高考數(shù)學(xué)數(shù)列中的不等式問題

1、1 / 18 補(bǔ)上一課 數(shù)列中的不等式問題) 1數(shù)列中的不等式問題在我省高考試卷中有加強(qiáng)趨勢(shì)，主要有以下幾種題型： (1)數(shù)列不等式的證明； (2)由數(shù)列不等式恒成立求參數(shù)； (3)由數(shù)列不等式求 n的最值 2解決數(shù)列不等式問題的常見放縮技巧 (1)對(duì)1n2的放縮，根據(jù)不同的要求，大致有三種情況： 1n21n2n1n11n(n2)； 1n21n21121n11n1(n2)； 1n21n n1 n1 n(n1)； 12 n1n n1 n n1(n1) 題型一 關(guān)于數(shù)列項(xiàng)的不等式證明 【例 1】 (2021 杭州模擬)已知數(shù)列an，bn滿足 a112，an1an1anbn(nn*) (1)若 bn

2、a2n4，求證數(shù)列1an是等差數(shù)列，并求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)若 bna3n，求證：00，an0(或由數(shù)學(xué)歸納法可證 an0)， an1an1an22anan212anan2. 1an11an12， 數(shù)列1an是以 2為首項(xiàng)，12為公差的等差數(shù)列， 1an2(n1)12n32，an2n3. (2)證明 an1an1ana3n， 則an1an11ana3n1， 數(shù)列an是遞減數(shù)列 a112，0an12. 1a2n11ana3na2n1a2nan1an1a2n1221a2n52，即1a2n11a2n52， 1a2n452(n1)5n32， a2n25n3. a2n1a2n11ana3n111

3、2123813， a2n14813n1. 3 / 18 綜上所述，14813n1a2n25n3(nn*) 感悟升華 常用方法 (1)利用數(shù)列的單調(diào)性、有界性放縮； (2)結(jié)合“累加”“累乘”“迭代”放縮； (3)結(jié)合有界性，利用不等式性質(zhì)或函數(shù)求出最值或范圍 【訓(xùn)練 1】 (2021 鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知數(shù)列an滿足 a11，an1n1nan(n2，nn*) (1)求 an； (2)若數(shù)列bn滿足 b113，bn1bnb2na2n(nn*)，求證：bnbn10， 所以 bn1bn，則 bn1bnb2nn2bnbn1n2， 則1bn1bn1bn1bnbnbn11n21n（n1）1n11n， 累加得

4、1b21bn1541n1， 則 bn11，所以 bnbn11(n2)， 當(dāng) n1 時(shí)，不等式也成立， 所以對(duì)任意 nn*，都有 bnbn11. 題型二 數(shù)列和不等式的證明 角度 1 先放縮再求和 【例 21】 (2021 杭州質(zhì)檢)設(shè)公差不為 0 的等差數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，等4 / 18 比數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)和為 tn，若 a2是 a1與 a4的等比中項(xiàng)，a612，a1b1a2b21. (1)求 an，sn與 tn； (2)若 cn sn tn，求證：c1c2cnn（n2）2. (1)解 設(shè)等差數(shù)列an的公差為 d，由題意得 a22a1 a4， 即 d2a1d. 因?yàn)?d0，故

5、da1. 由 a612 得 a12，d2，故 an2n，snn(n1) 由 a1 b1a2 b21得 b112，b214，所以等比數(shù)列的公比 qb2b112， 所以 tn112n. (2)證明 因?yàn)?cn sn tnn（n1）112n，0112n1恒成立， 所以 ck k（k1）k（k1）14k12(kn*)， 所以 c1c2cn32n12 n2（n2）n2. 故 c1c2cnn（n2）2. 角度 2 先求和再放縮 【例 22】 (2021 臺(tái)州期末)設(shè)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，對(duì)于任意的正整數(shù)n，都有 snn2.遞增的等比數(shù)列bn滿足：b11，且 b1，b2，b34 成等差數(shù)列 (1)

6、求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式； (2)求證：a2b21a3b31an1bn110)，因?yàn)?b11， 故由 2b2b1b34，b11，可得 q22q30， 解得 q3 或1(舍去)， 所以數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為 bn3n1. (2)證明 法一 由(1)可得an1bn112n13n1，因?yàn)?n2 時(shí)，3n1(12)n1112c1n22c2n2n1， 根據(jù)“若 ab0，m0，則babmam”， 可得an1bn112n13n12（n1）3n(n2)， 所以a2b21a3b31an1bn113223322（n1）3n. 令 tn233224332（n1）3n， 13tn233324342n3n2（n1）3n

7、1， 兩式相減可得23tn2321332134213n2（n1）3n1 23233113n21132（n1）3n17913n2（n1）3n1， 所以 tn763213n2（n1）3n1，所以 tn76，所以a2b21a3b31an1bn117632833. 法二 令 cnan1bn112n13n1，下一步用分析法證明cn1cn12， 6 / 18 要證cn1cn12，即證（2n3）（3n1）（3n11）（2n1）12， 即證(4n6)(3n1)(2n1)(3n11)， 即證2n5(2n3)3n， 當(dāng) nn*時(shí)，顯然成立，所以cn1cn12， 所以 c1c2cn32582n13n1 323212

8、3212n1 32112n1123112n0)放縮； 注意添減項(xiàng)(多為常數(shù))放縮 【訓(xùn)練 2】 (1)(角度 1)(2021 鎮(zhèn)海中學(xué)檢測(cè))已知正數(shù)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，且滿足 2s2n(n2n)sn(n2n2)0. 求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； 設(shè)數(shù)列 bnann21，證明：b1b2bn2 n1. (2)(角度 2)已知等差數(shù)列an的前 n項(xiàng)和為 sn，且 a22a4a9，s636. 求 an，sn； 若數(shù)列bn滿足 b11，bn1bnsn，求證：1b11b21bn2n1(nn*) (1)解 由 2s2n(n2n)sn(n2n2)0得 7 / 18 (sn1)2sn(n2n2)0， 結(jié)合

9、正數(shù)數(shù)列得 snn2n22， 所以 an2，n1，n，n2. 證明 由知 bn1，n1，nn21，n2. 當(dāng) n2 時(shí)，bnnn211n1n1n2n n2n n12(nn1)， 所以 b1b2bn12( 2 1 3 2 n n1)2 n1. (2)解 設(shè)等差數(shù)列an的公差為 d， 則由條件得3a17da18d，6a115d36， 解得 a11，d2， 所以 an1(n1)22n1， 所以 sn（12n1）n2n2. 證明 由知，bn1bnn， 當(dāng) n1 時(shí)，解得 b21. 因?yàn)楫?dāng) n2 時(shí)，bnbn1n1， 所以 bn1bnbnbn11，bn(bn1bn1)1， 即1bnbn1bn1， 當(dāng) n

10、2 時(shí)，1b11b21b31bn1b1(b3b1)(b4b2)(b5b3)(bn1bn1)1b1b1b2bnbn112 bnbn12 n1. 當(dāng) n1 時(shí)，1b112 11，不等式也成立 綜上，不等式1b11b21bn2 n1對(duì)任意 nn*都成立 題型三 數(shù)列不等式恒成立求參數(shù) 8 / 18 【例 3】 (2021 杭州質(zhì)檢)已知數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，a114，bn1an，bn是等差數(shù)列，其前 n 項(xiàng)和為 sn，b2 s681. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)設(shè) cn(1a1)(1a2)(1an)，tna1c1a2c2a3c3ancn，若對(duì)任意的正整數(shù)n，都有 4atncn恒成立，求實(shí)

11、數(shù) a 的取值范圍 解 (1)設(shè)數(shù)列bn的公差為 d，由 b11a12， b2 s681，得(2d)(1215d)81， 即 5d214d190，解得 d1或 d195. 因?yàn)閿?shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，b12， 所以 d0，所以 d1， 所以 bnn1，所以 an1（n1）2. (2) 由 題 意 得 cn1122113211（n1）21322 n（n2）（n1）2n22（n1）， 因?yàn)閍ncn1（n1）22（n1）n22（n1）（n2） 21n11n2， 所以 tn2121313141n11n2 nn2， 所以不等式 4atncn，化為 4ann2n22（n1）， 即 8a1， 所以 8a1，

12、即 a18. 9 / 18 故 a 的取值范圍為，18. 感悟升華 (1)能分離參數(shù)時(shí)，常分離參數(shù)，化為函數(shù)求最值、值域問題； (2)不能分離參數(shù)時(shí)，常分類討論 【訓(xùn)練 3】 (2021 義烏聯(lián)考)已知等比數(shù)列an，滿足 a13，a3a1a2，數(shù)列bn滿足 b11，對(duì)一切正整數(shù) n 均有 bn1bn2n1. (1)求數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式； (2)記 sk2a14a26a32kak，tn1b121b241b361bn2n，若存在實(shí)數(shù) c 和正整數(shù) k，使得不等式 tn(c1) sk對(duì)任意正整數(shù) n 都成立，求實(shí)數(shù) c的取值范圍 解 (1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為 q， 由題可知 a3a1a2.

13、 a1q2a21q， 即 3q29q，解得 q3， an3n. 因?yàn)?bn1bn2n1，則 bn1bn2n1， 累加可得 bnb13（2n1）（n1）2 (n1)(n1)， 所以 bn(n1)(n1)1n2. (2)2nan2n3n，sk234326332k3k， 13sk2324336342k23k2k3k1， 兩式相減得23sk2323223323423k2k3k123113k1132k3k1113k2k3k1， sk323213k2k3k132. 10 / 18 1bn2n1n22n1n（n2）121n1n2， tn1b121b241b361bn2n 121121n11n234121n1

14、1n234. 若存在實(shí)數(shù) c 和正整數(shù) k 使得不等式 tn1 時(shí)，3432； 當(dāng) c1 時(shí)，3432. 題型四 根據(jù)所給不等式求 n 的最值(范圍) 【例 4】 (2021 湖州期末)已知 sn是數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和，a11 且 nsn1(n2)sn，nn*. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)設(shè) bn(1)n4an4n21(nn*)，數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)和為 pn，若|pn1|12 020，求正整數(shù) n 的最小值 解 (1)由 nsn1(n2)sn得sn1snn2n， 所以當(dāng) n2時(shí)，snsnsn1sn1sn2sn2sn3 s4s3s3s2s2s1 s1n1n1nn2n1n353423

15、11n（n1）2. 又當(dāng) n1 時(shí)，s1a11 也成立，所以 snn（n1）2， 所以當(dāng) n2 時(shí)，ansnsn1n（n1）2n（n1）2n. 又 a11 也成立，所以 ann. (2)由(1)知 bn(1)n4n4n21 (1)n12n112n1， 11 / 18 所以 pn11313151517(1)n12n1(1)n12n11 (1)n12n1， 所以|pn1|12n12 0192. 因?yàn)?n 為正整數(shù)，所以 n的最小值是 1 010. 感悟升華 此類問題多歸結(jié)為解關(guān)于 n的不等式解決 【訓(xùn)練 4】 (2021 名校仿真訓(xùn)練卷五)數(shù)列an中，a12，(n1)(an1an)2(ann1)

16、(1)求 a2，a3的值； (2)已知數(shù)列an的通項(xiàng)公式是 ann1，ann21，ann2n 中的一個(gè)，設(shè)數(shù)列1an的前 n 項(xiàng)和為 sn，數(shù)列an1an的前 n 項(xiàng)和為 tn，若tnsn360，求 n 的取值范圍 解 (1)(n1)(an1an)2(ann1)， an1n3n1an2， a21311a126，a32321a2212. (2)數(shù)列an的通項(xiàng)公式是 ann1，ann21，ann2n 中的一個(gè)，且 a26， 數(shù)列an的通項(xiàng)公式是 ann2nn(n1) 由 ann(n1)可得1an1n（n1）1n1n1. 1a11a21an11212131n1n111n1， sn11n1. (a2a

17、1)(a3a2)(an1an)an1a1， ann(n1)， (a2a1)(a3a2)(an1an)n23n， 即 tnn23n. 12 / 18 由tnsn360 得 n24n3570，解得 n17 或 n21. n 是正整數(shù)， 所求 n 的取值范圍為(17，)，且 n 是正整數(shù) 1設(shè)正項(xiàng)數(shù)列an滿足 a11，an1an1an(nn*) (1)求證：2a2n1a2n3； (2)求證：3n13n2an1an2n2n1. 證明 (1)因?yàn)?a11 及 an1an1an(n1)，所以 an1，所以 01a2n1.因?yàn)?a2n1an1an2a2n1a2n2， 所以 a2n1a2n1a2n2(2，3，

18、即 2a2n1a2n3. (2)由(1)得 2na2n1a213n. 所以 2n1a2n13n1， 即 2n1a2n3n2(n2)，當(dāng) n1時(shí)，也滿足， 所以 2n10(nn*) (1)寫出 a1，a2，a3的值，并求出數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)設(shè) bn sn，tn為數(shù)列bn的前 n項(xiàng)和，求證：n2n2tn0，所以 a12，a1a2s2a222a24， 解得 a24，同理，a36. 當(dāng) n2 時(shí)，ansnsn1a2n2an4a2n12an14， 13 / 18 即(anan1)(anan12)0. 因?yàn)?an0，所以 anan120，即 anan12， 所以數(shù)列an是首項(xiàng)為 2，公差為 2

19、的等差數(shù)列， 故 an2n. (2)證明 由(1)可得 snn(n1)，bn n（n1）， 所以 bnn，tnn2n2. 又 bn n（n1）n（n1）2n12， 所以 tnn（n1）2n2n22n2. 綜上，n2n2tn1)，數(shù)列bn滿足 b11，1a1b1a2b2an1bn1an(n1) (1)求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列cn滿足 ancnbn2，求證：c1c2cn1)， 數(shù)列an是以 1為首項(xiàng)，1 為公差的等差數(shù)列， ann. 1a1b1a2b2an1bn1an， 1a1b1a2b2anbnan1， 由得 anbnan1an1， 又ann，bn1n. (2)證明 ancnb

20、n2，ann，bn1n， cn1n1n2121n1n2， c1c2cn 1211312141n11n11n1n2 14 / 18 121121n11n2 34121n11n234. 4(2021 嘉興二測(cè))已知數(shù)列an的前 n項(xiàng)和為 sn，且 snn2n2.公比大于 0的等比數(shù)列bn的首項(xiàng) b11，且 b2b320. (1)求數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式； (2)若 cn（an）2bn，求證：c1c2c3cn0， 則 b2b3b1qb1q2qq220， 解得 q4 或 q5(舍去)，所以 bn4n1. (2)證明 由(1)知 cnn24n1，cn1cn（n1）24nn24n1（n1）24n211n

21、24，c1c21，c3916. 當(dāng) n2 時(shí)，cn1cn916， 所以 c1c2c3c4cn119169162916n2111916n1191611671916n111670； 當(dāng) n13 時(shí)，tn1501504n單調(diào)遞增，且 tn0， bn1bn113n1113n113n11， bn是遞增數(shù)列，最小項(xiàng)是 b111311312， 12，即實(shí)數(shù) 的取值范圍為，12 . 7(2021 紹興上虞區(qū)期末調(diào)測(cè))在數(shù)列an中，已知 a11，an1an2n1. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)記 bnan(1)n，且數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)和為 sn，若 s2為數(shù)列sn中的最小項(xiàng)，求 的取值范圍 解 (1)a2a121， a3a2221， an1an22n21， anan12n11， 累加可得 ana12n2(n1)(n2)， 17 / 18 an2nn， 當(dāng) n1 時(shí)，a1211，則 an2nn. (2)由(1)得 bnan(1)n2nn， sn2n12n（n1）2s263， 即 2n18n（n1）23 . 當(dāng) n1 時(shí)，得42，2； 當(dāng) n2 時(shí)，r； 當(dāng) n3 時(shí)，得n（n1）230，2n216n2n6. 令 f(n)2n2