数列与不等式综合习题

数列与不等式的题型分类.解题策略

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{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 ＞1a 1＋1a 2＋…＋1

a n

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：(a 1q 16)2

＝a 1q 23

，∴a 1q 9

＝1.

由等比数列的性质知：数列{1a n }是以1a 1为首项，以1q

为公比的等比数列，要使不等式成立，

则须a 1(q n

－1)q －1＞1a 1[1－(1q )n ]1－1q ，把a 21＝q 18代入上式并整理，得q 18(q n

－1)＞q(1－1q

n )，

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S n ．已知a 1＝a ，a n+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≥a n ，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】 (Ⅰ)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

(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

－3

n 1

－(a －3)2

n 2

＝2×3

n 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.

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 ＜1

2

(S 2p ＋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，⎩⎨⎧ a 1＋2d ＝74a 1＋6d ＝24，解得⎩⎨⎧ a 1＝3

d ＝2

，

∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （Ⅱ）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n(a 1＋a n )2

＝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 ＜1

2

(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.

【例4】 (08·安徽高考)设数列{a n }满足a 1＝0，a n+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 ＜13，

证明：a n ≥1－(3c)

n 1

，n∈N*；（Ⅲ）设0＜c ＜13，证明：a 12＋a 22＋…＋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a n ∈[0，1]. (1)当n ＝1时，a 1∈[0，1].

(2)假设当n ＝k 时，a k ∈[0，1](k≥1)成立，则

a k ＋1＝ca k 3

＋1－c≤c＋1－c ＝1，且a k ＋1＝ca k 3

＋1－c≥1－c≥0， ∴a k ＋1∈[0，1]，这就是说n ＝k ＋1时，a n ∈[0，1].

由（1）、（2）知，当c∈[0，1]时，知a n ∈[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 ＜1

3，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立.

当n≥2时，由a n ＝ca n

1

3＋1－c ，∴1－a n ＝c(1－a n 1)(1＋a n 1＋a n

1

2)

∵0＜c ＜1

3，由(Ⅰ)知a n 1∈[0，1]，所以1＋a n 1＋a n

1

2≤3，且1－a n 1≥0，∴1－a n ≤3c(1

－a n 1)，

∴1－a n ≤3c(1－a n 1)≤(3c)2(1－a n 2)≤…≤(3c) n 1

(1－a 1)＝(3c)

n 1

，∴a n ≥1－

(3c)

n

1

，n∈N*.