數(shù)列中的恒成立問題(教師版)

1、-作者xxxx-日期xxxx數(shù)列中的恒成立問題(教師版)【精品文檔】數(shù)列中的恒成立問題【常用方法和策略】：數(shù)列中的恒成立問題歷來是高考的熱點(diǎn)，其形式多樣，變化眾多，綜合性強(qiáng)，屬于能力題，主要考查學(xué)生思維的靈活性與創(chuàng)造性數(shù)列中等式恒成立問題通常采用賦值法和待定系數(shù)法，利用關(guān)于n的方程有無數(shù)個(gè)解確定參數(shù)的值，也可采用觀察、歸納猜想再證明的思想；與不等式有關(guān)的數(shù)列恒成立問題，常常使用分離參數(shù)法、利用函數(shù)性質(zhì)法等，轉(zhuǎn)化為研究數(shù)列的最值問題【課前預(yù)習(xí)】： 1. 已知數(shù)列是無窮等差數(shù)列，公差，若對任意正整數(shù)n，前n項(xiàng)的和與前3n項(xiàng)的和之比為同一個(gè)常數(shù)，則數(shù)列的通項(xiàng)公式是_.【解析】由已知得，設(shè)為常數(shù)，則對

2、恒成立，所以，由于，解得故2. 設(shè)是等差數(shù)列的前項(xiàng)和，若數(shù)列滿足且，則的最小值為 【解析】根據(jù)及等差數(shù)列的性質(zhì)，可設(shè)Sn=An2+Dn，則an=（BD）n+C，則有a1=BD+C，由等差數(shù)列的求和公式可得Sn=n2+n=An2+Dn，則有，消去參數(shù)D并整理可得BC=3A，故+BC=+3A2=2，當(dāng)且僅當(dāng)=3A，即A=時(shí)等號成立3. 記數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若不等式對任意等差數(shù)列及任意正整數(shù)n都成立，則實(shí)數(shù)m的最大值為_【解析】設(shè)數(shù)列an的公差是d，則ana1(n1)d，Snna1d.由題意a1(n1)d2ma對任意的a1，dR，nN*恒成立 若a10，上式顯然恒成立； 若a10，則m對任意的a1，

3、dR，nN*恒成立令t，則(12t)2(1t)2m對任意的實(shí)數(shù)t恒成立而(12t)2(1t)25t26t25，所以t時(shí)(12t)2(1t)2取最小值，所以m.綜上所述，m的最大值為.【典型例題】： 例題1 設(shè)數(shù)列an滿足an+1 = 2an + n2 - 4n + 1（1）若a1 = 3，求證：存在f (n)=an2+bn+c（a，b，c為常數(shù)），使數(shù)列 an + f(n) 是等比數(shù)列，并求出數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）若an 是一個(gè)等差數(shù)列bn的前n項(xiàng)和，求首項(xiàng)a1的值與數(shù)列bn的通項(xiàng)公式【解析】(1)證明：設(shè)數(shù)列 an + f(n) 的公比為q，則：an+1+f (n+1)=q(an+f (

4、n),而 由等式恒成立得，解得存在f (n)=n2-2n，數(shù)列 an + f(n) 成公比為2的等比數(shù)列又a1+f (1)=3+1-2=2，所以an+f (n)=22n-1=2n 所以an=2n - f (n)= 2n - n2+2n.（8分）(2) an 是一個(gè)等差數(shù)列bn的前n項(xiàng)和，可設(shè)，則:又an+1 = 2an + n2 - 4n + 1由此得，解得所以，所以所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，滿足上式故.（16分）例題2已知數(shù)列，其前項(xiàng)和為（1）若是公差為的等差數(shù)列，且也是公差為的等差數(shù)列，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列對任意，且，都有，求證：數(shù)列是等差數(shù)列 【解析】（1）設(shè)，則，當(dāng)時(shí)， ， 聯(lián)立消去，

5、得 得：，則，將代入解出（舍去）， 2分從而解得，所以. 4分此時(shí)，對于任意正整數(shù)滿足題意. 6分（2）因?yàn)閷θ我?，都有?在中取， 8分同理，10分由知，,即，即， 12分中令，從而，即， 14分所以，數(shù)列成等差數(shù)列. 16分例題3已知數(shù)列an滿足a1a(a0，aN*)，a1a2anpan10(p0，p1，nN*)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式an；(2)若對每一個(gè)正整數(shù)k，若將ak1，ak2，ak3按從小到大的順序排列后，此三項(xiàng)均能構(gòu)成等差數(shù)列，且公差為dk.求p的值及對應(yīng)的數(shù)列dk記Sk為數(shù)列dk的前k項(xiàng)和，問是否存在a，使得Sk30對任意正整數(shù)k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，請

6、說明理由【解析】 (1)因?yàn)閍1a2anpan10，所以n2時(shí)，a1a2an1pan0，兩式相減，得(n2)，故數(shù)列an從第二項(xiàng)起是公比為的等比數(shù)列，又當(dāng)n1時(shí)，a1pa20，解得a2，從而an(2)由(1)得ak1k1，ak2k，ak3k1，若ak1為等差中項(xiàng)，則2ak1ak2ak3，即1或2，解得p；此時(shí)ak13a(2)k1，ak23a(2)k，所以dk|ak1ak2|9a2k1，若ak2為等差中項(xiàng)，則2ak2ak1ak3，即1，此時(shí)無解；若ak3為等差中項(xiàng)，則2ak3ak1ak2，即1或，解得p，此時(shí)ak1k1，ak3k1，所以dk|ak1ak3|k1，綜上所述，p，dk9a2k1或p，

7、dkk1.當(dāng)p時(shí)，Sk9a(2k1)則由Sk30，得a，當(dāng)k3時(shí)，1，所以必定有a1，所以不存在這樣的最大正整數(shù)當(dāng)p時(shí)，Sk，則由Sk30，得a，因?yàn)椋詀13滿足Sk30恒成立；但當(dāng)a14時(shí)，存在k5，使得a即Sk30，所以此時(shí)滿足題意的最大正整數(shù)a13.例題4 已知數(shù)列為等差數(shù)列，的前和為，數(shù)列為等比數(shù)列，且對任意的恒成立（1）求數(shù)列、的通項(xiàng)公式；（2）是否存在非零整數(shù)，使不等式對一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由（3）各項(xiàng)均為正整數(shù)的無窮等差數(shù)列，滿足，且存在正整數(shù)k，使成等比數(shù)列，若數(shù)列的公差為d，求d的所有可能取值之和法2：因?yàn)?對任意的恒成立則（） 得，又，也符合上

8、式，所以 由于為等差數(shù)列，令，則，因?yàn)闉榈缺葦?shù)列，則（為常數(shù)），即對于恒成立，所以又，所以，故（）由，得，設(shè)，則不等式等價(jià)于，且，數(shù)列單調(diào)遞增假設(shè)存在這樣的實(shí)數(shù)，使得不等式對一切都成立，則當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，得； 當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，得，即綜上，由是非零整數(shù)，可知存在滿足條件（）易知d=0，成立 當(dāng)d0時(shí)， ，又，所以公差d的所有可能取值之和為16分【評注】第一問采取特殊化的思想，轉(zhuǎn)化為聯(lián)立方程組求首項(xiàng)，公差公比問題，比較容易解決；第二問學(xué)會構(gòu)造數(shù)列，將恒成立問題轉(zhuǎn)化為求數(shù)列的最小值，先研究數(shù)列的單調(diào)性，進(jìn)而求其最值，特別注意最后結(jié)果需要對分奇偶討論；第三問通過等比中項(xiàng)，構(gòu)造公差和項(xiàng)數(shù)的方程，利用項(xiàng)數(shù)是正整數(shù)

9、，分析對公差的要求，進(jìn)而得到的可能取值，此類問題雖然比較常見，但是對變形、運(yùn)算、分析能力要求很高【課后鞏固】： 1. 設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，且，若對任意，都有，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是【答案】，因此，因?yàn)?，所以，綜上實(shí)數(shù)p的取值范圍是2. 設(shè)等差數(shù)列滿足公差,且數(shù)列，則的所有可能取值之和為_.【答案】【解析】設(shè)設(shè)等差數(shù)列中的任意兩項(xiàng)，由已知得，則，設(shè)是數(shù)列中的第項(xiàng)，則有，即，故的所有可能取值為，其和為3. 設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列的前項(xiàng)和為，滿足，且恰好是等比數(shù)列的前三項(xiàng) 求數(shù)列、的通項(xiàng)公式； 記數(shù)列的前項(xiàng)和為，若對任意的，恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍解：（1），當(dāng)時(shí)，恒成立， 當(dāng)時(shí)，是公差的等差數(shù)列.

10、 3分構(gòu)成等比數(shù)列，解得，5分當(dāng)時(shí)，由條件可知，6分 數(shù)列的通項(xiàng)公式為.8分，數(shù)列的通項(xiàng)公式為9分 (2) ， 對恒成立， 即對恒成立， 11分令，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，13分，16分4. 已知數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)的和為Sn，且對任意的m，nN*，都有(SmnS1)24a2ma2n （1）求的值；（2）求證：an為等比數(shù)列；（3）已知數(shù)列cn，dn滿足|cn|dn|an，p(p3)是給定的正整數(shù)，數(shù)列cn，dn的前p項(xiàng)的和分別為Tp，Rp，且TpRp，求證：對任意正整數(shù)k(1kp)，ckdk解：（1）由(SmnS1)24a2na2m，得(S2S1)24a，即(a22a1)24a因?yàn)閍10，a

11、20，所以a22a1a2，即2 3分證明：（2）（方法一）令m1，n2，得(S3S1)24a2a4，即(2a1a2a3)24a2a4，令mn2，得S4S12a4，即2a1a2a3a4所以a44a28a1又因?yàn)?，所以a34a1 6分由(SmnS1)24a2na2m，得(Sn1S1)24a2na2，(Sn2S1)24a2na4兩式相除，得，所以2即Sn2S12(Sn1S1)，從而Sn3S12(Sn2S1)所以an32an2，故當(dāng)n3時(shí)，an是公比為2的等比數(shù)列又因?yàn)閍32a24a1，從而ana12 n1，nN*顯然，ana12 n1滿足題設(shè)，因此an是首項(xiàng)為a1，公比為2的等比數(shù)列 10分（方法

12、二）在(SmnS1)24a2na2m中，令mn，得S2nS12a2n 令mn1，得S2n1S12 ， 在中，用n1代n得，S2n2S12a2n2 ，得a2n122a2n2()， ，得a2n22a2n222()， 由得a2n1 8分代入，得a2n12a2n；代入得a2n22a2n1，所以2又2，從而ana12 n1，nN*顯然，ana12 n1滿足題設(shè)，因此an是首項(xiàng)為a1，公比為2的等比數(shù)列 10分（3）由（2）知，ana12 n1因?yàn)閨cp|dp|a12p1，所以cpdp或cpdp若cpdp，不妨設(shè)cp0，dp0，則Tpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10Rpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10這與TpRp矛盾，所以cpdp從而Tp1Rp1由上證明，同理可得cp1dp1如此下去，可得cp2dp2，cp3dp3，c1d1即對任意正整數(shù)k(1kp)，ckdk 16分5. 已知數(shù)列滿足，其前項(xiàng)和為.（1）當(dāng)與滿足什么關(guān)系時(shí)，對任意的，數(shù)列都滿足？（2）對任意實(shí)數(shù)，是否存在實(shí)數(shù)與，使得與是同一個(gè)等比數(shù)列？若存在，請求出滿足的條件；若不存在，請說明理由；（3）當(dāng)時(shí)，若對任意的，都有，求實(shí)數(shù)的最大值. 解：（1）由題意，得，首先由，得. 2分