败。

保定宗旨，砥砺德行，远见卓识，创造辉煌。

百尺高梧，撑得起一轮月色;数椽矮屋，锁不住五夜书声。