数列与不等式综合-专题(教师用)Word格式.doc

数列与不等式综合-专题(教师用)Word格式.doc

《数列与不等式综合-专题(教师用)Word格式.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数列与不等式综合-专题(教师用)Word格式.doc（24页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

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＝2Sn＋3n，

由此得Sn+1－3n+1＝2（Sn－3n）．

因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝（a－3）2n-1，n∈N*,①

（Ⅱ）由①知Sn＝3n＋（a－3）2n-1，n∈N*，

于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝3n＋（a－3）2n-1－3n-1－（a－3）2n-2＝2×

3n-1＋（a－3）2n-2，

an+1－an＝4×

3n-1＋（a－3）2n-2＝2n-2·

[12·

（）n-2＋a－3]，

当n≥2时，an+1≥an，即2n-2·

（）n-2＋a－3]≥0，12·

（）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Sn与an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　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3】　（08·

四川高考）设等差数列{an}的前项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4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a4的最大值.

【解】　∵等差数列{an}的前项和为Sn，且S4≥10，S5≤15，

∴，即，∴，

∴≤a4≤3＋d，则5＋3d≤6＋2d，即d≤1.

∴a4≤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4】　等比数列{an}的首项为a1＝2002，公比q＝－．（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）an＝2002·

（－）n-1，f（n）＝2002n·

（－）

（Ⅱ）由（Ⅰ），得＝，则

当n≤10时，＝＞1，∴|f（11）|＞|f（10）|＞…＞|f

（1）|，

当n≥11时，＝＜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．

∵＝＝20023·

（）30＝（）3＞1，

∴当n＝12时，f（n）有最大值为f（12）＝200212·

（）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.

题型三　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5】　已知{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝4.（Ⅰ）求证：

数列{an}是等比数列；

（Ⅱ）是否存在正整数k，使＞2成立.

【分析】　第（Ⅰ）小题通过代数变换确定数列an+1与an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，Sn＋an＝4，Sn+1＋an+1＝4，

由两式相减，得（Sn+1＋an+1）－（Sn＋an）＝0，即2an+1－an＝0，an+1＝an，

又2a1＝S1＋a1＝4，∴a1＝2，∴数列{an}是以首项a1＝2，公比为q＝的等比数列.

（Ⅱ）由（Ⅰ），得Sn＝＝4－22-n.

又由＞2，得＞2，整理，得＜21-k＜1，即1＜2k-1＜，

∵k∈N*，∴2k-1∈N*，这与2k-1∈（1，）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6】　（08·

湖北高考）已知数列{an}和{bn}满足：

a1＝λ，an+1＝an＋n－4，bn＝（－1）n（an－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{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；

（Ⅲ）设0＜a＜b,Sn为数列{bn}的前n项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n，都有a＜Sn＜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＜Sn＜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a22＝a1a3，即

（λ－3）2＝λ（λ－4）Û

λ2－4λ＋9＝λ2－4λÛ

9＝0，矛盾，所以{an}不是等比数列.

（Ⅱ）解：

因为bn+1＝（－1）n+1[an+1－3（n＋1）＋21]

＝（－1）n+1（an－2n＋14）＝－（-1）n（an－3n－21）＝－bn，

20090318

又b1＝－（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bn≠0，∴＝－（n∈N*）.

故当λ≠－18时，数列{bn}是以－（λ＋18）为首项，－为公比的等比数列.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当λ＝－18，bn＝0（n∈N*），Sn＝0，不满足题目要求；

.

∴λ≠－18，故知bn＝－（λ＋18）×

（－）n-1，于是Sn＝－（λ＋18）·

[1－（－）n]

要使a＜Sn＜b对任意正整数n成立，即a＜－（λ＋18）·

[1－（－）n]＜b，（n∈N*）.

得＜－（λ＋18）＜，（n∈N*）①

令f（n）＝1－（－）n，则当n为正奇数时，1＜f（n）≤，当n为正偶数时≤f（n）＜1；

∴f（n）的最大值为f

（1）＝，f（n）的最小值为f

（2）＝,

于是，由①式得a＜－（λ＋18）＜b，∴－b－18＜λ＜－3a－18，（必须－b＜－3a，即b＞3a）.

当a＜b3a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＜Sn＜b,且λ的取值范围是（－b－18，－3a－18）.

【点评】　存在性问题是指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.

题型四　数列与不等式的证明问题

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.（4）数学归纳法。

（1）用基本方法证明数列不等式：

【例7】　已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a3＝7，S4＝24．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设p、q都是正整数，且p≠q，证明：

Sp+q＜（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，，解得，

∴数列{an}的通项公式为an＝a1＋（n－1）d＝2n＋1.

（Ⅱ）证明：

∵an＝2n＋1，∴Sn＝＝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＜（S2p＋S2q）．

【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8】．（06湖南文，20）在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…Pn中，若1≤i＜j≤m时Pi＞Pj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序.一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数.记排列的逆序数为an，如排列21的逆序数，排列321的逆序数。

（Ⅰ）求a4、a5，并写出an的表达式；

（Ⅱ）令，证明，n=1,2,…。

解　（Ⅰ）由已知得，。

（Ⅱ）因为，

所以.

又因为，

所以　　　　　=。

综上，。

（2）用放缩发证明数列不等式：

【例9】．已知曲线的直线交曲线C于另一点的横坐标构成数列

（I）求证：

是等比数列；

（II）求证：

解：

过C：

的直线交C于另一点，

于是有：

………………2分

因此数列是等比数列。

（2）由

（1）可知：

当n为偶数时有：

于是

①在n为偶数时有：

②在n为奇数时，前n—1项为偶数列，于是有：

综合①②可知原不等式得证。

【例10】．已知：

（）是方程的两根，且，.．

（1）求的值；

（2）设，求证：

；

（3）求证：

对有w。

.w.．

（1）解方程得，，-----------------------1分

∴-----------------------------------------2分

，

∴，-----------------------------------------3分

∴-------------------------------------------4分

（2）由得

即--------------------------6分

当时，于是＝（）

∴------------------------------9分

（3）当时，结论成立；

------------10分

当时，有

＝------------------12分

∵

∴

＝

∴对有----------------------------------14分

【例11】．设,函数.

（Ⅰ）证明:

存在唯一实数，使；

（Ⅱ）定义数列:

,.

（i）求证:

对任意正整数n都有；

（ii）当时,若，证明:

对任意都有:

①.…………………………………1分

令,则,,

∴.…………………………………2分

又,∴是R上的增函数.…………………………………3分

故在区间上有唯一零点,

即存在唯一实数使.…………………………………4分

②当时,,,由①知,即成立；

…………5分

设当时,,注意到在上是减函数,且,

故有:

即

∴,…………………………………7分

即.这就是说,时,结论也成立.

故对任意正整数都有:

.…………………………………8分

（2）当时,由得:

………………………………9分

………………………10分

当时,,

…………………………………12分

对,

…………………………………13分

…………………………………14分

【例12】．数列，

⑴是否存在常数、，使得数列是等比数列，若存在，求出、的值，若不存在，说明理由。

⑵设，证明：

当时，.

解:

设，

即……………………………（2分）

故……………………………（4分）

∴………（5分）

又……………………………………………………………………（6分）

故存在是等比数列……………（7分）

⑵证明：

由⑴得∴，

故………………………………………………（8分）

∵…………………………（9分）

……………………………………（11分）

现证.

当，

故时不等式成立………………………………………………（12分）

当得

，且由，

∴……………………………………（14分）

【例13】．已知数列、中，对任何正整数都有：

．

（1）若数列是首项和公差都是1的等差数列，求证：

数列是等比数列；

（2）若数列是等比数列，数列是否是等差数列，若是请求出通项公式，若不是请说明理由；

（3）若数列是等差数列，数列是等比数列，求证：

又，

故

要使是与无关的常数，必需，

即①当等比数列的公比时，数列是等差数列，其通项公式是；

②当等比数列的公比不是2时，数列不是等差数列．

（3）由

（2）知，

【例14】．在数列中，

（Ⅰ）试比较与的大小；

（Ⅰ）由题设知，对任意，都有

，

………………………………6分

（Ⅱ）证法1：

由已知得，

又.

当时，

…………………………………10分

设①

则②

①-②，得

……………………14分

证法2：

（1）当时，由，知不等式成立。

………8分

（2）假设当不等式成立，即，那么

要证，只需证

即证，则只需证………………10分

因为成立，所以成立.

这就是说，当时，不等式仍然成立.

根据

（1）和

（2），对任意，且，都有……14分

【例15】．已知函数的定义域为R,且对于任意R,存在正实数,使得都成立.

（1）若,求的取值范围；

（2）当时，数列满足，.

①证明：

②令，证明：

（1）证明：

对任意R，有：

.……2分

由,即.

当时,得.

且，

∴.……4分

∴要使对任意R都成立,只要.

当时,恒成立.

∴的取值范围是.……5分

（2）证明：

①∵，,

故当时，

.…6分

……7分

.……8分

∵,

∴当时,不等式也成立.……9分

②∵,

∴

.

……11分

.

（3）用数学归纳法证明数列不等式：

【例16】　（08·

安徽高考）设数列{an}满足a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c为实数.（Ⅰ）证明：

an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；

（Ⅱ）设0＜c＜，证明：

an≥1－（3c）n-1，n∈N*；

（Ⅲ）设0＜c＜，证明：

a12＋a22＋…＋an2＞n＋1－，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：

∵a1＝0，a2＝1－c，

又∵a2∈[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，a1∈[0，1].

（2）假设当n＝k时，ak∈[0，1]（k≥1）成立，则

ak＋1＝cak3＋1－c≤c＋1－c＝1，且ak＋1＝cak3＋1－c≥1－c≥0，

∴ak＋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，an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1].

（Ⅱ）设0＜c＜，当n＝1时，a1＝0，结论成立.

当n≥2时，由an＝can-13＋1－c，∴1－an＝c（1－an-1）（1＋an-1＋an-12）

∵0＜c＜，由（Ⅰ）知an-1∈[0，1]，所以1＋an-1＋an-12≤3，且1－an-1≥0，∴1－an≤3c（1－an-1），

∴1－an≤3c（1－an-1）≤（3c）2（1－an-2）≤…≤（3c）n-1（1－a1）＝（3c）n-1，∴an≥1－（3c）n-1，n∈N*.

（Ⅲ）设0＜c＜，当n＝1时，a12＝0＞2－，结论成立.

当n≥2时，由（Ⅱ）知an≥1－（3c）n-1＞0，

∴an2≥[（1－（3c）n-1）]2＝1－2（3c）n-1＋（3c）（n-1）＞1－2（3c）n-1，

a12＋a22＋…＋an2＝a22＋…＋an2＞n－1－2[3c＋（3c）2＋…＋（3c）n-1]

＝n－1－2[1＋3c＋（3c）2＋…＋（3c）n-1－1]＝n＋1－＞n＋1－.

【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，

【例17】

（2007湖北理21）（本小题满分14分）已知m，n为正整数.

（Ⅰ）用数学归纳法证明：

当x>

-1时，（1+x）m≥1+mx；

（Ⅱ）对于n≥6，已知，求证，m=1,1,2…，n；

（Ⅲ）求出满足等