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1、数列与不等式的题型分类.解题策略题型一求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式绫结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：(1)若函数f(x)在定义域为D，则当xD时，有f(x)M恒成立f(x)minM；f(x)M恒成立f(x)maxM；(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q1，第17项的平方等于第24项，求使a1a2an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a1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
2、1q16)2a1q23，a1q91.由等比数列的性质知：数列是以为首项，以为公比的等比数列，要使不等式成立，则须，把aq-18代入上式并整理，得q-18(qn1)q(1)，qnq19，q1，n19，故所求正整数的取值范围是n20.【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）设数列an的前项和为Sn已知a1a，an+1Sn3n，nN*()设bnSn3n，求数列bn的通项公式；（）若an+1an，nN*，求a的取值范围【分析】第（）小题利用Sn与an的关系可求得数列的通
3、项公式；第（）小题将条件an+1an转化为关于n与a的关系，再利用af(n)恒成立等价于af(n)min求解【解】()依题意，Sn+1Snan+1Sn3n，即Sn+12Sn3n，由此得Sn+13 n+12(Sn3n)因此，所求通项公式为bnSn3n(a3)2 n-1，nN*, ()由知Sn3n(a3)2 n-1，nN*，于是，当n2时，anSnSn-13n(a3)2 n-13n-1(a3)2 n-223n-1(a3)2 n-2，an+1an43 n-1(a3)2 n-22 n-212()n-2a3，当n2时，an+1an，即2 n-212()n-2a30，12()n-2a30，a9，综上，所求
4、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an是等差数列，其前n项和为Sn，a37，S424()求数列an的通项公式；()设p、q都是正整数，且pq，证明：Sp+q(S2pS2q)【分析】根据条件首先利用等差数
5、列的通项公式及前n项公式和建立方程组即可解决第()小题；第()小题利用差值比较法就可顺利解决.【解】（）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ana1(n1)d2n1.（）证明：an2n1，Snn22n2Sp+q(S2pS2q)2(pq)22(pq)(4p24p)(4q24q)2(pq)2，pq，2Sp+q(S2pS2q)0，Sp+q(S2pS2q)【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an满
6、足a10，an+1can31c，cN*，其中c为实数.()证明：an0，1对任意nN*成立的充分必要条件是c0，1；()设0c，证明：an1(3c)n-1，nN*；（）设0c，证明：a12a22an2n1，nN*.【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】（）必要性：a10，a21c，又a20，1，01c1，即c0，1.充分性：设c0，1，对nN*用数学归纳法证明an0，1.(1)当n1时，a10，1.(2)假设当nk时，ak0，1(k1)成立，则ak1cak3
7、1cc1c1，且ak1cak31c1c0，ak10，1，这就是说nk1时，an0，1.由（1）、（2）知，当c0，1时，知an0，1对所胡nN*成立.综上所述，an0，1对任意nN*成立的充分必要条件是c0，1.（）设0c，当n1时，a10，结论成立.当n2时，由ancan-131c，1anc(1an-1)(1an-1an-12)0c，由()知an-10，1，所以1an-1an-123，且1an-10，1an3c(1an-1)，1an3c(1an-1)(3c)2(1an-2)(3c) n-1(1a1)(3c) n-1，an1(3c)n-1，nN*.()设0c，当n1时，a1202，结论成立.当
8、n2时，由（）知an1(3c)n-10，an2(1(3c)n-1) 212(3c)n-1(3c)(n-1)12(3c)n-1，a12a22an2a22an2n123c(3c)2(3c)n-1n1213c(3c)2(3c)n-11n1n1.【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()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
9、件中的不等式关系确定最值.【例5】(08四川高考)设等差数列an的前项和为Sn，若S410，S515，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S410，S515，即，a43d，则53d62d，即d1.a43d314，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an的首项为a12002，公比q()设f(n)表示该数列的前n
10、项的积，求f(n)的表达式；()当n取何值时，f(n)有最大值【分析】第()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()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】()an2002()n-1，f(n)2002n()()由()，得，则当n10时，1，|f(11)|f(10)|f(1)|，当n11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()31，当n12时，f(n)有最大值为f(12)200212()66【点评】本题解答
11、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Sn，且anSn4.()求证：数列an是等比数列；()是否存在正整数k，使2成立.【分析】第()小题通过代数变换确定数列an+1与an
12、的关系，结合定义判断数列an为等比数列；而第()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】()由题意，Snan4，Sn+1an+14，由两式相减，得(Sn+1an+1)(Snan)0，即2an+1an0，an+1an，又2a1S1a14，a12，数列an是以首项a12，公比为q的等比数列.()由()，得Sn422-n.又由2，得2，整理，得21-k1，即12 k -1，kN*，2k-1N*，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“kN*”，这是在解答数列问题中易忽视的一个陷
13、阱.【例8】(08湖北高考)已知数列an和bn满足：a1，an+1ann4，bn(1)n(an3n21)，其中为实数，n为正整数.（）对任意实数，证明数列an不是等比数列；（）试判断数列bn是否为等比数列，并证明你的结论；（）设0ab,Sn为数列bn的前n项和.是否存在实数，使得对任意正整数n，都有aSnb?若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.【分析】第()小题利用反证法证明；第()小题利用等比数列的定义证明；第()小题属于存在型问题，解答时就假设aSnb成立，由此看是否能推导出存在存在实数.【解】（）证明：假设存在一个实数，使an是等比数列，则有a22a1a3，即(3)2(4)2492
14、490，矛盾，所以an不是等比数列.()解：因为bn+1(1)n+1a n+13(n1)21(1)n+1(a n2n14)(a n3n21)b n，20090318又b1(18)，所以当18时，bn0(nN*)，此时bn不是等比数列；当18时，b1(18)0，由上可知bn0，(nN*).故当18时，数列bn是以(18)为首项，为公比的等比数列.()由（）知，当18，bn0(nN*)，Sn0，不满足题目要求；.18，故知bn(18)()n-1，于是S n(18)1()n要使aSnb对任意正整数n成立，即a(18)1()nb，(nN*).得(18)，(nN*) 令f(n)1()n，则当n为正奇数时
15、，1f(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，由式得a(18)b，b183a18，(必须b3a，即b3a).当ab3a时，由b183a18，不存在实数满足题目要求；当b3a存在实数，使得对任意正整数n，都有aSnb,且的取值范围是(b18，3a18).【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及项数n的双重讨论.【专题训
16、练】一、选择题1已知无穷数列an是各项均为正数的等差数列，则有（ ）ABCD2设an是由正数构成的等比数列，bnan+1an+2，cnanan+3，则（ ）AbncnBbncnCbncnDbncn3已知an为等差数列，bn为正项等比数列，公比q1，若a1b1，a11b11，则（ ）Aa6b6Ba6b6Ca6b6Da6b6或a6b6 4已知数列an的前n项和Snn29n，第k项满足ak，则k（ ）A9B8C7D65已知等比数列an的公比q0，其前n项的和为Sn，则S4a5与S5a4的大小关系是（ ）AS4a5S5a4BS4a5S5a4CS4a5S5a4D不确定6设Sn123n，nN*，则函数f(
17、n)的最大值为（ ）ABCD7已知y是x的函数，且lg3，lg(sinx)，lg(1y)顺次成等差数列，则（ ）Ay有最大值1，无最小值By有最小值，无最大值Cy有最小值，最大值1Dy有最小值1，最大值1 8已知等比数列an中a21，则其前3项的和S3的取值范围是（ ）(，1(，1)(1，)3，)(，13，)9设b是1a和1a的等比中项，则a3b的最大值为( )A1B2C3D410设等比数列an的首相为a1，公比为q，则“a10，且0q1”是“对于任意nN*都有an+1an”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分比要条件D既不充分又不必要条件11an为等差数列，若1，且它的前n项和Sn
18、有最小值，那么当Sn取得最小正值时，n（ ）A11B17C19D2112设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、yR，都有f(x)f(y)f(xy)，若a1，anf(n)(nN*)，则数列an的前n项和Sn的取值范围是（ ）A，2)B，2C，1)D，1二、填空题13等差数列an的前n项和为Sn，且a4a28，a3a526，记Tn，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，TnM都成立则M的最小值是_14无穷等比数列an中，a11，|q|1，且除a1外其余各项之和不大于a1的一半，则q的取值范围是_.15已知x0，y0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是_.
19、012416等差数列an的公差d不为零，Sn是其前n项和，给出下列四个命题：A若d0，且S3S8，则Sn中，S5和S6都是Sn中的最大项；给定n，对于一定kN*(kn)，都有an-kan+k2an；若d0，则Sn中一定有最小的项；存在kN*，使akak+1和akak-1同号其中真命题的序号是_.三、解答题17已知an是一个等差数列，且a21，a55（）求an的通项；（）求an前n项和Sn的最大值18已知an是正数组成的数列，a11，且点(，an+1)(nN*）在函数yx21的图象上.()求数列an的通项公式；()若列数bn满足b11,bn+1bn2an，求证：bnbn+2b2n+1.19设数列
20、an的首项a1(0，1)，an，n2，3，4，.（）求an的通项公式；（）设bnan，证明bnbn+1，其中n为正整数20已知数列an中a12，an+1(1)( an2)，n1，2，3，.（）求an的通项公式；（）若数列an中b12，bn+1，n1，2，3，.证明：bna4n-3，n1，2，3，21已知二次函数yf(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图像上.（）求数列an的通项公式；（）设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对所有nN*都成立的最小正整数m；22数列满足，（），是常数（）当时，求及的值；
21、（）数列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；（）求的取值范围，使得存在正整数，当时总有【专题训练】参考答案一、选择题1B 【解析】a4a8(a13d)(a17d)a1210a1d21d2，a62(a15d)2a1210a1d25d2，故.2D 【解析】设其公比为q,则bncnan(q1)(1q2)an(q1)2(q1)，当q1时，bncn，当q0，且q1时，bncn，故bncn.3B 【解析】因为q1，b10，b110，所以b1b11，则a6b6.4B 【解析】因数列为等差数列，anSnSn-12n10，由52k108，得到k8.5A 【解析】S4a5S5a4(a
22、1a2a3a4)a4q(a1a2a3a4a5)a4a1a4a12q30，S4a5S5a46D 【解析】由Sn，得f(n)，当n，即n8时取等号，即f(n)maxf(8)7B 【解析】由已知y(sinx)21，且sinx，y1，所以当sinx1时，y有最小值，无最大值.8D 【解】等比数列an中a21，S3a1a2a3a2(1q)1q.当公比q0时，S31q123，当公比q0时，S31(q)121，S3(，13，).9B 【解析】b是1a和1a的等比中项，则3b21a2a23b21，令acos，bsin，(0，2)，所以a3bcosin2sin()2.10A 【解析】当a10，且0q1时，数列为
23、递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a10，且q1，故选A.11C 【解析】由1，得0000，则要使Sn取得最小正值必须满足S190，且S200，此时n19.12C 【解析】f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、yR，都有f(x)f(y)f(xy)，a1，anf(n)(nN*)，an+1f(n1)f(1)f(n)an，Sn1()n.则数列an的前项和的取值范围是，1).二、填空题132 【解析】由a4a28，可得公差d4，再由a3a526，可得a11，故Snn2n(n1)2n2n，Tn，要使得TnM，只需M2即可，故M的最小值为2，答案：214(1，0(0， 【解析】q，
24、但|q|1，且q0，故q(1，0(0，.154 【解析】4.16D 【解析】对于：S8S3a4a5a6a7a85a60，S5S6，又d0，S5S6为最大，故A正确；对于：根据等差中项知正确；对于：d0，点(n，Sn)分布在开口向上的抛物线，故Sn中一定有最小的项，故正确；而akak+1d，akak-1d，且d0，故为假命题.三、解答题17【解】（）设an的公差为d，由已知条件，解出a13，d2所以ana1(n1)d2n5（）Snna1dn24n(n2)24，所以n2时，Sn取到最大值418【解】()由已知得an+1an1，即an+1an1，又a11，所以数列an是以1为首项，公差为1的等差数列
25、，故an1(a1)1n.()由（）知：ann从而bn+1bn2n.bn(bnbn-1)(bn-1bn-2)（b2b1）b12n-12n-2212n1.因为bnbn+2b(2n1)(2n+21)(2n-11)2(22n+22n+22n1)(22n+222n+11)52n42n2n0,所以bnbn+2b.19【解】（）由an，n2，3，4，.整理得1an(1an-1)又1a10，所以1an是首项为1a1，公比为的等比数列，得an1(1a1)()n-1，（）由（）可知0an，故bn0那么，bn+12bn2an+12(32an+1)an2(32an)()2(32)an2(32an)(an1)2.又由（
26、）知an0，且an1，故bn+12bn20，因此bnbn+1，为正整数20【解】（）由题设：an+1(1)(an2)(1)(an)(1)(2)，(1)(an)，an+1(1)(an)所以，数列ana是首项为2，公比为1)的等比数列，an(1)n，即an的通项公式为an(1)n1，n1，2，3，.（）用数学归纳法证明（）当n1时，因2，b1a12，所以b1a1，结论成立（）假设当nk时，结论成立，即bka4k-3，也即0bna4k-3，当nk1时，bk+10，又32，所以bk+1(32)2(bk)(1)4(a4k-3)a4k+1也就是说，当nk1时，结论成立根据（）和（）知bna4n-3，n1，
27、2，3，.21【解】（）设这二次函数f(x)ax2bx (a0) ，则 f(x)2axb，由于f(x)6x2，得a3 ，b2，所以f(x)3x22x.，又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图像上，所以Sn3n22n，当n2时，anSnSn1（3n22n）3(n1)22(n1)6n5，当n1时，a1S13122615，所以，an6n5（nN*）.（）由（）得知bn()，故Tnbi(1)()()(1），因此，要使(1）（nN*）成立的m，必须且仅须满足，即m10，所以满足要求的最小正整数m为10.22【解】（）由于，且所以当时，得，故从而（）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（）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”的充分必要条件是：为偶数，记，则满足故的取值范围是