数列与不等式的交汇题型

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1、数列与不等式的交汇题型分析及解题策略题型一　求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式绫结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：(1)若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立Ûf(x)min≥M；f(x)≤M恒成立Ûf(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a1＋a2＋…＋an＞＋＋…＋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

2、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：(a1q16)2＝a1q23，∴a1q9＝1.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a＝q-18代入上式并整理，得q-18(qn－1)＞q(1－)，qn＞q19，∵q＞1，∴n＞19，故所求正整数的取值范围是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{an}的前项和为Sn．已知a1＝a，an+1＝

3、Sn＋3n，n∈N*．(Ⅰ)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；（Ⅱ）若an+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（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

4、＝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·[12·()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　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

5、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，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

6、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4】　(08·安徽高考)设数列{an}满足a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈

7、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*.20090318【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