數(shù)列中的恒成立問題(教師版)

1、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 an是無窮等差數(shù)列，a1 1，公差 d0 ，若對(duì)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an的通項(xiàng)公式是 _.Snn(n 1)d3n(3n1)dSnt 為常數(shù)，則【解

2、析】由已知得，n2， S3n 3n2，設(shè)S3n9tddd 2dn2 d 9tdn6t3td 對(duì)nN * 恒成立，所以，由于 d 0 ，解得12 d6t3tdt9故 an 2n 1設(shè)是等差數(shù)列a的前 n項(xiàng)和， 若數(shù)列a滿足 anSnAn 2BnC 且A0，則12.SnnB CnA的最小值為【解析】根據(jù) anSnAn2BnC 及等差數(shù)列的性質(zhì)，可設(shè)n2n1S =An +Dn，則 a =（ B D）n+C，則有 a =B D+C， 由 等 差 數(shù) 列 的 求 和 公 式 可 得 Sn= n(a1 an )= BD n2+ BD2C n=An2+Dn ， 則 有222BD2A，消去參數(shù) D 并整理可得

3、 BC=3A，故 1 +B C= 1 +3A213A =23 ，當(dāng)且僅當(dāng) 1B2CDDAAAA2=3A，即 A=3 時(shí)等號(hào)成立33. 記數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，若不等式 an2Sn2ma12 對(duì)任意等差數(shù)列an 及任意正整數(shù)n 都成n2立，則實(shí)數(shù)m的最大值為 _【解析】設(shè)數(shù)列n 的公差是d，則ana1 (n 1)d ， Sn n1aan 121， dR， n N* 恒成立a1d m 12對(duì)任意的a2a 若 a1 0，上式顯然恒成立；（ n1） d 21（ n 1） d 211 m對(duì)任意的 若 a 0，則a12a1n（ n 1） d. 由題意 a1 (n 1)d 2 2a1，d R，n

4、 N* 恒成立 令 （n 1） d2a1。1 歡迎下載精品文檔22t 恒成立而 (1 2t)2(1 t)22 25t 3 21 t ，則 (1 2t) (1 t)m對(duì)任意的實(shí)數(shù) 5t 6t5 ，53221所以 t 5時(shí) (1 2t) (1 t)取最小值，所以m5.1綜上所述， m的最大值為 5.【典型例題】：例題1設(shè)數(shù)列an 滿足 an1= 2ann 21 4 n（ 1）若 a13 ，求證：存在f2a nf ( n) 是等比數(shù)列，并求( n)= an +bn+c（ a， b， c 為常數(shù)），使數(shù)列 出數(shù)列 n 的通項(xiàng)公式；a（ 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

5、與數(shù)列 bn 的通項(xiàng)公式【解析】 (1) 證明：設(shè)數(shù)列 af() 的公比為q，則： a + (1)=q(a+( ),nn+1n而 an 1f n 1 2a nn 22b n 1c4n 1 a n 12ann 2 4n1 an 22 na a bn b c2ana 1 n 22a 4b n1 a b cq anfnqan qan2qbnqc q2q2由等式恒成立得qaa1，解得a1qb2a4b2bqc1abcc0 存在 f( n)=n2f ( n) 成公比為2 的等比數(shù)列2n，數(shù)列 a n又 a1+f(1)=3+12=2，所以 an +f (n)=2 2n 1=2n所以 an=2nf(n)= 2

6、nn 2+2n . （8 分）(2) an 是一個(gè)等差數(shù)列 bn 的前 n 項(xiàng)和，可設(shè) anAn 2Bn ，則 :an 1A n1 2B n1An22A B n A B 又 a= 2 an2n12An22Bnn24n12 A 1 n22B4 n 1 n 1n4A2 A1A1由此得2AB2B4 ，解得所以 ann 22n ，所以 a11 B2AB1所以當(dāng) n2 時(shí)， bnanan1n 22nn1 22 n 132n 當(dāng) n1時(shí)， b1a11滿足上式故bn3 2n . （ 16分）例題 2 已知數(shù)列an，其前 n 項(xiàng)和為 Sn 。2 歡迎下載精品文檔（ 1）若 an是公差為 d ( d0) 的等差

7、數(shù)列，且Snn也是公差為 d 的等差數(shù)列，求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（ 2）若數(shù)列an對(duì)任意 m， nN* ，且 m n ，都有 2Sm nam anaman ，求證：mnmn數(shù)列 an是等差數(shù)列【解析】（ 1）設(shè) bnSnn ，則 bn2Snn ，當(dāng) n2S1n =a11 ，(b1d )2S22 2a1d 2 ， 1，2 ，3 時(shí)， b1(b12S333a13d3 ，a1 ，得 (b1d )222d )聯(lián)立消去2b1d(b12d )23b123d 3得： b122b1 dd 20 ，則 b1 d ，將代入解出d 1（ d =0 舍去），2分2從而解得 a13 ，所以 an1 n5 .4分424此

8、時(shí)， bnSnn1 n 對(duì)于任意正整數(shù)n 滿足題意 .6分2（ 2）因?yàn)閷?duì)任意m,n*mn2Smnmnaman ， N ，都有m naamn在中取 mn1 ， 2S2n 1an1anan1an2an 1 ， 8 分2n11同理 2S2n1an2an 1an 2an14an 22an1 ，10 分2n133由知， 2an14an232an 1, 即 2an23an 1an10 ，即 an 2 an2an 11an2an ) ，12 分(an 112中令 n1 ， a3a12a20，從而 an 2an2an 10，即 an2an 1an 1an ，14分所以，數(shù)列an成等差數(shù)列 .16分例題 3

9、已知數(shù)列 an 滿足 a1 a( a 0， a N* ) ， a1 a2 an pan 1 0( p 0， p 1，n N* ) (1) 求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式 an；(2) 若對(duì)每一個(gè)正整數(shù) k，若將 ak 1，ak 2 ，ak 3 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(duì)應(yīng)的數(shù)列 k d記 S 為數(shù)列 d 的前 k 項(xiàng)和，問是否存在a，使得 S 30 對(duì)任意正整數(shù)k 恒成立？若存在，求出a 的最kkk大值；若不存在，請(qǐng)說明理由。3 歡迎下載精品文檔an 1【解析】 (1)因?yàn)?a1 a2 an pan1 0，所以 n 2 時(shí)， a1 a2 an 1 p

10、an 0，兩式相減，得an 1p1app( n2) ，故數(shù)列 an 從第二項(xiàng)起是公比為p的等比數(shù)列，又當(dāng)n 1 時(shí)， a1 pa2 0，解得 a2p，an 1 ，從而 an a p 1 n 2n 2 .pp(2) 由 (1) 得 ak 1a p 1 k 1pp， 1ka p 1k 1aa p p p， a p p，k 2k 3若 ak 1為等差中項(xiàng)，則2ak1 a a，k 2k3p 1p 11即 p 1 或 p 2，解得 p 3；此時(shí) ak 1 3a( 2) k 1 ，ak 2 3a( 2) k，所以 dk | ak 1 ak 2| 9a·2k 1，若 ak 2 為等差中項(xiàng)，則 2a

11、k2 ak 1 ak 3，p 1即p 1，此時(shí)無解；若 ak 3 為等差中項(xiàng)，則2ak3 ak 1 ak 2， 1 112即 pp 1 或 pp ，解得 p ，23此時(shí) ak 13a 1 k 1k 33a 1 k1，22， a 229a1 k 1所以 dk | ak 1 ak 3| 8 ·2，1k 12綜上所述， p 3， dk 9a·2或 p 3，k9a1 k 1.d 8 ·21k當(dāng) p 3時(shí)， Sk 9a(21) 10則由 Sk 30，得 ak，32110當(dāng) k 3 時(shí)， 3 2k 1 1，所以必定有 a 1，所以不存在這樣的最大正整數(shù)29a1 k當(dāng) p 3時(shí)

12、， Sk 41 2，。4 歡迎下載精品文檔k404040k則由 S 30，得 a1k，因?yàn)? k 3 ，所以 a 13滿足 S30恒成立； 但當(dāng) a 14 時(shí)，31 2312存在k 5，使得a40即k 30，1kS312所以此時(shí)滿足題意的最大正整數(shù)a 13.例題 4已知數(shù)列an 為等差數(shù)列，a12， an的前 n 和為 Sn ，數(shù)列 bn為等比數(shù)列，且a1b1a2b2a3b3anbn (n1) 2n24 對(duì)任意的 n N 恒成立（ 1）求數(shù)列an、 bn的通項(xiàng)公式；（ 2）是否存在非零整數(shù)，使不等式(11 )(11 )(11 )cos an 11對(duì)一切 nN 都成a1a2an2an1立？若存在

13、，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cn，滿足 c39a1007 ，且存在正整數(shù)k，使 c1, c39 , ck 成等比數(shù)列，若數(shù)列 cn的公差為 d，求 d 的所有可能取值之和法 2：因?yàn)?a1b1a2 b2a3b3anbn(n1) 2n 24對(duì)任意的nN 恒成立則 a1b1a2b2a3b3an-1bn -1(n2) 2n 14 （ n2 ） 。5 歡迎下載精品文檔得 an bnn2n 1 (n 2) ，又 a1b14 ，也符合上式，所以an bnn 2n 1 (n N )由于 an為等差數(shù)列，令anknb ，則 bnn 2n 1，knb因?yàn)?bn為等比數(shù)列，則

14、bn2n k (n1)bq （為常數(shù)），bn 1(n1)(knb)即 (qk 2k) n2(bqkq2b2k) n qb0 對(duì)于nN * 恒成立，qk2k0bqkq2b2k0 ，所以 q2, b0qb0又 a12，所以 k2 ，故 an2n, bn 2n （）由annan 1n1，得coscos(n1)(1)，22設(shè)bn1，則不等式等價(jià)于(1)n 1b1 )(11 )1 )n(1(1an1a1a2an bn0，且bn12 n11 ， bn 1bn ，數(shù)列 bn 單調(diào)遞增bn2n12n3假設(shè)存在這樣的實(shí)數(shù)，使得不等式 ( 1)n 1bn 對(duì)一切 nN 都成立，則當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí)，得(bn )minb123；3 當(dāng) n