数学数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

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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！。

高考数学数列与不等式的交汇题型分析及解题策略论文

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】1.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.2.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.5.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.6.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I 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^•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Uf（x）min^M f（x） WM 恒成立Uf（x）max< （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a1 + a2+…+1 1 1 ,a n>—十—+…+ —恒成立的正整数n的取值氾围.a1 a2 O n【分析】利用条件中两项间的关系，寻求数列首项 a i 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 i q9 10 11 12 13 14 15 16）2=a i q 23,，ai q 9=1.1 一，1 ,、一 , 1 ,由等比数列的性质知：数列｛一｝是以一为首项，以-为公比的等比数列，要使不等式成立,a na 1 q-(q)n ] 2 18 18 n 1,把a ；= q "代入上式并整理得 q-8(q n- 1) >q(1——n),1」qqq n> q19, 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n ）设数列｛a n ｝的前n 项和为已知a 1 = a, a n+1=S n+3n,nC N*. （ I ）设b n=S —3n,求数列｛b n ｝的通项公式；（n ）若a n+1>an, n € N*,求a 的取值范围.【分析】第(I)小题利用Sn 与an 的关系可求得数列的通项公式；第(n)小题将条件a n+1>a n 转化为关于n 与a 的关系，再利用aWf(n)恒成立等价于 awf(n) min 求解.【解】 (I)依题意，S n+1— S n= a n+1= S n+ 3"，即 &+1=2$门+3”，由此得 $+1 — 3 n+1=2(S n —3n).因此，所求通项公式为 b n=S n —3n=(a — 3)2nt nCN*, ① (n)由①知 $=3n+(a —3)2 n,，nCN*,于是，当 n>2 时，a n=S n — S n 」=3+(a — 3)2 — — 3 — — (a — 3)2 —= 2X3 — +(a — 3)2 一,a n+1-a n=4X3 n(a -3)2 n2= 2 n2. [12 • ( 3)n,+a —3],，…一，，、、一 ,――…，一 ___ 1的通项公式；（阴设p 、q 都是正整数，且 pWq,证明：S p+q 〈2（S 2p+&q ） .【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（n ）小题利用差值比较法就可顺利解决 .，数列｛a n ｝的通项公式为 a n= a 1+ (n — 1)d = 2n + 1.9综上，所求的a 的取值范围是[—9, +8].【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；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（3）放缩法，主要是通过分【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 = 24. ( I)求数列｛a n ｝1口…a(q n-1) a 1"则须、〉——q — 1当 n>2 时，a n+1>an,即 2n - - [12 3 n _2 3 n _2 (2) ~+ a-3] >0, 12 (2) -+ a-3>0,a>-（I ）设等差数列｛a n ｝的公差是d,依题意得, a1 + 2d=7 4a1+6d = 24 a1= 3d = 2(n)证明：-.-a n=2n+1, S n=n(a12a n) = n2+ 2n.2S p+q- (S2p+ &q) = 2[(p + q)2+ 2(p + q)] — (4p 2+ 4p) — (4q 2+ 4q) = - 2(p - q) 2,•. P^q, . ^S p+q- (S 2p+ S 2q )<0,【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 i=0, a n+i= ca n 3+ 1 - c, cCN*,其中c 为实数.（I ）证明：a nC [0, 1]对任意nC N*成立的充分必要条件是cC[0, 1]；（n ）设0vcv ；，证明：a n>1—（3c ） n,，nC N*;（出）设 0V cv',证明：a ；+a 22+…+ a n2>n+1 -2 ,3 31 — 3cnC 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, 又一a2c [0, 1], .,.0<1-c<1,即 cC[0, 1]. 充分性：设cC[0, 1],对nC N*用数学归纳法证明 a nC [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 + 1 — cWc+ 1 — c=1,且 a k+1 = ca k + 1 — c>1 — c>0, ，ak+1C [0, 1],这就是说 n=k+1 时，a n € [0 , 1].由(1)、(2)知，当cC [0 , 1]时，知a nC [0 , 1]对所胡nC N*成立. 综上所述，anC[0, 1]对任意nC N*成立的充分必要条件是 cC[0, 1]. (n)设O VCV ；,当n= 1时，a 1=0,结论成立.3当 n>2 时,由 a n= ca n1+ 1 — c, • - 1 — a n=c(1 — a n 」)(1 + a n 」+ a n 」) '.-0< c<1,由(I)知 a n 」C[0, 1],所以 1 + a n 」+a n 」&3,且 1 —a n 」>0, .,.1- a n< 3c(1 3_a n j) ,••-1 - an<3c(1 — anjJ w(3c) 2(1 — an0 w - v (3c) n -(1 - a 1) = (3c) n-,— (3c) n 」，nC N*. (出)设 O VCV ：,当 n=1 时，a 12=0>2---2—,结论成立. 3 1 — 3c 当 n>2 时，由(n)知 an>1- (3c) n 」>0,••.an 2>[(1 - (3c)消]2 = 1 —2(3c) n '+(3c) (n，)>1—2(3c)；a ：+a22+…+ an 2=%2+…+ an 2 > n — 1 — 2[3c + (3c) 2+…+ (3c) n']【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, &W15,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 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.J ，…P+qV2(S2p+S2q )= n-1-2[1 +3c+(3c) 2+…+ (3c)」一1] = n+ 1 —2[1 - (3c)n ] 1 -3c> n+ 1 —2 1 -3c5+3d2—<a4<3+ d,贝U 5+3d<6+ 2d,即 d<i.••.a4<3+d<3+ i =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, 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^ i … ... ...... .【例6】等比数列｛a n ｝的首项为a i = 2002,公比q=--. ( I)设f(n)表不该数列的刖n 项的积，求f(n)的表达式；(n)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(n)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 ^i i n(n--【解】 (I)an=2002- (- 2)n-, f(n) =2002n•( —g 2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, 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｛a n ｝的前n 项和为3,且a n + S=4.( I)求证：数列｛a n ｝是等比数列；(n).................. S k+i — 2 .. 是否存在正整数 k,使———>2成立.2【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(n)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】 •••等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n,且0>10, &W15, S 4=4a i+ I Ss= 5ai +W-d*。

第五关以数列与不等式相结合的综合问题为解答题-高考数学备考(解析版)

压轴解答题第五关以数列与不等式相结合的综合问题【名师综述】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．类型一求数列中的最值问题典例1 已知等比数列{}n a 的公比为()1λλ>，且11a =，数列{}n b 满足11n n n b b a λ++-=-，111b λ=-．（1）求数列{}n b 的通项公式．（2）规定：[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]1.22-=-，[]2.12=．若2λ=，122n n c b n =+-，记()1232n n T c c c c n =+++⋅⋅⋅+≥ 求2221n n n T T T ⎡⎤-+⎢⎥-⎣⎦的值，并指出相应n 的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第三模拟）【答案】（1）11n n b n λλλλ=-+--，*n N ∈；（2）当2n =时，22231nn n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦；当3n ≥时，22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．【解析】（1）由题意得()11n na λλ-=>，则()11n n nb b λλλ+-=->，当2n ≥时，()()()112211n n n n n b b b b b b b b ---=-+-+⋅⋅⋅+-+，()()()12111n n λλλλλλλ--=-+-+⋅⋅⋅+-+-()()121111n n n λλλλλ--=++⋅⋅⋅+--+-11nn λλλλ=-+--，又由111b λ=-，符合上式，因此11nn b n λλλλ=-+--，*n ∈N ．（2）由（1）知，当2λ=时，1102221n n n c b n ==>+--．易知2n =时，21243T c c =+=，此时22210313n n n T T T ⎡⎤-+⎡⎤==⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦；3n =时，31233121T c c c =++=，此时2221012212110n n n T T T ⎡⎤-+⎡⎤=++=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦；当3n ≥时，3n T T ≥，因为2n ≥时，113212n n n c +=<-，所以1341111182111317131311122242412n n n n T -+-⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦<+++⋅⋅⋅+=+⨯=+-<⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-，因此374n T T ≤<，令1n x T =-，则103,214x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，22211111n n n n n T T T x T T x -+=-+=+--，利用对勾函数的单调性，得125,12x A x ⎛⎤+∈ ⎥⎝⎦（其中10122110A =++），从而22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．综上，当2n =时，22231n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦；当3n ≥时，22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．【名师指导】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n 项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、解析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决. 【举一反三】在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令lg n n a T =，1n ≥．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1221212(1)n nn n n a b a a --+=-，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，1n nnT S S =-，求n T 的最大项和最小项．【答案】（1）2n a n =+；（2）最大项为1161120T =-，最小项为242584T =-．【解析】（1）设这2n +个数构成递增的等比数列{}n t 各项分别为12312,,,n n t t t t t ++，则这2n +个数的乘积12312nn n T t t t t t ++=⋅⋅⋅①， 21321n n n nT t t t t t t ++=⋅⋅⋅⋅⋅②，由等比数列的性质可得 122133100n n n k n k t t t t t t t t +++-⋅=⋅=⋅⋅=⋅=①②两式相乘可得()222210010n n nT ++==，所以210n n T +=，()1n ≥，得2lg lg102n n n a T n +===+，(*)n N ∈．（2）1122121212121212(1)(1)n n n n n nn n n n a a a b a a a a ---+-+-++⋅=-⋅=-1121211111(1)(1)2123n n n n a a n n --+-⎛⎫⎛⎫⋅=⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝++⎭=--+，当2n k =时，1111111123557212332369n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++⋯++=-= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当21n k =-时，11111111263557212332369n n S n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++⋯++=+= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 2,2,6926,21,69n nn k k Z n S n n k k Z n ⎧=∈⎪⎪+∴=⎨+⎪=-∈⎪+⎩，则当2n k =时，11323nS n =-+单调递增，所以1ny S =单调递减， 1n n nT S S =-单调递增，所以2n =时，n T 最小为222142142521484T S S =-=-=- 当n →+∞时，116911981933232323232321n n n T n S S n n n n n n=-+--=-=--=---+++ 所以83n T <-当21n k =-时，11323n S n =++单调递减，所以1n y S =单调递增， 1n n nT S S =-单调递减，所以1n =时，n T 最大为1111815161158120T S S =-=-=-，当n →+∞时，116911981933232632326326132n n n n n n S n T n S n n ++-=+-+=-+++++++-=+= 所以83n T >- 所以最大值为1161120T =-，最小值为222142584T S S =-=-．类型二求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题典例2 函数()[)e cos ,0,xf x a x x ∞=∈+，记n x 为()f x 的从小到大的第*(N )n n ∈个极值点.(1)证明：数列{()}n f x 是等比数列；(2)若对一切*N ,()n n n x f x ∈≤恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)证明见解析； (2)22[,)ππ-+∞.【解析】(1)由题()2e cos 4xf x a x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭'，令()0f x '=，求出函数的极值点，根据等比数列定义即可得到结果；(2)342e 34n n ππππ-≤-恒成立问题，设()e (0)tg t t t =>，然后运用导数知识得到()min n g x ⎡⎤⎣⎦，由()min 2n g x ⎡⎤≤⎣⎦，得到a 的取值范围. (1)()e cos e sin 2e cos 4x x xf x a x a x a x π⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭'，令()0f x '=，由0x ≥，得42x m πππ+=-，即*3,N 4x m m ππ=-∈，而对于cos 4x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭，当Z k ∈时，若22242k x k πππππ-<+<+，即32244k x k ππππ-<<+，则cos 04x π⎛⎫+> ⎪⎝⎭；若322242k x k πππππ+<+<+，即52244k x k ππππ+<<+，则cos 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭；因此，在区间()31,4m m πππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭与()3,,44m m f x ππππ⎛⎫-+ ⎪⎭'⎝上的等号总相反，于是当*3,N 4x m m ππ=-∈时，()f x 取得极值， ∴*3,N 4n x n n ππ=-∈，此时，()3314432ecos (1)e 42n n n nf x a n a ππππππ--+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，易知()0n f x ≠，而()()()312413142(1)e2e 2(1)en n n n n n f x f x a πππππ+-++-+-==--是常数，故数列(){}n f x 是首项为()412e f x π=，公比为e π-的等比数列﹒(2)对一切()*N ,n n n x f x ∈≤恒成立，即3432e 4n n ππππ--≤342e 34n n ππππ-≤-恒成立，设()e (0)tg t t t =>，则()()2e 1t t g t t-='，今()0g t '=得1t =，当01t <<时，()0g t '<，∴()g t 在区间()0,1上单调递减；当1t >时，()0g t '>，∴()g t 在区间()1,+∞上单调递增；∵()0,1n x ∈，且当2n ≥时，()11,,n n n x x x ∞+∈+<， ∴()()()212min54min ,min ,e 444n g x g x g x g g g πππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤==== ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因此，()*N ,n n n x f x ∈≤恒成立，当且仅当224e a ππ≤，解得22e 4a ππ-≥，故实数a 的取值范围是22e ,4ππ∞-⎡⎫+⎪⎢⎪⎣⎭﹒ 【点睛】解决数列与函数的综合问题时，如果是证明题要根据等比数列的定义明确证明的方向，如果是不等式恒成立问题，要使用不等式恒成立的各种不同解法，如变量分离法、最值法、因式分解法等，总之解决这类问题把数列看做特殊函数，并把它和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．【举一反三】已知数列{}n a 为等差数列，12a =，其前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且()2112233124n n n a b a b a b a b n +++++=-⋅+对任意的*n N ∈恒成立.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)是否存在p ，*q N ∈，使得()2222020p q a b +-=成立，若存在，求出所有满足条件的p ，q ；若不存在，说明理由；(3)是否存在非零整数λ，使不等式122111111cos 21n nn a a a a a πλ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫---<⎪⎪⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭*N n ∈都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)2,2nn n a n b ==；(2)不存在，理由见解析； (3)存在，1λ=±. 【解析】（1）法1，由题设可得114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，利用等差、等比数列的通项公式列方程求基本量，进而可得{}n a 、{}n b 的通项公式；法2：作差法可得()1·22n n n a b n n +=，令n a kn b =+，结合等差、等比数列的性质求参数，即可得通项公式.（2）假设存在p ，*q N ∈满足条件，则22485012q p p -+-=，根据左侧的奇偶性确定q ，进而求p ，即可确定存在性.（3）由()11cos12n n a π++=-，设1211111111n n n c a a a a =⎛⎛⎫⎛⎫--⋯-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝()11n n c λ+-<，作商法判断{}n c 单调性，讨论n 的奇偶性结合恒成立求λ的范围，进而可判断存在性. (1)法1：设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q .∵()21122331?24n n n a b a b a b a b n ++++⋯+=-+，令1n =，2，3得：114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，又12a =，∴112233221648a b a b a b =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，即()()()()2221622248d q d q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得：236d q ⎧=-⎪⎨⎪=⎩或22d q =⎧⎨=⎩. 经检验2d =，2q =符合题意，2,63d q =-=不合题意，舍去.∴2,2n n n a n b ==.法2：由()21122331?24n n n a b a b a b a b n ++++⋯+=-+①，则()()1112233112?242n n n a b a b a b a b n n +--+++⋯+=-+②， ①-②得，()1·22n n n a b n n +=，又114a b =，也符合上式， ∴()1*·2n n n a b n n N +=∈，由于{}n a 为等差数列，令n a kn b =+，则1·2n n n b kn b+=+，∵{}n b 为等比数列，则()()()1211n n n k n b b q b n kn b -⎡⎤-+⎣⎦==-+（为常数），即()()22220qk k n bq kq b k n qb -+--+-=恒成立，∴2q =，0b =，又12a =，则2k =，故2,2nn n a n b ==；(2)假设存在p ，*q N ∈满足条件，则()24422020q p +-=，化简得22485012q p p -+-=，由*p N ∈得，248501p p +-为奇数，故22q -为奇数，故2q =. ∴2485011p p +-=，即2242510p p +-=，可得2506p -±=，这与*p N ∈矛盾，∴不存在满足题设的正整数p ，q ；(3)由2n a n =，得()()11coscos 112n n a n ππ++=+=-，设1211111111n n n c a a a a =⎛⎛⎫⎛⎫--⋯-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝()11.n n c λ+-< ()()212111214841121234831231122n n n n n a c n n n c n n n n n a n a +++++++====>++++-+-+ +⎝⎝，由0n c >，则1n n c c +>，数列{}n c 单调递增. 假设存在这样的实数λ，使得不等式()11n n c λ+-<对一切*N n ∈都成立，则①当n 为奇数时，得()123n min c c λ<==②当n 为偶数时，得()285n min c c λ-<==85λ>综上，8523λ⎛∈ ⎝⎭，由λ是非零整数，则存在1λ=±满足条件. 类型三数列参与的不等式的证明问题典例3 对于给定的正整数m 和实数α，若数列{}n a 满足如下两个性质：①12m a a a α++⋅⋅⋅+=；②对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则称数列{}n a 具有性质()m P α.(1)若数列{}n a 具有性质2(1)P ，求数列{}n a 的前10项和；(2)对于给定的正奇数t ，若数列{}n a 同时具有性质4(4)P 和()t P t ，求数列{}n a 的通项公式； (3)若数列{}n a 具有性质()m P α，求证：存在自然数N ，对任意的正整数k ，不等式12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥均成立.【来源】北京市东城区2022届高三上学期期末统一检测数学试题【答案】(1)5(2)1n a = (3)证明见解析【解析】（1）根据题意得到当n 为奇数时，1n a a =，当n 为偶数时，2n a a =，从而()110255S a a +==；（2）根据题干条件得到21n n n a a a ++==，故{}n a 为常数列，结合12344a a a a +++=求出1n a =；（3）对要证明的不等式变形，构造n n b ma α=-，研究其性质，证明出结论.(1)由题意得：121a a +=，2n n a a +=，则当n 为奇数时，1n a a =，当n 为偶数时，2n a a =，所以数列{}n a 的前10项和()110255S a a +==；(2)由题意得：12344a a a a +++=，4n n a a +=，对于给定的正奇数t ，12t a a a t ++⋅⋅⋅+=，对*n N ∀∈，n t n a a +=，则令21t k =-，k *∈N ，得：2221214n n k k n k n a a a a +++-+-+===，11212n n k n k n a a a a +++-+===，综上：{}n a 为常数列，由12344a a a a +++=可得：1n a = (3)要证12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥，只需证12N N N k a a a k m α+++++⋅⋅⋅+≥⋅，即证120N N N k a a a m m m ααα+++⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+-≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令数列n n b ma α=-，由于{}n a 具有性质()m P α，即12m a a a α++⋅⋅⋅+=，对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则12120m mb b b a a a mmmααα++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=，对*n N ∀∈，n m n m n n b mmb a a αα++=--==，所以{}n b 具有性质(0)m P ，令()123i i S b b b b i N *=+++∈，设12,,m S S S 的最小值为()1N S N m ≤≤，对*k N ∀∈，令N k pm r +=+，,,0p r N r m ∈<≤，由于{}n b 具有性质(0)m P ，则有0pm S =，所以123123N k pm r pm pm pm pm pm r r r N S S S b b b b b b b b S S ++++++==+++++=++++=≥，所以0N k N S S +-≥，所以12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥成立【举一反三】数列{}n a 满足()*121224N 2n n n a a na n -+++=-∈， (1)求3a 的值；(2)求数列{}n a 前n 项和n T ； (3)令11b a =，()11111223n n n T b a n n n -⎛⎫=++++⋅⋅⋅+≥ ⎪⎝⎭，证明：数列{}n b 的前n 项和n S 满足22ln n S n <+．【答案】(1)14；(2)1122n -⎛⎫- ⎪⎝⎭；(3)证明见解析.【解析】(1)根据已知条件，分别取n ＝1，2，3即可依次算出123,,a a a ； (2)用作差法求出{}n a 的通项公式，再求其前n 项和；(3)求123,,S S S ，猜想n S ，用数学归纳法证明n S ；用导数证明()ln 1(0)1xx x x<+>+，令1x n =，得11ln 11n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭，用这个不等式对n S 放缩即可得证. (1)依题()()312312312132223323244224a a a a a a --++⎛⎫=++-+=---= ⎪⎝⎭， 314a ∴=； (2)依题当2n ≥时，()()121211212122144222n n n n n n n n nna a a na a a n a ----++⎛⎫⎡⎤=++-++-=---= ⎪⎣⎦⎝⎭， 112n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，又1012412a +=-=也适合此式， 112n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，∴数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，故1111221212nn n T -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-； (3)111b a ==，1111S b T ∴==⨯， 1221122T b a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， ()1212121221111112222T S S b T a T a T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+=+++=++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()2323232331111111111123232323T S S b T a T a T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++++=+++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，猜想：1112n n S T n ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭① 下面用数学归纳法证明： (i)当n ＝1，2时，已证明①成立；(ii)假设当n k =时，①成立，即1112k k S T k ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭.从而1111111112121k k k k k k T S S b T a k k k +++⎛⎫⎛⎫=+=++++++++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ ()111121kk T a k +⎛⎫=++++ ⎪+⎝⎭111121k T k +⎛⎫=+++⎪+⎝⎭. 故①成立. 先证不等式()ln 1(0)1xx x x<+>+ ②令()()ln 11xg x x x=+-+，则()22110(0)1(1)(1)x g x x x x x '=-=>>+++. ()()00(0)g x g x ∴>=>，即②成立.在②中令1x n =，得到111ln 1111n n n n ⎛⎫+>=⎪+⎝⎭+ ③ 当1n =时，12S <；当2n 时，由①及③得：1112n n S T n ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭ 111ln2ln 1ln 121n T n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫<++++++ ⎪ ⎪⎢⎥-⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ()()111ln2ln3ln2(ln ln 122n n n -⎛⎫⎡⎤=++-++--- ⎪⎣⎦⎝⎭()21ln n <+. 证明完毕.【精选名校模拟】1．已知数列{}n a 满足113a =，11113n n na a +++=．（1）证明：数列1134n na +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第六模拟）【答案】（1）证明见解析；()14331nn n a -=⎡⎤+-⎣⎦；（2）证明见解析．【解析】（1）因为11113n n n a a +++=，所以2211111313131334444n n n n n n n n n a a a a ++++++⎛⎫-=--=-+=-- ⎪⎝⎭，又119933444a -=-=，所以数列1134n n a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以34为首项，1-为公比的等比数列，所以()11133144n n n a +--=⋅-，即()113314n n n a -⎡⎤=+-⎣⎦，故()14331n n n a -=⎡⎤+-⎣⎦．（2）由113a =，216a =，得121325a a +=<，当4n ≥且n 为偶数时，11111141143341133131333231333n n n n n n n n n n na a ------+⎛⎫⎛⎫+=+=⋅<+ ⎪⎪+-⋅+⋅-⎝⎭⎝⎭，所以1234111411113633333n n n a a a -⎛⎫++⋅⋅⋅+<++⨯++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭114123132712322754513+⨯=+=<<-；当3n ≥且n 为奇数时，1n +为偶数，则12135n n a a a a +++⋅⋅⋅++<，由于0n a >，则1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．综上，1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．2．已知数列{}n a 是正项等比数列，且12a =，32111a a -=，若数列{}n b 满足114b =，11n n n b b a +=+．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）已知111n n n nc a b b ++=⋅⋅，记12n n S c c c =++⋅⋅⋅+．若28n S nλ>-恒成立，求实数λ的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第七模拟）【答案】（1）212n n a -=，()1214n n b =-；（2）24,5⎛⎫+∞⎪⎝⎭．【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，则0q >，因为12a =，32111a a -=，所以211122q q -=，即21120q q --=，解得1q =-（舍去）或12q =，故数列{}n a 的通项公式为1211222n n n a --=⨯=．因为11n n nb b a +=+，所以212n n n b b -+-=，又114b =，所以当2n ≥时，()()()312132111242n n n n b b b b b b b b --=+-+-+⋅⋅⋅+-=++⋅⋅⋅+()()1121421124n n -==--．经检验，114b =也满足上式，所以()1214n n b =-．（2）由（1）得，()()()()11111128212121212116n nn nn n n n n n c a b b -++++⋅===⋅⋅-⋅--⋅- ()()()()1118212111821212121n nn n nn +++⎡⎤⋅---⎛⎫⎣⎦==- ⎪---⋅-⎝⎭，所以12122311111118212121212121n n n n S c c c +⎛⎫=++⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪------⎝⎭111111*********n n ++⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭．又28n S n λ>-恒成立，所以21821n n λ+>-恒成立．设()2121n n f n +=-，*N n ∈，则()()()()()()()22122121212211*********n n n n n n n n n n f n f n +++++-++⋅-+++-=-=----．易知当2n ≤时，()()10f n f n +->；当3n ≥时，()()10f n f n +-<．于是()()()()()12345f f f f f <<>>>⋅⋅⋅，所以()()max 335f n f ==，所以实数λ的取值范围是24,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 3．已知数列{n a }的前n 项和为n S 且满足2n S =3n a -n . (1)求{n a }的通项公式； (2)证明：1211132n a a a +++<. 【来源】重庆市育才中学2022届高三上学期一诊模拟（三）数学试题【答案】(1)312n n a -=(2)证明见解析【解析】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到递推公式，再构造等比数列求出通项公式；（2）等比放缩，证明不等式.(1)因为2n S =3n a -n . 所以12n S +=13n a +-n -1，所以所以1111313222n n n a a a +⎛⎫+=++=+ ⎪⎝⎭，所以12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是首项为11322a +=，公比为3的等比数列.所以1322nn a +=，所以312n n a -=；(2)证明：，122321211·11313313331133n n n n n n n n -==⋅⋅=----，.4．已知实数列{n a }，{}n b |满足11,1a p b ==．数列{n n a b }是公差为p 的等差数列，数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为p 的等比数列．(1)若2p =，求数列{n a }的通项公式；(2)记数列2{}n a ，2{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ．若2p ≥，证明：()*2211,N 1n n nS T n ap ->-∈-．【来源】浙江省“数海漫游”2021-2022学年高三上学期第二次联考数学试题【答案】(1)122n n a n +，*N n ∈；(2)证明见解析.【解析】（1）由题设可得2n n a b n =，2n nna b =，两式相乘并结合12a =即可确定{n a }的通项公式；（2）由（1）易知21n n a n p +=⋅，21n n nb p -=，应用错位相减法求n S ，n T ，进而可得222211)11(1[(1)]1(1)n n nnnS T p p p p p p a n +-=+-⋅---，根据单调性和已知条件，对右式放缩处理即可证结论. (1)由题设，{n n a b }是首项、公差均为2的等差数列，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项、公比均为2的等比数列，∴2n n a b n =，2n nna b =，则212n n a n +=⋅，故122n n a n +=，而12a =，∴122n n a n +=，*N n ∈.(2)由题设易知：21n n a n p +=⋅，21n n nb p -=， 23112...n n S p p n p +=⨯+⨯++⋅，则341212...(1)n n n p p n p pS n p ++=⨯+⨯++-⋅+⋅，所以223122((.))111..n n n n n p p p p pn pn p S p p +++-=+++-⋅=---，故222(1)(1)1n n n p p p S np p+-=---，则22(1)1(1)n n n n p p p p S np a p -=--- 01112...n n n T p p p -=+++，则121121...n n n T n np p p p p--=++++，所以011111111(1)...11nn n n n n n p T p p p p p p p---=+++-=--，故22(1)(1)(1)n n n n p p np T p p p p -=---，则2222(1)1(1)(1)n n n n n T p p np p p p a -=--- 222211)11|(1[(1)]|1(1)n nnn nS T p p a p p n pp +-=+-⋅---，2p ≥，*N n ∈，而21221)11(1[(1)]1(1)n n p p p p n p p ++-⋅-=--212(1)11[]01(1)(1)1n n p n p p n p np p p +--++>---恒成立，当p 趋向于无穷大时，211n p +、21n p趋向于0，故222211)11(1[(1)]1(1)n n nnn S T p p p p p p a n +-=+-⋅---211(1)p p p p n >-⋅--，又211(1)p p p p n -⋅--在*N n ∈上递增，所以222111(1)(1)n n n S T p p a p p p ->-=----，得证. 5．已知数列{}n a 满足1222n n a a a a =-，*n N ∈．(1)证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记12n n T a a a =，*n N ∈，22212n n S T T T =++．证明：当*n N ∈时，11243n n S a +>-．【来源】安徽省淮南市2022届高三上学期一模理科数学试题【答案】(1)证明见解析；()*12n n a n N n +=∈+;(2)证明见解析【解析】（1）对题干条件变形整理为1111(2)11n n n a a --=≥--，根据定义即可证明，并求出通项公式；（2）放缩法和裂项相消法进行证明. (1)当1n =时，1122a a =-，123a = 当2n ≥时，1222n n a a a a =-；121122n n a a a a --=-相除得11(2)1nn n a a n a --=≥- 整理为：1111(2)111n n n na n a a a -==-≥---，即1111(2)11n n n a a --=≥--， 11n a ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭为等差数列，公差1d =，首项为1131a =-；所以()13121n n n a =+-=+-，整理为：()*12n n a n N n +=∈+，经检验，符合要求.(2)由（1）得：()*12n n a n N n +=∈+． 1222n n T a a a n ==+， 2244114(2)(2)(3)23n T n n n n n ⎛⎫∴=>=- ⎪+++++⎝⎭， 22212111112441342333n n S T T T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=++>-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭112224333n n n S a n ++∴>-=-+，所以，当*n N ∈时，11243n n S a +>-．6．[]x 表示不超过x 的最大整数，正项数列{}n a 满足11a =，2212211n n n na aa a --=-.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ； (2)求证：[]2222321log (2)2n a a a n n +++>>； (3)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：当2n >时，有2312212log 2123n n n S S a n ⎫+<++⎪⎭.【答案】(1)n a n=证明见解析.(3)证明见解析. 【解析】（1）由已知得221111n n a a --=，由等差数列的定义得21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项1为公差的等差数列，由此可得数列的通项；（2）由已知得1122=，221111134222+>+=，⋯，4441111111910162222++⋯+>++⋯+=，设1122m n k -=++⋯++，其中k ，m N ∈且102m k +<，有()11111232m n ++⋯+>+，由21log 2m n m +<+，可得证；（3）由已知得2211n n n S S n n -=，当2n >时，2211n n n S S n n --=- ，22112111n n n S S n n ----=--， ⋯ ，22221122S S -=-，累加得：232111122323n n S n n ⎛⎫-=-++⋯+ ⎪⎝⎭，由（2）的结论可得证. (1)解：2212211n n n n a a a a --=-，221111n n a a -∴-=， 2111a = ，21n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以1为首项1为公差的等差数列，21n n a ∴=， n a n∴=； (2)证明：2222311123n a a a n++⋯+=++⋯+， 1122=，221111134222+>+=，⋯，4441111111910162222++⋯+>++⋯+=，设1122m n k -=++⋯++，其中k ，m N ∈且102m k +<，则()11111232m n ++⋯+>+，又112222m m m n k +++=+<，从而21log 2m n m +<+，[]2log 1n m ∴=+，所以[]21111log 232n n ++⋯+>，[]2222321log (2)2n a a a n n ∴++⋯>>； (3)证明：1n a n =，1n n S S n-∴=，2211n n n S S nn -∴= ∴当2n >时，2211n n n S S nn --=， 22112111n n n S S n n ----=---， ⋯ ， 22221122S S -=-，累加得：232111122323n n S n n ⎛⎫-=-++⋯+ ⎪⎝⎭，由（2）结论有[]2322112log 223n n S n n -<-[]()231221121log 22123n n S n n ∴+<-+312212log 2123n n n <-31222log 123n n a n =+ ，故得证. 7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，()*)n S n N ∈在函数2y x =的图象上，数列{}n b 满足()1*1622,n n n b b n n N +-=+∈，且113b a =+(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明列数12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n b 的通项公式； (3)设数列{}n c 满足对任意的*312123122,2222n n nn c c c c n N a b b b b +∈=+++⋯+++++均有成立，求1232010c c c c +++⋯+的值．【答案】(1)()*21n a n n N =-∈(2)证明见解析，()*62n n n b n N =-∈(3)()20112695+ 【解析】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求解数列{}n a 的通项公式；（2）根据题干条件变形得到1113122n n n n b b --⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭()2n ≥，从而得到结果；（3）求出()()181262n nn c n ⎧=⎪=⎨⨯⎪⎩，利用分组求和和等比数列求和公式进行求解. (1)点(),n n S 在函数2y x =的图象上，()2*n S n n N ∴=∈当1n =时，21111a S ===当2n 时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=- 11a =也适合，{}n a ∴的通项公式为()*21n a n n N =-∈(2)∵()11622n n n b b n +-=+∴()1111116211333122222n n n n n n n n n b b b b n +-----+⎛⎫+=+=+=+ ⎪⎝⎭ ∵111134132bb a =+=∴+= ∴12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭其首项为3，公比为3的等比数列 ∴113332n n nn b -+=⨯= ∴()*62n n n b n N =-∈(3)由（2）得26n nn b +=由题意得：n *∈N 均有，3111231232222n n nn c c c c a b b b b +=++++++++ ∴()3111231123122222n n n n c c c c a n b b b b ---=++++++++ ∴()1222nn n nn c a a n b +-==+ ∴()2226n nn n c b =+=⨯()2n又∵12132c a b ==+ ∴()11323618c b =+=⨯= ∴()()181262n nn c n ⎧=⎪=⎨⨯⎪⎩∴()234201012320101826666c c c c +++⋯+=++++⋯+ =()1232010626666++++⋯+=()20102011661261862615-⋅++⋅=-=()20112695+ 8．在等比数列{}n a 中，已知12a =，且2a ，13a a ，4a 依次是等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}2n n a a -的前n 项和为n S .（i ）求n S ；（ii ）求证：126ni i i ia b S =+<∑. 【来源】天津市南开区2021-2022学年高三上学期期末数学试题【答案】(1)2n n a =，2n b n =；(2)（i ）()()1221213nn +--，（ii ）证明见解析. 【解析】(1)设出等比数列{}n a 的公比，根据已知条件列出方程求出此公比及等差数列{}n b 的公差，再列式即可作答. (2)(i)由(1)的结论结合分组求和方法即可计算n S ；(ii)利用(1)和(i)的结论，借助裂项相消法求出12ni i i ia b S =+∑即可作答. (1)设等比数列{}n a 的公比为q ，而等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项成等差数列，则()13242a a a a +=+，即()2311112a a qa q a q +=+，解得2q，又12a =，于是得112n n n a a q -==，显然有224b a ==，8416b a ==，则等差数列{}n b 公差28282a d a -==-，2(2)2nb b n d n =+-=，所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别是2n n a =，2n b n =. (2)(i)由(1)得，()()2222123123n n n S a a a a a a a a =++++-++++()()232344442222n n =++++-++++()()()()14142122212114123n n nn +--=-=----.(ii)由(i)得，()()()11321212*********nn n n n n n n n a b n n S ++⋅++++⎛⎫==- ⎪----⎝⎭，所以122334112233445123[()()()()]2121212121212121ni i n n i i a b n n S +=+++=-+-+-++---------∑123(2)621n n ++=-<-. 9．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足112n n n S a a ⎛⎫=+⎪⎝⎭． (1)求数列{}n a 的前n 项和n S ； (2)记1231111n n T S S S S =++++，证明：112n Tn n +< 【答案】(1)n S n 证明见解析【解析】（1）根据1n n n a S S -=-，整理后2211n n S S --=，根据等差数列的性质可知{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列（2）先对1nS 进行放缩，然后利用分母有理化进行裂项后求和. (1)解：由题意得：112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∴11112nn n n nS S S S S等式两边同乘()12n n S S --，得2221112221n n n n n n n S S S S S S S ----⋅=+-⋅+整理得2211n nS S --=，由111112S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，得211S =，即{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列∴2n S n =，n S n(2)12n S n n ==121n n n n n <<+++-∴12311111223341n n T S S S S n n =+++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅++++++()22132431211n n n =⋅⋅⋅++=+∴)211n T n >+，12311112121321n n T S S S S n n =+++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅++++-(21213212n n n =+⋅⋅⋅+-=∴2n T n < 112nT n n +<< 10．已知无穷数列{}n a 满足1a a =，112n n na a a +=-. （1）若2a =；（i ）求证：1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤；（ii ）数列{}n b 的前n 项和为n S 且122121n n n b a a +=--+，求证：1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭；（2）若对任意的*N n ∈，都有0n a >，写出a 的取值范围并说明理由. 【答案】（1）（i ）证明见解析，（ii ）证明见解析；（2）1a ≥. 【解析】（1）（i ）首先根据已知条件推出1n a +与n a 的大小关系，计算出111n n a a ---，然后求出12na +的取值范围，从而可使问题得证；（ii ）首先根据条件求出11111n n n b a a +=---，然后求出n S ，从而结合（i ）的结论使问题得证；（2）首先分1a >，1a =，1a <三种情况求出n a 的取值范围，当1a <时，求出111n na a +--的取值范围，从而可推出在00n a >时，当()0021log 01n n n n a a >+>-时，0n a <，不符合题意，即可求解a 的取值范围．【详解】（1）（i ）由112n n n a a a +=-可得11n n n na a a a +-=-， ①当1n =时，∵12a a ==，∴211110a a a a -=->，∴21a a >， ②假设n k =时，121k k a a a a +>>>>，则2k a ≥，∴1n k =+时，211110k k k k a a a a ++++-=->，21k k a a ++>，由①②可知对一切正整数n 都有1n n a a +>，∴()()21211211n n n n n n na a a a a a a ++----==，∴11211522,12n n n n n a a a a a +-+⎛⎤==+∈ ⎥-⎝⎦， ∴()()1111512112n n n a a a --⎛⎫-⋅<-≤- ⎪⎝⎭，∴1152112n n n a --⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭≤，但当1n =时，111212a -+==，∴1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤．（ii ）∵()()12111n n n na a a a ++--=，∴()()1111112113121n n n n n n a a a a a a +⎛⎫==+ ⎪-+--+⎝⎭，∴13111121n n n a a a +=+--+， ∴11211112111n n n n n b a a a a ++=-=--+--， ∴12231111111111111n n n a a a a a S a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111n n a a a ++=-=----，由（i ）知152112nn n a +⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭≤，可得1211512n n n a +⎛⎫⎛⎫≤< ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，即11121111215n nn a +⎛⎫⎛⎫-<-≤-< ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭， ∴1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭．（2）∵对任意的*N n ∈，都有0n a >，且11n n n na a a a +-=-，∴显然0a >，由（1）证明知， ①若11a a =>，则10n n a a +->，∴1n n a a +>，∴0n a >； ②若11a a ==，则{}n a 为常数列，∴0n a >；③若11a a =<，则10n n a a +-<，∴1n a a ≤<，又11121n n na a a +-=+-，若00n a >，则0122n a +>，则1121n na a +->-， ∴()00112n nn n a a -->-⋅，∴当()001120n nn n a a -<--⋅<时，有0121n n n a ->-， ∴当0021log 1n n n a >+-时，0n a <，不符合题意．综上可知，1a ≥.11．已知数列{}n a 的奇数项是首项为1，公差为d 的等差数列，偶数项是首项为2，公比为q 的等比数列.数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足34S a =，3542a a a +=+· （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设实数0M >，若对于任意*k N ∈，都有(]2120,k kS M a -∈，求M 的最小值. 【答案】（1）22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩是奇数是偶数（2）1 . 【解析】（1）由题意可得11a =，22a =，因为34S a =，3542a a a +=+，所以12343542a a a a a a a ++=⎧⎨+=+⎩，即121211222d q d d q +++=⎧⎨+++=+⎩整理得：4232d qd q +=⎧⎨=⎩ 解得：23d q =⎧⎨=⎩，所以22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩是奇数是偶数， ()()2113212422k k k S a a a a a a ---=+++++++()()12135212333k k -=++++-+⨯+++()()121113*********k k k k k --⨯-+-=+⨯=+--，221222323k k k a --=⨯=⨯，所以22121121113232213k k k k kS k a k ----==+⨯⨯+--，令()2112321k k f k -=+⨯-，则()()()22122231211132323k k k k k k k f k f k -+---+++-=-=⨯⨯⨯，令()2223g k k k =-++，对称轴为12k =，所以()2223g k k k =-++随k 的增大而减小，()130g =>，()222222310g =-⨯+⨯+=-<，所以()()21f f >，()()()234f f f >>>，所以2k =时，()2112321k k f k -=+⨯-最大值为()2112121223f =+=⨯-，所以1M ≥，所以M 的最小值为1.12．已知数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，12n n a S =-，数列{}n b 为等差数列，其前n 项和为{}n T ，11b =，1055T =（1）求,n n a b ；（2）证明：对*n N ∈，有112222212...2n nn a b a b a b T T T ++++++<. 【来源】浙江省宁波十校2021届高三下学期3月联考数学试题【答案】（1）13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；n b n =；（2）证明见解析.【解析】（1）由1-2n n a S =，得1112n n a S --=-，2n ≥上述两式相减得，-1--2n n n a a a =，即113n n a a -=，2n ≥．故{}n a 为等比数列，公比为13．又1111-21-2a S a ==，得113a =，得13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭．设{}n b 的公差为d ，11b =，1055T =得104555d +=，即1d =，故n b n =．（2）证明：由（1），(1)2n n n T +=，故2222222112(21)3244(1)(1)(1)n n n n n n a b n T n n n n n n ++++=⋅<⋅=+++，又2222222221(1)11(1)(1)(1)n n n n n n n n n ++-==-+++，得222112(1)n n n a b T n n ⎡⎤+<-⎢⎥+⎣⎦，从而，112222222222121111121223(1)n n n a b a b a b T T T n n ⎛⎫++++++<-+-+⋯+- ⎪+⎝⎭21212(1)n ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭． 13．在①已知数列{}n a 满足：120n n a a +-=，38a =②等比数列{}n a 中，公比2q ，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n nnb a =数列{}n b 的前n 项和为n T ，若22022n T m >-对*n N ∈恒成立，求正整数m 的最大值. 【来源】山东省日照市2021届高三下学期一模数学试题【答案】选择条件①（1）2n n a =；（2）2022；选择条件②（1）2nn a =；（2）2022.【解析】（1）选择条件①，设等数列{}n a 的首项为1a .公比为q ，依题意，120n n a a +-=，得{}n a 为等比数列，所以，2q，38a =，解之得122q a =⎧⎨=⎩；∴2nn a =选择条件②，设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比2q.前5项和为62，依题意，2q，()51126212a -=-，解之得122q a =⎧⎨=⎩， ∴2nn a =.（2）因为2n n n n n b a ==，所以231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+① 2341123122222n n n T +=+++⋅⋅⋅+②1－②得2341111111111222222222n n n n n n n T ++=++++⋅⋅⋅+-=--，所以222n n nT +=-.因为1112121220222n n n n n n n n T T +++++++⎛⎫⎛⎫-=---=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列{}n T 单调递增，1T 最小，最小值为12. 所以1220202m ⨯>-. 所以2023m <.故正整数m 的最大值为2022.14．已知等差数列{}n a 满足1235n n a a n ++=+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S .若*n ∀∈N ，24n S λλ<-+(λ为偶数)，求λ的值.【答案】（1）1n a n =+；（2）2λ=.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为1235n n a a n ++=+，所以122328,211,a a a a +=⎧⎨+=⎩即11328,3511,a d a d +=⎧⎨+=⎩解得12,1a d ==，所以2(1)1n a n n =+-=+.经检验，1n a n =+符合题设，所以数列{}n a 的通项公式为1n a n =+. （2）由（1）得，11111(1)(2)12n n a a n n n n +==-++++，所以1111111123341222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭n S n n n . *n N ∈，∴12n S <，因为*n ∀∈N ，24n S λλ<-+，所以2142λλ-+，即27(2)2λ-. 因为λ为偶数，所以2λ=.15．已知等比数列{}n a 满足：1220a a +=，2380a a +=．。

高考数学专项复习资料-数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

1 设 p、q 都是正整数，且 p≠q，证明：Sp+q＜2(S2p＋S2q)．
【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{an}的公差是 d，依题意得， a41a＋1＋2d6＝d＝724，解得 ad1＝＝23，
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.
∴数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1. （Ⅱ）证明：∵an＝2n＋1，∴Sn＝n(a12＋an)＝n2＋2n． 2Sp+q－(S2p＋S2q)＝2[(p＋q)2＋2(p＋q)]－(4p2＋4p)－(4q2＋4q)＝－2(p－q)2， ∵p≠q，∴2Sp+q－(S2p＋S2q)＜0，∴Sp+q＜12(S2p＋S2q)．
【分析】第（Ⅰ）小题利用 Sn 与 an 的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件 an+1≥an 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，Sn+1－Sn＝an+1＝Sn＋3n，即 Sn+1+1＝2(Sn－3n)．
【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

专题21 数列与不等式结合的问题(解析版)

专题21 数列与不等式结合的问题一、题型选讲题型一不等式恒成立中的参数的范围，求解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()min f x M ⇔≥；()f x M ≤恒成立()max f x 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、(2019镇江期末）设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 2a 4＝64.数列{b n }满足：对任意的正整数n ，都有a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(n －1)·2n ＋1＋2. (1) 分别求数列{a n }与{b n }的通项公式．(2) 若不等式λ⎝⎛⎭⎫1－12b 1⎝⎛⎭⎫1－12b 2…⎝⎛⎭⎫1－12b n <12b n ＋1对一切正整数n 都成立，求实数λ的取值范围． (3) 已知k ∈N *，对于数列{b n }，若在b k 与b k ＋1之间插入a k 个2，得到一个新数列{c n }．设数列{c n }的前m 项的和为T m ，试问：是否存在正整数m ，使得T m ＝2019？如果存在，求出m 的值；如果不存在，请说明理由．例2、(2019南京、盐城二模）已知数列{a n }各项均为正数，且对任意n ∈N *，都有(a 1a 2…a n )2＝a n ＋11a n －1n ＋1.(1) 若a 1，2a 2，3a 3成等差数列，求a 2a 1的值；(2) ①求证：数列{a n }为等比数列；②若对任意n ∈N *，都有a 1＋a 2＋…＋a n ≤2n －1，求数列{a n }的公比q 的取值范围．例3、(2019苏州三市、苏北四市二调）已知数列{a n }的各项均不为零．设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3S 2n －4S n ＋T n＝0，n ∈N *. (1) 求a 1，a 2的值；(2) 证明：数列{a n }是等比数列；(3) 若(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的所有值．题型二、运用放缩法证明不等式与常数的关系此类问题往往与数列和有关，通过数列求和的方法研究求和或者通过放缩法研究数列和的不等关系，一般会得出数列的和与常数与一个变量之间的关系，进而得到与常数之间的不等关系。

SXC125高考数学必修_数列中与不等式的交汇问题求解策略2

数列中与不等式的交汇问题求解策略2近几年高考中，常出现以数列与不等式的交汇题作为压轴题，这类题目综合性强，思维容量大，对同学们的解题能力要求比较高，同学们感到这类问题很难做，现通过具体例子讲解几种求解方法，供同学们参考。

一、适当放缩求解例1、数列}{n a 满足),2(1*-∈≥=-N n n n a a n n ，.11=a（1）求n a ；（2）令nn n n n a a a a b 11+++=，求证.,32221*∈+<+++<N n n b b b n n 分析：由n b 的关系式，求出n b b b +++ 21的和，再进行放缩证明。

解：（1）.2)1(n n a n +=（2）因为n n n n n a a a a b 11+++=nn n n 22+++=n n n n 222+⋅+⋅>.,2*∈=N n 所以.2222221n b b b n n =+++>+++个又因为2222+-+=n n b n ，.*∈N n 所以 n b b b +++ 21)5131()4121()311[(22-+-+-+=n )211()1111(+-++--++n n n n .32221232+<+-+-+=n n n n 综上，.,32221*∈+<+++<N n n b b b n n点评：解决这类问题注意“放”与“缩”的尺度，要从目标关系的形式与结构特点分析变形方法，寻找放缩方法，避免在“放”与“缩”时发生方向性混乱。

二、利用单调性例2、在数列}{n a 中，.11=a )2(0311≥=-+--n a a a a n n n n ，（1）求数列}{n a 的通项；（2）若λλ≥++11n n a a 对任意2≥n 的整数恒成立，求实数λ的取值范围。

解析：（1）将)2(0311≥=-+--n a a a a n n n n 整理得：)2(3111≥=--n a a n n ，所以,13)1(311-=-+=n n a n 即231-=n a n ，当n ＝1时，上式也成立，所以231-=n a n （2）若λλ≥++11n n a a 恒成立，即λλ≥++-1323n n 恒成立，整理得：)1(3)23)(13(--+≤n n n λ，令=n C )1(3)23)(13(--+n n n ， =-+n n C C 1-++nn n 3)13)(43()1(3)23)(13(--+n n n ＝)1(3)43)(13(--+n n n n 因为当2≥n ，所以上式对于零，即}{n C 为单调增函数，所以2C 最小，2C ＝328，所以λ的取值范围为（－]328,∞。

专题21 数列与不等式结合的问题(解析版)

专题21 数列与不等式结合的问题(解析版)数列与不等式结合的问题在数学中，数列和不等式是常见的概念。

数列是按照一定规律排列的数的序列，而不等式是数与数之间的大小关系。

本文将探讨数列与不等式结合的问题，并给出相关解析。

一、等差数列与不等式等差数列是一种数列，其中相邻项之间的差值都相同。

一般表示为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。

在等差数列中，不等式也起到重要作用。

在等差数列an = a1 + (n-1)d中，假设首项为a1，公差为d，项数为n，若满足a1 < an，即首项小于末项，那么根据等差数列的性质可知，d > 0。

反之，若a1 > an，则d < 0。

二、等比数列与不等式等比数列是一种数列，其中相邻项之间的比值都相同。

一般表示为an = a1 * r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。

在等比数列中，不等式也有其独特的应用。

在等比数列an = a1 * r^(n-1)中，假设首项为a1，公比为r，项数为n，若满足a1 < an，则根据等比数列的性质可知，r > 1。

反之，若a1 > an，则r < 1。

三、综合运用数列和不等式在实际问题中，数列和不等式可以结合起来，解决更为复杂的数学难题。

下面以一个具体的例子来说明。

【例】已知数列an满足an = 2^n - 1，求n满足不等式an > 1000。

解析：首先，根据已知条件an = 2^n - 1，我们可列出部分项如下：a1 = 2^1 - 1 = 1a2 = 2^2 - 1 = 3a3 = 2^3 - 1 = 7a4 = 2^4 - 1 = 15...我们发现随着n的增大，an的值呈指数增长。

接下来，我们需要找到满足an > 1000的n。

我们尝试逐项计算，直至找到满足条件的n。

当n = 1时，a1 = 1，不满足条件；当n = 2时，a2 = 3，不满足条件；当n = 3时，a3 = 7，不满足条件；当n = 4时，a4 = 15，不满足条件；...随着n的增大，我们发现在n = 10时，a10 = 1023，刚好满足条件an > 1000。

江苏省2019年高考数学数列与不等式交汇问题

数列与不等式交汇问题一、问题背景数列作为一种特殊的函数，经常会与不等式相关内容（如一元二次不等式、基本不等式）以及数列的单调性等有机联系，也会出现与数列有关的不等式题型．二、常见的思想方法等价转化思想、化归思想等，具体方法有作差比较法、作商比较法、放缩法等．三、范例例1 已知数列{}n a 满足：1111,()21n n a a n N a *+==∈+．（1）证明：数列1{||}2n a -为单调递减数列；（2）记n S 为数列1{||}n n a a +-的前数列n 项和，证明：5()3n S n N *<∈．【思路】本题考查的是数列递推公式与单调性、不等式性质等知识点．不等式证明过程中的放缩技巧对思维程度要求较高．【解答】（1）显然0>n a 恒成立，因为122121121211+-=-+=-+n nn n a aa a ，所以1121|21||21|1<+=--+n n n a a a ，即数列1{||}2n a -为单调递减数列．（2）因为1211,3a a ==，所以当3≥n 时，61|21|<-n a ，即3231612161-<<⇒<-<n n a a ，故31≥n a ．因为116322|1212||)32)(12(224(||121||121|||||2211112≤+=++--++-+=-+-+=--+++++n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a ，故1||n n a a +-≤112)116(||-⋅-n a a ，所以3515221161)116(1||12<<--⋅-≤nn a a S ，即5()3n S n N *<∈．例2 已知数列{}n a 为等差数列，12a =，{}n a 的前n 和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且2112233(1)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+对任意的n *∈N 恒成立．（Ⅰ）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（Ⅱ）是否存在非零整数λ，使不等式112111(1)(1)(1)cos 2n n a a a a πλ+--⋅⋅⋅⋅⋅⋅-<对一切n *∈N 都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．（Ⅲ）各项均为正整数的无穷等差数列{}n c ，满足391007c a =，且存在正整数k ，使139,,k c c c 成等比数列，若数列{}n c 的公差为d ，求d 的所有可能取值之和．【思路】（Ⅰ）可以用基本量法或者递推关系求解；（Ⅱ））由2n a n =，得11c o s c o s (1)(1)2n n a n ππ++=+=-，设121(1)(1)(1n nb a a a =--⋅⋅⋅-，则不等式等价于1(1)n n b λ+-<，问题转化为求n b 的最小值；（Ⅲ）特殊情况0d =时成立，当d ＞0时，求出公差d 的范围再结合整除求出其值．【解答】（Ⅰ）方法一：设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q ．因为2112233(1)24()n n n a b a b a b a b n n +*+++⋅⋅⋅+=-⋅+∈N令1,2,3n =分别得114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，又12a =所以1122332,21648a b a b a b ==⎧⎪=⎨⎪=⎩即22(2)(2)163440(22)(2)48d q d d d q +=⎧⇒--=⎨+=⎩，得11236d q ⎧=-⎪⎨⎪=⎩或2222d q =⎧⎨=⎩，经检验2,2d q ==符合题意，2,63d q =-=不合题意，舍去．所以2,2n n n a n b ==．方法二：因为 ①对任意的恒成立则（） ②①②得，又，也符合上式，所以由于{}n a 为等差数列，令n a kn b =+，则12n n n b kn b+⋅=+，因为{}n b 为等比数列，则12[(1)](1)()n n b n k n b q b n kn b --+==-+（为常数），即2(2)(22)0qk k n bq kq b k n qb -+--+-=对于*n N ∀∈恒成立，202200qk k bq kq b k qb -=⎧⎪∴--+=⎨⎪-=⎩，所以2,0q b ==．又12a =，所以2k =，故2,2n n n a n b ==．2112233(1)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+n *∈N 1112233-1-1(2)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+2n ≥-12(2)n n n a b n n +=⋅≥114a b =12()n n n a b n n +*=⋅∈N（Ⅱ）由2n a n =，得11cos cos(1)(1)2n n a n ππ++=+=-，设121111(1)(1)(1n nb a a a =--⋅⋅⋅-，则不等式等价于1(1)n n b λ+-<．∵0n b >，且1211n n n b b ++=>，∴1n n b b +>，数列{}n b 单调递增．假设存在这样的实数λ，使得不等式1(1)n n b λ+-<对一切n *∈N 都成立，则①当n 为奇数时，得min 1()3n b b λ<==； ② 当n 为偶数时，得min 2()nb b λ-<==λ>综上，λ⎛∈ ⎝⎭，由λ是非零整数，可知存在1λ=±满足条件．（Ⅲ）易知d=0，成立．当d ＞0时，3911382014201438c c d c d =+=⇒=-，39(39)2014(39)k c c k d k d =+-=+-，[][]22391(201438)2014(39)2014,38(53)2014(39)20142014,k c c c d k d d k d =⇒-+-=⇒-+-=⨯()()53201439532014d k d ⇒-+-=⨯⎡⎤⎣⎦，()23953(77)0(39)53(77)k d k d k d k ⇒--+-=⇒-=-，395353107(53)395377kd d k d k d ⇒-=-⨯⇒-=-⨯，*39537739(53)5339537753385338393953535353d d k N d d d d-⨯-+⨯-⨯⨯⨯===-=+∈----，又120143838(53)0530c d d d d =-=->⇒->⎧⎨>⎩Q ，05353d ∴<-<，531,2,19d ∴-=，52,51,34d ∴=，所以公差d 的所有可能取值之和为137．四、练习1．已知数列{}n a 中，0,,0111>+⋅==++q q q a a a n n n ，1,2=+=n a b n n n ，2，3，….（Ⅰ）求证数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n q a 是等差数列；（Ⅱ）试比较2231b b b 与的大小；（Ⅲ）求正整数k ，使得对于任意的正整数11,++≤n n k k b bb b n 恒成立． 2．在数列{}n a 中，11a =，1114n n a a +=-，121n n b a =-，其中n *∈N ．（1）求证：数列{}n b 为等差数列；（2）设2n b n c =，试问数列{}n c 中是否存在三项，它们可以构成等差数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．（3）已知当n *∈N 且6n ≥时，1132n mm n ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，其中1m =，2，⋅⋅⋅，n ，求满足等式()()3423nnbn n n n b ++⋅⋅⋅++=+的所有n 的值．3．我们把一系列向量(1,2,3,,)i a i n = 按次序排成一列，称之为向量列，记作{}n a，已知向量列{}n a 满足：，11111(,)(,)2n n n n n n n a x y x y x y ----==-+ ．（1）证明：数列{}n a是等比数列；()1,11=a ()2n ≥（2）设表示向量n a 与1n a - 间的夹角，若，对于任意正整数，不等式(2)a a ++>+ 恒成立，求实数的范围；（3）设2log n n n c a a =⋅，问数列中是否存在最小项？若存在，求出最小项；若不存在，请说明理由．五、练习解答1．【思路】（Ⅰ）由()110n n n a a q qq ++=⋅+＞两边同除以1n q +构造nna q ，再由等差数列的定义证明．（Ⅱ）由2n n nb a =+ 及（Ⅰ）求得231232428b b q b q ==+=+，，，再构建13b b 与22b 作差比较．（Ⅲ）从1k =入手构建12112211+++-=-n n n n n b b b b b b b bb b ，进行探究．【解答】（1）∵()011>+⋅=++q qq a a n n n ，∴11111+=+⋅=++++nn n n n n n qa q q q a q a ，又01=q a ，即数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧nn q a 是以0为首项，1为公差的等差数列．且()nn n n q n a n q a 1,1-=-=．（Ⅱ）()nn n n n q n a b 212+-=+=，∴82,4,233221+=+==q b q b b ，∴()()()22234232134228816416b b b q q q q q -=+-+=++--()()[]04284842222234>+-=+-=+-=q q q q q q q q ，∴2213b b b >．（Ⅲ）∵()...,3,2,1,21=+-=n q n b n n n ，∴0>n b ，1112212,4,2++++=+==n n n nq b q b b 12112211+++-=-n n n n n b b b b b b b bb b ，n θ2n nn b θπ=n a {}n c()()[]()11211222214++++-+-+=-n n n n n n nq q n q b b b b ()()[]n q q nq n q n 221422⋅+--+=，①当1=n 时，121112,0++==-n n n n b b b b b b b b 即， ②当2≥n 时，∵24,02≥+>q q q q 42=⋅⋅，∴()()()()022*******≥-=--≥--+q n nq q n nq n q ．又022>⋅nq ，∴0112>-+n n b b b b ，由①②得012112211≥-=-+-+n n n n n b b b b b b b b b b ，即对于任意的正整数121,+≤n n b b b b n 恒成立，故所求的正整数1=k ． 2．【思路】第（1）题利用定义；第（2）题利用反证法；第（3）题利用估算与逻辑推理相结合来解题．【解答】（1）因为1121121-2112112111=---=---=-++n nn n n n a a a a b b ，所以数列}{n b 是公差为1的等差数列．（2）假设数列}{n c 中存在三项，它们可以构成等差数列；不妨设为第)(,,q r p q r p <<项，由（1）得n b n =，∴2nn c =，∴2222r p q ⋅=+，∴1212r p q p +--=+，又12r p +-为偶数，12q p-+为奇数．故不存在这样的三项，满足条件．（3）由（2）得等式()()3423nn bn n n n b +++⋅⋅⋅++=+，可化为()()3423n n n n n n ++⋅⋅⋅++=+，即3421333nnnn n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴111111333n n nn n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭．当6n ≥时，1132n mm n ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭， ∴11132n n ⎛⎫-< ⎪+⎝⎭，221132n n ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，⋅⋅⋅，1132n nn n ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭， ∴2111111111113332222nnnnnn n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+-<++⋅⋅⋅+=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴当6n ≥时，()()3423n nn n n n ++⋅⋅⋅++<+．当1n =，2，3，4，5时，经验算2n =，3时等号成立．3．【思路】第（1）题利用等比数列的定义证明；第（2）题只需证明不等式左边的最小值大于(2)a a +,接下来研究左边和式的单调性，最后转化为求解1(2)a a >+；第（3）题假设存在第n 项最小满足，求解关于n 的不等式得第5项最小．【解答】（1）∵ ()()11111,,2n n n n n n n a x y x y x y ----==-+ ，∴ ， ∴数列是等比数列；（2）∵ ，∴ ，，(2)a a ++>+ 对任意正整数恒成立．设， 1n n c c +≤2670n n -+≥()2n ≥1n n a -=== {}n a11cos 2n n n n na a a a θ--⋅==⋅ 4n πθ=24n n b =n 222122n T n n n=++++因为，∴ 数列单调递增，，要使不等式恒成立，只要1(2)a a >+，，得112a-<<-∴的取值范围是(11--+．（3）∵，∴ ，假设中的第项最小，由，，∴，当时，有，由可得，即，∴ ，，或（舍）， ∴ ，即有，由，得，又，∴ ；故数列中存在最小项，最小项是．()122222021*******n n T T n n n n n +-=+-=->+++++{}n T ()1min 1n T T ==212a a ->a 12222n nn a --⎫==⎪⎪⎭22222nn n c --=⋅{}n cn 12c =20c =210c c ≤<3n ≥0n c <1n n c c +≤()()212222122222n nn n -+--+-⋅≤⋅12221n n --≥-22112n n -⎛⎫≥ ⎪-⎝⎭2670n n -+≥3n ≥3n ≤5n ≥567c c c <<< 1n n c c +≥35n ≤≤210c c ≤<541c c c <<< {}n c 325322c -=-⋅。

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 。

高中数学高考中数列和不等式证明的交叉

高考中数列和不等式证明的交叉数列和不等式是高考的两大热点也是难点，数列是高中数学中一个重要的内容，在高等数学也有很重要的地位，不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容，它可以体现数学思维中的很多方法，当两者结合在一起的时候，问题会变得非常的灵活。

所以在复习时，我们在分别复习好两类知识的同时，一定要注意它们的相互渗透和交叉，培养灵活的思维能力。

数列和证明不等式的交叉，是这两大块知识的主要交叉点，它在数列的特殊情景下，巧妙的融合了不等式的证明，它所涉及的问题往往是灵活的应用了数列和不等式的知识，把这两者完美的结合在了一起。

例1 设{}n a 和{}n b 分别是等差数列和等比数列，且011>=b a ，022>=b a ，若21a a ≠，试比较n a 和n b 的大小。

分析：这两个通项大小的比较，它们的未知量比较多，比容易直接完成。

因通过它们的项数n 把他们组合在一起。

设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q 。

显然0>q ，因为022>=b a ，所以有，q a d a 11=+，即()d q a =-11。

()()()1111111111-----+=--+=-n n n n q a q n a a q a d n a b a 。

又因为21a a ≠，所以112≠=a a q 。

若1>q 时，()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-----=--111111n q q q a b a n n n ==()()()[]111221--++++--n qq q q a n 。

因为1112->++++-n q q q n ，01<-q ，所以有：n n b a <。

若10<<q 时，1112-<++++-n qq q n ，01>-q ，所以也有： n n b a <。

综上所述，当N n ∈，且2>n 时，n n b a <。

数列与函数、不等式相结合问题(原卷版)

专题3.3 数列与函数、不等式相结合问题一．方法综述数列与函数、不等式相结合是数列高考中的热点问题，难度较大，求数列与函数、不等式相结合问题时会渗透多种数学思想.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列中的恒成立问题、数列中的最值问题、数列性质的综合问题、数列与函数的综合问题、数列与其他知识综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析.二．解题策略类型一数列与不等式 1.1 数列与基本不等式【例1】某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元．为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为________．（2020·广东高三）已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，若2233S a S +=-，则423a a +的最小值为（）A ．9B ．12C ．16D ．18【举一反三】1.（2020山东省济宁市模拟）已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为2．（2020·江苏扬州中学）已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1=1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2163n n S a ++的最小值为1.2 数列中的恒成立问题【例2】（2020·四川双流中学）已知定义域为的函数满足，当时，，设在上的最大值为，且的前n 项和为，若对任意的正整数n 均成立，则实数的取值范围为（） A ．B ．C ．D ．【举一反三】1.（2020安徽省毛坦厂中学）已知等差数列满足，，数列满足，记数列的前项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．2.（2020·江苏高三模拟）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若不等式2221222(1)n nS a ma n ++≥+对任意正整数n都成立，则实数m 的取值范围是（） A ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．11,52⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦1.3 数列中的最值问题【例3】（2020·浙江高三期末）已知数列{}n a 中，12a =，若21n n n a a a +=+，设1212222111m m m a a a S a a a =++⋅⋅⋅++++，若2020m S <，则正整数m 的最大值为（） A ．1009 B ．1010C ．2019D ．2020【举一反三】1．（2020·湖南高三月考）数列{}n a 满足()1111nn n a a n ++=-+-,且601a <<．记数列{}n a 的前n 项和为n S ,则当n S 取最大值时n 为（）A ．11B ．12C ．11或13D ．12或132.（2020浙江省湖州三校）已知数列满足，，则使的正整数的最小值是（） A ．2018B ．2019C ．2020D ．2021类型二数列与函数的综合问题【例4】（2020·上海中学高三）已知函数()y f x =为定义域R 上的奇函数，且在R 上是单调递增函数，函数()(3)g x f x x =-+，数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，若()()()12927g a g a g a +++=，则129a a a +++=（）A ．18B ．9C ．27D ．81【举一反三】1.（2020·湖南模拟）已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{}n a 满足1a ＝f (0)，且f (1n a +)＝1(2)n f a --(n *∈N )，则2017a 的值为( )A ．2209B ．3029C ．4033D ．22492．已知定义在实数集R 上的函数()f x 满足()()()2112f x f x f x +=+-，则()()02017f f +的最大值为 A ．212-B ．212+C ．12D ．32类型三数列与其他知识综合问题【例5】（2020·湖南衡阳市八中高三）已知函数()4sin 26f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，430,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，若函数()()3F x f x =-的所有零点依次记为123,,,,n x x x x ，且123n x x x x <<<<，则1231222n n x x x x x -+++++=【举一反三】1．（2020·上海高三）已知等差数列{}n a （公差不为零）和等差数列{}n b ，如果关于x 的实系数方程21291299()0x a a a x b b b -++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=有实数解，那么以下九个方程20i i x a x b -+=（1,2,3,,9i =⋅⋅⋅）中，无实数解的方程最多有（）A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个2.将向量12,,,n a a a 组成的系列称为向量列{}n a ，并定义向量列{}n a 的前n 项和12n n S a a a =+++．若()*1,n n a a R n N λλ+=∈∈，则下列说法中一定正确的是（）A. ()111nn a S λλ-=- B. 不存在*n N∈，使得0n S =C. 对*m n N ∀∈、，且m n ≠，都有m n S SD. 以上说法都不对三．强化训练1．（2020·江苏海安高级中学）数列{}n a 是公差不为0的等差数列，且0n a ≥，设2020n n n b a a -=+（12019n ≤≤），则数列{}n b 的最大项为（） A ．1009bB ．1010bC ．1011bD ．不确定2.（2020许昌市模拟）已知数列，的前项和分别为，，且，，，若恒成立，则的最小值为（）A ．B ．C ．49D ．3．（2020·上海市实验学校高三）已知函数()y f x =的定义域为(0,)+∞，当1x >时，()0f x >，对任意的,(0,)x y ∈+∞，()()()f x f y f x y +=⋅成立，若数列{}n a 满足1(1)a f =，且*1()(21)()n n f a f a n N +=+∈，则2017a 的值为（）A ．201421-B ．201521-C ．201621-D ．201721-4.（2020四川省成都市外国语学校一诊）在正项等比数列中，，．则满足的最大正整数的值为（）A ．10B ．11C ．12D ．135.若数列的通项公式分别为，且，对任意恒成立，则实数的取值范围是( )A ．B ．C ．D ．6.（2020·辽宁实验中学高三）已知各项都为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足131,7a S ==．若2323()(2)n n n f x S x a x a x a x n =++++≥，()f x '为函数()f x 的导函数，则(1)(0)f f ''-=( )A ．(1)2n n -⋅B ．(2)2n n -⋅C ．2 n(n-1)D ．2 n(n+1)7．（2020贵阳模拟）设，点，，，，设对一切都有不等式成立，则正整数的最小值为（）A ．B ．C ．D ．8．（2020·浙江高三）已知数列{}n a 满足：1102a <<，()1ln 2n n n a a a +=+-．则下列说法正确的是（）A ．2019102a <<B ．2019112a << C ．2019312a <<D ．2019322a <<9．（2020·重庆高三）已知2()ln f x a x x =+在点(1,(1))f 处的切线方程为430x y --=，1'()2n a f n n =- *(1,)n n N ≥∈，{}n a 的前n 项和为n S ，则下列选项正确的是（）A ．20181ln 2018S -<B ．2018ln 20181S >+C ．1009ln 20181S <-D ．2017ln 2018S >10．（2020·宁夏高考模拟）已知数列满足，，且，记为数列的前项和，数列是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式成立的最小整数n 为（）A ．7B ．6C ．5D ．411.将正整数12分解成两个正整数的乘积有112⨯， 26⨯， 34⨯三种，其中34⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称34⨯为12的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且*,N p q ∈）是正整数n 的最佳分解时，我们定义函数()f n q p =-，例如()12431f =-=.数列(){}3nf 的前100项和为__________．12.（2020河北省衡水中学）已知数列的前项和.若是中的最大值，则实数的取值范围是_____．13.已知数列{}n a 中， 12a =，点列()1,2,n P n =⋯在ABC ∆内部，且n P AB ∆与n P AC ∆的面积比为2:1，若对*N n ∈都存在数列{}n b 满足()113202n n n n n n b P A a P B a P C ++++=，则4a 的值为______. 14.已知函数()12f x x =+，点O 为坐标原点，点()()()*,n A n f n n N ∈，向量()0,1i =，θn 是向量OAn 与i 的夹角，则使得1212cos cos cos sin sin sin nnt θθθθθθ++< 恒成立的实数t 的取值范围为 ___________．15．（2020·河北高三期末（理））数列{}n a 是首项10a ≠，公差为d 的等差数列，其前n 和为n S ，存在非零实数t ，对任意*n N ∈有(1)n n n S a n t a =+-⋅恒成立，则t 的值为__________．16．（2020·海南中学）对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，定义：设()f x ''是()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()f x 的拐点.某同学经过探索发现任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数()3211533212g x x x x =-+-，则122020202120212021g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭______；()20201112021i i i g -=⎛⎫'= ⎝-⎪⎭∑______.17．（2020·上海高三（理））定义函数()f x 如下：对于实数x ，如果存在整数m ，使得12x m -<，则()f x m =，已知等比数列{}n a 的首项11a =，且23()()2f a f a +=，则公比q 的取值范围是_______.18．（2020·上海市南洋模范中学高三）设*n ∈N ，圆222:n n C x y R +=（0n R >）与y 轴正半轴的交点为n P ，与曲线y x =(,)n n n Q x y ，直线n n P Q 与x 轴的交点为0(),n A a ，若数列{}n x 满足：13x =，143n n x x +=+，要使数列1{}n n a pa +-成等比数列，则常数p =________。

专题：数列与不等式交汇题型研究分析及解题策略

专题三：数列与不等式地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地形式出现，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地通项公式、前n项和公式以及二者之间地关系、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、参数取值范围地探求，在不等式地证明中要注意放缩法地应用.此类题型主要考查学生对知识地灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野地广度和进一步学习数学地潜能．近年来加强了对递推数列考查地力度，这点应当引起我们高度地重视．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地参数问题、08年湖北理21题(12分)为中档偏上，考查数列与不等式交汇地探索性问题、08年江西理19题(12分)中等难度，考查数列求和与不等式地交汇、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地交汇，等等.预计在2009年高考中,比较新颖地数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题地命题热点是与不等式交汇,呈现递推关系地综合性试题.其中,以函数与数列、不等式为命题载体,有着高等数学背景地数列与不等式地交汇试题是未来高考命题地一个新地亮点,而命题地冷门则是数列与不等式综合地应用性解答题.【考试要求】1．理解数列地概念，了解数列通项公式地意义，了解递推公式是给出数列地一种方法，并能根据递推公式写出数列地前几项．2．理解等差数列地概念．掌握等差数列地通项公式与前n项和公式，并能解决简单地实际问题．3．理解等比数列地概念，掌握等比数列地通项公式与前n项和公式，并能解决简单地实际问题.4．理解不等式地性质及其证明．5．掌握两个（不扩展到三个）正数地算术平均数不小于它们地几何平均数地定理，并会简单地应用．6．掌握分析法、综合法、比较法证明简单地不等式．7．掌握简单不等式地解法及理解不等式│a│－│b│≤│a+b│≤│a│+│b│．【考点透视】1．以客观题考查不等式地性质、解法与数列、等差数列、等比数列地简单交汇.2．以解答题以中档题或压轴题地形式考查数列与不等式地交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数地知识等，深度考查不等式地证明(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、化归地数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.3．将数列与不等式地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地思想. 【典例分析】题型一求有数列参与地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地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}地公比q＞1，第17项地平方等于第24项，求使a1＋a2＋…＋a n＞1a1＋1a2＋…＋1an恒成立地正整数n地取值范围.【分析】利用条件中两项间地关系，寻求数列首项a1与公比q之间地关系，再利用等比数列前n项公式和及所得地关系化简不等式，进而通过估算求得正整数n 地取值范围.【解】由题意得：(a 1q 16)2＝a 1q 23，∴a 1q 9＝1.由等比数列地性质知：数列{1an }是以1a1为首项，以1q为公比地等比数列，要使不等式成立，则须a1(qn －1)q －1＞1a1[1－(1q )n ]1－1q，把a21＝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，故所求正整数地取值范围是n≥20.【点评】本题解答数列与不等式两方面地知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识求得最后地结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想地应用.【例2】（08·全国Ⅱ）设数列{a n }地前项和为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 }地通项公式；（Ⅱ）若a n+1≥a n ，n ∈N*，求a 地取值范围．【分析】第（Ⅰ）小题利用S n 与a n 地关系可求得数列地通项公式；第（Ⅱ）小题将条件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】 (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 ＝4×3 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，所求地a 地取值范围是[－9，＋∞]．【点评】一般地，如果求条件与前n 项和相关地数列地通项公式，则可考虑S n 与a n 地关系求解.本题求参数取值范围地方法也一种常用地方法，应当引起重视.题型二数列参与地不等式地证明问题此类不等式地证明常用地方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本地方法；(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地扩大或缩小、项数地增加与减少等手段达到证明地目地.【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 }地通项公式；(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地通项公式及前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 }地公差是d ，依题意得，⎩⎨⎧ a1＋2d ＝74a1＋6d ＝24，解得⎩⎨⎧ a1＝3d ＝2，∴数列{a n }地通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （Ⅱ）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n(a1＋an)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地关键是对作差后地式子进行变形，途径主要有：（1）因式分解；（2）化平方和地形式；（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.个人收集整理-仅供参考【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*成立地充分必要条件是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地迭代；第（3）小题利用不等式地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*成立地充分必要条件是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、数学归纳法地知识交汇题，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.本题地第(Ⅰ)小题实质也是不等式地证明，题型三求数列中地最大值问题求解数列中地某些最值问题，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地单调性，然后确定最值；(3)利用条件中地不等式关系确定最值.【例5】 (08·四川高考)设等差数列{a n }地前项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4地最大值为______.【分析】根据条件将前4项与前5项和地不等关系转化为关于首项a 1与公差d 地不等式，然后利用此不等关系确定公差d 地范围，由此可确定a 4地最大值.【解】 ∵等差数列{a n }地前项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，∴⎩⎨⎧ S4＝4a1＋4×32d≥10S 5＝5a 1＋5×42d≤15，即⎩⎨⎧ a1＋3d≥5a1＋2d≤3，∴⎩⎨⎧ a4＝a1＋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地最大值为4.【点评】本题最值地确定主要是根据条件地不等式关系来求最值地，其中确定数列地公差d 是解答地关键，同时解答中要注意不等式传递性地应用.【例6】等比数列{a n }地首项为a 1＝2002，公比q ＝－12．(Ⅰ)设f(n)表示该数列地前n 项地积，求f(n)地表达式；(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地通项公式求数列{a n }地通项，再求得f(n)地表达式；第(Ⅱ)小题通过商值比较法确定数列地单调性，再通过比较求得最值.【解】 (Ⅰ)a n ＝2002·(－12)n -1，f(n)＝2002n ·(－12)错误!(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)地最大值为f(9)或f(12)中地最大者．∵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地单调性；(2)注意比较f(12)与f(9)地大小.整个解答过程还须注意f(n)中各项地符号变化情况.题型四求解探索性问题数列与不等式中地探索性问题主要表现为存在型，解答地一般策略：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”地结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内地数值或图形，就得到肯定地结论，即得到存在地结果.【例7】已知{a n }地前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Sk+1－2Sk －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 地关系，结合定义判断数列{a n }为等比数列；而第(Ⅱ)小题先假设条件中地不等式成立，再由此进行推理，确定此不等式成立地合理性.【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地等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝2[1―(12)n ]1―12＝4－22-n .又由Sk+1－2Sk －2＞2，得错误!＞2，整理，得错误!＜21-k ＜1，即1＜2 k -1＜错误!，∵k ∈N *，∴2k -1∈N *，这与2k -1∈(1，32)相矛盾，故不存在这样地k ，使不等式成立.【点评】本题解答地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地一个陷阱.【例8】 (08·湖北高考)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，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，并证明你地结论；（Ⅲ）设0＜a ＜b,S n 为数列{b n }地前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地取值范围；若不存在，说明理由.【分析】第(Ⅰ)小题利用反证法证明；第(Ⅱ)小题利用等比数列地定义证明；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，∴bn+1bn ＝－23(n ∈N*).故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比地等比数列.(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a 1－(－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)地最大值为f(1)＝53，f(n)地最小值为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地取值范围是(－b －18，－3a －18).【点评】存在性问题指地是命题地结论不确定地一类探索性问题，解答此类题型一般是从存在地方面入手，寻求结论成立地条件，若能找到这个条件，则问题地回答是肯定地；若找不到这个条件或找到地条件与题设矛盾，则问题地回答是否定地.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 地双重讨论.【专题训练】一、选择题2．设{a n }是由正数构成地等比数列，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 6 B ．a 6＞b 6 C ．a 6＜b 6 D ．a 6＞b 6或a 6＜b 6 4．已知数列{a n }地前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝（）A ．9B ．8C ．7D ．65．已知等比数列{a n }地公比q ＞0，其前n 项地和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4地大小关系是（）A ．S 4a 5＜S 5a 4B ．S 4a 5＞S 5a 4C ．S 4a 5＝S 5a 4D ．不确定7．已知y 是x 地函数，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项地和S 3地取值范围是（）Ａ．(－∞，－1]Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) Ｃ．[3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．设3b 是1－a 和1＋a 地等比中项，则a ＋3b 地最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．410．设等比数列{a n }地首相为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 ”地（）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12．设f(x)是定义在R 上恒不为零地函数，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 }地前n 项和S n 地取值范围是（）A ．[12，2) B ．[12，2]C ．[12，1)D ．[12，1]二、填空题13．等差数列{a n }地前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，记T n ＝Snn2，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 地最小值是__________．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地一半，则q 地取值范围是________.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(a ＋b)2cd 地最小值是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．416．等差数列{a n }地公差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 }中地最大项；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 }中一定有最小地项；④存在k ∈N*，使a k －a k+1和a k －a k -1同号其中真命题地序号是____________. 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 }地通项；（Ⅱ）求{a n }前n 项和S n 地最大值．18．已知{a n}是正数组成地数列，a1＝1，且点(an，a n+1)(n∈N*）在函数y＝x2＋1地图象上.(Ⅰ)求数列｛a n｝地通项公式；(Ⅱ)若列数｛b n｝满足b1＝1,b n+1＝b n＋2a n，求证：b n·b n+2＜b2n+1.19．设数列{a n}地首项a1∈(0，1)，a n＝错误!，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{a n}地通项公式；（Ⅱ）设b n＝a n3－2an，证明b n＜b n+1，其中n为正整数．20．已知数列{a n}中a1＝2，a n+1＝(2－1)( a n＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{a n}地通项公式；（Ⅱ）若数列{a n}中b1＝2，b n+1＝3bn＋42bn＋3，n＝1，2，3，….证明：2＜b n≤a4n-3，n＝1，2，3，…21．已知二次函数y＝f(x)地图像经过坐标原点，其导函数为f'(x)＝6x－2，数列{a n}地前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)地图像上.（Ⅰ）求数列{a n}地通项公式；（Ⅱ）设b n＝1anan＋1，T n是数列{b n}地前n项和，求使得T n＜m20对所有n∈N*都成立地最小正整数m；22．数列满足，（），是常数．（Ⅰ）当时，求及地值；（Ⅱ）数列是否可能为等差数列？若可能，求出它地通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求地取值范围，使得存在正整数，当时总有．2．D 【解析】设其公比为q,则b n－c n＝a n(q－1)(1－q2)＝－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＝a1＋a112＝b1＋b112＞b1b11＝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 4．7．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 地等比中项，则3b 2＝1－a 2⇔a 2＋3b 2＝1，令a ＝cosθ，3b ＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a ＋3b ＝cosθ＋3inθ＝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.12．C 【解析】f(x)是定义在R 上恒不为零地函数，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 }地前项和地取值范围是[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 地最小值为2，答案：214．(－1，0]∪(0，13]【解析】a1q 1－q ≤a12⇒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 )分布在开口向上地抛物线，故{S n }中一定有最小地项，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 }地公差为d ，由已知条件，⎩⎨⎧ a1＋d ＝1a1＋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地等差数列，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 ＝(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.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地等比数列，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＝a n+12(3－2a n+1)－a n 2(3－2a n )＝(3－an 2)2(3－2×3－an 2)－a n 2(3－2a n )＝9an4(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)地等比数列，a n －2＝2(2－1)n ，即a n 地通项公式为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＝3bk ＋42bk ＋3－2＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＞0，又12bk ＋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)地图像上，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 ＝3anan ＋1＝3(6n －5)[6(n －1)－5]＝12(16n －5－16n ＋1)，故T n ＝错误!b i ＝错误![(1－错误!)＋(错误!–错误!)＋…＋(错误!－错误!)]＝错误!(1–错误!），因此，要使12(1－16n ＋1）＜m 20（n ∈N*）成立地m ，必须且仅须满足12≤m20，即m≥10，所以满足要求地最小正整数m 为10.22．【解】（Ⅰ）由于，且．所以当时，得，故．从而．（Ⅱ）数列不可能为等差数列，证明如下：由，得，，．若存在，使为等差数列，则，即，解得．于是，．这与为等差数列矛盾．所以，对任意，都不可能是等差数列．（Ⅲ）记，根据题意可知，且，即且，这时总存在，满足：当时，；当时，．所以由及可知，若为偶数，则，从而当时，；若为奇数，则，从而当时．因此“存在，当时总有” 地充分必要条件是：为偶数，记，则满足．故地取值范围是．版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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数列与不等式相结合问题 -高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品

1/20高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第二篇数列与不等式专题07数列与不等式相结合问题【典例1】记n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知12n n S a +=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求使得22020n n a S >+的n 的取值范围.【思路引导】（1）根据11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩计算可得；（2）由（1）可得2122n n a -=，21nn S =-，从而得到不等式解得.2/20【典例2】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且当*n N ∈时，n S 是12n +与2m 的等差中项(m 为实数).（1）求m 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）令()*21log n n b a n N=+∈，是否存在正整数k ，使得1111210n n n kb b b n ++⋅⋅⋅+>+++对任意正整数n 均成立？若存在，求出k 的最大值；若不存在，说明理由.【思路引导】（1）根据等差中项的性质列方程，求得n S 的表达式.利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，结合{}n a 是等比数列，求得m 的值及数列{}n a 的通项公式.（2）由（1）求得n b 的表达式，将不等式1111210n n n kb b b n ++⋅⋅⋅+>+++左边看成()f n ，利用差比较法判断出()f n 的单调性，由此求得()f n 的最小值，进而求得k 的最大值.【典例3】已知等差数列{}n a 中，公差0d ≠，735S =，且2a ，5a ，11a 成等比数列．()1求数列{}n a 的通项公式；()2若n T 为数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，且存在*n N ∈，使得10n n T a λ+-≥成立，求实数λ的取值范围．【思路引导】（1）由题意可得()()()1211176735,2410,a d a d a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=++⎩解得1a d ，即可求得通项公式；(2)111112n n a a n n +=-++,裂项相消求和n T =()112222n n n -=++，因为存在*N n ∈，使得10n n T a λ--≥成立，所以存在*N n ∈，使得()()2022n n n λ-+≥+成立，即存在*N n ∈，使得()222n n λ≤+成立.求出()222n n +的最大值即可解得λ的取值范围.3/20【典例4】已知{}n a 是递增的等比数列，若3520a a +=，且12354a a a ，，成等差数列.（1）求{}n a 的前n 项和n S ；（2）设12n nb S =+，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：113n T ≤<.【思路引导】（1）利用等差中项可得21352a a a =+,再利用等比数列的通项公式代入求得q ,可代回3520a a +=中求得1a ,进而由公式求解即可；（2）由（1）可得121n nb =-,则1132nnb ≤<,从而求和即可证明【典例5】已知数列{}n a 为等差数列.（1）求证：()212n n n a a a ++ ；（2）设21n a n =-，且其前n 项和n S ，1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：2n T <.【思路引导】(1)利用等差数列的性质122n n n a a a ++=+,再根据基本不等式即可证明.(2)由等差数列的求和公式求解n S ,再由裂项相消的缩放法求证即可.4/20【典例6】已知等比数列{}n a 的各项均为正数，5462,,4a a a 成等差数列，且满足2434a a =，数列{}n b 的前n 项和(1)2n nn S b +=，*n N ∈，且11b =.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设,,n n n b n c a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前n 项和n P .（3）设252123n n n n n b d a b b +++=，*n N ∈，{}n d 的前n 项和n T ，求证：13n T <.【思路引导】(1)根据题意列出方程组，求出1a 、q ，从而得到{}n a 的通项公式，当2n ≥时，11122n n n n n nb n b S S b --+=-=-，化简可得{}n b n是首项为1的常数列，即可求得{}n b 的通项公式；(2)分类讨论，当n 为偶数时，()()13124n n n p b b b a a a -=++⋯++++⋯+，分别利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和即可，当n 为奇数时，由1n n n P P b -=+可求得结果；(3)裂项法可得【典例7】已知数列{}n a 满足125a =，且*113220,N n n n n a a a a n ++-+=∈，数列{}n b 为正项等比数列，且123b b +=，34b =.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）令2n n n b c a =，12n n S c c c =+++ ，求证：101nS <<.【思路引导】（1）变形已知等式得数列2n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，从而可求通项公式，数列{}n b 是等比数列，用基本量法可求得通项公式；（2）用错位相减法求得和n S ，即可证结论成立．5/201.已知等差数列{}n a 满足13428,4a a a a +=-=.（1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）记数列1{}n S 的前n 项和为n T ，若99100n T >，求n 的最小值.2.已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列(*)n N ∈，24a =，且21+a是1a 与3a 的等差中项．I.求数列{}n a 的通项公式；II.设2log n n b a =，n S 为数列{}n b 的前n 项和，记1231111=++++ n nT S S S S ，证明：12n T ≤<．3.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*21n n S a n N +=∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若11111n n n c a a +=++-，n T 为数列{}n c 的前n 项和.求证：123n T n >-.6/204.已知数列{}n a ,是一个等差数列,且22a=,145a a +=,数列{}n b 是各项均为正数的等比数列,且满足:112b =,24164b b ⋅=.（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式;（2）求证:11222n n a b a b a b ++⋅⋅⋅+<.5.已知数列{}n a 中，11a =，其前n 项的和为n S ，且当2n ≥时，满足21nn n S a S =-．（1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）证明：2221274n S S S +++<．6.设数列{}n a 的前n 项和n S ，数列{}n S 的前n 项和为{}n T ，满足*32,n n T S n n N =-∈.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求证：*1,n S n N ≥∈.7/207.已知数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且满足1a ，212a +，3a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列1{}n a 的前n 项和为n T ，求使1|2|500n T -<成立n 的最小值.8.若数列{an}是的递增等差数列，其中的a 3=5，且a 1，a 2，a 5成等比数列，（1）求{a n }的通项公式；（2）设b n=，求数列{b n }的前项的和T n ．（3）是否存在自然数m ，使得＜T n ＜5m对一切n ∈N*恒成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由．8/209.已知nS 为数列na 的前n 项和，已知0n a >，2243n n n a a S +=+，且1n n a b =.(1)求数列{}n b 的通项公式n b ；(2)求满足122311...7n n b b b b b b ++++<的n 的最大值.10.设()()1122,,,A x y B x y 是函数()21log 21xf x x =+-的图象上任意两点，且1()2OM OA OB =+ ，已知点M 的横坐标为12．（1）求证：M 点的纵坐标为定值；（2）若*121...,,2n n S f f f n N n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++∈≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭且求n S ；（3）已知=12131 2(1)(1)nn n n S S +⎧⎪⎪⎨=≥++⎪⎪⎩，其中*n N ∈，n T 为数列{}n a 的前n 项和，若()11n n T S λ+<+对一切*n N ∈都成立，试求λ的取值范围．9/20参考答案【典例1】解：（1）由题知，12n n S a +=①，当1n =时，11a =当2n ≥时，1112n n S a --+=②①减②得，12n n a a -=，故{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12n n a -=（2）由（1）知，2122n n a -=，21nn S =-22020n n a S >+即210221202n n --+>等价于()2224038nn->易得()222n n -随n 的增大而增大而6n =，()2224038nn-<，7n =，()2224038n n ->故7n ≥，n N∈【典例2】解：(1) n S 是12n +与2m 的等差中项，∴1222n n S m +=+，即2n n S m =+，当1n =时，112S a m ==+，当2n ≥时，112n n n n a S S --=-=， {}n a 是等比数列，∴11a =，则21m +=，∴1m =-，且数列{}n a 的通项公式为12n n a -=.(2)存在正整数k ，使不等式恒成立，k 的最大值为4.21log n n b a n =+=()*.n N ∈()11111112122n n n f n b b b n n n n=++=++++++++ ，()()1111110212212122f n f n n n n n n +-=+-=->+++++ ∴()()1.f n f n +>∴数列(){}f n 单调递增，()()min 112f n f ∴==，由不等式恒成立得：1102k <，∴5k <.故存在正整数k ，使不等式恒成立，k 的最大值为4.【典例3】解：（1）由题意可得()()()1211176735,2410,a d a d a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=++⎩即12135,2.a d d a d +=⎧⎨=⎩又因为0d ≠，所以12,1.a d =⎧⎨=⎩所以1n a n =+.（2）因为()()111111212n n a a n n n n +==-++++，所以10/20111111233412n T n n =-+-++-=++ ()112222n n n -=++.因为存在*N n ∈，使得10n n T a λ--≥成立，所以存在*N n ∈，使得()()2022nn n λ-+≥+成立，即存在*N n ∈，使得()222n n λ≤+成立.又()21114416222424nn n n n n =⋅≤⎛⎫⎛⎫+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（当且仅当2n =时取等号）.所以116λ≤，即实数λ的取值范围是1,16⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【典例4】解：（1）设递增数列{}n a 的公比为()1q q >,由1a ,254a ,3a 成等差数列,可得21352a a a =+,即2111522a q a a q =+,则22520q q -+=,解得12q =（舍）或2q =,又因为3520a a +=,可得24112220a a +=,所以11a =,所以()1212121n n nS ⨯-==--（2）证明：由（1）可得11021221n n nb ==>-++,所以数列{}n T 是递增数列,所以1111213n T T b ≥===+,又因为11212n n nb =<+,2111221111111222212nnnn T ⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦∴<+++==-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-…,综上所述：113n T ≤<【典例5】证明：（1）因为数列{}n a 为等差数列,所以122n n n a a a ++=+∴()()()()222212222424n n n n n n n n n a a a a a a a a a +++++=+=++11/20即()212n n n a a a ++ ,故结论成立.或：设数列{}n a 的公差为d ,则()()()()22221111n n n n n n a a a d a d a d a +++++=-+=- 即()212n n n a a a ++ ,故结论成立.（2）∵212(211)2n n n n S a a a n -+=+++== ∴211n S n=2n ≥时：211(1)n n n <-1n =时：11112T S ==<2n ≥时：211111(1)1n S n n n n n =<=---1211111111112231n n T S S S n n =++⋯+<+-+-++-- ，∴122n T n<-<.【典例6】解：（1）因为0n a >，所以0q >，24562431224210414a a a q q a a a q ⎧=+⎧+-=⎪⇒⎨⎨==⎪⎩⎩，解得11212q a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以12n n a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，当2n ≥时，11122n n n n n nb n b S S b --+=-=-，即11n n b b n n -=-，∴{}n b n 是首项为1的常数列，1n bn=，∴n b n =；（2）,1,2nn n n C n ⎧⎪=⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数当n 为偶数时，()()13124n n n p b b b a a a -=++⋯++++⋯+24111[13(1)][()()()]222n n =+++-++++ 22111441112(11)12433214nnn n n ⎛⎫⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=+-+=+⋅ ⎪⎝⎭-12/20当n 为奇数时，11221(1)111(1)11143324332n n n n n n n P P b n ----+⎛⎫⎛⎫=+=+-+=+-⋅ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭（3）125111(21)(23)2(21)2(23)2n n n nn d n n n n -+=⋅=-++++211111113525272(21)2(23)2n n n T n n -=-+-++-⋅⋅⋅++ 1113(23)23n n =-<+【典例7】解：（1）∵113220n n n n a a a a ++-+=，∴*1223,n n n N a a +-=∈∴2n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，首项为125a =，公差为3∴253(1)32n n n a =+-=+，2,N *32n a n n =∈+∵{}n b 为正项等比数列，设公比为()0q q >，则121(1)3b b b q +=+=，2314b b q ==整理得23440q q --=，解得2q =，11b =，∴1*2,Nn n b n -=∈（2）12(32)2n nn nb c n a -==+⋅21582112(32)2n n S n -=+⨯+⨯+++⋅ ①2125282(31)2(32)2n n n S n n -=⨯+⨯++-⋅++⋅ ②①-②得215323232(32)2n n n S n --=+⨯+⨯++⨯-+⋅ 53(22)(32)2n n n =+--+⋅,∴(31)21nn S n =-⋅+∵*N n ∈，∴1n S >，∴101nS <<，得证.1.【思路引导】(1)根据等差数列的通项公式列出方程组结合前n 项和公式求解即可得到数列{}n a 的通项公式及前n 项和13/20n S ；(2)利用裂项求和得到111nT n =-+，解不等式即可得到最小值.解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d .依题意有13428,4.a a a a +=⎧⎨-=⎩解得12,2.a d =⎧⎨=⎩所以22,n n a n S n n ==+.（2）因为211111n S n n n n ==-++，所以12111111111(1)((122311n n T S S S n n n =+++=-+-++-=-++L L .因为99100n T >，即19911100n ->+，所以99n >.所以n 的最小值为1002.【思路引导】I.根据等差中项性质得到()21321a a a +=+，再根据等比数列通项公式构造方程求得q ，从而可求得通项公式；II.根据n a 求得n b ，利用等差数列求和公式得到n S ；再根据裂项相消法求得n T ，根据2011n <≤+证得结论.解：I.由题意得：()21321a a a +=+设数列{}n a 公比为q ，则()22221a a a q q+=+，即22520q q -+=解得：12q =（舍去）或2q =则212a a q ==()1*12n n n a a q n N -∴==∈II.由I.得：2log 2nn b n ==，可知{}n b 为首项为1，公差为1的等差数列则()()1122n n n b b n n S ++==()1211211n S n n n n ⎛⎫∴==⨯- ⎪++⎝⎭1111111122121222334111n T n n n n ⎛⎫⎛⎫∴=⨯-+-+-+⋅⋅⋅+-=⨯-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭14/202011n <≤+ ，21221n ∴≤-<+，即12n T ≤<3.【思路引导】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求得数列{}n a 的通项公式.（2）先将n c 缩小即111233n n n c +⎛⎫>--⎪⎝⎭，由此结合裂项求和法、放缩法，证得不等式成立.解：（1）∵()*21n n S a n N+=∈，令1n =，得113a=.又()11212n n S a n --+=≥，两式相减，得113n n a a -=.∴13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭.（2）∵111111133n nn c +=+⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1113311231313131n n n n n n +++=+=-++-+-11123131n n +⎛⎫=-- ⎪+-⎝⎭.又∵11313n n <+，1111313n n ++>-，∴111233n n n c +⎛⎫>-- ⎪⎝⎭.∴22311111112333333n n n T n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫>--+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111122333n n n +=+->-.∴123n T n >-.4.【思路引导】（1）因为{}n a 为等差数列,设公差为d ,则1112,35,a d a a d +=⎧⎨++=⎩即可求得首项和公差,即可求得{}n a .因为{}n b 为等比数列,2243164b b b ⋅==,23118b b q ==,即可求得公比,进而求得{}n b .（2）因为n a n =,12nn b ⎛⎫= ⎪⎝⎭,所以()23111111123122222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,根据数列求和错位相减法,即可求得n T ,进而求得答案.15/20解：（1）{}n a 为等差数列,设公差为d ,∴1112,35,a d a a d +=⎧⎨++=⎩∴11,1,a d =⎧⎨=⎩∴()11n a a n d n =+-=. {}n b 为等比数列,0n b >,设公比为q ,则0q >,∴2243164b b b ⋅==,23118b b q ==,∴12q =,1111222n nn b -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.（2）令112233n n n T a b a b a b a b =+++⋅⋅⋅+,∴()23111111123122222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭——①可得:()2311111112122222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭——②∴由①-②得:23111112211111111222222212nn n n n T n n ++⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-⨯=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-,∴1112222n nn T n -⎛⎫⎛⎫=--⨯< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.故11222n n a b a b a b ++⋅⋅⋅+<.5.【思路引导】（1）当n ≥2时，S n ﹣S n ﹣121nn S S =-⇒S n ﹣S n ﹣1＝S n •S n ﹣1（n ≥2），取倒数，可得111n n S S --=1，利用等差数列的定义即可证得：数列{1nS }是等差数列；（2）利用222111111211n S n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭进行放缩并裂项求和即可证明解：（1）当2n ≥时，211nn n n S S S S --=-，11n n n n S S S S ---=，即1111n n S S --=从而1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成以1为首项，1为公差的等差数列．16/20（2）由（1）可知，()11111n n n S S =+-⨯=，1n S n∴=．则当2n ≥时222111111211n S n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭．故当2n ≥时22212111111111123224211n S S S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+-+-++- ⎪⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111137111221224n n ⎛⎫=++--<+⋅= ⎪+⎝⎭又当1n =时，21714S =<满足题意，故2221274n S S S +++< ．法二：则当2n ≥时22211111n S n n n n n=<=---，那么222121111111717142334144n S S S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<++-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 又当1n =时，21714S =<，当时，21714S =<满足题意.6.【思路引导】（Ⅰ）由1n =得出11a =，由1n n T T --得出32n n S a =-，再由1n n S S --得出133n n n a a a -=-，由等比数列的定义，得出数列{}n a 是等比数列，即可写出数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求出等比数列{}n a 的前n 项和，由函数3212n n S ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦为*n N ∈上的单调增函数，由函数n S 的最值，即可证明不等式.解：(Ⅰ)当1n =，由已知有，11321a a =-⨯∴11a =当2n ≥时，32nn T S n =-①1132(1)n n T S n --=--②①-②得：133232n n n n S S S a -=--=-③故1132n n S a --=-④③-④得：133n n n a a a -=-，则132n n a a -=∴{}n a 是以1为首项，公比为32的等比数列.132n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，*()n N ∈17/20（Ⅱ）31123213212n nnS ⎡⎤⎛⎫⋅-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-312> ，∴函数3212n n S ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦为*n N ∈上的单调增函数∴33212(1)122n n S ⎡⎤⎛⎫=-≥-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦故*1,n S n N ≥∈成立.7.【思路引导】(1)根据数列{}n a 的通项公式与前n 项和公式的关系求解即可.(2)由(1)有1112n n a -=,再根据等比数列求和可得n T ,再分析1|2|500n T -<的情况即可.解：（1）由已知12n n S a a =-有1122,(2)n n n n n a S S a a n --=-=- 即12(2)n n a a n -= ，从而213212,24a a a a a ===，又1231,,2a a a + 成等差数列.即13221a a a +=+，111441a a a ∴+=+，解得：11a =，{}n a ∴的通项公式12n n a -=.（2）由（1）得：1112n n a -=，所以1111221212nn n T -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-，由12500n T -<，即1112500n -⎛⎫<⎪⎝⎭.12500n -∴>，即21000n >，n ∴的最小值为10.8.【思路引导】（1）由于{n a }为等差数列，35a =,1 a ,2 a ,5 a 成等比数列，可设出数列{n a }的公差为d ，列方程组即可求出1d a ，;（2）在求出{n a }的通项公式后，求出{n b }的通项公式，再应用裂项相消法即可求n T ;(3)需先求T n 的值域，要使得245n m m T -<<恒成立，则需区间(2,45m m-)包含T n 的值域即可.解：（1）在等差数列中，设公差为d≠0，18/20由题意215235a a a a ⎧=⎨=⎩，∴()()21111425a a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩．∴a n =a 1+（n ﹣1）d=1+2（n ﹣1）=2n ﹣1．（2）由（1）知，a n =2n ﹣1．则b n =()()()1111111122141n n a a n n n n +⎛⎫==-⎪++++⎝⎭所以T n =()1111111111422314141nn n n n ⎛⎫⎛⎫-+-+⋯+-=-= ⎪+++⎝⎭⎝⎭（3）T n+1﹣T n =()()()()1104241412n n n n n n +-=>++++,∴{T n }单调递增，∴T n ≥T 1=18．∵T n =()1414n n <+∴18≤T n ＜14,使得245n m m T -<<恒成立,只需1452148mm ⎧≤⎪⎪⎨-⎪<⎪⎩解之得55m 42≤<,又因为m 是自然数，∴m=2．9.【思路引导】（1）根据n a 与n S 的关系可推出12n n a a --=，写出等差数列的通项公式即可；（2）利用裂项相消法求和，解不等式即可.解：(1)当1n =时，13a =；当2n ≥时，2243n n n a a S +=+①2111243n n n a a S ---+=+②①-②整理得12nn a a --=21n a n =+，所以121n b n =+.(2)设111(21)(21)n n n c b b n n --==-+，所以122311111111......235572121n n b b b b b b n n +⎛⎫+++=-+-++- ⎪-+⎝⎭19/201112321n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭令1111023217n⎛⎫--< ⎪+⎝⎭，解得10n <所以n 的最大值为9.10.【思路引导】（1）利用中点坐标公式的表示，得到，然后代入求中点的纵坐标的过程，根据对数运算法则，可以得到常数；（2）利用上一问的结果，当时，，可以采用倒序相加法，求和；（3）根据上一问的结果，代入，求，然后跟形式，采用裂项相消法求和，并反解，转化为恒成立求最值的问题．（1）证明：设(),M x y 1()2OM OA OB =+12122{2x xx y y y +=+=由知，()()1222121212121222221211log log 112221log 1log log 1222x xf x f x y y x x y x x x xx x x x ++++--∴===⎛⎫+⋅++ ⎪⎝⎭===∴M 点的纵坐标为定值（2）由（1）知()()12121,1x x f x f x +=+=121...n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭121n n n S f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋯+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,两式相加得：2n S =112211...n n n ff ff f f n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦1n =-……7分∴()*12,2n n S n n N -=≥∈20/20（2）当2n ≥时,114114().(1)(1)(1)(2)12n n n a S S n n n n +===-++++++123...n n T a a a a =++++==（112.322nn n -=++由()11n n T S λ+<+得＜λ·∴λ＞∵4n n+≥4,当且仅当时等号成立,∴当1n =时,49λ>因此λ＞，即λ的取值范围是（+∞）。

赏析数列与函数、不等式的交汇问题

1
1
。
2 2
n-1 2
n+1
因此,
Sn =
1
1 1 1 1 1
1- + - + 2
3 3 5 5 7
1
1
1
1
=
=
+…+
12
2
n-1 2
n+1
2
n+1
1
1
。
2 4
n+2
1
1
因为 n∈N* ,
所以
>0,
Sn < 。
4
n+2
2
点评:
数列与不等式的结合,其本质仍是
数列问题,
通过研究数列的通项公式与求和,
an ·an+1
(
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知识篇新高考名师护航
高二数学 2024 年 2 月
(
2)因为 {
bn }为等差数列,所以 2
b2 =
1
2 2 1
2
即 = + 。
b1 +b3 ,
a2 a1 a3
6
d
1
1 1
,即 a2
整理得 6
=
=
1a2a3 a1
a2 a3
2
解得 a1 =d 或a1 =2
数的不等式恒成立问题,
则可分离参数,
转化
解决。
为研究最值问题来解决。
解恒成立问题常用到的方法是:
a>F (
n)恒成立 ⇔a > F (
n)
a<
max ;

(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 +=∈-。

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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。

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