数列与不等式的综合问题突破策略1

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常见解决数列-不等式综合问题的策略(1)课案

常见解决数列、不等式综合题的策略江苏省南京市六合区程桥高中王安寓 211504数列是特殊的函数，与不等式等知识密切相关，是高考命题的一个热点之一，在一些地区的高考试题中是把关题之一。

如何破解数列与不等式的综合试题呢？本文结合近几年的高考试题作一点探讨。

策略一、先求和，再放缩待证的不等式中一端是一个数列的前n 项和，并且能求出这个前n 项和，那么，先用相应的方法（如裂项求和，错位相减求和等等）求出前n 项和，再结合不等式的放缩技巧解决问题。

例1、(2011年全国理20)设数列{}n a 满足10a =且1111.11n na a +-=--（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1, 1.nn n k n k b b S ===<∑记S 证明：思维历程：（I ）略；（II ）由n b 的形式，可用裂项求和的方法求出n S ，0>放缩即可。

解：（Ⅰ）由等差数列通项公式得11nn a =-，∴11n a n =-；（Ⅱ）n b ====，∴1nn k k S b ===+++∑11=<。

点评：对于能裂项求和的数列，要先求出其前n 项和，再应用不等式的放缩技巧证明。

另外，本题可作如下变化：①若21n S m <+恒成立，求实数m 的取值范围；②若21n S k >-恒成立，求实数取值k 的范围。

练习1、(2011浙江理19)已知公差不为0的等差数列{}n a 的首项1a a = (a R ∈),设数列的前n 项和为n S ，且11a ，21a ，41a 成等比数列。

（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及n S ；（Ⅱ）记1231111...n n A S S S S =++++，212221111...nn B a a a a =++++，当2n ≥时，试比较n A 与n B 的大小.提示：（Ⅰ）易求d a =，∴n a na =，(1)2n n n S a +=；（Ⅱ）n A =21(1)1a n -+；∵22n n a a =，∴n B 21(1)2n a =-。

浅谈高考数列综合问题的解题策略及反思

浅谈高考数列综合问题的解题策略及反思高考数列综合问题是近几年高考数学中的一个重要考点，通过解题策略的运用可以帮助考生更好地应对这类题目。

本文将浅谈高考数列综合问题的解题策略，并进行反思和总结。

一、高考数列综合问题的解题策略1. 确定数列的表达式在解决数列综合问题时，首先需要确定数列的表达式，即找出数列的通项公式。

通过观察数列的前几项，寻找数列的规律，并尝试找到递推公式或通项公式。

对于常见的等差数列、等比数列和斐波那契数列，可以直接利用已有的性质和公式进行求解。

而对于一些复杂的数列，可以通过列出递推关系式或使用递归思想进行求解。

2. 应用数列的性质和定理在解决数列综合问题时，可以利用数列的性质和定理来简化问题的求解过程。

例如，对于等差数列，可以应用数列的前n项和公式、通项公式和项数的关系来求解。

对于等比数列，可以利用数列的前n项和公式、通项公式和项数的关系来求解。

掌握这些数列的性质和定理，能够帮助考生更快地解答题目。

3. 运用数列思想和数学归纳法数列思想和数学归纳法在解决数列综合问题中起着关键作用。

通过观察数列的规律，推测出数列的通项公式，并通过数学归纳法来验证所推测的结论是否成立。

此外，还可以通过数列的特殊构造和等式的变换，运用数学归纳法来解决数列综合问题。

4. 利用图形化表示对于一些复杂的数列综合问题，可以通过图形化表示进行求解。

将数列的每一项用点表示在坐标系中，从而可以观察出数列的规律和特点。

通过图形化表示可以帮助考生更直观地理解问题，并以直观的方式解决问题。

二、解题策略的反思与总结在解题过程中，有时会遇到难题，但通过灵活运用不同的解题策略可以更好地应对。

然而，在实际解题中，我们还需注意以下几点：1. 理解题意，准确运用数列知识在解决高考数列综合问题时，首先要仔细阅读题目，明确问题所给条件和要求，确保理解题意。

其次，要准确运用数列的知识，利用已学过的公式和定理进行求解。

对于不太熟悉的数列类型，要通过多做习题和练习来加深理解，扩大解题思路。

高中数学数列问题的有效解决策略

高中数学数列问题的有效解决策略摘要：数列是高中数学学科中一部分重要的知识，要求学生通过学习达到掌握数列变化的规律、总结解题技巧的目标。

在运用数列知识解决实际问题的过程中，学生的思维能够得到进一步开发和拓展。

由于这一部分的知识点比较抽象难懂，学生在学习过程中不可避免地会存在困难，加之教师教学方法的限制，数列成为学生学习的一大难点。

为了帮助学生攻克数学学科的难点、总体把握数学学科知识，也为了开发学生的数学核心素养，有必要加强对数列问题教学和解决策略的研究。

以下内容将立足于高中数学学科教学工作的实际情况，从教师和学生两个角度分析影响数列问题学习效果的原因，并探究解决数列问题的有效方法。

关键词：高中数学；数列知识；解决问题引言：综合学生的解题情况来看，数列知识是学生在解题过程中的常见失分点上，归根结底在于学生对这部分知识的理解不够透彻、解题方法选择不当。

在新课标教学改革的过程中，高中数学学科教学工作需要进行必要的创新和改革，老师在采取高效教学方法时，要充分考虑学生已经具备的生活经验和学习经验、教学工作如何增添趣味、新旧知识点之间应如何衔接、如何在教学工作中融入特色等问题，为学生定制个性化的学习方式，帮助学生突破学习数列知识中存在的困难。

一、高中数学数列问题学习效果的影响因素（一）教师方面老师的教学观念和教学方式直接影响学生的学习效果，受传统教学观念和教学手段的影响，学生关于数列知识的学习并不透彻。

一方面，老师在教学过程中缺少对学生反馈的了解，采用的语言和教学模式比较抽象，学生的思维方式和理解能力不足以支撑学生理解相关的知识点，导致学生对知识一知半解，无法将相关的知识点应用于解决实际问题[1]。

另一方面，老师在课堂上一味向学生灌输知识，学生在课堂上的主体地位并不突出，学生在被动接受知识的过程中，其思维方式受到限制，不利于学生思维的拓展和能力的提升。

当学生脱离老师的指导、独立解决数学问题时，无法解答问题，甚至面对数列问题不知所措。

数列与不等式均是高中数学的重点和难点,在高考中都占有

数列与不等式均是高中数学的重点和难点,在高考中都占有较大的比重,常综合在一起进行考查,并以压轴题的形式出现.数列求和型不等式便是高考数学压轴题经常出现的问题,因此对其进行解题研究就显得非常必要.通常情况下,放缩法常常被用于解决数列求和型不等式问题.其求解途径.这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：一、裂项放缩例1.(1)求∑=-nk k 12142的值;解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n knk 二、函数放缩例2.求证：)(665333ln 44ln 33ln 22ln *N n n n n n∈+-<++++ . 解析:先构造函数有xx x x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln n n n n +++--<++++ 因为⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n311212191817161514131213131216533323279189936365111n n n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---所以6653651333ln 44ln 33ln 22ln +-=--<++++n n n n nn三、分式放缩姐妹不等式:)0,0(>>>++>m a b ma mb ab 和)0,0(>>>++<m b a ma mb ab记忆口诀”小者小,大者大”解释:看b ,若b 小,则不等号是小于号,反之. 四、分类放缩证明：设*11,n nnb cn N b +=-∈，则()()()22222111211212121n c n n n n n n n ⎛- +⎝⎛⎫ ⎪++ > ++ ⎝()()()2*1212210,,2n n n n n c n N n ++-+=>∴>∈+ 设*12,nn Sc c c n N =+++∈，则当()*221k n k N =->∈时，23111111111113421234212212n kk k kS -⎛⎫⎛⎫⎛⎫>++++=+++++++ ⎪ ⎪⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭212311112222222k k k -->⋅+⋅++⋅=。

数列不等式综合题重要思维方法

数列不等式综合题示例数列不等式综合题，是高考数学的常见试题. 这类试题，对数列方面的考查多属基础知识和基本技能的层级，而对不等式的考查，其中口径往往比较宽，难度的调控幅度比较大，有时达到很高的层级. 试题排序，靠后者居多，常以难题的面貌出现，对综合能力的考查深刻.这类试题，时常以递推关系或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 或其他参变量的不等式的证明或求解，抑或求某些量的取值范围，或者是不同量间的大小比较，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，往往要求能够熟练应用相关的基础知识和基本技能，同时还应具备比较娴熟的代数变换技能和技巧. 下面借助若干实例，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1223++-=n n n a a b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，试比较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，而不是确定的一个具体数列，而不是确定的一个具体数列. 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 且下列条件之一成立： 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 -=-+=+， ∴)23(2q q S T n n -=， .),2,1(,)21)(2()123(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：若211-<<-q 或2>q ，则0>-n n S T ，即n n S T >；若021<<-q 或20<<q ，则0<-n n S T ，即n n S T <；若21-=q 或q =2，则0=-n n S T ，即n n S T =. 方法二∵11-=n n q a a ，)23(231111-=-=+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21-和2，∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-<<-<>-<>=-==-.2211,2211,2211232•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0>q ，所以得：对任意正整数n ，有：当;,221••S •T q q n n ==-=时或当;,2211••S •T q q n n >>-<<-时或当021<<-q 或20<<q 时，n n S T <. 体验（1）求取值范围，务必勿忘其充要性. 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）问的完整答案似乎应为：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整.（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别，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）的基本知识，但具体的知识点有所差别，有的是最基础的入门知识，有的是经过派生的常用性质. 学会灵活运用基本知识解题，减少记忆量，提高活用技能，是解题训练的一项重要任务.（4）本题虽属中低档题，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14122333n n n S a +=-⨯+， •••••n ,3,2,1= （Ⅰ）求首项1a 与通项n a ；（Ⅱ）设2nn n T S =， ••••••n ,3,2,1=，证明：132n i i T =<∑分析取n =1，由已知等式即可求得a 1. 为求通项a n ，可先将已知条件化为关于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，进行论证.（Ⅰ）的解：方法一依设，得3234111-==a S a ，∴a 1=2. 当2≥n 时，n n n n n n a a S S a 231)(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 ==-- ∴122211=⨯---n n n n a a 即有,2)12(2)12(2121111••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 ,3,2,42211=⨯=--- 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)(4311+--=+-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 ,4324332)322(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 ,3,2,32243111=+-⨯=+-该式对n =1也成立，从而得通项 )223(411-+=+n n n S a 即.,3,2,1,24•••••••••n •••••••••••a n n n =-=（Ⅱ）的证明：方法一 ∵32231341+⨯-=+n n n a S ,)12)(12(32)2234(31111••n n n n --=+⨯-=+++ ∴,1211212321••S T n n n n n ⎪⎭⎫ ⎝⎛---==+ .23121123121121231111••T ni n i n i i i ∑∑==++<⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛---= 方法二∵n n n a 24-=，∴2122414411-----=++n n n S ,)12)(12(32)123122(321•n n n n --=+⨯-+=+ 得 ••••••••••••n •S T n n nn n n ,3,2,1,)12)(12(22321=--⨯==+ ∴,)311(23312231•T -=⨯⨯= .)1511(23)1578711(23,)711(23)734311(2332121••T T T •T T -=⨯+-=++-=⨯+-=+ 猜测.)1211(2311••T n i n i ∑=+--=（i ）当n =1时，上面已证明猜测成立；（ii ）假设当1≥=k n 时，猜测成立，即∑=+--=k i k i T11)1211(23，则∑+=++++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+--=112111)12)(12(2121123k i k k k k i T ,)1211(23)12)(12(21212322112••k k k k k --=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----=+++++ 即当n=k +1时猜测也成立.综合（i ）（ii ）得对任意正整数n ，猜测都成立. 所以，.,3,2,1,231••••••••••i •••••••••••T n i i =<∑=体验（1）已知数列前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，也容易忽视，以致出现差错. 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. 本题（Ⅰ）的四种解法，反映了解答这类问题的基本思路和常用方法，其核心思想是：转化为等比数列的问题进行解答，或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. 具体的运用非常灵活，就本题（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 123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，达到证明目的，十分精练. 用好这一技术，须具有良好的观察能力和裂项的经验. 因此，平时要注意经验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，则有∑=+-=ni n i R R T 111，从而达到将和式化简的目的. 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(111≠≠=-q •a •q q a a n n ，则有 •q q qa a n n n )(111--=-， ∴∑∑==---=--==n i n i n i i i n q q a q q q a a S 11111)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，根据开始的几个特殊情形，探索规律，对一般情形作出“猜测”，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，关键在于猜测，为了使猜测有效和正确，在考查特殊情形时，应避免机械的数字计算和瞎猜，须讲究方法. 例如，上述在考查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 123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7921=+T T 写成)711(2321-=+T T ；把1521321=++T T T 写成)1511(23-. 为一般规律的发现提供了方便，提高了猜测的成功率.例3 数列}{n a 满足a 1=1，且)1(21)11(21≥+++=+n a n n a nn n . （Ⅰ）用数学归纳法证明：)2(2≥≥n a n ；（Ⅱ）已知不等式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，221)211(12=++==a a a n ；（2）假设2≥=k n 时，不等式成立，即2≥k a ，则221)11(21≥≥+++=+k kk 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()2111(21)11(0221≥+++≤+++=<+n a n n a n n a n nn 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++-<+++≤-+， ∴∑∑-=-=+++-<-11111])21()111[()ln (ln n i n i i i i i i a a即2)2121(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(21-++>+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(21))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(11(101+-+<+<+n n a n n a ， ∴ )2(,1)1(1)1(1))1(11ln()1ln()1ln(1≥--=-<-+<+-++n ••nn n n n n n a a n n 得∑∑-=-=+--<+-+12121)111()]1ln()1[(ln n i n i i i i i a a ， ∴1111)1ln()1ln(2<--<+-+n a a n . ∵22=a ，∴<+1n a e 3ln 1+<3e ，∵2.7<e<2.72，∴3e<8.16，e 2>7.2q ，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 21，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，则比较转折，进行多次放缩，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，放大或缩小的幅度，这时幅度要合适，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，供参考和比较：当2≥n 时，2≥n a ，所以，依设得1121)1(1121)1(110+++++<+++=<n n n n n n n a n n a a ∴)2()21()1(1)21)1(11ln(ln ln 1121≥++<+++<-+++n ••n n n n a a n n n ， ∑∑-=+-=+--++-<-122121211)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 43ln 43ln 2+<+<a a n ， ∵e 3>2.73=19.683>16，∴2ln 416ln 3=>，得234343ln ,432ln =+<<n a ••，∴23e <n a ；其次231e 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.。

数列和式不等式的解题策略

策略四、通项特征分析法有些和式不等式的证明，若从已知条件出
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决，但在证 k 到k + 1 时，不少同学有困难，如用 “ 放缩法” 来解决，给人耳目一新，简捷明了.
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点评 : 这类题目从条件出发，分析通项，将所求和式的各项一项拆成两项 ( 或多项 ) ，使得这个和式的部分项能前后相消，从而得到问题的解决，这也是解决数列求和问题的一种常用
设 B， =

数列不等式恒等式问题的求解策略

数列不等式恒等式问题的求解策略不等式的恒成立问题是高考的一个热点问题，是学生较难理解和掌握的一个难点，以数列为载体的不等式恒成立问题的档次更高，综合性更强，2010年的高考，有几个省市考到这一知识点。

数列中的恒成立问题实质上是函数的恒成立问题，因为数列是一类特殊的函数，但有数列自身独有的特性，二者的求解策略极其相似。

下面就这一问题谈谈其求解策略。

一转化为二次函数的恒成立（实根分布）问题求解策略例1 在数列｛a n ｝中，a 1=1,a n+1=ca n +c n+1 (2n+1)(n ∈N *)其中实数c ≠0 .（Ⅰ）求｛a n ｝的通项公式；（Ⅱ）若对一切k ∈N *有a 2k ＞22k-1，求c 的取值范围.解析：（Ⅱ）问：题意为后面的偶数项恒大于前面的奇数项，（后面项恒大于前面的项）不同于数列的单调性，但通过数列的通项公式转换为二次函数的恒成立问题求解，必须注意自变量n 的取值范围。

解 (II)由（1）知 a n =n 2-1+ 由a 2k ＞a 2k-1，得4(c 2-c)k 2+4ck-c 2+c-1＞0对*∈N k 恒成立. 记f(x)=4(c 2-c)x 2+4cx-c 2+c-1，下分三种情况讨论.（I ）当c 2-c=0即c=0 或c=1时，代入验证可知只有c=1满足要求.c1（II ）当02<-c c 时，抛物线)(x f y =开口向下，因此当正整数k 充分大时，0)(<x f 不符合题意，此时无解.（ⅲ）当c 2-c ＞0即c ＞0或c ＞1时，抛物线)(x f y =开口向上，其对称轴)1(21c x -=必在直线1=x 的左边. 因此，)(x f 在),1[+∞上是增函数.所以要使0)(>k f 对*∈N k 恒成立，只需0)1(>f 即可.由f(1)=3c 2+c-1＞0解得c ＜6131--或c ＞6131-- 结合c ＜0或c ＞1 得c ＜6131--或c ＞1综合以上三种情况，c 的取值（-∞，-6131-）∪[)+∞,1二转化为重要不等式求最值的求解策略例设各项均为正数的速列｛a n ｝的前n 项和为S n ,已知2a 2=a 1+a 3,求数列{}n S 是公差为d 的等差数列。

破解数列型不等式“十一招”

破解数列型不等式“十一招”作者：洪汪宝来源：《高考金刊·理科版》2016年第02期证明数列型不等式是近年来各地高考真题和模拟题中的常见题型，因其方法灵活多变，技巧性强，具有一定难度和区分度，所以备受命题者的青睐.本文通过归纳总结数列型不等式的常见题型和解法，希望能抛砖引玉，启迪同学们的思维.直接求和型如果所给和式能直接求和，则先求和再根据和式的结果特点进行放缩.招数：直接求和后放缩由条件可知该数列是等比数列，可直接利用等【方法点津】所给数列是等比数列，直接利用等比数列的求和公式先求和再进行放缩.先放缩后求和型所给式子不能直接求和，但是可以利用所给式子的特点进行适当的放缩，使其能求和，从而得到所证不等式.招数一：借助均值不等式放缩【方法点津】本题借助均值不等式把不能直接求和的数列转化为等差数列从而得证.注意均值不等式成立时需满足的条件，本题取不到等号.招数二：借助放缩后裂项相消【方法点津】所给和式不能直接求和，可以缩小其分母使其值变大，再利用裂项相消可达到目的.若n≥2时，招数三：借助放缩后有理化【方法点津】所给和式的左边不能求和，共有n项，而右边只有两项，将分母放大，从而分母有理化达到相互抵消招数四：借助放缩成等比数列【方法点津】因通项公式中减去1/2导致不能直接求和，于是考虑将其去掉，放大为等比数列，从而可求和.招数五：借助二项式定理放缩【方法点津】对于幂的形式，借助二项式定理展开，去掉某些项，或者将各项进行变形，从而能得到所求.招数六：借助糖水不等式放缩不可约分转化为可约分.注意前提是真分数，真分数的分子分母加上同一个正数后，值会变大，招数七：借助函数不等式放缩【方法点津】找到需要的函数不等式是解决问题的关键所在，而利用参数范围的端点值往往又是破题的关键，先构造后求和型构造法是证明数列型不等式的又一把利器，有时可以考虑构造新数列，研究其单调性；有时可以考虑构造加强不等式来达到证明的目的.招数一：构造新数列【方法点津】先构造新数列，通过作差或者作商找出新数列的单调性.其中构造新数列是难点所在.招数二：构造加强不等式例10 同例5.综上所述，原不等式成立.【方法点津】这种证法的巧妙之处是对各项进行适当的放缩后并不能对其直接求和，而用整体代换得到要证不数学归纳法求和型数学归纳法是证明数列型不等式优先考虑的方法，因其具有固定的模式而显得比较简单.招数：借助数学归纳法例11 同例9.【方法点津】证明与正整数n有关的命题时不要忘记数学归纳法这把利器，数学归纳法实现了利用有限证明无限，一定要验证初始值，再利用归纳假设实现归纳递推.。

放缩法证明数列型不等式的注意问题以及解题策略

放缩法证明数列型不等式的注意问题以及解题策略纵观近几年高考数学卷，压轴题很多是数列型不等式，其中通常需要证明数列型不等式，它不但可以考查证明不等式和数列的各种方法，而且还可以综合考查其它多种数学思想方法，充分体现了能力立意的高考命题原则。

处理数列型不等式最重要要的方法为放缩法。

放缩法的本质是基于最初等的四则运算，利用不等式的传递性，其优点是能迅速地化繁为简，化难为易，达到事半功倍的效果；其难点是变形灵活，技巧性强，放缩尺度很难把握。

对大部分学生来说，在面对这类考题时，往往无从下笔．本文以数列型不等式压轴题的证明为例，探究放缩法在其中的应用，希望能抛砖引玉，给在黑暗是摸索的娃带来一盏明灯。

1、明确放缩的方向：即是放大还是缩小，看证明的结论，是小于某项，则放大，是大于某个项，则缩小。

2、放缩的项数：有时从第一项开始，有时从第三项，有时第三项，等等，即不一定是对全部项进行放缩。

3、放缩法的常见技巧及常见的放缩式：（1）根式的放缩：<<（2）在分式中放大或缩小分子或分母：2111(2)(1)(1)k k k k k k <<≥+-；真分数分子分母同时减一个正数，则变大；，11n n n n -<+；假分数分子分母同时减一个正数，则变小，如212221n nn n +>-；（3）应用基本不等式放缩：222n n n n ++>+；（4）二项式定理放缩：如2121(3)nn n -≥+≥；（5）舍掉（或加进）一些项，如：121321||||||||(2)n n n a a a a a a a a n --≤-+-++-≥。

4、把握放缩的尺度：如何确定放缩的尺度，不能过当，是应用放缩法证明中最关键、最难把握的问题。

这需要勤于观察和思考，抓住欲证命题的特点，只有这样，才能使问题迎刃而解。

一、常用的放缩法在数列型不等式证明中的应用1、裂项放缩法：放缩法与裂项求和的结合，用放缩法构造裂项求和，用于解决和式问题。

策略破解奥数的数列题

策略破解奥数的数列题数列题是奥数（奥林匹克数学竞赛）中常见的题型，考查学生对数列的理解和应用能力。

在解策略破解奥数的数列题时，我们可以运用一些技巧和方法，以提高解题效率和准确性。

一、了解数列的定义和基本性质数列是按照一定规律排列的一组数的集合。

常见的数列有等差数列和等比数列。

等差数列是指每一个数与它的前一个数之差都相等，而等比数列是指每一个数与它的前一个数之比都相等。

在解策略破解奥数的数列题时，首先要对数列的定义和基本性质有一个清晰的认识，这样才能更好地理解题目，确定解题思路。

二、寻找规律和差异在解策略破解奥数的数列题时，我们需要通过观察数列中的数之间的关系，寻找规律和差异。

这样可以帮助我们找到解题的突破口。

例如，对于一个等差数列，我们可以通过观察相邻两个数之间的差异来确定公差。

对于一个等比数列，我们可以通过观察相邻两个数之间的比值来确定公比。

三、利用递推公式求解递推公式是指数列中的每一项与前面项之间的关系式。

在解策略破解奥数的数列题时，我们可以利用递推公式来求解数列中的任意一项。

对于等差数列，递推公式为An = a1 + (n-1)d，其中An表示第n项，a1表示首项，d表示公差。

对于等比数列，递推公式为An = a1 * r^(n-1)，其中An表示第n项，a1表示首项，r表示公比。

四、利用数列的性质求解数列具有一些基本的性质，如数列中各项的和、前n项和等。

在解策略破解奥数的数列题时，我们可以利用这些性质来求解问题。

例如，对于一个等差数列，前n项和的公式为Sn = (n/2)(a1 + An)，其中Sn表示前n项和。

对于一个等比数列，前n项和的公式为Sn = a1 * (1 - r^n)/(1 - r)，其中Sn表示前n项和。

五、综合运用多种方法在解策略破解奥数的数列题时，我们应该综合运用多种方法，根据题目的要求和难度灵活选择解题策略。

有些数列题可能需要我们通过确定数列类型并找到递推关系进行求解，有些数列题可能需要我们根据数列的性质计算和或前n项和，有些数列题可能需要我们利用递归关系解题。

2020年高考数学压轴题专题复习：数列与不等式的综合问题【解析版】

第二章数列与不等式专题数列与不等式的综合问题纵观近几年的高考命题，考查常以数列的相关项以及关系式，或数列的前n 项和与第n 项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n 项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合．数列与不等式的结合,一般有两类题:一是利用基本不等式求解数列中的最值;二是与数列中的求和问题相联系,证明不等式或求解参数的取值范围,此类问题通常是抓住数列通项公式的特征,多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式,求解参数的取值范围. 本专题通过例题说明此类问题解答规律与方法.①函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；②放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到； ③比较方法：作差或者作商比较．【压轴典例】例1.（2013·全国高考真题（理））设△A n B n C n 的三边长分别为a n ,b n ,c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n=1,2,3,… 若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝2n n c a +，c n ＋1＝2n nb a +，则( ) A ．{S n }为递减数列 B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列【答案】B 【解析】因为11b c >，不妨设111142,33a a b c ==，13()22p a b c a =++=；故211S ==； 21a a =，112125326a ab a +==，112147326a a c a +==，2216S a ==；显然21S S >；同理，31a a =，112159428a a b a +==，113137428a a c a +==，231S ==，显然32S S >.例2. （2018·江苏高考真题）已知集合*{|21,}A x x n n N ==-∈，*{|2,}n B x x n N ==∈．将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为________．【答案】27 【解析】设=2kn a ，则12[(211)+(221)+(221)][222]k k n S -=⨯-⨯-+⋅-++++()11221212212(12)222212k k kk k ---++⨯--=+=+--由112n n S a +>得2211211522212(21),(2)20(2)140,22,6k k k k k k k -+---+->+-->≥≥ 所以只需研究5622n a <<是否有满足条件的解，此时25[(211)+(221)+(21)][222]n S m =⨯-⨯-+-++++25122m +=+-，+121n a m =+，m 为等差数列项数，且16m >. 由25122212(21),2450022,527m m m m m n m ++->+-+>∴≥=+≥，得满足条件的n 最小值为27. 例3.（2018·浙江高考模拟）设数列的前项和分别为，其中，使成立的最大正整数__________,__________．【答案】 6. 114. 【解析】根据题意，数列{a n }中，a n =-3n+20，则数列{a n }为首项为17，公差为-3的等差数列，且当n≤6时，a n ＞0，当n ＞7时，a n ＜0，又由b n =|a n |，当n≤6时，b n =a n ，当n ＞7时，b n =-a n ，则使T n =S n 成立的最大正整数为6，T 2018+S 2018=（a 1+a 2+……+a 6+a 7+a 8+……+a 2018）+（b 1+b 2+……+b 6+b 7+b 8+……+b 2018）=（a 1+a 2+……+a 6+a 7+a 8+……+a 2018）+（a 1+a 2+……+a 6-a 7-a 8-……-a 2018） =2（a 1+a 2+……+a 6）=，故答案为：6，114 例4.（2019·江西师大附中高考模拟（文））数列{}n a 中的项按顺序可以排成如图的形式，第一行1项，排1a ；第二行2项，从左到右分别排2a ，3a ；第三行3项，……依此类推，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，则满足2019n S >的最小正整数n 的值为（）A ．20B ．21C ．26D ．27【答案】B 【解析】第一行为4，其和为4，可以变形为：1232T =⨯-；第二行为首项为4，公比为3的等比数列，共2项，其和为：()22241323213T -==⨯--；第三行为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为()33341323213T -==⨯--；依此类推：第n 行的和：232nn T =⨯-；则前6行共：12345621+++++=个数前6行和为：()()()()26267212322322322333123152172S =⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-=⨯++⋅⋅⋅+-=-=满足2019n S >而第六行的第6个数为：543972⨯=，则202197212002019S S =-=<∴满足2019n S >的最小正整数n 的值为：21本题正确选项：B例5.（2019·内蒙古高考模拟（理））数列()11n a n n =+的前n 项和为n S ，若1S ，m S ，n S 成等比数列()1m >，则正整数n 值为______. 【答案】8 【解析】∵()11111n a n n n n ==-++，∴11111122311n nS n n n =-+-++-=++，又1S ，m S ，n S 成等比数列()1m >，∴()21m n S S S =⋅，即()221211m n n m =⋅++，()22211m n n m =++， ∴()2221m m <+，即2210m m --<，解得1212m -<<+，结合1m 可得2m =， ∴8n =，故答案为8.例6.（2016·天津高考真题（理））已知{}是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的，是和的等比中项.（Ⅰ）设求证：数列{}是等差数列；（Ⅱ）设求证：【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）证明：由题意得，有，因此，所以是等差数列.（Ⅱ）证明：所以.例7.（2016·四川高考真题（理））已知数列{}的首项为1，为数列{}的前n 项和，，其中q>0，.（Ⅰ）若成等差数列，求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设双曲线的离心率为，且，证明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）由已知，两式相减得到.又由得到，故对所有都成立.所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.从而.由成等差数列，可得，即，则，由已知,，故.所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.所以双曲线的离心率.由解得.因为，所以.于是，故.例8.（2016·浙江高考真题（理））设数列满足，．（Ⅰ）证明：，；（Ⅱ）若，，证明：，．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）由得，故，，所以，因此．（Ⅱ）任取，由（Ⅰ）知，对于任意，，故．从而对于任意，均有．由的任意性得．①否则，存在，有，取正整数且，则，与①式矛盾．综上，对于任意，均有．【压轴训练】1.（2019·安徽高考模拟（理））设是等差数列，下列结论一定正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】C【解析】若a1+a2＞0，则2a1+d＞0，a2+a3＝2a1+3d＞2d，d＞0时，结论成立，即A不正确；对于B选项，当，分别为-4，-1，2时，满足a1+a3＜0，但a2+a3＝1>0，故B不正确；又{a n }是等差数列，0＜a 1＜a 2，2a 2＝a 1+a 3＞2，∴a 2，即C 正确；若a 1＜0，则（a 2﹣a 1）（a 2﹣a 3）＝﹣d 2≤0，即D 不正确．故选：C ．2．（2018·浙江高考模拟）已知等差数列的前项和是，公差不等于零，若成等比数列，则A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】由成等比数列．可得，可得（，即，∵公差不等于零，故选：C ．3．（2019·山东高考模拟（文））已知正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，若存在两项m a ，n a ，使得18m n a a a =，则91m n+的最小值为__________．【答案】2 【解析】正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=， 432111=+2a q a q a q ∴，整理，得210+2q q -=，又0q >，解得，12q =，存在两项m a ，n a 使得18m n a a a =， 2221164m n a q a +-∴=，整理，得8m n +=，∴9119119()()(10)88m n m n m n m n n m +=++=++ 19(102)28m n n m+=，则91m n+的最小值为2．当且仅当9m n n m=取等号，又m ，*n N ∈．8m n +=，所以只有当6m =，2n =时，取得最小值是2．故答案为：24．（2019·湖南师大附中高考模拟（理））已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ，若124a =-，489a =-，则当T n 取最大值时，n 的值为_____. 【答案】4 【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，因为124a =-，489a =-，可得341127a q a ==，解得13q =，则()()()1112312(2131)(32424)n n nnn n n T a a a a q-+++⋅⋅⋅+-=⋅⋅⋅=-=-，当T n 取最大值时，可得n 为偶数，函数13xy =（）在R 上递减，又由2192T =，4489T =，66983T =，可得246T T T <>，当6n >，且n 为偶数时，6n T T <，故当4n =时，T n 取最大值.5．（2019·安徽高考模拟（理））已知数列的各项均为正数，记为的前项和，若，，则使不等式成立的的最小值是________.【答案】11 【解析】由可得，则（）（）=0，又数列的各项均为正数，∴，即，可得数列{a n }是首项为公比为q ＝2的等比数列，∴,则n>10，又，∴n 的最小值是11，故答案为11.6．（2019·甘肃天水一中高考模拟（文））已知数列{}n a 满足11a =，0n a >，11n n a a +=，那么32n a <成立的n 的最大值为______ 【答案】5 【解析】11n n a a +=，所有{}na 11a =，公差d 1=n n a =，2n a n = 解232n a n =<，得n 42<所以32n a <成立的n 的最大值为5 故答案为：57．（2019·河北高考模拟（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2119*2n n n nS S n N +-+=∈，若24a <-，则n S 取最小值时n =__________.【答案】10 【解析】由21192n n n nS S +-+=，()21(1)1912n n n n S S ----+=，两式作差可得：1110(2)n n S S n n +--=-≥，即110(2)n n a a n n ++=-≥，由110n na a n ++=-，219n n a a n +++=-，两式作差可得：21(2)n n a a n +-=≥，则328a a +=-，24a <-，故234a a <-<，进一步可得：4567891011,,,a a a a a a a a <<<<，又10110a a +=，则10110a a <<，且111212130a a a a <+<+<，则n S 取最小值时10n =.8．（2019·河南高考模拟（理））记首项为11(0)a a >，公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1212a d =-，且1n n n S a S λ+≤+，则实数λ的取值范围为__________．【答案】19,121⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】由1n n n S a S λ+≤+，得11n n n n S S a a λ++-=≤. 因为10a >，所以0d <，()12312n a a n d n d ⎛⎫=+-=-⎪⎝⎭. 所以当111n ≤≤时，0n a >，当12n ≥时，0n a <. （1）当111n ≤≤时，由1n n a a λ+≥得1211223n n n n n a a d d a a a n λ++≥==+=+-. 因为221911223212321n +≤+=-⨯-，所以1921λ≥.（2）当12n ≥时，由1n n a a λ+≥得121223n n a a n λ+≤=+-. 因为211223n +>-，所以1λ≤.综上所述，λ的取值范围是19,121⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 9．（2019·四川重庆南开中学高考模拟（理））在正项递增等比数列{}n a 中，51a =，记12...n n S a a a =+++，12111...n nT a a a =+++，则使得n n S T ≤成立的最大正整数n 为__________．【答案】9【解析】由题得11111(1)(1)(1)11(1)1n nn nq q a q a q q q a q q--⋅-≤=---，因为数列是正项递增等比数,所以10,1a q >>，所以2111n a q -≤.因为51a =，所以44281111,,a q a q a q --=∴=∴=，所以81901,,9n n q qq q n ---⋅≤∴≤∴≤.所以使得n n S T ≤成立的最大正整数n 为9. 故答案为：910．（2017·吉林高考模拟（理））已知数列{}n a 满足()113,31.2n n a a a n N *+==-∈ （1）若数列{}n b 满足12n n b a =-，求证：{}n b 是等比数列；（2）若数列{}n c 满足312log ,n n n n c a T c c c ==+++，求证：()1.2n n n T ->【答案】(1) 见解析；(2)见解析. 【解析】(1) 由题可知()*n N∈，从而有13n n b b +=，11112b a =-=，所以{}n b 是以1为首项，3为公比的等比数列.(2) 由(1)知13n n b -=，从而1132n n a -=+，11331log 3log 312n n n c n --⎛⎫=+>=- ⎪⎝⎭，有()12101212n n n n T c c c n -=+++>+++-=，所以()12n n n T ->.11．（2019·江苏金陵中学高考模拟）已知各项均为正整数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：S n ﹣1+ka n ＝ta n 2﹣1，n≥2，n∈N *（其中k ，t 为常数）．（1）若k ＝12，t ＝14，数列{a n }是等差数列，求a 1的值；（2）若数列{a n }是等比数列，求证：k ＜t ．【答案】（1）a 1＝（2）见解析【解析】（1）∵k＝12，t ＝14，∴2111124n n n S a a -+=-（n≥2），设等差数列{a n }的公差为d ，令n ＝2，则212211a a a 124+=-，令n ＝3，则2123311124a a a a ++=-，两式相减可得：()()()2332321124a a a a a a +=+-，∵a n ＞0，∴a 3﹣a 2＝2＝d ．由212211124a a a +=-，且d ＝2，化为2112a a -﹣4＝0，a 1＞0．解得a 1＝（2）∵S n ﹣1+ka n ＝ta n 2﹣1①，n≥2，n∈N *，所以S n +ka n+1＝2n 1ta +﹣1②， ②-①得a n +ka n+1﹣ka n ＝2n 1ta +﹣2n ta ，∴a n ＝（a n+1﹣a n ）[t （a n+1+a n ）﹣k]，令公比为q ＞0，则a n+1＝a n q ，∴（q ﹣1）k+1＝ta n （q 2﹣1）， ∴1＝（q ﹣1）[ta n （q+1）﹣k]；∵对任意n≥2，n∈N *， 1＝（q ﹣1）[ta n （q+1）﹣k]成立；∴q≠1，∴a n 不是一个常数； ∴t＝0，∴S n ﹣1+ka n ＝﹣1，且{a n }是各项均为正整数的数列，∴k＜0，故k ＜t ．12．（2019·天津高考模拟（理））已知单调等比数列{}n a ，首项为12，其前n 项和是n S ，且3312a S +，5S ，44a S +成等差数列，数列{}n b 满足条件1231(2)n b na a a a =（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）设1n n nc a b =-，记数列{}n c 的前n 项和是n T . ①求n T ；②求正整数k ，使得对任意*n N ∈，均有k n T T ≥.【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(1)n b n n =+；(2)①.1112n n T n =-+；②.4k =. 【解析】(1)设11n n a a q -=.由已知得53344122S a S a S =+++，即5341222S a S =+，进而有()543122S S a -=.所以53122a a =，即214q =，则12q =±.由已知数列{}n a 是单调等比数列，且112a =，所以取12q =.数列{}n a 的通项公式为12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 1231(2)n b na a a a =，(1)2322222222n b n nn+∴⨯⨯⨯⨯==，则(1)n b n n =+.即数列{}n b 的通项公式为(1)n b n n =+. (2)①.由(1)可得：1111112(1)21n n n n n c a b n n n n ⎛⎫=-=-=-- ⎪++⎝⎭，分组求和可得：1111112112n n nT n n ⎛⎫=---=- ⎪++⎝⎭. ②由于11111111(1)(2)222122(1)(2)n n n n n n n n T T n n n n ++++++--=--+=++++，由于12n +比()()12n n ++变化快，所以令10n n T T +->得4n <. 即1234,,,T T T T 递增，而456,,n T T T T 递减.所以，4T 最大.即当4k =时，k n T T ≥.13．（2019·安徽高考模拟（文））已知数列为等差数列，且公差，其前项和为，，且，，成等比数列. （1）求等差数列的通项公式；（2）设，记数列的前项和为，求证.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意得：，解得：，∴（2）由（1）得，∴ ∴14．（2019·广东高考模拟（理））已知数列{}n a 满足11*121(22)2()n n n a a a n N n-++++=∈.（1）求12,a a 和{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n a kn -的前n 项和为n S ，若4n S S ≤对任意的正整数n 恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】(1) 1a 4= 26;a = 22n a n =+ (2) 125[,].52【解析】(1)由题意得111222?2n n n a a a n -++++=，所以23112124,222,a a a =⨯=+=⨯得26;a =由111222?2n n n a a a n -++++=,所以()2121221?2n n n a a a n --+++=-（2n ≥），相减得()1+12?21?2n n n n a n n -=--，得22,1n a n n =+=当也满足上式. 所以{}n a 的通项公式为22n a n =+.(2)数列{}n a kn -的通项公式为()2222,n a kn n kn k n -=+-=-+ 是以4k -为首项,公差为2k -的等差数列,若4n S S ≤对任意的正整数n 恒成立，等价于当4n =时,n S 取得最大值,所以()()4544220,55220.a k k a k k ⎧-=-+≥⎪⎨-=-+≤⎪⎩解得125.52k ≤≤ 所以实数k 的取值范围是125,.52⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 15.（2017·浙江高考模拟）已知无穷数列{}n a 的首项112a =，*1111,2n n n a n N a a +⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭. （Ⅰ）证明： 01n a <<；（Ⅱ）记()211n n nn n a a b a a ++-=， n T 为数列{}n b 的前n 项和，证明：对任意正整数n ， 310n T <. 【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析. 【解析】（Ⅰ）证明：①当1n =时显然成立；②假设当n k = ()*k N ∈时不等式成立，即01k a <<，那么当1n k =+时，11112k k k a a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ > 1·12=，所以101k a +<<，即1n k =+时不等式也成立.综合①②可知， 01n a <<对任意*n N ∈成立. （Ⅱ）12211n n n a a a +=>+，即1n n a a +>，所以数列{}n a 为递增数列. 又1111112n n n n n a a a a a +⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭ 112n n a a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，易知1n n a a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为递减数列，所以111nn a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭也为递减数列，所以当2n ≥时，111n n a a +-22112a a ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭154245⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 940= 所以当2n ≥时， ()211n n nn n a a b a a ++-== ()()11111940n n n n n n a a a a a a +++⎛⎫--<- ⎪⎝⎭当1n =时， 11934010n T T b ===<，成立；当2n ≥时， 12n n T b b b =+++ < ()()()32431994040n n a a a a a a +⎡⎤+-+-++-⎣⎦()12994040n a a +=+- ()2999942731140404040510010a ⎛⎫<+-=+-=< ⎪⎝⎭ 综上，对任意正整数n ， 310n T <16.（2017·浙江高考模拟）已知数列{}n a 满足： 11p ap +=， 1p >， 11ln n n na a a +-=.（1）证明： 11n n a a +>>；（2）证明：12112n nn n a a a a ++<<+；（3）证明：()1211121121ln 122n n n n n a a a p p ----⨯<⋯<⨯+. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析. 【解析】（1）先用数学归纳法证明1n a >. ①当1n =时，∵1p >，∴111p a p+=>； ②假设当n k =时， 1k a >，则当1n k =+时， 1111ln 1k k k k k a a a a a +--=>=-. 由①②可知1n a >. 再证1n n a a +>.111ln ln ln n nn nn n n n na a a a a a a a a +----=-=，令()1ln f x x x x =--， 1x >，则()'ln 0f x x =-<，所以()f x 在()1,+∞上单调递减，所以()()10f x f <=，所以1ln 0ln n n nna a a a --<，即1n n a a +>.（2）要证12112n nn n a a a a ++<<+，只需证2111ln 2n n n n n a a a a a -+<<+，只需证()2210,{1220,n n n n n na lna a a lna a -+<+-+>其中1n a >，先证22ln 10n n n a a a -+<，令()22ln 1f x x x x =-+， 1x >，只需证()0f x <. 因为()()'2ln 2221220f x x x x x =+-<-+-=，所以()f x 在()1,+∞上单调递减，所以()()10f x f <=. 再证()1ln 220n n n a a a +-+>，令()()1ln 22g x x x x =+-+， 1x >，只需证()0g x >，()11'ln 2ln 1x g x x x x x +=+-=+-，令()1ln 1h x x x =+-， 1x >，则()22111'0x h x x x x -=-=>，所以()h x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10h x h >=，从而()'0g x >，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10g x g >=，综上可得12112n nn n a a a a ++<<+. （3）由（2）知，一方面， 1112n n a a ---<，由迭代可得()1111111122n n n a a p --⎛⎫⎛⎫-<-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，因为ln 1x x ≤-，所以111ln 12n n n a a p -⎛⎫≤-< ⎪⎝⎭，所以()1212ln ln ln ln n n a a a a a a ⋯=++⋯+ 0111111222n p -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫<++⋯+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 111112121212nn n p p -⎛⎫- ⎪-⎝⎭=⨯=⨯-；另一方面，即11112n n n na a a a ++-->，由迭代可得111111111212n n nn a a a a p ----⎛⎫⎛⎫>⨯= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭.因为1ln 1x x ≥-，所以1ln 1n n a a ≥- 11112n p -⎛⎫> ⎪+⎝⎭，所以()01112121111ln ln ln ln 1222n n n a a a a a a p -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋯=++⋯+>⨯++⋯+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦112112n n p --=⨯+；综上，()1211121121ln 122n n n n n a a a p p ----⨯<⋯<⨯+.。

模块6 压轴题高分策略之数列与不等式相结合-奇招制胜2

压轴题高分策略之数列与不等式相结合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．预计在高考中，比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一般会出现．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．一、数列参与的不等式的证明问题【典例1】【2016高考四川理数（19）】已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{n a }的前n 项和， 11n n S qS +=+，其中q >0，*n ∈N .（I ）若2322,,2a a a +成等差数列，求数列{a n }的通项公式；（II ）设双曲线2221ny x a -=的离心率为n e ，且253e =，证明：121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>. 【答案】（I ）1*2()n n a n -=?N ；（II ）详见解析. 【审题指导】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题和解决问题的能力、计算能力. 第（I ）问第一步：利用+1n n n a S S =-得到数列{}n a 为等比数列，第二步：结合2a 2，a 3，a 2+2成等差数列求出{}n a 的公比q ，从而利用等比数列的通项公式求解；第（II ）问，第一步：先利用双曲线的离心率得到n e 的表达式，再解出{}n a 的公比q 的值，第二步：利用等比数列的求和公式计算证明. 【解析】（I ）由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?. 又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立. 所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q -.由2322+2a a a ，，成等差数列，可得322=32a a +，即22=32,q q +，则(21)(2)0q +q -=，由已知,0q >，故=2q . 所以1*2()n n a n -=?N .考点：数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和、不等式证明【得分策略】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识，考查学生的分析问题、解决问题的能力、计算能力.在第（I ）问中，已知的是n S 的递推式，在与n S 的关系式中，经常用1n +代换n ，然后两式相减，可得n a 的递推式；在第（II ）问中，不等式的证明用到了放缩法，这是证明不等式常用的方法，本题放缩的目的是为了求数列的和．另外，放缩时要注意放缩的“度”，不能太大，否则得不到结果．二、求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题【典例2】已知单调递增的等比数列{}n a 满足23428a a a ++=，且32a +是2a ，4a 的等差中项．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设2log n n n b a a =⋅，其前n 项和为n S ，若()()211n n m S n -≤--对于2n ≥恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（Ⅰ）n n a 2=；（Ⅱ）1,7⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【审题指导】本题考查等差数列等比数列的基本性质及数列求和有关知识，并结合对数函数运算，数列与不等式相结合恒成立条件下的参数问题，综合性较强，难度稍大。

解答数列与不等式交汇问题的三个策略

解答数列与不等式交汇问题的三个策略廖东明基于能力立意于数列与不等式交汇处设计的综合性解答试题，将知识、能力与素质的考查融为一体，能全面检测考生的数学素养，很好地考查以思维能力为核心的多种数学能力，具有良好的区分度．因而，数列与不等式的综合性试题往往是高考的一个热点，以压轴题的角色出现也是常见的．解答此类试题，要把握以下三个基本策略．策略1 数学归纳法数学归纳法是解决与正整数有关问题的通法之一，也是解决数列与不等式综合问题的方法之一．例1（2010年湖北高考题理21题）已知函数()bf x ax c x=++（0a >）的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为1y x =-．（1）用a 表示,b c ；（2）若()ln f x x ≥在[1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）证明：111123n ++++ln(1)2(1)n n n >+++（1n ≥）．点拨：（1）由(1)0f =及(1)1f '=可获解；（2）构造含参数a 的函数()()ln g x f x x =-，[1,)+∞，则有(1)0g =，21()(1)()a a g x x x x a -'=--g ，于是由0a >，11a a -<，11aa-≤确定对a 分类讨论研究()g x '值的正负性，得到满足条件的a 的取值范围；（3）尝试用数学归纳法证明，在利用归纳假设完成由n k =到1n k =+的递推时需要证明1212()l n 2121k k k k k k +++-≥+++对1k ≥恒成立，于是“依形”构造函数11()()ln 2x x x x ϕ=--（1x ≥），证明()0x ϕ≥在[1,)+∞上恒成立即可，这利用导数可以完成．解：（1）1b a =-，12c a =-．（2）1[,)2a ∈+∞．解答从略．（3）证明：用数学归纳法证明如下．①当1n =时，左边＝1，右边＝1ln 214+<（因为4332 2.7e <<），不等式成立；②假设当n k =（1k ≥）时不等式成立，即111123k++++ln(1)2(1)k k k >+++，则当1n k =+时，11111231k k ++++++1ln(1)2(1)1k k k k >+++++ 2ln(1)2(1)k k k +=+++，故只需证明2ln(1)2(1)k k k ++++≥1ln(2)2(2)k k k ++++，即只需证1212()ln 2121k k k k k k +++-≥+++对1k ≥恒成立．构造函数11()()ln 2x x x x ϕ=--（1x ≥），则(1)0ϕ=，211()(1)02x xϕ'=-≥（只在1x =处取得等号），所以()x ϕ在[1,)+∞上单调递增，所以()(1)0x ϕϕ≥=，即11()ln 2x xx-≥（1x ≥）．令21k x k +=+（1k ≥），则1212()ln 2121k k k k k k +++-≥+++．所以当1n k =+时不等式也成立．根据①和②，可知不等式对任何n +∈N 都成立．点评：运用数学归纳法证明数列不等式一般要用到放缩法且放缩要适度．本例若用通常的放缩法是无法证明不等式2ln(1)2(1)k k k ++++≥1ln(2)2(2)k k k ++++．然而审视需要证明的不等式的结构特征，构造相应的函数，通过函数的单调性（利用导数）去证明又显得容易．细于审察，把握特征，寻求“对症”的方法，是解答数学问题应具备的素养．策略2 放缩法只要涉及不等式的证明，就会用到放缩法．放缩法也是证明数列不等式问题的一个很重要的策略．例2（2010年4月济南模拟题）设数列{}n a 、{}n b 满足：14a =，252a =，12n n n a b a ++=，12n nn n na b b a b +=+．（1）用n a 表示1n a +，并证明对于任意n +∈N ，2n a >；（2）证明：数列2{ln }2n n a a +-是等比数列；（3）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，当2n ≥时，n S 与42()3n +是否有确定的大小关系？若有，加以证明；若没有，请说明理由．点拨：（1）易知11114n n n n a b a b a b ++====，进而1222n n na a a +=+>（2n a ≠，否则逆推得到22a =）而获证；（2）先计算22n n a a +-，然后对这个等式两边取自然对数去判断；（3）先求出通项n a ，然后计算212S a a =+与42(2)3+比较大小猜测42()3n S n <+．尽管得到112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-22221122()3131n n --=+--+，但是累加无法消去中间的大多数项，裂项累加失败；转换角度，先放缩后累加再放缩，注意到要比较的项42()3n +823n =+，联想到211112(1)444n -++++81(1)34n =-83<，且当1,2n =时有1123124n n ---=⋅，只需证明当3n ≥时1123124n n --->⋅成立就可以成功放缩而获证，利用数学归纳法不难证明当3n ≥时1123124n n --->⋅成立．或者审视要证明42()3n S n <+，可以思考对2n a -进行递推式放缩：当2n ≥时1122231n n na a +---=+1(2)10n a ≤-（仅当2n =时等号成立），通过递推和累加、利用1n n n S S a -=+转换、放缩等去推证；若放缩过度，则从3n =开始放缩1122231n n na a +---=+1(2)82n a ≤-，直至成功．解：（1）因为14a =，252a =，所以11b =．故11114n n n n a b a b a b ++====．易知：0n a >，12a >，22a >，4n nb a =，所以1222n n n a a a +=+>．因此，对任意n +∈N ，2n a >．（2）略证：21(2)22n n n a a a +++=，21(2)22n n n a a a +--=，所以21212(2)2(2)n n n n a a a a ++++=--，所以1122ln 2ln 22n n n n a a a a ++++=--，所以数列2{ln }2n n a a +-是等比数列．（3）证法1 由（2）可知11222ln (ln )222n n n a a a a -++=⨯--1(ln3)2n -=⋅12ln3n -=，所以112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-．212S a a =+132=<42(2)3+，猜测42()3n S n <+．当1,2n =时有1123124n n ---=⋅，下面用数学归纳法证明当3n ≥时1123124n n --->⋅．①当3n =时，左边＝43180-=，右边＝22432⨯=，不等式成立；②假设当n k =（3k ≥）时不等式成立，即1123124k k --->⋅，则当1n k =+时，1(1)231k -+-129(31)8k -=-+19248k ->⨯⨯+(1)124k +->⋅，即当1n k =+时不等式成立．根据①和②可知，当3n ≥且n +∈N 时不等式1123124n n --->⋅成立．因此，对于任意正整数n ，有124231n n a -=+-1224n -≤+，仅当1,2n =时取得等号．所以当3n ≥时，12n n S a a a =+++2111122(1)444n n -<+++++812(1)34n n =+-42()3n <+．当2n ≥时， 42()3n S n <+．证法 2 由（2）可知11222ln (ln )222n n n a a a a -++=⨯--1(ln3)2n -=⋅12ln3n -=，所以112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-．212S a a =+132=<42(2)3+，猜测42()3n S n <+．因为124231n n a --=-，124231n n a +-=-，所以1122231231n n n n a a +---=--12131n -=+，所以当2n ≥时，11212(2)31n n n a a +--=-+1(2)10n a ≤-，当且仅当2n =时取得等号．所以3212(2)10a a -=-，4312(2)10a a -<-，…，112(2)10n n a a --<-（4n ≥），上述2n -个式子相加得，122(2)n S a a n ----111[2(2)]10n S a n -<---，所以 106520(2)n S n ---42(2)n n S a n <----，所以1122252(31)299(31)n n n S n --+<+-- 251299n <+-，即当3n ≥时，42()3n S n <+．因此，当3n ≥时，42()3n S n <+．点评：数列不等式证明问题，有些先直接将和式化简（裂项求和或利用相关公式相关方法求和），然后放缩达到证明的目的；有些则先要对和式中的一部分项放缩，使不能求和的式子转化为能求和的式子，进而求和（有的还要继续放缩）而获证（如本例）．要掌握放缩法的常用技巧和善于利用平均值不等式、柯西不等式、排序不等式、贝努力不等式、绝对值不等式和一些经典不等式进行放缩．还必须指出，判断n S 与42()3n +的大小关系，一般需要对前若干个n 值核验来寻找它们的大小关系．策略3 函数思想有些数列不等式的证明问题从正面突击难以突破，此时可以对问题的形式稍作转换，从侧面迂回，依照其“形式”构造相应的函数，利用导数证明函数的单调性或者得到某一函数不等式，进而推演到数列不等式中有效放缩而获证．若可构造的函数是熟知的函数，则直接利用该函数的性质去推证相关结论来完成证题．例3（2010年四川高考题理22题改编）设1()1xxa f x a+=-（0a >且1a ≠），1()l o g 1a x g x x -=+．（1）设关于x 的方程2log ()(1)(7)a t g x x x =--在区间[2,6]上有实数解，求t 的取值范围；（2）当a e =（e 为自然对数的底数）时，证明：22()nk g k =>∑；（3）当102a <≤时，试比较1|()|ni f k n =-∑与4的大小，并说明理由．点拨：（1）等价转化为求函数2(1)(7)t x x =--在区间[2,6]上的值域，用导数的方法可获解；（2）简化得2(1)()ln 2nk n n g k =+=-∑，等价转化为证明2(1)ln 2n n +-＞0，审视结构特征，构造函数1()2ln u z z z z=-+-（0z >），恰有(1)0u =，只需证明()u z 在区间[1,)+∞上单调递增即可，利用导数这个工具完成证明；（3）显然1()ni f k =∑是无法直接累加得到某一式子的，需要进行巧妙的放缩使得便于累加（或者可以裂项求和或者能用公式求和）．当1n =时，11(1)1a f a +<=-211aa=+-12≤+，此时显然有|(1)1|24f -≤<，猜测1|()|4n i f k n =-<∑，从而关键是证明1()4ni f k n =<+∑．由2()11xxa f x a =+-的特征及102a <≤，k 为正整数，将()f k 中的分式的分子整数化，分母为1()1k a -，若设11pa=+（1p ≥）则可巧用二项式定理，进行适度的放缩后可以证明2k ≥时有41()1(1)f k k k <≤++，于是问题可以获证．解：（1）解答从略，t 的取值范围为[5,32]．（2）212()ln ln 34nk g k ==+∑31ln ln51n n -++++1231ln()3451n n -=⨯⨯⨯⨯+ (1)ln 2n n +=-．构造函数构造函数221()ln z u z z z -=--12ln z z z =-+-（0z >），则21()(1)0u z z'=-≥（仅当1z =时取得等号），所以()u z 在(0,)+∞上为单调递增函数．又10>>，所以(1)0u u >=，即(1)12ln 0(1)n nn n +->+，即22()nk g k =>∑ （3）设1a p=+，则1p ≥，11(1)1af a +<=-213p =+≤．当1n =时，2|(1)1|24f p -=≤<．当2n ≥时，设2k ≥，k +∈N ，则(1)1()(1)1k k p f k p ++=+- 21(1)1k p =++-12221k k k k k C p C p C p =++++，所以1221()1k kf k C C <≤++41(1)k k =++4411k k =+-+（仅当2k =，1p =时取得等号），从而21()nk n f k =-<∑≤44121n n -+-+411n n =+-+＜1n +，所以2()(1)1nk n f k f n =<<++∑4n ≤+．综上，总有1|()|4ni f k n =-<∑．点评：数列是一种特殊的函数，一些数列不等式等价变形后方能凸显其结构特征，依据其特征构造相应的函数，利用导数研究该函数的单调性进而用于数列不等式是一种有效的证明方法．构造函数证明数列不等式是数学归纳法、一般的放缩法不可替代的一种重要策略，同学们要认真体味和把握．例4（2010年高考江苏题）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知2132a a a =+，数列是公差为d 的等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式（用,n d 表示）；（2）设c 为实数，对满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，不等式m n k S S cS +>都成立．求证：c 的最大值为92．点拨：（1）依据条件列式并利用1n n n a S S -=-（2n ≥）容易得到通项公式2(21)n a n d =- ；（2）易得0d >，22n S d n =，于是222()m n S S m n d +=+．构造函数22()f m m n =+22(3)m k m =+-22269m km k =-+，对于任意给定的正整数k ，时刻注意m n ≠利用二次函数的性质去求min ()f m ，由于对称轴为32km =，需要对k 分奇偶性讨论．最后由不等式m n k S S cS +>都成立，比较得到c 的最大值为92．解：（1）解答从略，数列{}n a 的通项公式为2(21)n a n d =-．（2d (1)n d =-，得到0d >，22n S d n =．于是对于满足题设的对满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，有222()m n S S m n d +=+．构造构造函数22()f m m n =+22(3)m k m =+-22269m km k =-+，其对称轴为32km =，图象开口向上．对于任意给定的正整数k ，当k 为偶数时，由于正整数,m n 满足m n ≠，于是在312k m =±时()f m 取得最小值29()22f m k =+；当k 为奇数时，由于正整数,m n 满足m n ≠，于是在3122k m =±时()f m 取得最小值291()22f m k =+．因此，对于任意给定的正整数k ，总有222()m n S S m n d +=+2291()22k d ≥+2292k d >92k S =．又对于满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，不等式m n k S S cS +>都成立，所以max 92c =．点评：命题者给出的是另一种解法，一方面利用平均值不等式得到max 92c ≥；另一方面假设任取实数92a >，设k 为偶数，令312k m =+，312kn =-得到当k >22122m n S S d ak +<⋅k aS =，所以满足条件的92c ≤，从而max 92c ≤，通过夹逼得到max 92c =．命题者的解法虽然新颖独到，但是在自然流畅方面不及本例的解法．利用一些常见的函数的性质来解决数列不等式也应值得重视！。

人教版数学高二备课资料数列不等式问题求解策略

数列不等式问题求解策略数列不等式综合题涉及面广、综合性强，在各地各类模拟题和高考中（尤其是理科）经常出现，由于这类题主要考查逻辑推理能力，使许多学生感到无从下手，本文试将此类题的求解策略作一总结，供同学们参考。

策略一、作差作商,比较判断例一．已知数列{n a }中，对一切n ∈N ，n a ∈(0,1)且02121=-+++n n n n a a a a ，求证n n a a 211<+（n ∈N ）分析：{n a }为正项数列，1+n a 与n a 21的大小关系作差作商均可。

证明：由已知02121=-+++n n n n a a a a 得21112++-=n n n a a a ∴1+n a －n a 21=1+n a －21112++-n n a a =21311++--n n a a ∵0<1+n a <1 ∴ 0<211+-n a <311+-n a <0 ∴1+n a －n a 21<0, n n a a 211<+ 策略二、利用结论，等价转化例2．已知数列n a =2n+1，记11+=n n n a a b ，且数列{n b }的前n 项和为n T ，是否存在实数M ，使得n T ≤M 对一切正整数n 都成立？求出M 的最小值；若不存在，试说明理由。

分析：n T ≤M 恒成立⇔M ≥n T max 问题转化为求n T 的最大值，若判断出n T 的单调性，则问题迎刃而解。

解：依题可知11+=n n n a a b =)32)(12(1++n n =)321121(21+-+n n∴n T =)32112112112171515131(21+-+++--++-+-n n n n =)32131(21+-n =)32(2161+-n <61 ∴=+1n T )52131(21+-n 而n n T T -+1=)521321(21+-+n n >0,∴n T 是n(+∈N n )的增函数61))32(2161(lim lim =+-=∞→∞→n T n n n∴要使n T ≤M 对一切正整数n 都成立，只要M ≥61∴存在M ，使n T ≤M 对一切正整数n 都成立，M 的最小值是61 策略三、分类讨论，归纳论证例3．已知数列{n a }中1a =a(a>2)，对一切+∈N n ,n a >0，)1(221-=+n nn a a a 求证n a >2。

(完整word版)专题六：数列与不等式的题型分析及解题策略

专题六：数列与不等式的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。

预计在2011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.【考点透视】1．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇.2．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.3．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程的思想.【典例分析】第一课时题型一等差等比数列公式性质考查：【例1】（08.07）已知等比数列{}n a 中21a =，则其前3项的和3S 的取值范围是( D ) （Ａ）(],1-∞- （Ｂ）()(),01,-∞+∞（Ｃ）[)3,+∞ （Ｄ）(][)+∞-∞-,31,题型二求数列的极限【例2】（10.08）已知数列{}n a 的首项10a ≠，其前n 项的和为n S ，且112n n S S a +=+，则limnn na S →∞=B（A ）0（B ）12（C ） 1 （D ）2题型三求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式绫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)≥M 恒成立⇔f(x)min ≥M ；f(x)≤M 恒成立⇔f(x)max ≤M ；(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3】（09.22）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意的正整数n ，都有51n n a S =+成立，记*4()1nn na b n N a +=∈-。