數(shù)列與不等式的交匯題型分析及解題策略

數(shù)列與不等式的交匯題型分析及解題策略【命題趨向】數(shù)列與不等式交匯主要以壓軸題的形式出現(xiàn)，試題還可能涉及到與導(dǎo)數(shù)、函數(shù)等知識(shí)綜合一起考查.主要考查知識(shí)重點(diǎn)和熱點(diǎn)是數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式以及二者之間的關(guān)系、等差數(shù)列和等比數(shù)列、歸納與猜想、數(shù)學(xué)歸納法、比較大小、不等式證明、參數(shù)取值范圍的探求，在不等式的證明中要注意放縮法的應(yīng)用.此類(lèi)題型主要考查學(xué)生對(duì)知識(shí)的靈活變通、融合與遷移，考查學(xué)生數(shù)學(xué)視野的廣度和進(jìn)一步學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的潛能．近年來(lái)加強(qiáng)了對(duì)遞推數(shù)列考查的力度，這點(diǎn)應(yīng)當(dāng)引起我們高度的重視．如08年北京文20題(12分)中檔偏上，考查數(shù)列與不等式恒成立條件下的參數(shù)問(wèn)題、08年湖北理21題(12分)為中檔偏上，考查數(shù)列與不等式交匯的探索性問(wèn)題、08年江西理19題(12分)中等難度，考查數(shù)列求和與不等式的交匯、08年全國(guó)卷Ⅰ理22(12分)壓軸題，難說(shuō)大，考查數(shù)學(xué)歸納法與不等式的交匯，等等.預(yù)計(jì)在2009年高考中,比較新穎的數(shù)列與不等式選擇題或填空題一定會(huì)出現(xiàn).數(shù)列解答題的命題熱點(diǎn)是與不等式交匯,呈現(xiàn)遞推關(guān)系的綜合性試題.其中,以函數(shù)與數(shù)列、不等式為命題載體,有著高等數(shù)學(xué)背景的數(shù)列與不等式的交匯試題是未來(lái)高考命題的一個(gè)新的亮點(diǎn),而命題的冷門(mén)則是數(shù)列與不等式綜合的應(yīng)用性解答題.【考點(diǎn)透視】1．以客觀(guān)題考查不等式的性質(zhì)、解法與數(shù)列、等差數(shù)列、等比數(shù)列的簡(jiǎn)單交匯.2．以解答題以中檔題或壓軸題的形式考查數(shù)列與不等式的交匯，還有可能涉及到導(dǎo)數(shù)、解析幾何、三角函數(shù)的知識(shí)等，深度考查不等式的證明(主要比較法、綜合法、分析法、放縮法、數(shù)學(xué)歸納法、反證法)和邏輯推理能力及分類(lèi)討論、化歸的數(shù)學(xué)思想，試題新穎別致，難度相對(duì)較大.3．將數(shù)列與不等式的交匯滲透于遞推數(shù)列及抽象數(shù)列中進(jìn)行考查，主要考查轉(zhuǎn)化及方程的思想.【典例分析】題型一求有數(shù)列參與的不等式恒成立條件下參數(shù)問(wèn)題求得數(shù)列與不等式綾結(jié)合恒成立條件下的參數(shù)問(wèn)題主要兩種策略：(1)若函數(shù)f(x)在定義域?yàn)镈，則當(dāng)x∈D時(shí)，有f(x)≥M恒成立f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立f(x)max≤M；(2)利用等差數(shù)列與等比數(shù)列等數(shù)列知識(shí)化簡(jiǎn)不等式，再通過(guò)解不等式解得.【例1】等比數(shù)列{an}的公比q＞1，第17項(xiàng)的平方等于第24項(xiàng)，求使a1＋a2＋…＋an＞eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)恒成立的正整數(shù)n的取值范圍.【分析】利用條件中兩項(xiàng)間的關(guān)系，尋求數(shù)列首項(xiàng)a1與公比q之間的關(guān)系，再利用等比數(shù)列前n項(xiàng)公式和及所得的關(guān)系化簡(jiǎn)不等式，進(jìn)而通過(guò)估算求得正整數(shù)n的取值范圍.【解】由題意得：(a1q16)2＝a1q23，∴a1q9＝1.由等比數(shù)列的性質(zhì)知：數(shù)列{eq\f(1,an)}是以eq\f(1,a1)為首項(xiàng)，以eq\f(1,q)為公比的等比數(shù)列，要使不等式成立，則須eq\f(a1(qn－1),q－1)＞eq\f(eq\f(1,a1)[1－(eq\f(1,q))n],1－eq\f(1,q))，把a(bǔ)eq\o(2,1)＝q18代入上式并整理，得q18(qn－1)＞q(1－eq\f(1,qn))，qn＞q19，∵q＞1，∴n＞19，故所求正整數(shù)的取值范圍是n≥20.【點(diǎn)評(píng)】本題解答數(shù)列與不等式兩方面的知識(shí)都用到了，主要體現(xiàn)為用數(shù)列知識(shí)化簡(jiǎn)，用不等式知識(shí)求得最后的結(jié)果.本題解答體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化思想、方程思想及估算思想的應(yīng)用.【例2】（08·全國(guó)Ⅱ）設(shè)數(shù)列{an}的前項(xiàng)和為Sn．已知a1＝a，an+1＝Sn＋3n，n∈N*．(Ⅰ)設(shè)bn＝Sn－3n，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．【分析】第（Ⅰ）小題利用Sn與an的關(guān)系可求得數(shù)列的通項(xiàng)公式；第（Ⅱ）小題將條件an+1≥an轉(zhuǎn)化為關(guān)于n與a的關(guān)系，再利用a≤f(n)恒成立等價(jià)于a≤f(n)min求解．【解】(Ⅰ)依題意，Sn+1－Sn＝an+1＝Sn＋3n，即Sn+1＝2Sn＋3n，由此得Sn+1－3n+1＝2(Sn－3n)．因此，所求通項(xiàng)公式為bn＝Sn－3n＝(a－3)2n1，n∈N*,①(Ⅱ)由①知Sn＝3n＋(a－3)2n1，n∈N*，于是，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn1＝3n＋(a－3)2n1－3n1－(a－3)2n2＝2×3n1＋(a－3)2n2，an+1－an＝4×3n1＋(a－3)2n2＝2n2·[12·(eq\f(3,2))n2＋a－3]，當(dāng)n≥2時(shí)，an+1≥an，即2n2·[12·(eq\f(3,2))n2＋a－3]≥0，12·(eq\f(3,2))n2＋a－3≥0，∴a≥－9，綜上，所求的a的取值范圍是[－9，＋∞]．【點(diǎn)評(píng)】一般地，如果求條件與前n項(xiàng)和相關(guān)的數(shù)列的通項(xiàng)公式，則可考慮Sn與an的關(guān)系求解.本題求參數(shù)取值范圍的方法也一種常用的方法，應(yīng)當(dāng)引起重視.題型二數(shù)列參與的不等式的證明問(wèn)題此類(lèi)不等式的證明常用的方法：(1)比較法，特別是差值比較法是最根本的方法；(2)分析法與綜合法，一般是利用分析法分析，再利用綜合法分析；(3)放縮法，主要是通過(guò)分母分子的擴(kuò)大或縮小、項(xiàng)數(shù)的增加與減少等手段達(dá)到證明的目的.【例3】已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，a3＝7，S4＝24．(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(Ⅱ)設(shè)p、q都是正整數(shù)，且p≠q，證明：Sp+q＜eq\f(1,2)(S2p＋S2q)．【分析】根據(jù)條件首先利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)公式和建立方程組即可解決第(Ⅰ)小題；第(Ⅱ)小題利用差值比較法就可順利解決.【解】（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差是d，依題意得，eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a1＋2d＝7,4a1＋6d＝24)，解得eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a1＝3,d＝2)，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.（Ⅱ）證明：∵an＝2n＋1，∴Sn＝eq\f(n(a1＋an),2)＝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＜eq\f(1,2)(S2p＋S2q)．【點(diǎn)評(píng)】利用差值比較法比較大小的關(guān)鍵是對(duì)作差后的式子進(jìn)行變形，途徑主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，則利用通分；（4）如果涉及根式，則利用分子或分母有理化.【例4】(08·安徽高考)設(shè)數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c為實(shí)數(shù).(Ⅰ)證明：an∈[0，1]對(duì)任意n∈N*成立的充分必要條件是c∈[0，1]；(Ⅱ)設(shè)0＜c＜eq\f(1,3)，證明：an≥1－(3c)n1，n∈N*；（Ⅲ）設(shè)0＜c＜eq\f(1,3)，證明：a12＋a22＋…＋an2＞n＋1－eq\f(2,1－3c)，n∈N*.20090318【分析】第（1）小題可考慮用數(shù)學(xué)歸納法證明；第（2）小題可利用綜合法結(jié)合不等關(guān)系的迭代；第（3）小題利用不等式的傳遞性轉(zhuǎn)化等比數(shù)列，然后利用前n項(xiàng)和求和，再進(jìn)行適當(dāng)放縮.20090318【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：設(shè)c∈[0，1]，對(duì)n∈N*用數(shù)學(xué)歸納法證明an∈[0，1].(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1∈[0，1].(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，ak∈[0，1](k≥1)成立，則ak＋1＝cak3＋1－c≤c＋1－c＝1，且ak＋1＝cak3＋1－c≥1－c≥0，∴ak＋1∈[0，1]，這就是說(shuō)n＝k＋1時(shí)，an∈[0，1].由（1）、（2）知，當(dāng)c∈[0，1]時(shí)，知an∈[0，1]對(duì)所胡n∈N*成立.綜上所述，an∈[0，1]對(duì)任意n∈N*成立的充分必要條件是c∈[0，1].（Ⅱ）設(shè)0＜c＜eq\f(1,3)，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝0，結(jié)論成立.當(dāng)n≥2時(shí)，由an＝can13＋1－c，∴1－an＝c(1－an1)(1＋an1＋an12)∵0＜c＜eq\f(1,3)，由(Ⅰ)知an1∈[0，1]，所以1＋an1＋an12≤3，且1－an1≥0，∴1－an≤3c(1－an1)，∴1－an≤3c(1－an1)≤(3c)2(1－an2)≤…≤(3c)n1(1－a1)＝(3c)n1，∴an≥1－(3c)n1(Ⅲ)設(shè)0＜c＜eq\f(1,3)，當(dāng)n＝1時(shí)，a12＝0＞2－eq\f(2,1－3c)，結(jié)論成立.當(dāng)n≥2時(shí)，由（Ⅱ）知an≥1－(3c)n1∴an2≥[(1－(3c)n1)]2＝1－2(3c)n1＋(3c)(n1)＞1－2(3c)a12＋a22＋…＋an2＝a22＋…＋an2＞n－1－2[3c＋(3c)2＋…＋(3c)n＝n－1－2[1＋3c＋(3c)2＋…＋(3c)n1－1]＝n＋1－eq\f(2[1－(3c)n],1－3c)＞n＋1－eq\f(2,1－3c).【點(diǎn)評(píng)】本題是數(shù)列與不等式、數(shù)學(xué)歸納法的知識(shí)交匯題，屬于難題，此類(lèi)試題在高考中點(diǎn)占有一席之地，復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)引起注意.本題的第(Ⅰ)小題實(shí)質(zhì)也是不等式的證明，題型三求數(shù)列中的最大值問(wèn)題求解數(shù)列中的某些最值問(wèn)題，有時(shí)須結(jié)合不等式來(lái)解決，其具體解法有：(1)建立目標(biāo)函數(shù)，通過(guò)不等式確定變量范圍，進(jìn)而求得最值；(2)首先利用不等式判斷數(shù)列的單調(diào)性，然后確定最值；(3)利用條件中的不等式關(guān)系確定最值.【例5】(08·四川高考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前項(xiàng)和為Sn，若S4≥10，S5≤15，則a4的最大值為_(kāi)_____.【分析】根據(jù)條件將前4項(xiàng)與前5項(xiàng)和的不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為關(guān)于首項(xiàng)a1與公差d的不等式，然后利用此不等關(guān)系確定公差d的范圍，由此可確定a4的最大值.【解】∵等差數(shù)列{an}的前項(xiàng)和為Sn，且S4≥10，S5≤15，∴eq\b\lc\{(\s(,,))eq\s(S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d≥10,S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d≤15)，即eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a1＋3d≥5,a1＋2d≤3)，∴eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(a4＝a1＋3d≥eq\f(5－3d,2)＋3d＝eq\f(5＋3d,2),a4＝a1＋3d＝(a1＋2d)＋d≤3＋d)，∴eq\f(5＋3d,2)≤a4≤3＋d，則5＋3d≤6＋2d，即d≤1.∴a4≤3＋d≤3＋1＝4，故a4的最大值為4.【點(diǎn)評(píng)】本題最值的確定主要是根據(jù)條件的不等式關(guān)系來(lái)求最值的，其中確定數(shù)列的公差d是解答的關(guān)鍵，同時(shí)解答中要注意不等式傳遞性的應(yīng)用.【例6】等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1＝2002，公比q＝－eq\f(1,2)．(Ⅰ)設(shè)f(n)表示該數(shù)列的前n項(xiàng)的積，求f(n)的表達(dá)式；(Ⅱ)當(dāng)n取何值時(shí)，f(n)有最大值．【分析】第(Ⅰ)小題首先利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求數(shù)列{an}的通項(xiàng)，再求得f(n)的表達(dá)式；第(Ⅱ)小題通過(guò)商值比較法確定數(shù)列的單調(diào)性，再通過(guò)比較求得最值.【解】(Ⅰ)an＝2002·(－eq\f(1,2))n1，f(n)＝2002n·(－eq\f(1,2))eq\s(eq\f(n(n1),2),)(Ⅱ)由(Ⅰ)，得eq\f(|f(n＋1)|,|f(n)|)＝eq\f(2002,2n)，則當(dāng)n≤10時(shí)，eq\f(|f(n＋1)|,|f(n)|)＝eq\f(2002,2n)＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，當(dāng)n≥11時(shí)，eq\f(|f(n＋1)|,|f(n)|)＝eq\f(2002,2n)＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，∵f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，∴f(n)的最大值為f(9)或f(12)中的最大者．∵eq\f(f(12),f(9))＝eq\f(200212·(eq\f(1,2))66,20029·(eq\f(1,2))36)＝20023·(eq\f(1,2))30＝(eq\f(2002,210))3＞1，∴當(dāng)n＝12時(shí)，f(n)有最大值為f(12)＝200212·(eq\f(1,2))66．【點(diǎn)評(píng)】本題解答有兩個(gè)關(guān)鍵：(1)利用商值比較法確定數(shù)列的單調(diào)性；(2)注意比較f(12)與f(9)的大小.整個(gè)解答過(guò)程還須注意f(n)中各項(xiàng)的符號(hào)變化情況.題型四求解探索性問(wèn)題數(shù)列與不等式中的探索性問(wèn)題主要表現(xiàn)為存在型，解答的一般策略：先假設(shè)所探求對(duì)象存在或結(jié)論成立，以此假設(shè)為前提條件進(jìn)行運(yùn)算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假設(shè)不成立，從而得到“否定”的結(jié)論，即不存在.若推理不出現(xiàn)矛盾，能求得在范圍內(nèi)的數(shù)值或圖形，就得到肯定的結(jié)論，即得到存在的結(jié)果.【例7】已知{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＋Sn＝4.(Ⅰ)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；(Ⅱ)是否存在正整數(shù)k，使eq\f(Sk+1－2,Sk－2)＞2成立.【分析】第(Ⅰ)小題通過(guò)代數(shù)變換確定數(shù)列an+1與an的關(guān)系，結(jié)合定義判斷數(shù)列{an}為等比數(shù)列；而第(Ⅱ)小題先假設(shè)條件中的不等式成立，再由此進(jìn)行推理，確定此不等式成立的合理性.【解】(Ⅰ)由題意，Sn＋an＝4，Sn+1＋an+1＝4，由兩式相減，得(Sn+1＋an+1)－(Sn＋an)＝0，即2an+1－an＝0，an+1＝eq\f(1,2)an，又2a1＝S1＋a1＝4，∴a1＝2，∴數(shù)列{an}是以首項(xiàng)a1＝2，公比為q＝eq\f(1,2)的等比數(shù)列.(Ⅱ)由(Ⅰ)，得Sn＝eq\f(2[1―(eq\f(1,2))n],1―eq\f(1,2))＝4－22n.又由eq\f(Sk+1－2,Sk－2)＞2，得eq\f(4－21k－2,4－22k－2)＞2，整理，得eq\f(2,3)＜21k＜1，即1＜2k1＜eq\f(3,2)，∵k∈N*，∴2k1∈N*，這與2k1∈(1，eq\f(3,2))相矛盾，故不存在這樣的k，使不等式成立.【點(diǎn)評(píng)】本題解答的整個(gè)過(guò)程屬于常規(guī)解法，但在導(dǎo)出矛盾時(shí)須注意條件“k∈N*”，這是在解答數(shù)列問(wèn)題中易忽視的一個(gè)陷阱.【例8】(08·湖北高考)已知數(shù)列{an}和{bn}滿(mǎn)足：a1＝λ，an+1＝eq\f(2,3)an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ為實(shí)數(shù)，n為正整數(shù).（Ⅰ）對(duì)任意實(shí)數(shù)λ，證明數(shù)列{an}不是等比數(shù)列；（Ⅱ）試判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)論；（Ⅲ）設(shè)0＜a＜b,Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.是否存在實(shí)數(shù)λ，使得對(duì)任意正整數(shù)n，都有a＜Sn＜b?若存在，求λ的取值范圍；若不存在，說(shuō)明理由.【分析】第(Ⅰ)小題利用反證法證明；第(Ⅱ)小題利用等比數(shù)列的定義證明；第(Ⅲ)小題屬于存在型問(wèn)題，解答時(shí)就假設(shè)a＜Sn＜b成立，由此看是否能推導(dǎo)出存在存在實(shí)數(shù)λ.【解】（Ⅰ）證明：假設(shè)存在一個(gè)實(shí)數(shù)λ，使{an}是等比數(shù)列，則有a22＝a1a3(eq\f(2,3)λ－3)2＝λ(eq\f(4,9)λ－4)eq\f(4,9)λ2－4λ＋9＝eq\f(4,9)λ2－4λ9＝0，矛盾，所以{an}不是等比數(shù)列.(Ⅱ)解：因?yàn)閎n+1＝(－1)n+1[an+1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n+1(eq\f(2,3)an－2n＋14)＝－eq\f(2,3)(an－3n－21)＝－eq\f(2,3)bn，20090318又b1＝－(λ＋18)，所以20090318當(dāng)λ＝－18時(shí)，bn＝0(n∈N*)，此時(shí){bn}不是等比數(shù)列；當(dāng)λ≠－18時(shí)，b1＝－(λ＋18)≠0，由上可知bn≠0，∴eq\f(bn+1,bn)＝－eq\f(2,3)(n∈N*).故當(dāng)λ≠－18時(shí)，數(shù)列{bn