数列型不等式恒成立条件下确定参数范围问题解题策略
有关恒成立问题的解题策略与技巧
有关恒成立问题的解题策略与技巧作者：黄翠萍来源：《中学生数理化·教与学》2015年第03期近年来，恒成立问题频繁出现在高考数学试题中，主要涉及求参变量的范围问题，考查函数、不等式、数列、导数、圆锥曲线等知识，让试题的深度与广度得到加深，并渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想与方法，能够考查学生的综合解题能力.因此，在高中数学学习过程中，学生要注重对这类题目的解题技巧的总结，通过反复练习，达到融会贯通的目的.教师要给予学生正确指导，帮助学生提高解决恒成立问题的能力.一、函数最值法函数最值法是学生比较常用的一种解题方法，适用于恒成立的相关题目.在教学过程中，教师要让学生根据题意，利用函数最值法来解决实际问题.这种方法简单省时.点评：在运用函数最值法解决恒成立问题时，要注重对题目进行变形处理.二、分离参数法在遇到含参数的不等式题目时，要将含参数的不等式进行变形，把参数分离出来，将不等式变形为一端只含参数的解析式，这种方法十分便捷有效，有利于学生快速解决问题.例2已知2a-3b=1，证明直线ax+by=5恒过定点.解：由2a-3b=1，得a=12（3b+1），带入直线方程后分离参数b，得（x-10）+b（3x+2y）=0；由方程x-10=0，3x+2y=0可得，x=10，y=-15；所以（x-10）+b（3x+2y）=0表示经过两直线x-10=0和3x+2y=0的交点（10，-15）的直线系方程.因此，当2a-3b=1时直线ax+by=5恒过定点（10，-15）.点评：分离参数法主要是将参数单独放在一端，另一端则为不含参数的函数，然后将其转化为函数最值问题进行处理.这样，就能将复杂的恒成立问题简单化，教师应该向学生加强这方面的指导，让学生能够用分离参数法解决高中数学中的恒成立问题.三、数形结合法运用数形结合法也可以解决恒成立问题.首先要构造函数，作出满足已知条件的函数图形，然后找出函数与函数图形在各区间上的关系，最后得出结论，求得参数范围.点评：在这道恒成立题目中，如果直接进行求解是很困难的，但是在构造函数后，利用函数图形来分析两个函数间的关系，这样就非常直观，也便于得出最后答案.另外，学生通过观察构造的函数，能够全面掌握各函数图形代表的含义，这样学生就能加深对已知条件的理解，今后在遇到类似的题目时，也能轻易解决.总之，高中数学恒成立题型很多，解法也很多，在实际的解题过程中，要充分了解给定函数的特点和性质，具体问题具体分析，选择最恰当的解题方法，尽量将问题等价转化，这样就能很轻松的解决问题.教师要注重对学生进行这方面的指导，让学生在面对恒成立问题时，能够运用有效的方法解决难题.。
“恒成立”条件下参数范围的求解策略
即： 若ａ ≥ｆ （ ｘ ） 恒成立， 只须求 出 ｆ （ ｘ ） 咄 ， 则ａ ≥ｆ （ ｘ ） ； 若ａ ≤ｆ （ ｘ ） 恒成立 ， 只须求 出 ｆ （ ｘ ， 则ａ ＜ｆ （ ｘ ） ｍ。
例已知函数 ｆ （ ｘ ） ＝ ｌ ｇ （ ｘ ＋ ａ一 ２ ） ， 若对任意 ｘ ｅ［ ２ ， ＋ ｏ 。 ） 恒有 ｆ （ ｌ ｘ ）
综上得 ： － 告 ≤ ／
ａ ＜ｌ 。
¨
：
，
即： ａ ＞ ＿ ｘ ２ ＋ ３ ｘ在 Ｘ ∈［ ２ ’ ＋ ∞ ） 上 恒成 立 ， 设ｆ （ ｘ ） ＝ － Ｘ ２ ＋ ３ ｘ ， 则ｆ （ ｘ ） 一 ｘ 一 ３， － ２ ｔ ９
当ｘ ＝ 在给 出的不 等式 中， 如果通过恒 等变形不能直接解 出参 数， 则可将 两变量分别 置于不等式 的两边 ， 即： 若ｆ （ ａ ） ≥ｇ （ ｘ ） 恒 成立 ， 只须求 出 ｇ （ ｘ ） 一， 则 ａ ） ≥ｇ ｏ ， 然后解不等式求 出参数 ａ 的取值 范围 ； 若ｆ （ ａ ） ≤ｇ （ ｘ ） 恒成立 ， 只须求 出 ｇ （ ｘ ） ， 则 ａ ） ≤ｇ ｆ ｘ ） ｍ， 然后解不等式求 出参数 ａ的取值范围 ， 问题还是转化为 函数求最值。 ２ ． 变换 主元法（ 适用于一次 函数型） 在给 出的含有两个变量 的不等式 中， 我们 习惯把变量 ｘ 看成是 主元（ 未 知数 ） ， 而把另一个 变量 ａ看成参数 ， 在有些 问题 中这样 的解题过程 比较繁琐 ． 如果把 已知取值范 围的变 量作 为主元 ， 把要 求取 值范围的变量看作参 数 ， 则可得到意 想不到 的效果 ， 使 问题能更迅速地得到解决。 例对 于满 足Ｉ ｐ ｌ ≤２的所有实数 ｐ ，求使不等式 ｘ ２ ＋ ｐ ｘ ＋ ｌ ＞ ２ ｘ ＋ ｐ 恒成立的 Ｘ的取值范围。 分析 ： 在不等式中 出现 了两个 变量 ： ｘ ． ｐ ， 并且是给出了 Ｐ 的范 围要求 ｘ的相应范围 ， 直接从 ｘ的不 等式 正面出发直接 求解 较难 ， 若逆 向思维把 Ｐ 看作 自变量 ， ｘ 看成参 变量 ， 则上 述问题 即可转化为在卜２ ， ２ ］ 内关于 Ｐ的一次函数函数值 大于 ０恒成立求参变量 ｘ 的范围的问题 。 解： 原不等式可化为 一 １ ） ｐ ＋ ｘ ｚ － ２ ｘ ＋ １ ＞ ０ ， 令 ） ＝ （ ｘ 一 １ ） ｐ ＋ ｘ ２ － ２ ｘ ＋ ｌ ＞ ０ ， 则原问题等价于 ｆ （ ｐ ） ＞ ０在 Ｐ ∈［ 一 ２ ， ２ 】 上 恒成立。
(完整)高中数学恒成立问题中求含参范围的方法总结,推荐文档
恒成立问题中含参范围的求解策略数学中含参数的恒成立问题，几乎覆盖了函数，不等式、三角，数列、几何等高中数学的所有知识点，涉及到一些重要的数学思想方法，归纳总结这类问题的求解策略，不但可以让学生形成良好的数学思想，而且对提高学生分析问题和解决问题的能力是很有帮助的，下面就几种常见的求解策略总结如下，供大家参考。
一、分离参数——最值化1 在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：a ≥f(x)恒成立,只须求出 ,则a ≥ ;若a ≤f(x)恒成立, 只须求出 ,则a ≤转化为函数求最值.例1 已知函数f(x)= ,若任意x ∈[2 ,+∞)恒有f(x)>0,试确定a 的取值范围. 解:根据题意得,x+−2>1在x ∈[2 ,+∞)上恒成立,即a>−+3x 在x ∈[2 ,+∞)上恒成立.设f(x)=-+3x .则f(x)=−+ ,当x=2时,=2 ,所以a>22在给出的不等式中，如果通过恒等变形不能直接解出参数，则可将两变量分别置于不等式的两边，即:若f(a)≥g(x)恒成立,只须求出g(x)最大值 ,则f(a)≥ .然后解不等式求出参数a 的取值范围; :若f(a)≤g(x)恒成立,只须求出g(x)最小值 ,则f(a)≤ .然后解不等式求出参数a 的取值范围.问题还是转化为函数求最值.例2 已知x ∈(−∞ ,1]时,不等式1++(a −)>0恒成立,求a 的取值范围.解 令=t ,∵x ∈(−∞ ,1] ∴t ∈(0 ,2].所以原不等式可化为<,要使上式在t ∈(0 ,2]上恒成立,只须求出f(t)=在t ∈(0 ,2]上的最小值即可. ∵f(t)==+=− 又t ∈(0 ,2] ∴∈[) ∴=f(2)=∴< , ∴−<a<例3 设c b a >>且ca mc b 1b a 1-≥-+-恒成立，求实数m 的取值范围。
解析：由于c a >，所以0c a >-，于是⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--≤c b 1b a 1)c a (m 恒成立，因+≥⎪⎭⎫⎝⎛--+--++=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--2c b b a b a c b 11c b 1b a 1)]c b ()b a [(c b 1b a 1)c a (.4cb b a b ac b 2=--⋅-- （当且仅当b a c b -=-时取等号），故4m ≤。
不等式恒成立问题解题方法汇总(含答案)
不等式恒成立问题解题方法汇总（含答案）不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．这里对这一类问题的求解策略作一些探讨．1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．答案部分1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为解：（I）（过程略）．（II）（过程略）函数的单调减区间为，函数的单调增区间为．（III）由（II）可知，函数在处取得极小值，此极小值也是最小值．要使（）恒成立，只需，解得或．所以的取值范围为．评注：最值法是我们这里最常用的方法．恒成立；恒成立．2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．解：（I）（过程略）函数的单调增区间为，的单调减区间为（II）不等式等价于不等式，由于，知；设，则．由（I）知，，即；于是，，即在区间上为减函数．故在上的最小值为．所以的最大值为．评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象（如右），从图象中容易知道：当且时，函数的图象恒在函数上方，不合题意；当且时，欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合，就必须满足，即．故所求的的取值范围为．评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设，，则原问题转化为恒成立的问题．故应该有，解得或．所以实数的取值范围是．评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．解：（I）递推式可以化归为，，所以数列是等比数列，可以求得对于任意，．（II）假设对于任意有，取就有解得；下面只要证明当时，就有对任意有由通项公式得当（）时，当（）时，，可见总有．故的取值范围是评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．解：（i）当时，显然＜0成立，此时，（ii）当时，由＜0，可得＜＜，令则＞0，∴是单调递增，可知＜0，∴是单调递减，可知此时的范围是（—1，3）综合i、ii得：的范围是（—1，3）．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对进行分段讨论，当时，不等式恒成立，所以，此时；当时，不等式就化为，此时的最小值为，所以；当时，不等式就化为，此时的最大值为，所以；由于对上面的三个范围要求同时满足，则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间说明：这里对变量进行分段来处理，那么所求的对三段的要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．解：设，则，有．这样，，则，函数在为减函数．因此；而（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是．评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．解：当时，不等式化为，显然对一切实数恒成立；当时，要使不等式一切实数恒成立，须有，解得．综上可知，所求的实数的取值范围是．不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵，∴不等式可以化为；下面只要求在时的最小值即可，分段处理如下．当时，，，再令，，它的根为；所以在区间上有，递增，在区间上有，递减，则就有在的最大值是，这样就有，即在区间是递减．同理可以证明在区间是递增；所以，在时的最小值为，即．技巧解：由于，所以，，两个等号成立都是在时；从而有（时取等号），即．评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．。
怎样求不等式恒成立问题中参数的取值
求不等式恒成立问题中参数的取值问题是高考试题中的常见题型.此类问题综合性较强，不仅考查了不等式，还考查了函数、方程、导数、求最值的方法.求不等式恒成立问题中参数的取值的方法有很多，本文主要介绍参变分离法、数形结合法、基本不等式法.一、参变分离法参变分离法是求不等式恒成立问题中参数的取值的常规方法，是指将不等式中的参数a 与变量f (x )分离在不等式的两侧，将问题转化为a ≤f (x )min 或a ≥f (x )max ，求得f (x )的最值，便能确定a 的取值范围.例1.当x ≥2时，不等式x ln x ≥kx -2(k +1)恒成立，求k 的最大整数值.解：将原不等式变形可得k ≤x ln 2+2x -2(x >2)，令g (x )=x ln x +2x -2，对g (x )函数求导g ′(x )=x -2ln x -4(x -2)2，设h (x )=x -2ln x -4，对函数h (x )求导h ′(x )=1-2x，∴函数h (x )在（2,+∞）上单调递增，而h (8)=6ln 2-4>0，h (9)=4ln 3-5<0，∴g ′(x )零点x 0∈(8,9)，即h (x 0)=0，x 0-2ln x 0-4=0，∴当2<x <x 0时，g ′(x )<0,函数g (x )单调递减，当x >x 0时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，∴g (x )≥g (x 0)=x 0ln x 0+2x 0-2=x 0-22，k ≤g (x 0)，而3<x 0-22<72，∴k 最大整数值为3.在本题中，首先通过变形分离出参数，构造出新的函数，然后通过二次求导确定函数的的单调性以及最值，进而求得参数k 的取值.二、数形结合法在解答不等式恒成立问题时，我们可以首先将不等式进行变形，然后构造出适当的函数，绘制出相应的函数图象，借助图形来讨论曲线的临界位置，建立新的不等式，进而确定参数的取值.例2.已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )=12(|x -a 2|+|x -2a 2|-3a 2)，若∀x ∈R ，f (x -1)≤f (x )，则实数a 的取值范围为______．解：当x ≥0时，f (x )=ìíîïï-x ,0≤x <a 2,-a 2,a 2≤x <2a 2,x -3a 2,x ≥2a2作出函数的图象，再根据函数为奇函数画出x <0时的图象，如图所示，由题意，要使∀x ∈R ，f (x -1)≤f (x )恒成立，应满足2a 2－(－4a 2)≤1，解得a ∈éëêû.这里主要运用了数形结合法.借助函数的图象来分析问题，能帮助我们快速打开解题的思路，提升解题的效率.三、基本不等式法基本不等式法是求最值问题的常用方法.在求不等式恒成立问题中参数的取值时，我们可以结合题意，将问题转化为求最值问题，构造满足基本不等式应用的条件，运用基本不等式来求得最值，进而得到参数的取值范围.例3.设a 为实常数，y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，当x <0时，f (x )=9x +a 2x+7，若f (x )≥a +1对一切x ≥0成立，则a 的取值范围为______．解：因为y =f (x )是定义在R 上的奇函数，所以当x =0时，f (0)=0，则0≥a +1，所以a ≤-1，设x >0，则－x <0，所以f (x )=-f (-x )=-éëêùûú9(-x )+(a 2-x )+7=9x +a 2x -7.由基本不等式得9x +a 2x -7≥-7=-6a -7,由f (x )≥a ＋1对一切x ≥0成立，只需使-6a -7≥a +1，即使a ≤-87，结合a ≤-1，可得所求a 的取值范围是æèùû-∞,-87.在解答本题时，首先根据函数的奇偶性求得函数的解析式，然后运用基本不等式求得函数f (x )的最值，再结合题目条件建立使不等式恒成立的新的不等式，即可求出参数的取值范围.以上三种方法均有各自的特征，无论运用哪种方法来求不等式恒成立问题中参数的取值，都要首先将不等式进行变形，再构造函数，灵活运用函数的图象、性质或基本不等式来求得最值，再建立关于参数的不等式，解不等式求得参数的取值.（作者单位：江苏省包场高级中学）江望杰46。
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＋…＋1a n 恒成立的正整数n 的取值围.【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(1－1qn )，q n ＞q 19，∵q ＞1，∴n ＞19，故所求正整数n 的取值围是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 -1－3n -1－(a －3)2 n -2＝2×3n -1＋(a －3)2 n -2，a n+1－a n ＝4×3n -1＋(a －3)2n -2＝2n -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(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＝3d ＝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 ＜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.【例4】 (08·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 ＜13，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 ＜13，由(Ⅰ)知a n -1∈[0，1]，所以1＋a n -1＋a n -12≤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*.(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 ＋1－2[1－(3c)n ]1－3c ＞n ＋1－21－3c .【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·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a 1与公差d 的不等式，然后利用此不等关系确定公差d 的围，由此可确定a 4的最大值.【解】 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，∴⎩⎪⎨⎪⎧ S 4＝4a 1＋4×32d ≥10S 5＝5a 1＋5×42d ≤15，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ≥5a 1＋2d ≤3，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝a 1＋3d ≥5－3d 2＋3d ＝5＋3d 2a 4＝a 1＋3d ＝(a 1＋2d)＋d ≤3＋d ， ∴5＋3d2≤a 4≤3＋d ，则5＋3d ≤6＋2d ，即d ≤1. ∴a 4≤3＋d ≤3＋1＝4，故a 4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{a n }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·(－12)n -1，f(n)＝2002n ·(－12)n(n -1)2(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ，则当n ≤10时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，当n ≥11时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＜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(12)f(9)＝200212·(12)6620029·(12)36＝20023·(12)30＝(2002210)3＞1， ∴当n ＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·(12)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，能求得在围的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.【例7】 已知{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4.(Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k ，使S k+1－2S k －2＞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{a n }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，S n +1＋a n +1＝4，由两式相减，得(S n +1＋a n +1)－(S n ＋a n )＝0，即2a n +1－a n ＝0，a n +1＝12a n ，又2a 1＝S 1＋a 1＝4，∴a 1＝2，∴数列{a n }是以首项a 1＝2，公比为q ＝12的等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝2[1―(12)n ]1―12＝4－22-n .又由S k+1－2S k －2＞2，得4－21-k －24－22-k －2＞2，整理，得23＜21-k ＜1，即1＜2 k -1＜32，∵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·高考)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n+1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－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{a n }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{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即 (23λ－3)2＝λ(49λ－4)⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列. (Ⅱ)解：因为b n+1＝(－1)n+1[a n+1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n+1(23a n －2n ＋14)＝－23(a n －3n －21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b n ＝0(n ∈N*)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由上可知b n ≠0，∴b n+1b n ＝－23(n ∈N*).故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列.(Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，b n ＝0(n ∈N*)，S n ＝0，不满足题目要求；.∴λ≠－18，故知b n ＝－(λ＋18)×(－23)n -1，于是S n ＝－35(λ＋18)·[1－(－23)n ]要使a ＜S n ＜b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－35(λ＋18)·[1－(－23)n ]＜b ，(n ∈N*).得a1－(－23)n ＜－35(λ＋18)＜b 1－(－23)n，(n ∈N*) ① 令f(n)＝1－(－23)n ，则当n 为正奇数时，1＜f(n)≤53，当n 为正偶数时59≤f(n)＜1；∴f(n)的最大值为f(1)＝53，f(n)的最小值为f(2)＝59,于是，由①式得59a ＜－35(λ＋18)＜35b ，∴－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 ．a 4a 6＜a 6a 8B ．a 4a 6≤a 6a 8C ．a 4a 6＞a 6a 8D ．a 4a 6≥a 6a 82．设{a n }是由正数构成的等比数列，b n ＝a n+1＋a n+2，c n ＝a n ＋a n+3，则（ ） A ．b n ＞c nB ．b n ＜c nC ．b n ≥c nD ．b n ≤c n3．已知{a n }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 ．a 6＝b 6B ．a 6＞b 6C ．a 6＜b 6D ．a 6＞b 6或a 6＜b 6 4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝ （ ）A ．9B ．8C ．7D ．6 5．已知等比数列{a n }的公比q ＞0，其前n 项的和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是（ ）A ．S 4a 5＜S 5a 4B ．S 4a 5＞S 5a 4C ．S 4a 5＝S 5a 4D ．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 ．120B ．130C ．140D ．1507．已知y 是x 的函数，且lg3，lg(sinx －12)，lg(1－y)顺次成等差数列，则（ ）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1112，最大值1D ．y 有最小值－1，最大值18．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值围是（ ）Ａ．(－∞，－1] Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) Ｃ．[3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1]∪[3，＋∞) 9．设3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则a ＋3b 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．410．设等比数列{a n }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 （ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分比要条件 D ．既不充分又不必要条件11．{a n }为等差数列，若a 11a 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 ＝ （ ）A ．11B ．17C ．19D ．2112．设f(x)是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、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 的取值围是（ ）A ．[12，2)B ．[12，2]C ．[12，1)D ．[12，1]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 ＝S nn2，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，a 1＞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(a ＋b)2cd 的最小值是________. Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．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a 2＝1，a 5＝－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，a 1＝1，且点(a n ，a n +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｛b n ｝满足b 1＝1,b n +1＝b n ＋2a n ，求证：b n·b n +2＜b 2n +1.19．设数列{a n }的首项a 1∈(0，1)，a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝a n 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＝(2－1)( 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，b n+1＝3b n ＋42b n ＋3，n ＝1，2，3，….证明：2＜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{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m20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 =L ，，），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＝(a 1＋3d)(a 1＋7d)＝a 12＋10a 1d ＋21d 2，a 62＝(a 1＋5d)2＝a 12＋10a 1d ＋25d 2，故a 4a 6≤a 6a 8.2．D 【解析】设其公比为q,则b n －c n ＝a n (q －1)(1－q 2)＝－a n (q －1)2(q ＋1)，当q ＝1时，b n ＝c n ，当q ＞0，且q ≠1时，b n ＜c n ，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＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112＞b 1b 11＝b 6.4．B 【解析】因数列为等差数列，a n ＝S n －S n -1＝2n －10，由5＜2k －10＜8，得到k ＝8.5．A 【解析】S 4a 5－S 5a 4 ＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)a 4q －(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)a 4＝－a 1a 4＝－a 12q 3＜0，∴S 4a 5＜S 5a 4． 6．D 【解析】由S n ＝n(n ＋1)2，得f(n)＝n (n ＋32)(n ＋2)＝nn 2＋34n ＋64＝1n ＋64n＋34≤1264＋34＝150，当n ＝64n ，即n ＝8时取等号，即f(n)max ＝f(8)＝150．7．B 【解析】由已知y ＝－13(sinx －12)2＋1，且sinx ＞12，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＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q)＝1＋q ＋1q .∴当公比q ＞0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q ＝3，当公比q ＜0时，S 3＝1－(－q －1q)≤1－2(－q)·(－1q)＝－1，∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞).9．B 【解析】3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则3b 2＝1－a 2⇔a 2＋3b 2＝1，令a ＝cos θ，3b ＝sin θ，θ∈(0，2π)，所以a ＋3b ＝cos θ＋3in θ＝2sin(θ＋π6)≤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a 11a 10＜－1，得a 10＋a 11a 10＜0⇔a 1＋a 20a 10＜0⇔12×20(a 1＋a 20)12×19(a 1＋a 19)＜0⇔S 20S 19＜0，则要使S n 取得最小正值必须满足S 19＞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)，a 1＝12，a n ＝f(n)(n ∈N*)，a n+1＝f(n ＋1)＝f(1)f(n)＝12a n ，∴S n ＝12[1－(12)n ]1－12＝1－(12)n .则数列{a n }的前n 项和的取值围是[12，1).二、填空题13．2 【解析】由a 4－a 2＝8，可得公差d ＝4，再由a 3＋a 5＝26，可得a 1＝1，故S n ＝n ＋2n (n －1)＝2n 2－n ，∴T n ＝2n －1n ＝2－1n，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】a 1q 1－q ≤a 12⇒q ≤13，但|q|＜1，且q ≠0，故q ∈(－1，0]∪(0，13]. 15．4 【解析】∵(a ＋b)2cd ＝(x ＋y)2xy ≥(2xy)2xy＝4.16．D 【解析】对于①：∵S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝0，∴S 5＝S 6，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 ，S n )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，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝1a 1＋4d ＝－5，解出a 1＝3，d ＝－2．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5．（Ⅱ）S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝－n 2＋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a n ＝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）＋b 1＝2n -1＋2n -2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.因为b n ·b n +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 ·b n +2＜b 21+n .19．【解】（Ⅰ）由a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….整理得1－a n ＝－12(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a n ＝1－(1－a 1)(－12)n -1， （Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜a n ＜32，故b n ＞0．那么，b n+12－b n 2＝an+12(3－2a n+1)－a n 2(3－2a n )＝(3－a n 2)2(3－2×3－a n 2)－a n 2(3－2a n )＝9a n4(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 ＜b n+1，为正整数．20．【解】（Ⅰ）由题设：a n+1＝(2－1)(a n ＋2)＝(2－1)(a n －2)＋(2－1)(2＋2)，＝(2－1)(a n －2)＋2，∴a n+1－2＝(2－1)(a n －2)．所以，数列{a n －2}a 是首项为2－2，公比为2－1)的等比数列，a n －2＝2(2－1)n ，即a n 的通项公式为a n ＝2[(2－1)n ＋1]，n ＝1，2，3，….（Ⅱ）用数学归纳法证明．（ⅰ）当n ＝1时，因2＜2，b 1＝a 1＝2，所以2＜b 1≤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＜b n －2≤a 4k -3－2， 当n ＝k ＋1时，b k+1－2＝3b k ＋42b k ＋3－2＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＞0，又12b k ＋3＜122＋3＝3－22， 所以b k+1－2＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＜(3－22)2(b k －2)≤(2－1)4(a 4k -3－2)＝a 4k+1－ 2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 ，S n )(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b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n －1)－5]＝12(16n －5－16n ＋1)，故T n ＝∑n i=1b i ＝12[(1－17)＋(17–113)＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12(1–16n ＋1），因此，要使12(1－16n ＋1）＜m 20（n ∈N*）成立的m ，必须且仅须满足12≤m20，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+=+-=L ，，，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=+-=L ，，，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 ==L ，，，则λ满足22221(2)20(21)210k k b k k b k k λλ-⎧=+->⎪⎨=-+--<⎪⎩． 故λ的取值围是22*4242()k k k k k λ-<<+∈N ．。
高一数学 不等式恒成立问题中的参数求解策略
不等式恒成立问题中的参数求解策略不等式恒成立问题的题目一般综合性都比较强，本文结合例题谈谈不等式恒成立问题中参数的求解策略 关键词：不等式；恒成立；求解策略在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。
恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。
下面结合例题浅谈不等式恒成立问题的解题策略题型一、可化为二次函数类型有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。
常常有以下两类情况： ㈠可化为二次函数在R 上恒成立问题 设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ； （2）（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
例1 对于x ∈R ，不等式0m 3x 2x 2≥-+-恒成立，求实数m 的取值范围。
解：不妨设m 3x 2x )x (f 2-+-=，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使)R x (0)x (f ∈≥，只需0≤∆，即0)m 3(4)2(2≤---，解得]2(m 2m ，-∞∈⇒≤。
变形：若对于x ∈R ，不等式03mx 2mx 2>++恒成立，求实数m 的取值范围。
此题需要对m 的取值进行讨论，设3mx 2mx )x (f 2++=。
①当m=0时，3>0，显然成立。
②当m>0时，则△<03m 0<<⇒。
③当m<0时，显然不等式不恒成立。
由①②③知)30[m ，∈。
关键点拨：对于有关二次不等式0c bx ax 2>++（或<0）的问题，可设函数c bx ax )x (f 2++=，由a 的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x 轴的交点问题，由判别式进行解决。
数列型不等式恒成立条件下确定参数范围问题解题策略
于 ｎ的最小值 １令＿ ＜ ， Ⅱ １ ０ ０ ÷ ． ， １解得 ＞ 或 ＜ ＜
１ 一 ｒ 上 Ｚ
适 用 于解 厂ｎ 的最 值 容 易求 出 的 数 列 不 等 式 恒 成 立 题 型 ． （） 例 １ 已 知 数 列 ｛ 满 足 ０ Ⅱ｝ Ｊ＝５ ／ ， ：＝５ ｎ ＋ ＝。 ２ ， ＋
解 由题 设 ０ ＝ｒ 一 ＝ｏ ． ＝ ｎｇ ＝ｎ ｇ ． 上× ， 。ｂ ｌａ 口 ｌａ
若 ｂ ＞ｂ ， … 则
ｂ＋ １一ｂ ＝（ 凡＋１ ｒ ｌ。一ｎ ｇ ）上 ｇ ｎ ｌｎ
【 键 词 】 等 式 恒 成 立 问题 ； 列 ； 数 范 围 问题 关 不 数 参
在 高 考 压 轴 题 中 ， 与 函 数 恒 成 立 问题 既 有 类 似 之 处 ， 有 它 又 些 差 别 ， 生容 易 出错 ， 至 不 知 所 措． 里 通 过 几 个 例 学 甚 这 子 归 纳 这 类 问题 的 几 种 常 用 解 法 和 需 要 注 意 的 问题 ．
一
的 等 比数 列 ， ｂ 令 ＝ａｌａ （ ） 若 数 列 ｛ 中 的每 一 ｎ ｎＥＮ＋ ． ｇ ｂ｝ 项 总 小 于 它后 面 的 项 ， 。的取 值 范 围． 求
解 题 技 巧 与 方 法 嚣
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【 要 】 等 式 的 恒 成 立 问题 是 学 生 较 难 理 解 和 掌 握 的 摘 不
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◎ 马 健 （ 肃 省 陇 南 市武 都 区 两水 中 学 甘
不等式恒成立求解参数范围问题的常用策略
不等式恒成立问题的求参策略山东省莱西一中北校 赵贞才 （266600）含有参数的不等式恒成立问题是同学们常见的一类题，这类题涵盖范围广。
不少同学面对此类题，不知从何下手 。
其实这类题，规律性较强，有法可循。
本文结合实例探讨一下解题策略。
1. 分离参数法如果能把不等式中的参数与主元分离开来，则可以通过求函数最值来简化问题。
如：max )()(x f t x f t >⇔>恒成立，min )()(x f t x f t <⇔<恒成立例1：已知 3421lg )(ax f x x ∙++= 若x ∈(-∞,1］时，f (x )有意义，求a的范围.分析：原题等价于不等式03421>∙++ax x 对x ∈(-∞,1］恒成立，分离参数，得()()xxa 2141-->，令 ()()xxx g 2141)(--= ，x ∈(-∞,1］，显然g(x)为增函数，故只须43)1()(max -==>g x g a 即可。
例2：已知函数x x x f 2cos 34sin 2)(2-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=π⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,4ππx① 求)(x f 的最大值和最小值；② 若不等式 2|)(|<-m x f ，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,4ππx 上恒成立，求实数m 的取值范围.分析：（1）2)(,3)(min max ==x f x f2)(2)(2|)(|)2(+<<-⇔<-x f m x f m x f41<<∴m2. 分类讨论法：按所给不等式中参数的本质属性划分不同种类进行讨论，特别应注意分类要“不重不漏”。
例3：已知3)(2++=ax x x f 当[]2,2-∈x 时a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围？2)(2)(min max +<<-∴x f m x f解：法一 原不等式恒成立，即]2,2[3)1(2-∈--≥-x x a x 在时恒成立，为了分离常数，必须对1-x 的符号进行分类讨论。
五种策略巧解不等式中恒成立问题的参数范围
二 、 量 分 离 策 略 变 变 量 分 离 策 略 即将 参 数 与 未 知 量 分 离 于 表 达 式 的 两 边 ．
时 【 Ｊ・ ＇
由于 原 不 等 式 在Ｘ∈［ ｌ １ 一 ，］恒 成立 ，故 以上 各 情 形取 交 集 ， 以ａ ４ 所 ＝． 五 、 造 函数 策 略 构 此 种 策 略 在 综 合题 中 很是 常见 ． 据 题 意设 出所
周 宇
（ 睢宁 县 王 集 中 学 ， 苏 睢 宁 江 ２ １０ ） ２ ２ ０
五 种 策 略 巧 解 不 等 式 中 恒 成 立 问 题 的 参 数 范 围
摘 要 ： 观 近 几 年 全 国 高 考 试 题 ， 解 不 等 式 中恒 成 纵 求 立 问题 的参 数 范 围 的题 型 经 常 出现 。本 文详 细介 绍 了五 种 行 之有 效 的 解此 类题 的 策 略 。 关 键 词 ： 等 式 恒 成 立 问题 解 题 策 略 不 不 等 式 中恒 成 立 问 题 涉 及 一 次 函数 、 次 函 数 的 性 质 、 二 图 像 ， 透着换元 、 渗 化归 、 形 结 合 、 数 函数 与 方 程 等 思 想 方 法 ． 此 类 问 题 综 合 性 强 。 辑 能 力 要 求 高 ， 法 灵 活 ， 点 考 查 学 生 逻 解 重 的 分 析 问题 、 决 问 题 能 力 ． 握 以 下 几 种 常 规 策 略 ， 实 战 解 掌 在 中定 能 收 到很 好 的效 果 ， 面一 一 介 绍 ． 下
一
进 行研 究 的方 法 ． 种 方 法 让 我 们有 “ 重 水 复 疑 无路 ， 暗 花 此 山 柳 明又 一 村 ” 的感 觉 ． 使 我们 的 思路 清 晰 化 、 捷 化 ， 效 地 提 可 简 有 高 解题 效 率 ．
恒成立求参数范围题解题技巧
恒成立求参数范围题解题技巧
嘿，同学们！今天咱就来讲讲恒成立求参数范围题的解题技巧，这可真是个让人又爱又恨的家伙啊！
比如说，给你这样一道题：对于任意 x，不等式x²+ax+1＞0 恒成立，求 a 的取值范围。
哇，是不是一下子有点懵？别急，听我慢慢道来。
首先呢，咱得看到关键信息，“恒成立”这三个字可太重要啦！就好像你要追一个心仪的对象，不管对方啥时候出现，你都得有办法应对，才能成功追求到嘛。
这时候就得用上我们的绝招啦！
第一种方法，判别式法。
咱先把不等式看成一个二次函数，这就像给它拍了张快照。
然后看看判别式，如果判别式小于 0，那它就恒在 x 轴上方，不就恒成立啦！就像天总是蓝的，你就不用担心下雨啦！像刚才那道题，咱用判别式来算一算，一下子就能找到 a 的范围啦！
再比如，给你这样一个例子：x²-2ax+2-a＞0 恒成立，这又咋搞？嘿嘿，还是用同样的办法呀，判别式出马，轻松搞定！
还有第二种方法，最值法哦！有时候我们得找到这个函数的最值，让最值都满足条件，那肯定就恒成立啦！这就好比你得把自己的底线守好，只要底线不出问题，那一切就都没问题啦！
哎呀呀，学会这些技巧，是不是觉得恒成立求参数范围题也没那么可怕啦？其实啊，数学就是这样，只要你掌握了方法，就能轻松应对！所以大家一定要多练习，多思考，把这些技巧都变成自己的武器，去攻克那些难题吧！相信你们一定可以的！加油哦！。
不等式恒成立问题中的参数求解技巧
不等式恒成立问题中的参数求解技巧在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。
恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。
其方法大致有：①用一元二次方程根的判别式，②参数大于最大值或小于最小值，③变更主元利用函数与方程的思想求解。
本文通过实例，从不同角度用常规方法归纳，供大家参考。
一、用一元二次方程根的判别式有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。
例1 对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。
解：不妨设，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使，只需，即，解得。
变形：若对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。
变形：此题需要对m的取值进行讨论，设。
①当m=0时，3>0，显然成立。
②当m>0时，则△<0。
③当m<0时，显然不等式不恒成立。
由①②③知。
关键点拨：对于有关二次不等式（或<0）的问题，可设函数，由a的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x轴的交点问题，由判别式进行解决。
例2 已知函数，在时恒有，求实数k的取值范围。
例2 解：令，则对一切恒成立，而是开口向上的抛物线。
①当图象与x轴无交点满足△<0，即，解得－2<k<1< span="">。
</k<1<>②当图象与x轴有交点，且在时，只需由①②知关键点拨：为了使在恒成立，构造一个新函数是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。
二、参数大于最大值或小于最小值如果能够将参数分离出来，建立起明确的参数和变量x的关系，则可以利用函数的单调性求解。
恒成立，即大于时大于函数值域的上界。
“恒成立”条件下参数范围的求解策略
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际问题，四是探索未知领域。
参数范围求解在数学中的应用非 常广泛，例如在不等式、函数、 数列、解析几何等领域都有应用
。
02 恒成立的数学模型
一次函数恒成立Biblioteka 数学模型一次函数一般形式为：$y = kx + b$，当$k \neq 0$时，函 数为一次函数。
对于一次函数，若要使函数恒成立，需要满足条件：$k > 0$ 且$b \geq 0$。
恒成立在数学中的重要性主要体现在以下几个方面：一是简化数学问题，二是优化 算法，三是解决实际问题，四是探索未知领域。
参数范围求解的意义和应用
参数范围求解是指通过一定的方 法，求解出使数学表达式恒成立
的参数的取值范围。
参数范围求解的意义主要体现在 以下几个方面：一是简化数学问 题，二是优化算法，三是解决实
增强求解策略的普适性
总结通用方法
对于不同类型的“恒成立”问 题，总结通用的求解方法，例 如利用函数的单调性、不等式
的放缩法、数形结合等。
推广到多元函数
将单变量函数的“恒成立”问题拓 展到多元函数的情形，利用多元函 数的性质，如偏导数、雅可比矩阵 等，求解参数范围。
考虑一般情况
对于特殊情况的“恒成立”问题， 尝试找到一般情况的解决方法，使 得求解策略更具有普遍性。
拓展应用领域
随着数学在其他学科中的应用越来越广泛，“恒成立”条件下参数范围的求解策略也可以 应用于其他领域，如物理学、化学、生物学等。因此，未来可以进一步拓展这一领域的应 用范围。
结合大数据技术
在大数据时代，结合大数据技术对“恒成立”条件下参数范围问题进行数据分析和挖掘， 可以为解决复杂问题提供更多的支持和帮助。因此，未来可以进一步探讨如何将大数据技 术与这一领域相结合，以实现更高效的数据分析和处理。
恒成立问题中参数范围的求解方法
恒成立问题中参数范围的求解方法作者：范增康来源：《中学课程辅导·教学研究》2013年第13期摘要：恒成立问题在高中数学中较为常见。
这类问题的解决渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，实际上只要紧紧抓住“题型”，这类求恒成立时的参数范围的问题便将迎刃而解。
关键词：恒成立；参数范围；取值范围；求解方法中图分类号：G633.6 文献标识码：A 文章编号：1992-7711（2013）13-0123恒成立问题，在高中数学中较为常见。
这类问题的解决渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。
此类问题解法灵活、综合性强，部分考生常感到无从下手，茫然不知所措，那么到底如何解决这类问题呢？实际上只要紧紧抓住“题型”，这类求恒成立时的参数范围的题目便将迎刃而解。
一、数形结合数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。
我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：1. f（x）>g（x）函数f（x）图象恒在函数g（x）图象上方；2. f（x）函数f（x）图象恒在函数图象g（x）下上方。
例1. 设x∈[0，4]，若不等式≥ax恒成立，求a的取值范围。
解析：设y1=x（4-x），则（x-2）2+y2=4（y1≥0），它表示的是圆心为（2，0），半径为2的半圆（如图所示）。
另设y2=ax，它的几何意义是一条经过原点，斜率为a的直线，将两者图象画在同一坐标系下，根据不等式≥ax的几何意义，要使得半圆恒在直线l的上方（包括相交），当且仅当时a例2.设f（x）=， g（x）=x+1-a，若恒有f（x）≤g（x）成立，求实数a的取值范围。
解析：在同一直角坐标系中作出f（x）及g（x）的图象，如图所示，f（x）的图象是半圆（x+2）2+y2=4（y≥0），g（x）的图象是平行的直线系4x-3y+3-3a=0。
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。
函数与不等式相关联的参数范围问题解题策略
函数与不等式相关联的参数范围问题解题策略作者：何海峰来源：《甘肃教育》2011年第14期〔关键词〕数学教学；函数；不等式；参数范围；解题策略〔中图分类号〕 G633.6〔文献标识码〕 C〔文章编号〕 1004—0463（201１）０7（B）—00８１—01函数与不等式相关联的参数范围问题在近几年高考以及各种考试中经常出现，它综合考查函数、方程和不等式，并且与函数的最值、方程的解和参数的取值范围密切相关.由于这类问题中既含有参数,又有变量,涉及的字母较多，学生往往感到难以下手.下面,笔者举例说明几种常见的求解策略，以抛砖引玉.1.主参变位策略例1已知对于任意的a∈[-1,1]，函数f(x)=ax2+(2a-4)x+3-a>0 恒成立，求x的取值范围.解析：本题按常规思路是分a=0时，f(x)是一次函数；a≠0时，f（x）是二次函数两种情况讨论，这样求x的取值范围比较麻烦.因此，可以把a看成常参数，通过变量转换，把a看成变量，x看成常参数，把上述问题转化为一次函数问题.令g(a)=(x2+2x-1)a-4x+3，a∈[-1，1]时，g(a)>0恒成立，则g(-1)>0g(1)>0 ，得-3-点评：对于含有两个参数，且已知一参数的取值范围时，可以通过变量转换，构造以该参数为自变量的函数，利用函数关系求另一参数的取值范围.2. 函数最值策略例2已知f(x)=x2+ax+3-a，若x∈[-2，2]，f(x)≥2恒成立，求a的取值范围.解析：本题可以化归为求函数f(x)在闭区间[-2，2]上的最值问题,只要对于任意x∈[-2，2]，若f(x)min≥2恒成立?圳-≤-2 f(x)min=f(-2)=7-3a≥2或-2≤-≤2 f(x)min=f(-)=3-a-≥2或-＞-2 f(x)min=f(2)=7+a≥2即a的取值范围为[-5,-2+2].点评:对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数的问题,可以求函数最值的方法,只要f(x)>m恒成立?圳f(x)min>m;f(x)3. 零点分布策略例3已知f(x)=x2+ax+3-a，若x∈[-2,2]，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.解析：本题可以考虑f(x)的零点分布情况进行分类讨论，分无零点、零点在区间的左侧、零点在区间的右侧三种情况，即Δ≤0或Δ＞0-≤-2f（-2）≥0f（2）≥0或Δ＞0-≥2f（-2）≥0f（2）≥0，即a的取值范围为[-7，2].点评：对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于零的问题,可以考虑函数的零点分布情况,要求闭区间上函数的图象在x轴的上方或在x轴上就行了.4. 消元转化策略例4已知f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且f(1)=1,若m,n∈[-1,1]，m+n≠0，>0.若f(x) ≤t2-2at+1对于所有的x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立，求实数t的取值范围.解析：本题不等式中有三个变量，可以通过消元转化的策略，先消去一个变量，容易证明f(x)是定义在[-1，1]上的增函数，故 f(x)在[-1，1]上的最大值为f(1)=1，则f(x) ≤t2-2at+1对于所有的x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立?圳t2-2at+1≥１对于所有的a∈[-1，1]恒成立，即2ta-t2≤0对于所有的a∈[-1，1]恒成立.令g(a)=2ta-t2，只要g（-1）≤0g（1）≤0，∴t≤-2或t≥2 或t=0．点评:对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题,可以根据题意依次进行消元转化,从而转化为只含有两变量的不等式问题,使问题得以解决.编辑：谢颖丽注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。
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数列型不等式恒成立条件下确定参数范围问题解题策略【摘要】不等式地恒成立问题是学生较难理解和掌握地一个难点,以数列为载体地不等式恒成立条件下确定参数范围问题其综合性更强,它是一类常见地考试卷型，常出现在高考压轴题中，它与函数恒成立问题既有类似之处，又有一些差别，学生容易出错，甚至不知所措.这里通过几个例子归纳这类问题地几种常用解法和需要注意地问题.【关键词】不等式恒成立问题；数列；参数范围问题不等式地恒成立问题是学生较难理解和掌握地一个难点，以数列为载体地不等式恒成立条件下确定参数范围问题其综合性更强，它是一类常见地考试卷型，常出现在高考压轴题中，它与函数恒成立问题既有类似之处，又有一些差别，学生容易出错，甚至不知所措. 这里通过几个例子归纳这类问题地几种常用解法和需要注意地问题.1报值•策略最值法是解数列型不等式恒成立求参数地取值范围问题地一种非常重要地方法，其解题原理是f(n>>m恒成立f(n> min>m,f(n>0.T an>0,二只需Iga [n(a-1>+a ] >0.<1)当a>1 时,Iga>0,只要n(a-1>+a>0, 御得n>a1-a.<2)当0a1-a.为了使b n+1>b n对任何正整数n都成立，只需a1-a小于n 地最小值1,令a1-a1或0 评析以上两例是综合性极强地好题是数列不等式恒成立求参数地取值范围，转化为解不等式或求函数地最值,这是高中数学中有关确定参数范围题目地涅槃.2 变量分离策临数列型不等式恒成立求参数地取值范围问题，对于某些最值不容易求出地问题，我们可以考虑先实行变量分离，再求其最值.所谓变量分离,是指在含有参数地数列不等式中，通过恒等变形，使参数与主元分离于不等式两端，则所蕴涵地数列关系便由隐变显，从而问题转化为求主元函数地值域或上，下限(上限为最大值地临界值、下限为最小值地临界值>,进而求出参数范围.这种方法由于思路清晰、规律明显、操作性强，因而应是一种较好地求参方法.例3 <2003年新教材高考题改编题)设a 0为常数，数列｛an｝地通项公式 a n=15 [ 3n+(-1>n-12n ] +(-1>n2na 0(n € n*>, 若对任意n》1不等式a n>a n-1恒成立，求a 0地取值范围.解 a n-a n-1=2 x 3n-1+(-1>n-13 x 2n-15+ (-1>n3 x 2n-1a 0,故 a n>a n-1 等价于(-1>n-1(5a 0-1>-15 x 322k-2+15.此式对k=1,2,…恒成立,有a 0>-15 x 322 x 1-3+15=0.综上所述,①式对任意n € n + 成立,有0 故a 0地取值范围为0,13.例4 <2008年全国ii)设数列｛a n｝地前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｝地通项公式；<2)若a n+1> a n(n € n+>,求a地取值范围.分析第v1)小题利用s n与a n地关系可求得数列地通项公式；第<2)小题将a n+1> a n转化为关于n与a地关系，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, sn+仁2s n+3n,s n+1-3n+仁2(s n-3n>. ｛s n-3n｝为等比数列，公比为q=2,首项为s 1-3=a-3, s n-3n=(s1-3>2 n-1=(a-3>2 n-1.即 b n=(a-3> x 2n-1(n € n+>.<2)由<1)知s n-3n=(a-3> x 2n-1(n € n+>.于是,当n》2时，a n=s n-s n-1=3n+(a-3> x 2n-1-3n-1-(a-3> x 2n-2,• • a n+1-a n=2x 3n+(a-3> x 2n-1-2 x 3n-1- (a-3> x 2n-2=4x 3n-1+(a-3> x 2n-2=2n-212x 32n-2+a-3 . T当n》2 时,a n+1>a n,即2n- 212x 32n-2+a-3》0, • 12x 32n-2+a-3》0, • a》3-12 x 32n-2.3构造单训数列策略例 5 设 a 0 为常数，且 a n=15 [ 3n-(-1>n-12n ] +(-1>n2na 0(n > 1>,假设对任意地n》1,有a n>a n-1,求a 0地取值范围.解由a n地通项公式，a n-a n-1=2 x 3n-1+(-1>n-1 x 3x 2n-15+(-1>n x 3x 2n-1a 0,贝卩a n>a n-1(n € n*>等价于(-1> n-1(5a 0-1>0.综上①②可知：v*)式对任何n€n*成立,得a 0地取值范围是0 说明本题是与数列有关地恒成立问题，确定数列32n,实质是利用了an=32n地单调性,从而为确定a 0地范围作铺垫.4 数学归纳法.策略例 6 已知数列｛a n｝满足 a 1=1,a n+1=18(a2 n+a>(n€ n*>,a>0,若a n+1>a n对一切n€ n*成立，求a地取值范围.解抓住a n+1>a n实施赋值推理有a 2>a 1,得a>7, 它仅保证命题a n+1>a n对n=1成立.假设n二k时命题a n+1>a n 成立,即 a k+1>a k>0,则 a k+1-a k=18a2k+1+a-18(a2 k+a>=18(a2 k+1-a2 k>>0,这说明n二k+1 时命题a n+1>a n也成立.综上所述,a>7时命题a n+1>a n恒成立,故a地取值范围是<7,+ x).评注运用赋值法抓住结论成立地一个必要条件，并以此作为思维地新起点，借助于数学归纳法顺序地完成了充分地证明，求解过程给人以“起死回生”之感.例7 已知数列｛a n｝满足 a 1=12,a na n+1=1214n(n€n+) .(1>求数列｛a n｝地通项公式；<2)设a>0,数列｛b n｝满足 b 1=1a(a-1>,b n+1=-b na(b n+a>,若|b n| < a n 对n € n+成立，试求a地取值范围.解<1 ) a n+1a n+2a na n+仁1214n+11214n,「. an+2a n=14.又T a 1=12,a 1a 2=1214, A a 2=14. {a n}是公比为12地等比数列，二a n=12n.<2) |b 1| < 12 1a(a-1> < 12 a>1, a(a-1> > 2 或0现a>2 时,|b n| < a n 对n€ n+成立. ①n=1时,|b 证：1| < a 1成立。
②假设n二k(k > 1>时,|b k| < a k成立，则|b k+1|=|b k|a|b k+a| < |b k|a(a-|b k|> <12ka(a-1> < 12k+1,即n二k+1 时,|b k+1| < a k+1 也成立，时,|b n|< a n, • a地取值范围是［2,+ x>.例8 <2009年安徽卷理）首项为正数地数列｛a n｝满足an+仁14（a2 n+3>,n € n +.<1）证明：若a 1为奇数，则对一切n》2,a n都是奇数.<2）若对一切n€ n +都有a n+1>a n,求a 1地取值范围.解<1 ）已知a 1是奇数，假设a k=2m-1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得a k+仁a2 k+34=m（m-1>+1是奇数.根据数学归纳法，对任何n€ n +,a n都是奇数.<2）方法一：由 a n+1-a n=14（a n-1>（a n-3>知,an+1>a n当且仅当a n3.另一方面,若0 若 a k>3,则 a k+1>32+34=3.根据数学归纳法,03 a n>3, n € n +.综合所述,对一切n€n +都有a n+1>a n地充要条件是03.方法二：由a 2=a2 1+34>a 1,得a2 1-4a 1+3>0, 于是03.a n+1-a n=a2 n+34-a2 n-1+34=(a n+a n-1>(an-a n-1>4.因为a 1>0,a n+1=a2 n+34,所以所有地a n均大于0, 因此匕a n+1-a n 与 a n-a n-1同号.根据数学归纳法, n € n +,a n+1-a n 与 a2-a 1 同因此，对一切n€ n +者E有a n+1>a n地充要条件是03.5反讹法•策略例9 已知数列｛a n｝中 a 1=a（a>0>,a n+仁a n-1a n 是否存在正数a,使得对任意n€ n*都有a na n+1>0?若存在, 求出a地值；若不存在，请说明理由.解假设存在正数a使a na n+1>0恒成立,则a n>0,运用赋值法推理得a 2>0,即a-1a>0,解得a>1.以此为思维地新起点，便可导致矛盾地结论.因为 a n+1-a n=-1a na2+1 时,有a n w a-n-1a 这与a n>0恒成立相矛盾，从而不存在a适合题意.评注抓住一个必要条件，产生了矛盾地结论<实为反证法），则探索终止,结论为假；若探索出一个正确地命题,则还需设法证明充分性,否则,不符合逻辑规则.以上介绍地几种常见函数型不等式恒成立问题地求解策略，只是分别从某个侧面入手去探讨不等式中参数地取值范围.事实上,这些策略不是孤立地，在具体地解题实践中，往往需要综合考虑，灵活运用,才能使问题得以顺利解决.。