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1、数列中的恒成立问题（教师版）数列中的恒成立问题 【常用方法和策略】： 数列中的恒成立问题历来是高考的热点，其形式多样，变化众多，综合性强，属于能力题，主要考查学生思维的灵活性与创造性 数列中等式恒成立问题通常采用赋值法和待定系数法，利用关于n的方程有无数个解确定参数的值，也可采用观察、归纳猜想再证明的思想； 与不等式有关的数列恒成立问题，常常使用分离参数法、利用函数性质法等，转化为研究数列的最值问题 【课前预习】： 1. 已知数列?an?是无穷等差数列，a1?1，公差d?0，若对任意正整数n，前n项的和与前3n项的和 之比为同一个常数，则数列?an?的通项公式是_. 【解析】由已知得，Sn?n
2、?n(n?1)d3n(3n?1)dS，S3n?3n?，设n?t为常数，则22S3n?d?2?9td?d?dn?2?d?9tdn?6t?3td对?n?N*恒成立，所以?，由于d?0，解得?1 t?2?d?6t?3td?9故an?2n?1 2. 设Sn是等差数列?an?的前n项和，若数列?an?满足an?Sn?An2?Bn?C且A?0，则 的最小值为 【解析】根据an?Sn?An2?Bn?C及等差数列的性质，可设Sn=An2+Dn，则an=（BD）n+C，则有a1=BD+C，由等差数列的求和公式可得Sn= 1?B?CAn(a1?an)B?D2B?D?2C=n+n=An2+Dn，则有222?B?D?
3、A?1112?3A=23，当且仅，消去参数D并整理可得BC=3A，故+BC=+3A2?B?D?2CAAA?D2?当 13=3A，即A=时等号成立 A3Sn223. 记数列?an?的前n项和为Sn，若不等式an?2?ma1对任意等差数列?an?及任意正整数n都成 n2立，则实数m的最大值为_ 【解析】设数列an的公差是d，则ana1(n1)d，Snna1 n（n1） d.由题意a1(n1)d22 ?an1d?ma2对任意的a，dR，nN*恒成立 11 2?1 若a10，上式显然恒成立； （n1）d（n1）d?2?（n1）d?2? 若a10，则11m对任意的a1，dR，nN*恒成立令 2a1a12
4、a1? 2 31 t?，所以tt，则(12t)(1t)m对任意的实数t恒成立而(12t)(1t)5t6t25?5?5 2 2 2 2 2 2 31 时(12t)2(1t)2取最小值，所以m. 55 1 综上所述，m的最大值为. 5 【典型例题】： 例题1 设数列an满足an?1 = 2an ? n2 ? 4n ? 1 （1）若a1 ? 3，求证：存在f (n)=an2+bn+c（a，b，c为常数），使数列 an ? f(n) 是等比数列，并求出数列an的通项公式； （2）若an 是一个等差数列bn的前n项和，求首项a1的值与数列bn的通项公式 【解析】(1)证明：设数列 an ? f(n) 的
5、公比为q，则：an+1+f (n+1)=q(an+f (n), 而an?1?f?n?1?2an?n2?4n?1?a?n?1?2?b?n?1?c ?2an?n2?4n?1?an2?2na?a?bn?b?c ?2an?a?1?n2?2a?4?b?n?1?a?b?c? q?an?f?n?qan?qan2?qbn?qc ?q?2?q?2?qa?a?1?a?1?由等式恒成立得?，解得? qb?2a?4?b?b?2?qc?1?a?b?c?c?0存在f (n)=n2?2n，数列 an ? f(n) 成公比为2的等比数列 又a1+f (1)=3+1?2=2，所以an+f (n)=2?2n?1=2n 所以an=
6、2n ? f (n)= 2n ? n2+2n.（8分） (2) an 是一个等差数列bn的前n项和， 可设an?An?Bn，则:an?1?A?n?1?2?B?n?1?An2?2A?B?n?A?B? 222又an?1 = 2an ? n2 ? 4n ? 1?2An?2Bn?n?4n?1?2A?1?n?2B?4?n?1 2?A?2A?1?A?1?由此得?2A?B?2B?4，解得?所以an?n2?2n，所以a1?1 ?B?2?A?B?1?所以当n?2时，bn当n 例题2已知数列?an?，其前n项和为Sn ?an?an?1?n2?2n?n?1?2?n?1?3?2n 2?1时，b1?a1?1满足上式故b
7、n?3?2n.（16分） （1）若?an?是公差为d(d?0)的等差数列，且 求数列?an?的通项公式； ?Sn?n?也是公差为d的等差数列， （2）若数列?an?对任意m，n?N*，且m?n，都有 数列?an?是等差数列 【解析】（1）设bn?Sn?n，则bn2?Sn?n， 2Sm?na?an，求证： ?am?an?mm?nm?n2，3时，b12?S1?n=a1?1， (b1?d)2?S2?2?2a1?d?2， 当n?1，(b1?2d)2?S3?3?3a1?3d?3， 联立消去a1，得(b1?d)2?2b12?d (b1?2d)2?3b12?3d ?3?得：b12?2b1d?d2?0，则b1
8、?d， 将代入解出d?1（d=0舍去）， 2分 2从而解得a1?3，所以an?1n?5. 4分 424此时，bn?Sn?n?1n对于任意正整数n满足题意. 6分 2（2）因为对任意m,n?N*，m?n，都有在中取m?n?1，同理 2Sm?na?a?am?an?mn， m?nm?n2S2n?1a?a?an?1?an?n?1n?2an?1， 8分 2n?112S2n?1a?a4a?2an?1，10分 ?an?2?an?1?n?2n?1?n?22n?133由知，2an?1?4an?2?2an?1,即2an?2?3an?1?an?1?0， 31即an?2?an?2an?1?(an?1?an?1?2an
9、)， 12分 2中令n?1，a3?a1?2a2?0， 从而an?2?an?2an?1?0，即an?2?an?1?an?1?an， 14分 所以，数列?an?成等差数列. 16分 例题3已知数列an满足a1a(a0，aN*)，a1a2anpan10(p0，p1，nN*) (1)求数列an的通项公式an； (2)若对每一个正整数k，若将ak1，ak2，ak3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.求p的值及对应的数列dk 记Sk为数列dk的前k项和，问是否存在a，使得Sk30对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由 an1 【解析】 (1)因为a1a
10、2anpan10，所以n2时，a1a2an1pan0，两式相减，得 an p1p1a (n2)，故数列an从第二项起是公比为的等比数列，又当n1时，a1pa20，解得a2， ppp a ?n1?，? 从而an?a?p1?n2 ?n2?.?p?p?ap1?k1 (2)由(1)得ak1?， p?p?ap1?kap1?k1 ak2?，ak3?， p?p?p?p?若ak1为等差中项，则2ak1ak2ak3， 即 p1p111或2，解得p； pp3 此时ak13a(2)k1，ak23a(2)k， 所以dk|ak1ak2|9a2k1， 若ak2为等差中项，则2ak2ak1ak3， 即 p1 1，此时无解；
11、 p 若ak3为等差中项，则2ak3ak1ak2， 即 p1p112 1或，解得p， pp23 3a1?k13a?1?k1 此时ak1?，a， k32?2?2?2?所以dk|ak1ak3| 9a?1?k1 ， 8?2?12 综上所述，p，dk9a2k1或p， 339a?1?k1 dk. 8?2? 1 当p时，Sk9a(2k1) 3则由Sk30，得a 10 ， 3?2k1? 10 当k3时，k1，所以必定有a1， 3?21?所以不存在这样的最大正整数 29a?1?k?， 当p时，Sk?134?2?则由Sk30，得a 404040 ，因为，所以a13满足Sk30恒成立；但当a14时， ?1?k?3
12、?1?k3?13?1?2?2? 40 存在k5，使得a即Sk30， 1?k?3?1?2?所以此时满足题意的最大正整数a13. 例题4 已知数列?an?为等差数列，a1?2，?an?的前n和为Sn，数列?bn?为等比数列，且 a1b1?a2b2?a3b3?anbn?(n?1)?2n?2?4对任意的n?N?恒成立 （1）求数列?an?、?bn?的通项公式； （2）是否存在非零整数?，使不等式?(1?a?1111对一切n?N?都成)(1?)?(1?)cosn?1?a1a2an2an?1立？若存在，求出?的值；若不存在，说明理由 （3）各项均为正整数的无穷等差数列?cn?，满足c39?a1007，且存在正整数k，使c1,c39,ck成等比数列，若数列?cn?的公差为d，求d的所有可能取值之和 法2：因为a1b1?a2b2?a3b3?anbn?(n?1)?2n?2?4 ?对任意的n?N恒成立 则a1b1?a2b2?a3b3?an-1bn-1?(n?2)?2n?1?4（n?2） ?得anbn?n?2n?1(n?2)，又a1b1?4，也符合上式，所以anbn?n?2n?1(n?N?) 7 / 7
