数列不等式综合题示例

《数列不等式综合题示例》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数列不等式综合题示例（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。

1、- 1 -数列不等式综合题示例数列不等式综合题示例数列不等式综合题，是高考数学的常见试题. 这类试题，对数列方面的考查多属基础 知识和基本技能的层级，而对不等式的考查，其中口径往往比较宽，难度的调控幅度比较 大，有时达到很高的层级. 试题排序，靠后者居多，常以难题的面貌出现，对综合能力的 考查深刻. 这类试题，时常以递推关系或间接的形式设定数列. 对数列的提问，多涉及通项、前 n 项和或数列中的某些指定的参数，有时也会涉及多个数列. 至于有关不等工的提问，可以 是含变量 n 或其他参变量的不等式的证明或求解，抑或求某些量的取值范围，或者是不同 量间的大小比较，等等. 试题的综合程度有时不大，有

2、时很大，既有中低档次的题目，又 有中高档次的题目，而且多数年份属于后者. 对数列不等式综合题的解答，往往要求能够熟练应用相关的基础知识和基本技能，同 时还应具备比较娴熟的代数变换技能和技巧. 下面借助若干实例，谈谈解答这类试题的个 人点滴体验，希望有助考生理解.例例 1 设等比数列的公比为，前 n 项和 naq), 2 , 1( 0LnSn（）求的取值范围；q（）设，记的前 n 项和为，试比较与的大小奎屯王新敞新疆1223nnnaab nbnTnSnT分析分析 设定的数列是满足的一类等比数列，而不是确定的一个具体数列，na0nS而不是确定的一个具体数列. 提出的两个问题都属于不等式问题. （）

3、的求解可按等价关 系建立关于 q 的不等式，解之可得；也可对 q 作分类讨论，再归纳出答案. （）的求解， 可用差值法，也可用比值法. （）的解： 方法一因为 q 是等比数列的公比，Sn是数列的前 n 项和，所以，且na0q . 1,1)1 (, 1,11qqqaqna Sn n当当因此，等价于：且下列条件之一成立：),2, 1(0L nSn01aq=1； nqqqn; ),2, 1(01,01,0L. ),2, 1(01,01,0nqqqnL解不等式组得：；解不等式组得：或.1q01q10 q综合得 q 的取值范围为.),0()0, 1(- 2 -方法二 根据等比数列性质，在题设下，必有，公

4、比.Sa0110q当时，；1q0)1 (12qaS当或时，1|0 q1q；),2, 1(01)1 (1L nqqaSnn当 q=1 时，.),2, 1(01L nnaSn综合得 q 的取值范围为（）的解：),0()0, 1(方法一，)23(2322 1qqaaanbnnn，)23(2qqSTnn. ),2, 1(, )21)(2() 123(2nqqSqqSSTnnnnL因为且，所以得：1,0qSn0q对任意正整数 n，有：若或，则，即；211q2q0nnSTnnST 若或，则，即；021q20 q0nnSTnnST 若或 q=2，则，即.21q0nnSTnnST 方法二，1 1n nqaa)

5、23(23111 1qqaqaqabnnn n)23( qqSTnn的两根为和 2，1232qq21- 3 -. 2211,2211,2211232aqqqqqq当或当或当依题设，且由（）知或，所以得：对任意正),2, 1(0L nSn01q0q整数 n，有：当;,221STqqnn时或当;,2211STqqnn时或当或时，.021q20 qnnST 体验体验 （1）求取值范围，务必勿忘其充要性. 只顾必要性，忘了充分性，易使范围扩大；只 顾充分性，忘了必要性，易使范围缩小. 上述（）的解法一，采用等价性陈述方式；解 法二，采用了从必要性入手，再讨论充分性，然后综合得解. （2）对等比数列，前

6、 n 项的和 Sn依赖于 a1和 q 的两上参量. 由前述讨论可见：使的充要条件为 a10 且. 因此，严格地说，第),2, 1(0L nSn01|qqqq且（）问的完整答案似乎应为：在等比数列中，而当时，q 的取值范)(na01a01a围为空集，当时，q 的取值范围为. 不过，对该题也可作这样的01a),0()0, 1(理解：在题设下，不可能出现的情况，而第（）问要求的只是 q 的取值范围. 所01a以前述的解答也算完整. （3）上述（）的两个解法，差值法与比值法. 由于 Tn 与 Sn仅相差一个因子（q 的 二次式） ，所以两法几乎没有本质差别，只是陈述表达形式有所不同. 在前述的解法中，

7、都 应用了等比数列和二次函数式（方程）的基本知识，但具体的知识点有所差别，有的是最 基础的入门知识，有的是经过派生的常用性质. 学会灵活运用基本知识解题，减少记忆量， 提高活用技能，是解题训练的一项重要任务. （4）本题虽属中低档题，但也具备相当的综合性，展现了高考试题的常见特点.例例 2 设数列的前项的和， nan14122333n nnSaL n, 3,2, 1（）求首项与通项；1ana（）设， ，证明：2nn nTSL n, 3,2, 113 2ni iT- 4 -分析分析 取 n=1，由已知等式即可求得 a1. 为求通项 an，可先将已知条件化为关于 an+1 与 an的递推关系求解，

8、也可先求 Sn，再得 an. 至于不等式的证明，可将公式化简，进行论 证. （）的解： 方法一依设，得，a1=2.32 34111aSa当时，2nn nnnnnaaSSa231)(3411整理得，)2(421 1 n nn naannn naa4)2(4211得通项., 3,2, 1,24nann nL方法二依设，得., 3,2, 1,22431naSn nnL因为，所以，得 a1=2.11aS 24311 aa当时，2nnnnaSS1)22()(431 1nn nnnaaa 整理得 .,4, 3,2,241naan nnL122211 nn nnaa即有,2) 12(2) 12(21211

9、11aaann nn nn 得通项., 3,2, 1,24nann nL方法三 同上法得 a1=2，L naan nn,4, 3,2,241，124412 aa)4(24211nnnnaaaa整理得)2(4)2(42122 211aaaaaan nnnn L即有 L naan nn, 3,2,4221 1 由 2得L nann n, 3,2,24当 n=1 时，该式也成立，所以，通项为.L nann n, 3,2, 1,24- 5 -方法四因为，当时，所以由题设得，11Sa 2n1nnnSSa24311 SS当时，.2n22)(431 1 n nnnSSS， 14,221SSL nSSn nn

10、, 3,2,2241从而，)24(224211nnnnSSSS即得,4324332)322(4)322(43222122 211SSSSSSnnn nnnn L L nSSn nn, 3,2422631由 23，整理得L nSnn n, 3,2,32243111该式对 n=1 也成立，从而得通项)223(411n nnSa即., 3,2, 1,24nann nL（）的证明： 方法一32231 341n nnaS,) 12)(12(32)2234(31111nnnn,121 121 2321STnn nnn .23 121123 121 121 231111Tnininiii 方法二，nn na

11、24 - 6 -2122 414411nnnS, ) 12)(12(32) 123122(321nnnn得L nSTnnnnnn, 3,2, 1,) 12)(12(2 2321, )311 (23 312 231T.)1511 (23)1578 711 (23, )711 (23)734 311 (2332121TTTTT猜测.)1211 (2311Tnini （i）当 n=1 时，上面已证明猜测成立；（ii）假设当时，猜测成立，即1 kn， kikiT11)1211 (23则 112111) 12)(12(2 121123kikkkkiT, )1211 (23 ) 12)(12(212123

12、22112 kkkkk 即当 n=k+1 时猜测也成立. 综合（i） （ii）得对任意正整数 n，猜测都成立.所以，., 3,2, 1,231iTniiL 体验体验 （1）已知数列前 n 项的和 Sn与通项 an的关系式，为求通项的解析式，通常要将条件转化为数列的递推关系式或数列的递推关系式，然后，再作进一步推演，这时nanS- 7 -要用到公式许多时候，容易忽略，这个式子，同时，对于 . )2(,111 naSSaSnnn11aS 另一式子中 n 的取值范围，也容易忽视，以致出现差错. 对此，必须警觉.（2）根据递推关系求通项 an，是常见的数列试题. 近几年的高考)(1nfpaann数学考

13、试中，这类试题较多出现. 其中，可以是常数、等比数列、等比数列与常数之)(nf和、等比数列与等差数列之和，等等形式. 本题（）的四种解法，反映了解答这类问题 的基本思路和常用方法，其核心思想是：转化为等比数列的问题进行解答，或借助解方程 的方法求解. 能否成功，关键在于代数变换与换元是否有效. 具体的运用非常灵活，就本题 （）的解法而言，尚有多种解答方案可供选择，远非只是上述的 4 种.（3）关于不等式的证明，上述两种证法有典型意义. 证法一采用裂项的技 niiT123术，将不等式化简，达到证明目的，十分精练. 用好这一技术，须具有良好的观察能力和裂项的经验. 因此，平时要注意经验的积累和一定的操作训练，当存在数列满足nR时，则有，从而达到将和式化简的目的. 这