数列与不等式的综合问题突破策略1

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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！。

数列与不等式的综合问题突破策略1

数列与不等式的综合问题突破策略【题1】等比数列{a n }的公比q ＞1，第17项的平方等于第24项，求使a 1＋a 2＋…＋a n ＞1231111na a a a ++++……恒成立的正整数n 的范围.【题2】设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝a ，a n +1＝S n ＋3n ，n ∈N *．(1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式；（2）若a n +1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．【题3】数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p +q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【题4】已知数列{}n a 中，113,21(1)n n a a a n +==-≥（1）设1(1,2,3)n n b a n =-= ，求证：数列{}n b 是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式（3）设12n n n n c a a +=⋅，求证：数列{}n c 的前n 项和13n S <．【题5】已知数列{}n a 满足11111,,224nn n a a a n N ++⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 的前n 项和2n s n =，112233n n n T a b a b a b a b =++++ ，求证：3n T <.【题6】已知α为锐角，且12tan -=α，函数)42sin(2tan )(2παα+⋅+=x x x f ，数列{a n }的首项)(,2111n n a f a a ==+. ⑴ 求函数)(x f 的表达式； ⑵ 求证：n n a a >+1； ⑶ 求证：),2(21111111*21N n n a a a n∈≥<++++++<【题7】已知数列{}n a 满足()111,21n n a a a n N*+==+∈（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足n n b n b b b b a )1(44441111321+=---- ，证明：{}n a 是等差数列；（3）证明：()23111123n n N a a a *++++<∈【题8】数列{}n a 满足411=a ，()),2(2111N n n a a a n nn n ∈≥--=--．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）设21nn a b =，求数列{}n b 的前n 项和n S ；（3）设2)12(sinπ-=n a c n n ，数列{}n c 的前n 项和为n T ．求证：对任意的*∈N n ，74<n T ．【题9】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对于任意的*n N ∈，恒有2n n S a n =-，设2log (1)n n b a =+．（1）求证：数列{1}n a +是等比数列；（2）求数列{}{},n n a b 的通项公式n a 和n b ；（3）若12n b n n n c a a +=⋅，证明：1243n c c c +++< ．【题10】等比数列{a n }的首项为a 1＝2002，公比q ＝－12．(1)设f (n )表示该数列的前n 项的积，求f (n )的表达式； (2)当n 取何值时，f (n )有最大值．【题11】已知{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4. (1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)是否存在正整数k ，使S k+1－2S k －2＞2成立.【题12】设数列{}{}n n b a ,满足3,4,6332211======b a b a b a ，且数列{}()++∈-Nn a a n n 1是等差数列，数列{}()+∈-N n bn2是等比数列.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）是否存在+∈N k ，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈-21,0k k b a ，若存在，求出k ，若不存在，说明理由.数列与不等式综合解答与评析类型1：求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求数列与不等式相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.【题1】利用条件中两项间的关系，寻求数列首项a 1与公比q 之间的关系，再利用等比数列前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n 的取值范围. 【解】由题意得：(a 1q 16)2＝a 1q 23，∴a 1q 9＝1. 由等比数列的性质知数列{1n a }是以11a 为首项，以1q为公比的等比数列，要使不等式成立，则须1(1)1n a q q --＞111(1)11n a q q--，把a 21＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n －1)＞q (1－1n q )，q n ＞q 19，∵q ＞1，∴n ＞19，故所求正整数n 的取值范围是n ≥20.【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.【题2】第（1）小题利用S n 与a n 的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件a n +1≥a n 转化为关于n 与a 的关系，再利用a ≤f (n )恒成立等价于a ≤f (n )min 求解．【解】 (1)依题意，S n +1－S n ＝a n +1＝S n ＋3n ，即S n +1＝2S n ＋3n ，由此得S n +1－3 n +1＝2(S n －3n )．因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2 n -1，n ∈N *, ① (2)由①知S n ＝3n ＋(a －3)2 n -1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n -1＝3n ＋(a －3)2 n -1－3n -1－(a －3)2 n -2＝2×3n -1＋(a －3)2 n -2，a n +1－a n ＝4×3 n -1＋(a －3)2 n -2＝2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]，当n ≥2时，a n +1≥a n ，即2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]≥0，12·(32)n -2＋a －3≥0，∴a ≥－9，综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞)【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S n 与a n 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.类型2：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.【题3】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决第(1)小题；第(2)小题利用差值比较法就可顺利解决.【解】（1）设等差数列{a n }的公差是d ，依题意得，⎩⎨⎧ a 1＋2d ＝74a 1＋6d ＝24，解得⎩⎨⎧ a 1＝3d ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （2）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝1()2n n a a +＝n 2＋2n ． 2S p +q －(S 2p ＋S 2q )＝2[(p ＋q )2＋2(p ＋q )]－(4p 2＋4p )－(4q 2＋4q )＝－2(p －q )2， ∵p ≠q ，∴2S p +q －(S 2p ＋S 2q )＜0，∴S p +q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【点评】利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，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.【题4】（1）由121n n a a +=-得到112(1)n n a a +-=-，即1121n n a a +-=-……2分【点评】关于数列求和与不等式相结合的问题，常结合裂项相消或错位相减法放缩求和.【题5】（1）1122111124,41124n n n n nn n na a a a a a +++++⎛⎫ ⎪⎝⎭=∴=⎛⎫ ⎪⎝⎭，又11221111,,2244a a a a ==⋅∴= ， {}n a ∴是公比为12的等比数列，12nn a ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭（2）21n b n =-，231135232122222n n n n n T ---=++++ ……①， 234111352321222222n n n n n T +--=+++++ ②， ①－②得： 2311112222132322222222n n n n n n T ++-+=++++-=- ， 2332n n n T +∴=- 3n T ∴<【题6】⑴1)12(1)12(2tan 1tan 22tan 22=---=-=ααα 又∵α为锐角 ∴42πα=∴1)42sin(=+πα x x x f +=2)(⑵ n n n a a a +=+21 ∵211=a ∴n a a a ,,32都大于0 ∴02>n a ∴n n a a >+1 ⑶nn n n n n n a a a a a a a +-=+=+=+111)1(11121∴11111+-=+n n n a a a ∴1322121111111111111+-++-+-=++++++n n n a a a a a a a a a 1111211++-=-=n n a a a ∵4321)21(22=+=a , 143)43(23>+=a , 又∵n n a a n >≥+12 ∴131>≥+a a n ∴21211<-<+n a∴2111111121<++++++<na a a【题7】（1）121+=+n n a a ，)1(211+=+∴+n n a a ……………………2分故数列}1{+n a 是首项为2，公比为2的等比数列。

高中数学不等式与数列中的常见问题解析

高中数学不等式与数列中的常见问题解析一、不等式的性质及解法不等式在高中数学中占据重要的地位，它是判断数值大小关系的有效工具。

以下是不等式的性质和解法。

1.1 不等式性质（1）加减倍体系性质：不等式两边同时加（减）一个数，不等式的性质不变；不等式两边同时乘（除）一个正数，不等式的性质不变；不等式两边同时乘（除）一个负数，不等式的性质反向。

（2）换位性：不等式两边交换位置，不等式的性质不变。

（3）传递性：若 a<b，b<c，则有 a<c。

（4）倒数性：若 a>b，则有 1/a<1/b。

1.2 一元一次不等式的解法一元一次不等式是指只含有一个未知数的一次式，并且不等号中的不等关系为“<”、“>”或“≤”、“≥”。

解一元一次不等式的主要方法是移项、合并同类项，然后根据不等号的情况确定解集。

1.3 二元一次不等式的解法二元一次不等式是指含有两个未知数的一次式，并且不等号中的不等关系为“<”、“>”或“≤”、“≥”。

解二元一次不等式的常用方法是图像法和代入法。

1.4 不等式组的解法不等式组是一组不等式的集合。

不等式组的解法需要考虑每个不等式的条件，并确定所有满足条件的解构成的集合。

常见的解法有图像法和代入法。

二、数列及其性质数列是指按照一定规律排列的一组数的集合。

在高中数学中，数列是研究数值规律和数列性质的重要对象。

2.1 等差数列等差数列是指数列中相邻两项之间的差等于一个常数d的数列。

在等差数列中，通项公式为an=a1+(n-1)d，求和公式为Sn=n(a1+an)/2。

2.2 等比数列等比数列是指数列中相邻两项之间的比等于一个常数q的数列。

在等比数列中，通项公式为an=a1*q^(n-1)，求和公式为Sn=a1*(1-q^n)/(1-q)。

2.3 递推数列递推数列是指数列中的每一项都由前几项确定的数列。

递推数列常见的有斐波那契数列和杨辉三角数列。

三、常见问题解析3.1 不等式问题高中数学中的不等式问题有时会涉及到应用问题，如求解满足一定条件的未知数的取值范围等。

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 =-。

数列型不等式问题的若干求解策略

数学知识解决问题的能力，查学生的探索精神与创新意考识，近几年各地高考的热点内容．于这类问题具有 “ 是由知
丁一丽
‘ ；丁
㈥砉
… ＋・
ｌ
识上的综合性、题型上的新颖性、方法上的灵活性、维上思的抽象性” 等特点，往往让考生难以琢磨．本文试结合实例，谈谈数列型不等式问题常用的一些求解策略．１化归为３个基本的不等关系模型
ａｌ
另外，ｎ＝１，当时不等式显然成立．
点评以下是几个常见的放缩：
一
（－１
．
（砉１丽＋ ‘ １１丽＋）＋１
：
般地，能将某数列的通项放缩到正项递缩等比数若
列的通项，则可以进一步将数列的和式放缩到一个常数．正
项递缩等比数列求和与裂项求和一样，是高中数学中处理数列和式放缩的基本方法．
２一
＜２：
㈦
…
＋
‘
例３已知。＝２＋
，证：求
ｌ０，一２Ｉ＋１一２Ｊ＋ … ＋Ｉ一２ｌ＜２．０ｏ
２００８年第１０期
杂的问题转化为简单而基本的问题来解决，到事半功倍达的效果．
例知１÷ ÷ … ｉ求：ｎ２２已ｓ＋＋＋＋，当Ｉ＝１证＞
时（＋ ¨鲁．睾＋＋）．
（浙江省宁波市２００７学年八校联考理科试题）

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。

数列与不等式的综合-高中数学知识点讲解

数列与不等式的综合1．数列与不等式的综合【知识点的知识】证明与数列求和有关的不等式基本方法：（1）直接将数列求和后放缩；（2）先将通项放缩后求和；（3）先将通项放缩后求和再放缩；（4）尝试用数学归纳法证明．常用的放缩方法有：2푛1 12푛―12푛2푛+12푛＜，2푛+12푛2푛―1＞，2푛+1＜2푛，11푛3＜푛(푛2―1)=112[푛(푛―1)―1푛(푛+1)]1푛―1푛+1=111푛(푛―1)=푛(푛+1)＜푛2＜1푛―1―1（n≥2），푛11푛2＜푛2―1=11（푛―1―21）（n≥2），푛+11푛2=4414푛2＜4푛2―1=2(2푛―1―4푛2―1=2(2푛―1―12푛+1)，2（푛+1―푛）=2푛+1―푛＜1푛=22푛＜2푛+푛―1= 2（푛―푛―1）．1푛+1+1푛+2+⋯+12푛≥12푛+12푛+⋯+12푛=푛2푛=12푛+(푛+1)푛(푛+1)＜．2【解题方法点拨】证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．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：1/ 4（1）添加或舍去一些项，如： 푎2 + 1＞|a |； 푛(푛 + 1)＞n ；（2）将分子或分母放大（或缩小）；푛 + (푛 + 1)（3）利用基本不等式； 푛(푛 + 1)＜；2（4）二项式放缩；（5）利用常用结论；（6）利用函数单调性．（7）常见模型：①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型．【典型例题分析】题型一：等比模型푎1 ― 1 典例 1：对于任意的 n ∈N *，数列{a n }满足 21 + 1 +푎2 ― 2 22 + 1 +⋯ + 푎푛 ― 푛 2푛 + 1 = n +1．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；2 （Ⅱ）求证：对于 n ≥2， 푎2 +2 푎3 +⋯ + 2 푎푛+1＜1 ― 1 2푛． 푎1 ― 1 解答：（Ⅰ）由 21 + 1 +푎2 ― 2 22 + 1 +⋯ + 푎푛 ― 푛 2푛 + 1 = 푛 + 1①， 푎1 ― 1 当 n ≥2 时，得 21 + 1 +푎2 ― 2 22 + 1 +⋯ + 푎푛―1 ― (푛 ― 1) 2푛―1 + 1 = 푛②， 푎푛― 푛 ①﹣②得2푛 + 1 = 1(푛 ≥ 2)．∴푎푛= 2푛 +1 + 푛(푛 ≥ 2)． 푎1 ― 1又 1＝7 不适合上式．21 + 1 = 2，得 a综上得푎푛= {7 ，푛 = 12푛 + 1 + 푛，푛 ≥ 2；2 （Ⅱ）证明：当 n ≥2 时，푎푛 =2 2 2푛 + 1 + 푛＜ 2푛 = 1 2푛―1．2/ 42 ∴ 푎2 + 2 푎3 +⋯ + 2 1 2 + 푎푛+1＜ 1 22 +⋯ + 1 2푛 = 1 1 2 (1 ― 2푛 1 ― 1 2) = 1 ― 1 2푛． 2 ∴当 n ≥2 时，푎2 + 2 푎3 +⋯ + 2 푎푛+1＜1 ―1 2푛．题型二：裂项相消模型典例 2：数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前 n 项和，对于任意 n ∈N *，总有 a n ，S n ，a n 2 成等差数列．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设푏푛 = 1 푛푎2푛，数列{b n }的前 n 项和为 T n ，求证：푇푛＞ 푛 + 1．分析：（1）根据 a n ＝S n ﹣S n ﹣1，整理得 a n ﹣a n ﹣1＝1（n ≥2）进而可判断出数列{a n }是公差为 1 的等差数列，根据等差数列的通项公式求得答案．（2）由（1）知푏푛 = 1 1 1 푛2，因为 푛(푛 + 1) = 푛2＞ 1 푛 ―1 1 ，所以푏푛＞ 푛 ―푛 + 11，从而得证． 푛 + 1 解答：（1）由已知：对于 n ∈N *，总有 2S n ＝a n +a n 2①成立∴2푆푛―1 = 푎푛―1 + 푎푛―12（n ≥2）②①﹣②得 2a n ＝a n +a n 2﹣a n ﹣1﹣a n ﹣12，∴a n +a n ﹣1＝（a n +a n ﹣1）（a n ﹣a n ﹣1）∵a n ，a n ﹣1 均为正数，∴a n ﹣a n ﹣1＝1（n ≥2）∴数列{a n }是公差为 1 的等差数列又 n ＝1 时，2S 1＝a 1+a 12，解得 a 1＝1，∴a n ＝n ．（n ∈N *）（2）解：由（1）可知푏푛 = 1 1 1 푛2∵ 푛(푛 + 1) = 푛2＞푛2∵ 푛(푛 + 1) =1 푛 ― 1 푛 + 1 ∴푇푛＞(1 ― 1 1 2) + (2 ― 1 1 3) + +(푛 ―1 푛 + 1) = 푛 푛 + 1 【解题方法点拨】（1）放缩的方向要一致．（2）放与缩要适度．（3）很多时候只对数列的一部分进行放缩法，保留一些项不变（多为前几项或后几项）．3/ 4（4）用放缩法证明极其简单，然而，用放缩法证不等式，技巧性极强，稍有不慎，则会出现放缩失当的现象．所以对放缩法，只需要了解，不宜深入．4/ 4。

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.。

高考中数列综合题目解题目策略与方法

高考中数列综合题解题策略与方法李兴怀华南师大附中特级教师李兴怀数列问题与函数、不等式、三角等知识有密切的联系，在历届高考数学试题中占有重要地位。

本文通过一些例子说明解决数列综合题的基本策略与方法。

1.认真审题，善于把陌生的问题转化为熟悉的问题。

例1.已知数列{}n a 满足1111,1,1,2,...3n n a a a n +==+=，求数列{}n a 的通项。

分析：由数列{}n a 的定义可知，此数列既不是等差数列，也不是等比数列，因而要解决这个问题必须紧扣题意，并把问题进行转化。

解法1 把问题转化为等比数列。

引入参数x ，使得11()3n n a x a x +-=-，将此式还原并整理得 11233n n a a x +=+，令213x =，即32x =，设32n n a b -=，则原问题化为 113n n b b +=，且113122b a =-=-，故数列{}n b 是以12-为首项、13为公比的等比数列。

从而 111()()23n n b -=-，故 1311223n n a -=-。

解法2 把问题转化为便于求通项{}n a 的情形。

给1113n n a a +=+ 两边同除以11()3n +，得111333n n n n n a a +++=+，令3n n n a b =，则113n n n b b ++=+，利用恒等式121321()()...()n n n b b b b b b b b -=+-+-++-，可得233333...3(31)2n n n b =++++=-，故 31(1)323n n n nb a ==-。

解法3 由1113n n a a +=+，可得1113n n a a -=+，将这两式相减得，111()3n n n n a a a a +--=-，令1(2)n n n a a b n --=≥，则122111,33n n b b b a a +==-=，故21211()()33n n n b b --==，从而111(),23n n n a a n ---=≥，故121121()...()111311 (1)33323n n n n n a a a a a a --=+-++-=++++=-即31(1)23n n a =-。

SXC114高考数学必修_数列与不等式交汇题的求解策略

数列与不等式交汇题的求解策略注重在知识网络的交汇点上设计试题，重视对数学思想方法的检测，是近年来高考试题的特色。

数列与不等式交汇的问题由于知识覆盖面广而成为各种考试的热点。

但这类问题综合性强，解答起来有一定难度。

本文拟通过实例介绍求解此类问题的常用策略，以期对同学们有所帮助。

1利用数列的单调性例1 求证：)1)(11(41++ (3231)13)1(+>+-n n 。

证明：构造数列{a n }，使a n =32314113)1()1)(11(++++-n n ,则)2(1)1(33)23)(13()13(313)1(2332311≥=+-•=-+-++--n n n n n n a a n n n∵（3n-1）3-(3n+1)(3n-2)2=9n-5>0∴)2(11≥>-n n n a a，即数列{a n }是递增数列，∴a n ≥a 1>1 ,即)1)(11(41++ (3231)13)1(+>+-n n 。

例2设++=+111n nn a …+121+n 且)1(log log 311)1(611--<-a a a a a n 对一切正整数n 恒成立，试求实数a 的取值范围。

解：由0)1(1122122113212211<-=-+<-+=-++++++n n n n n n n n n n a a ，{a n }是单调递减数列，又611161131211,1=≤∴=++=a a a n ，因此611311)1(611)1(log log >---a a a a ，即1)1(log 2log )1(>---a a a a显然a>1且a ≠2 ，设m a a =-)1(log ，则0121<+-mm解之，得1-<m ，或210<<m ，即1)1(log -<-a a ，或21)1(log 0<-<a a∴2511+<<a 或2532+<<a 。

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
当m > 4 且 m
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为偶数时，土 + 工 . + 二 + “4 “5
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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， =

数学数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

数学数列与不等式的交汇题型分析及解题策略————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期: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2１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】ﻩ1.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，并能根据递推公式写出数列的前几项.ﻩ2.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．ﻩ5.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.ﻩ6.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│a│－│b│≤│a＋b│≤│a│＋│b│.【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】题型一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1】等比数列{ａn }的公比q ＞1,第17项的平方等于第24项，求使a 1+a 2＋…+a n ＞错误!+错误!＋…+错误!恒成立的正整数n 的取值范围．【分析】利用条件中两项间的关系，寻求数列首项a 1与公比q 之间的关系,再利用等比数列前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n 的取值范围．【解】由题意得：(ａ1q 1６）2=ａ１ｑ2３，∴a 1q 9＝1.由等比数列的性质知:数列{1ａn}是以1a 1为首项，以错误!为公比的等比数列,要使不等式成立，则须错误!>错误!,把a 错误!=q-18代入上式并整理，得q -1８(q n －１)＞q(1－1qn ）, q n ＞q 19,∵ｑ＞1,∴n ＞1９，故所求正整数n 的取值范围是n≥20．【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Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和为Ｓn .已知a 1＝a,ａn+1=S n ＋3ｎ，ｎ∈Ｎ*.(Ⅰ)设b n ＝S n －3n ,求数列{b n ｝的通项公式;（Ⅱ）若a ｎ+1≥ａn ，n ∈N*，求a 的取值范围.【分析】第（Ⅰ）小题利用S n 与a ｎ的关系可求得数列的通项公式;第（Ⅱ)小题将条件ａn+1≥a ｎ转化为关于n 与a 的关系,再利用ａ≤f(n)恒成立等价于a≤f(n ）ｍin 求解.【解】（Ⅰ）依题意,S ｎ＋1－Ｓn =a n+1＝Ｓn ＋３n ，即S n+1＝2Ｓn ＋３ｎ，由此得S n ＋1－3 n+１=2（S n -3n ）．因此,所求通项公式为b n =S n -3n ＝(a-3)2 n -1，n ∈Ｎ*, ①(Ⅱ)由①知S ｎ=3n +(ａ－3)2 ｎ-1，n ∈N ＊，于是，当n≥２时,a ｎ=S n －S n -1＝３n ＋(a-３)２ n -1-3n -1－(a-3)２ n -２＝2×3n -1＋(a －3)2 ｎ-２, a n+1－ａn =4×3 n -1+(a-3）２ｎ-2＝2 n -２·[12·(＼f （3,2))n -2＋ａ-3],当n≥2时,ａｎ＋１≥a n ，即2 n -2·[12·(＼f(３,２）)n -2＋a －３]≥0,12·(＼f(3,2))n -2+ａ-3≥0，∴a≥－9，综上，所求的a 的取值范围是[－9，+∞].【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S n 与a ｎ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{a n }是等差数列,其前ｎ项和为S n ,a ３=7，S ４=2４．（Ⅰ)求数列{a n ｝的通项公式；（Ⅱ)设p 、ｑ都是正整数，且p ≠q ,证明：S ｐ+q ＜12(Ｓ2p ＋S 2q ).【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决第(Ⅰ)小题;第（Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决．【解】（Ⅰ）设等差数列{a n ｝的公差是d ，依题意得,错误!错误!,解得错误!错误!，∴数列{a n }的通项公式为a n =ａ1+(ｎ-１)d ＝２n ＋1． (Ⅱ）证明:∵ａｎ=2n ＋1,∴Ｓn =错误!=n ２+２n.２Ｓp+q -(S 2p +S ２q )＝2[（ｐ＋ｑ）2＋２(p ＋q)]-(4p 2＋4p)-(4q 2＋４q)=－２(p －q)２, ∵p ≠q ，∴２S p+q －(Ｓ２p +Ｓ2q )＜0,∴S p+q <错误!(Ｓ2ｐ＋S 2q ).【点评】利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，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{a n ｝满足ａ1＝０,ａn+1=ｃa n 3＋１－c,c ∈N ＊，其中c 为实数.(Ⅰ)证明：a ｎ∈［0，１]对任意n ∈N*成立的充分必要条件是ｃ∈[０，１];（Ⅱ)设０<c<＼ｆ(1，3)，证明：a n ≥1-(3c)n -1，n ∈Ｎ*；（Ⅲ）设0<c<错误!,证明：a１2+a2２+…＋a n 2>n＋1－21-３c,n ∈N*.【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n 项和求和,再进行适当放缩.【解】(Ⅰ)必要性:∵a 1＝０,a 2=1－c,又∵a 2∈[０，1］,∴0≤１－ｃ≤1,即ｃ∈[0，1].充分性：设ｃ∈[0,１]，对n ∈N*用数学归纳法证明ａn ∈[0,１]. (1）当n=１时，a 1∈[0，1]． (2)假设当n ＝k 时，ａｋ∈[0，1］（k≥1)成立，则a k ＋1＝ｃa k ３+１－c≤c ＋1－c ＝1,且a k ＋1=ca ｋ3＋1-ｃ≥1－c≥0, ∴a k+1∈[0,１],这就是说ｎ＝k+1时,ａn ∈[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,a n ∈［0，１］对任意ｎ∈N*成立的充分必要条件是c ∈［0，１].（Ⅱ)设0<c<错误!，当n ＝1时,a 1=0，结论成立.当n≥2时，由a n ＝ca n -13+１-c,∴1-a n ＝ｃ（１－a n -１)（1＋a ｎ-1+a n -12) ∵0＜c<错误!，由(Ⅰ)知an -1∈[０，1],所以１＋a ｎ-1＋a n -１２≤3,且1－a ｎ-1≥０，∴1-a n ≤３c(1－ａn -１),∴1-a n ≤3c(1-a n -１）≤（３c ）2（１－ａｎ-２）≤…≤(３c) ｎ-1(1-a 1)＝(3c ）ｎ-1，∴ａn ≥1-(3c)ｎ-1,n ∈N*.(Ⅲ)设0<c ＜１３,当n=1时,a 12=0>２-21－3c,结论成立.当n≥2时，由（Ⅱ)知a n ≥1－(3ｃ)n -1＞0,∴a n 2≥[(1－(3c)n -１)] 2＝１－2(3c)ｎ-1＋（3c)(n -1)＞１－2（３ｃ)n -1, a 1２＋a 22+…+a n 2=a 2２＋…＋a n 2>ｎ-1－2［３c+（3ｃ)２＋…+(3c)n -１]＝n-1-2[1＋３ｃ＋(３c)2＋…＋(３ｃ)n -1－１］=n ＋１－＼f(2[1－（３c)ｎ］,1-3c)>n+1－＼f(２,1-3c).【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{a ｎ}的前n 项和为S n ，若S ４≥10,S 5≤１5,则a 4的最大值为______.【分析】根据条件将前４项与前5项和的不等关系转化为关于首项ａ1与公差ｄ的不等式,然后利用此不等关系确定公差d 的范围，由此可确定a 4的最大值.【解】 ∵等差数列{ａn }的前n 项和为S ｎ,且S 4≥10，Ｓ5≤１5,∴错误!错误!，即错误!错误!,∴错误!错误!,∴＼f(５+3d,2)≤a 4≤3+d ，则5+3d≤6＋2d,即d≤1. ∴a ４≤3+d≤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不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,同时解答中要注意不等式传递性的应用.【例6】等比数列｛a n ｝的首项为a １＝2002,公比q=－12.(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n 项的积，求f(n)的表达式；(Ⅱ)当n 取何值时,f(n)有最大值．【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(Ⅱ)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.【解】 (Ⅰ)a ｎ=2０02·(-错误!)n 1，f(n)=2０02n ·(-错误!)错误!(Ⅱ)由(Ⅰ）,得＼ｆ(|f(n ＋１)|,|f(n ）|)=错误!,则当n≤１0时，错误!＝错误!>１,∴|f （１1)｜＞｜f(10）|>…>|f(１)|, 当n≥1１时，＼f （｜ｆ(n+1）|，｜ｆ(n)|)=错误!<１,∴｜f （１1）｜>|ｆ(12)|＞|f(13）|>…,∵f(11)＜0,f(10）<0,ｆ(9)＞０,f （12)>0，∴f （n ）的最大值为f(9)或f(12)中的最大者．∵＼ｆ(f(１2),f(９))＝错误!＝20023·(错误!)30＝(错误!)3>1,∴当n ＝12时，f(ｎ)有最大值为f(１2）＝２00212·(＼f(1，2））66.【点评】本题解答有两个关键：(1)利用商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数列与不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】已知{ａn }的前ｎ项和为S n ,且a n +Ｓｎ＝4.(Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数ｋ,使错误!＞2成立.【分析】第(Ⅰ）小题通过代数变换确定数列a n +１与a n 的关系，结合定义判断数列{ａn }为等比数列；而第(Ⅱ)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 n ＋a n =４,Ｓn ＋1+ａn +１＝4，由两式相减，得(Ｓn ＋1＋a n +1）-(S ｎ＋a ｎ）＝0,即２ａn +1-a n =０，a ｎ+1=＼f （1,2)a n ，又2a 1＝S 1＋ａ1=4,∴a 1＝2,∴数列{a n }是以首项a 1=２,公比为q ＝＼f(1,2)的等比数列. （Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝错误!＝4-２２-n.又由＼f(S k+1－２，S k －2）>2，得＼f(4－21-k －2,4－22-ｋ-２)＞２,整理，得＼ｆ(2,3)＜2１-ｋ<1,即1<2 k -１<＼ｆ(3,２)，∵k ∈Ｎ*，∴２ｋ-1∈N ＊,这与2k -１∈(1，３2)相矛盾，故不存在这样的ｋ,使不等式成立．【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“ｋ∈N *”，这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.【例8】 (0８·湖北高考)已知数列{a n }和{b ｎ}满足:a 1=λ,ａn+1=２3a n +n-4，ｂn =(-1)n (a ｎ－3n ＋21）,其中λ为实数,n 为正整数．(Ⅰ)对任意实数λ,证明数列{ａn }不是等比数列;(Ⅱ)试判断数列｛b n }是否为等比数列，并证明你的结论;（Ⅲ）设0＜a<ｂ,S ｎ为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ,使得对任意正整数n,都有a ＜S n ＜b?若存在,求λ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(Ⅱ）小题利用等比数列的定义证明;第(Ⅲ)小题属于存在型问题,解答时就假设ａ＜S n <b 成立，由此看是否能推导出存在存在实数λ.【解】 (Ⅰ）证明：假设存在一个实数λ，使{ａｎ}是等比数列，则有a 2２＝a １ａ3，即(23λ－3)2=λ(＼ｆ（4,9)λ－４）⇔４9λ2－4λ＋9=错误!λ2－4λ⇔9=0，矛盾，所以{a n }不是等比数列.（Ⅱ)解：因为ｂn+1＝（－1)n+1[ａ n ＋1-3(ｎ+1)＋21]＝(－1)ｎ＋1(错误!aｎ－2n ＋14）=－错误!(ａｎ－3n-21)=-错误!bn ，又b 1=-(λ＋18),所以当λ=-18时,ｂｎ＝0(ｎ∈N*)，此时{ｂｎ｝不是等比数列；当λ≠-18时,ｂ1＝－(λ＋１8)≠0，由上可知b n ≠0，∴错误!=－错误!（n ∈N*).故当λ≠－1８时,数列｛b ｎ}是以-(λ+１8)为首项,－错误!为公比的等比数列.(Ⅲ）由（Ⅱ）知，当λ＝－１8，ｂn ＝０(ｎ∈N*)，S n =0，不满足题目要求;． ∴λ≠-１８,故知ｂn ＝-(λ+18）×（-错误!)ｎ-1,于是S n ＝－错误!(λ+１8)·［1－（－错误!）n]要使a ＜Ｓn <b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－错误!(λ+１8）·［1－（－＼f(2,3)）n ]＜ｂ,(n ∈N*).得错误!＜－错误!(λ＋１8）＜错误!，(n ∈N*) ① 令f(ｎ)=1－(－错误!)n，则当n 为正奇数时，1＜ｆ(n)≤错误!,当ｎ为正偶数时错误!≤f （n)<１;∴f(n ）的最大值为f(1）=53,ｆ（ｎ)的最小值为ｆ（2)＝错误!，于是，由①式得错误!ａ＜－错误!(λ+18)＜错误!b ，∴－b －18<λ<-3ａ-18,(必须-b<－３ａ,即ｂ>3a ）.当a ＜ｂ＜3a 时,由－ｂ-1８≥-3a-18，不存在实数满足题目要求；当b>3a 存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有ａ＜S n <b,且λ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,则问题的回答是否定的．其过程可以概括为假设——推证——定论．本题解答注意对参数λ及项数n 的双重讨论．【专题训练】一、选择题1.已知无穷数列｛a n }是各项均为正数的等差数列，则有（）A ．错误!＜错误!B.错误!≤错误!ﻩＣ．错误!＞＼f(a 6,a ８)ﻩD ．ａ4a 6≥＼ｆ(a 6,a 8)2．设{a n }是由正数构成的等比数列，ｂｎ＝ａn ＋1+ａn+２,c n =ａn +a n+3,则ﻩ（ )Ａ．b n ＞c ｎﻩＢ．b n ＜c n ﻩC.b n ≥c nD.ｂn ≤c n ﻩ3.已知{ａｎ}为等差数列，{b n ｝为正项等比数列，公比q≠1，若a １＝b 1，a 11＝b 11，则( ）A.ａ6＝b ６ﻩＢ.a 6＞b 6ﻩC ．ａ6<b 6ﻩD ．a 6＞b 6或a 6<b 64.已知数列｛a ｎ}的前n 项和S n ＝n 2-9n ，第k 项满足５＜ａk <8,则ｋ= （ )Ａ.9 B ．８ﻩC.7 D.6５．已知等比数列｛ａn }的公比ｑ>０，其前n 项的和为Ｓn ,则S 4a ５与S 5ａ4的大小关系是（）A.S 4a 5<S 5a 4ﻩB ．S ４a ５>S ５ａ4ﻩC ．S 4ａ５=S ５a 4ﻩＤ．不确定6.设S n =1+2+3＋…+n,n ∈N*,则函数f （ｎ)＝S n(n+32)S n ＋1的最大值为（ )A.错误!ﻩB.错误!ﻩＣ.错误!Ｄ.错误!７．已知y 是x 的函数,且lg ３，lg(si ｎｘ-１２),ｌg （1-ｙ)顺次成等差数列，则ﻩ( ）A ．y 有最大值1,无最小值B.y 有最小值11１2,无最大值C.ｙ有最小值＼f(11,12）,最大值1ﻩD.y 有最小值-1，最大值1８.已知等比数列{ａn }中a 2＝１,则其前3项的和S 3的取值范围是 ﻩ（ )Ａ．(-∞,-1]ﻩﻩ B.(－∞,-１)∪(1，＋∞)Ｃ．[3,＋∞)ﻩ Ｄ.(-∞，－1]∪[３，+∞) 9．设错误!b 是1-a 和1+ａ的等比中项,则ａ＋３b 的最大值为( )A.１ﻩB.2C.３ﻩＤ．４１0．设等比数列{ａn ｝的首相为a 1,公比为q ，则“a １＜０，且0＜q<１”是“对于任意n ∈N*都有a ｎ+1>a n ”的 ﻩﻩﻩ( ）Ａ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C.充分比要条件 ﻩD ．既不充分又不必要条件１1．｛a n }为等差数列,若＼ｆ(a 11，a 1０)<-１,且它的前ｎ项和S n 有最小值，那么当S ｎ取得最小正值时，ｎ=ﻩﻩ （） A.11B ．17C ．１9ﻩD ．2１12．设f(x ）是定义在Ｒ上恒不为零的函数,对任意实数x 、y ∈Ｒ,都有ｆ(x)f(y)=ｆ(ｘ＋y),若a 1=12，a n ＝ｆ（n)(n ∈N*)，则数列{a ｎ}的前ｎ项和S n 的取值范围是ﻩ（ ) A ．[12,２) B.[＼f(1,２),2］Ｃ.[＼ｆ（1，2)，1)ﻩD.[＼f （1,2)，１]二、填空题１3．等差数列{a n ｝的前n 项和为S n ，且a 4－a ２=８，a 3＋a 5=26，记T n ＝错误!,如果存在正整数M ，使得对一切正整数ｎ，T n ≤M 都成立.则M 的最小值是______＿＿＿_. 14.无穷等比数列{a n }中，ａ1>1,|q|＜１,且除a １外其余各项之和不大于a 1的一半,则q 的取值范围是________.１5．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＼f((ａ+b)２，cd ）的最小值是__＿_＿＿＿_．A ．０ﻩＢ．１ﻩC ．2ﻩＤ．416.等差数列{a n }的公差d 不为零，S n 是其前ｎ项和,给出下列四个命题:①A.若d ＜0，且S 3＝S 8，则{S n ｝中，S 5和S 6都是{S ｎ}中的最大项；②给定n,对于一定ｋ∈N ＊（k ＜n),都有a n -k +a n+k ＝２a n ;③若ｄ>0,则{S n }中一定有最小的项;④存在k ∈N*,使a ｋ－a k ＋1和a k －a k -1同号其中真命题的序号是__＿_____＿＿__.三、解答题17.已知｛a ｎ}是一个等差数列,且ａ2=1，ａ５=－５.（Ⅰ）求{a n }的通项n a ;(Ⅱ）求{a n }前ｎ项和S n 的最大值.18．已知{a n }是正数组成的数列，ａ1＝1,且点(错误!,an +1)(ｎ∈Ｎ*）在函数y ＝x 2＋1的图象上.(Ⅰ)求数列｛a n }的通项公式；(Ⅱ）若列数{ｂn }满足b 1＝1,b ｎ+1=b n +2ａｎ，求证:b ｎﻩ·b n +２＜ｂ2n +1.19.设数列｛ａn }的首项a １∈(0，１),a ｎ＝错误!，n=２，３，4，….(Ⅰ)求{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n ＝ａn ＼r （3－2a ｎ),证明b ｎ＜b n+1,其中ｎ为正整数.20.已知数列{a ｎ}中a 1＝2，a ｎ+1＝(错误!-１)（ a ｎ＋2），n=1，2,3,….(Ⅰ）求{a n }的通项公式;（Ⅱ）若数列{a n ｝中b 1＝２，ｂn ＋1=＼f(3b n +4,2b n +3)，ｎ＝1，2,3,….证明：错误!＜b n ≤a ４n -３,n=1，2，3，…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{a ｎ}的前n 项和为S n ,点(n ，S n )(ｎ∈N ＊）均在函数y=f(x)的图像上.(Ⅰ)求数列{ａn }的通项公式;（Ⅱ）设b n =错误!，T n是数列{b n}的前n 项和，求使得Ｔn<错误!对所有n ∈N*都成立的最小正整数m;22．数列{}n a 满足11a =,21()n n a n n a λ+=+-（12n =，，)，λ是常数．(Ⅰ)当21a =-时,求λ及3a 的值;（Ⅱ)数列{}n a 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；(Ⅲ）求λ的取值范围,使得存在正整数m ,当n m >时总有0n a <．【专题训练】参考答案一、选择题1.B 【解析】a ４a ８=(ａ1＋３d)(a １＋７d)＝a １2＋10ａ1d+２１ｄ2,a 62=(a 1+5d)2＝a 12＋1０a 1d+２５d 2,故错误!≤错误!.2.D 【解析】设其公比为q ，则ｂn －c n ＝a n （q-1)(1－q 2)＝－a ｎ(ｑ－1)２(ｑ+1),当q=１时，b ｎ＝c n ﻩ,当q ＞０,且q≠1时，ｂｎ＜ｃn ，故b n ≤c ｎ．3．Ｂ【解析】因为ｑ≠１,b 1＞０,b １1＞0,所以b 1≠b １1,则a 6=ａ1＋a 112＝＼f(b １+ｂ11,2)＞＼ｒ(b １b 1１)=ｂ6.4．B 【解析】因数列为等差数列,a n =Ｓn -S n -1=2n －１0,由5<２k-1０<8,得到k=8.5.A 【解析】S 4a 5－S ５a ４＝(ａ1＋a ２+a 3+a ４）a 4q －(a １+a ２＋a 3+a 4+ａ5)ａ４＝－a １a 4=-ａ1２q 3＜0，∴Ｓ４a ５＜S 5ａ4. ６．D 【解析】由Ｓn =错误!,得ｆ（ｎ)=错误!=错误!=错误!≤错误!＝＼f （1，50)，当n=错误!,即n=8时取等号,即f(ｎ)ｍax＝f （8)＝错误!．7．Ｂ【解析】由已知y=-错误!（si ｎx-错误!）2+１，且s ｉnx>错误!，y<1,所以当ｓinx ＝1时，y 有最小值1１１２,无最大值.8.D 【解】∵等比数列｛a ｎ｝中a 2=1,∴S 3＝ａ1＋a 2＋ａ3=a 2(错误!＋1+q ）＝１+q ＋错误!.∴当公比q>0时，Ｓ３=1+ｑ＋错误!≥1＋2错误!=３,当公比q<0时,S3＝1-(－q －错误!)≤1-2错误!=-1，∴S 3∈(－∞,－１]∪[3,+∞).9.B 【解析】错误!b 是１-ａ和１+a 的等比中项,则3b 2＝1-ａ2⇔a 2＋3b ２=１,令a ＝ｃosθ,＼ｒ（3)ｂ=si ｎθ,θ∈(0，２π),所以a+3b ＝co ｓθ+错误!inθ＝2sin(θ+错误!）≤2.10．A 【解析】当a 1<０，且０＜q ＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a 1>0,且q>１,故选Ａ. 11．C 【解析】由错误!＜-1,得错误!<0⇔错误!＜0⇔错误!<0⇔＼f(S 20,S １９）<０，则要使S n 取得最小正值必须满足Ｓ1９>０,且S ２０<０,此时ｎ＝1９. 1２.Ｃ【解析】f(x)是定义在Ｒ上恒不为零的函数，对任意实数x 、y ∈R,都有f(ｘ)f(ｙ)＝f(x+y ），ａ1=＼f(1,2）,ａn ＝f （n)(n ∈Ｎ*)，a n+1＝f （ｎ+1)=f （1）ｆ(n ）=错误!a n,∴Sn＝错误!=1-（错误!）n.则数列{a n}的前n 项和的取值范围是[错误!,1).二、填空题13.2 【解析】由a ４-a ２=8，可得公差d ＝4，再由ａ3＋a 5＝２６，可得ａ1＝１,故Ｓn ＝ｎ+2n (n －1）＝2ｎ２-ｎ，∴T n ＝错误!,要使得T n≤M ，只需M ≥2即可,故M 的最小值为２，答案:214．(－1，0]∪（0，13] 【解析】＼f （a １q,1-q)≤错误!⇒q≤错误!，但｜q|＜1,且q≠0,故ｑ∈(-1，0]∪(0,13]. 1５．４【解析】∵错误!＝错误!≥错误!＝4.16.Ｄ【解析】对于①:∵S 8-Ｓ3＝a 4＋ａ5+ａ6+a 7＋a 8=5a 6=0,∴S 5=Ｓ6，又ｄ＜0，S 5=S 6为最大，故Ａ正确;对于②:根据等差中项知正确；对于③:∵ｄ＞０，点（n,Ｓn )分布在开口向上的抛物线，故{S ｎ｝中一定有最小的项，故③正确;而a k -a k+1=－ｄ，a ｋ-a k -1＝d,且d≠０,故④为假命题. 三、解答题17．【解】（Ⅰ)设{a n ｝的公差为ｄ,由已知条件，错误!错误!，解出a １＝３，ｄ=－２．所以a n =a 1＋（n －1)d ＝－２n ＋5.（Ⅱ)S n =na １+＼f(n(n －1),2)ｄ=-ｎ２+4n=-(ｎ-2）2+４,所以n=2时,S ｎ取到最大值４．１8．【解】(Ⅰ）由已知得a ｎ+１=a n ＋１，即a n +1-a n ＝1，又a 1=1，所以数列{a ｎ}是以１为首项，公差为1的等差数列，故ａｎ=1+（a -1）×1＝n.(Ⅱ）由(Ⅰ）知:a n =n 从而b ｎ+１－b n =２n .b n ＝(b n －b ｎ-1)+（b n -1-b n -２)＋…＋(b 2-b 1）＋ｂ1=２ｎ-1＋2n -2+…＋2+１＝＼f(1-2n ，1-２）=2n －1.因为b n ·ｂn ＋2－b 21+n =（2n －１)(２n +2－1)-(2n -1－1)２=(22n +2-2n ＋2-2ｎ+1)－（22ｎ+２－2－2n +1－１）=-5·2n ＋4·2n =-2n ＜0，所以b n ·ｂn ＋2＜b 21+n .19.【解】(Ⅰ）由a n =错误!，n=２，3,4，…．整理得1－a n ＝－错误!(１-a ｎ-1)．又1-a 1≠０,所以{1－a n ｝是首项为１-a 1,公比为-1２的等比数列，得ａn ＝1-(1－ａ1)(-错误!)n -1，(Ⅱ)由（Ⅰ)可知0＜ａn ＜＼ｆ(3，2),故b n >0.那么, ｂｎ+1２-b ｎ2＝a ｎ+１２(3-２ａn+１)-a n 2(3－2a n )=(错误!)2(3－2×错误!)-aｎ2(３-2aｎ)＝错误!(a ｎ－１)2．又由（Ⅰ)知a n >０，且a ｎ≠１，故b n+12－b n ２>0，因此b n ＜ｂn+1，为正整数．20．【解】（Ⅰ)由题设:a n ＋1＝(＼r(2)-1)(a n ＋２)=(２－1)(a n －＼ｒ(2)）+（＼r(２)-１)（２＋错误!),=(错误!－1)(a n－错误!)＋错误!，∴a n ＋１-错误!=(错误!－1)(a n -错误!)．所以,数列｛a ｎ－错误!}a 是首项为2－错误!，公比为错误!-1)的等比数列,a n -＼r （2）=错误!(错误!－1)n，即a ｎ的通项公式为a n ＝错误![(错误!-1)ｎ＋1］，n ＝1，２，３,….（Ⅱ)用数学归纳法证明. （ⅰ)当ｎ=1时,因错误!＜2,b 1=a 1=2，所以错误!<ｂ1≤a 1，结论成立．（ⅱ）假设当ｎ=k 时，结论成立,即2＜b ｋ≤a 4k -３,，也即0＜ｂn -＼r(2)≤a 4ｋ-3-２, 当n=ｋ＋1时,ｂk+1－错误!=错误!－错误!＝错误!＝错误!>0,又12b k＋3<错误!＝3-２错误!，所以b k+1－2＝＼ｆ((３-２＼ｒ（2))(b ｋ－＼ｒ(2)),2b k ＋３)＜(3－２＼r （2）)2(b ｋ-2）≤(错误!－1）4（a 4k -3-错误!)＝a4ｋ＋1-错误!也就是说，当ｎ＝k+1时，结论成立．根据（ⅰ)和(ⅱ）知2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，…．21．【解】(Ⅰ)设这二次函数ｆ(ｘ）=ax 2＋ｂx (a≠0） ,则 f`(x ）=2ａx ＋ｂ，由于f ｀（x)=６ｘ-2，得ａ=3 ,b ＝－2，所以f(x)=３x 2-2x.,又因为点(ｎ,Ｓn )(n ∈N*)均在函数y ＝f （ｘ）的图像上,所以S n =3n 2-2n, 当ｎ≥２时，a ｎ=S n -S ｎ－１=（3n ２－2n ）－[3(ｎ-1)２-2(n-1)］=6n-５, 当ｎ=1时,a １＝S １＝3×12－2＝６×1-５，所以,a n =6ｎ－5(n ∈N ＊）.(Ⅱ）由（Ⅰ)得知ｂn ＝3a ｎa n+1＝错误!＝错误!(错误!-错误!），故T n ＝错误!ｂi＝错误![(１-错误!)＋(错误!–错误!)+…＋(＼f(1,6n －5)-１6n ＋1)]=错误!(1–错误!），因此,要使＼ｆ（1，2)（１－＼ｆ(1，6n+1))<错误!(n ∈N*)成立的m,必须且仅须满足12≤错误!，即m≥１０，所以满足要求的最小正整数m 为１0.22．【解】(Ⅰ）由于21()(12)n n a n n a n λ+=+-=，，，且11a =.所以当21a =-时,得12λ-=-，故3λ=.从而23(223)(1)3a =+-⨯-=-．（Ⅱ）数列{}n a 不可能为等差数列,证明如下：由11a =，21()n n a n n a λ+=+-得22a λ=-，3(6)(2)a λλ=--,4(12)(6)(2)a λλλ=---.若存在λ，使{}n a 为等差数列，则3221a a a a -=-,即(5)(2)1λλλ--=-，解得3λ=．于是2112a a λ-=-=-,43(11)(6)(2)24a a λλλ-=---=-．这与{}n a 为等差数列矛盾．所以,对任意λ，{}n a 都不可能是等差数列．(Ⅲ)记2(12)n b n n n λ=+-=，，，根据题意可知,10b <且0n b ≠,即2λ> 且2*()n n n λ≠+∈N ,这时总存在*0n ∈N ，满足:当0n n ≥时,0n b >;当01n n -≤时，0n b <．所以由1n n n a b a +=及110a =>可知,若0n 为偶数，则00n a <,从而当0n n >时，0n a <；若0n 为奇数,则00n a >,从而当0n n >时0n a >.因此“存在*m ∈N ,当n m >时总有0n a <”的充分必要条件是:0n 为偶数，记02(12)n k k ==，，，则λ满足22221(2)20(21)210k k b k k b k k λλ-⎧=+->⎪⎨=-+--<⎪⎩．故λ的取值范围是22*4242()k k k k k λ-<<+∈N。

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。

(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 +=∈-。