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1、1 / 20 新高考数学复习知识点讲解与练习数列中的不等式问题1数列中的不等式问题在我省高考试卷中有加强趋势，主要有以下几种题型：(1)数列不等式的证明；(2)由数列不等式恒成立求参数；(3)由数列不等式求n 的最值2解决数列不等式问题的常见放缩技巧(1)对1n2的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况：1n21n2n1n11n(n2)；1n21n21121n11n1(n2)；1n21nn1n1n(n1)；12 n1nn1nn1(n1)题型一关于数列项的不等式证明【例 1】(2021杭州模拟 )已知数列 an ，bn满足 a112，an1an1anbn(nN*)2 / 20 (1)若 bna2n
2、4，求证数列1an是等差数列，并求数列 an 的通项公式；(2)若 bna3n，求证： 00，an0(或由数学归纳法可证an0)，an1an1an22anan212anan2. 1an11an12，数列1an是以 2 为首项，12为公差的等差数列，1an2(n1)12n32，an2n3. (2)证明an1an1ana3n，则an1an11ana3n1，数列 an是递减数列a112，0an12. 1a2n11ana3na2n1a2nan1an1a2n1221a2n52，即1a2n11a2n52，1a2n452(n1)5n32，a2n25n3. 3 / 20 a2n1a2n11ana3n11121
3、23813，a2n14813n1. 综上所述，14813n1a2n25n3(nN*)感悟升华常用方法(1)利用数列的单调性、有界性放缩；(2)结合“累加”“累乘”“迭代”放缩；(3)结合有界性，利用不等式性质或函数求出最值或范围【训练 1】(2021 镇海中学模拟 )已知数列 an 满足 a11，an1n1nan(n2，nN*)(1)求 an；(2)若数列 bn 满足 b113，bn1bnb2na2n(nN*)，求证： bnbn10，所以 bn1bn，则 bn1bnb2nn2bnbn1n2，则1bn1bn1bn1bnbnbn11n21n（n1）1n11n，累加得1b21bn1541n1，4 /
4、 20 则 bn11，所以 bnbn11(n2)，当 n1 时，不等式也成立，所以对任意 nN*，都有 bnbn11. 题型二数列和不等式的证明角度 1先放缩再求和【例 21】 (2021 杭州质检 )设公差不为 0 的等差数列 an的前 n 项和为 Sn， 等比数列 bn的前 n 项和为 Tn，若 a2是 a1与 a4的等比中项， a612，a1b1a2b21. (1)求 an，Sn与 Tn；(2)若 cnSn Tn，求证： c1c2 cnn（n2）2. (1)解设等差数列 an 的公差为 d，由题意得a22a1 a4，即 d2a1d. 因为 d0，故 da1. 由 a612 得 a12，d
5、2，故 an2n，Snn(n1)由 a1 b1a2 b21 得 b112，b214，所以等比数列的公比qb2b112，所以 Tn112n. (2)证明因为 cnSn Tnn（n1）112n，0112n1恒成立，所以 ckk（k1）k（k1）14k12(kN*)，所以 c1c2 cn32n12 n2（n2）n2. 故 c1c2 cnn（n2）2. 5 / 20 角度 2先求和再放缩【例 22】(2021台州期末 )设数列 an的前 n 项和为 Sn，对于任意的正整数n，都有 Snn2.递增的等比数列 bn满足： b11，且 b1，b2，b34 成等差数列(1)求数列 an ， bn的通项公式；(
6、2)求证：a2b21a3b31an1bn110)，因为 b11，故由 2b2b1b34，b11，可得 q22q30，解得 q3 或1(舍去)，所以数列 bn的通项公式为 bn3n1. (2)证明法一由(1)可得an1bn112n13n1，因为 n2 时，3n1(12)n1112C1n22C2n2n1，根据“若 ab0，m0，则babmam”，可得an1bn112n13n12（n1）3n(n2)，所以a2b21a3b31an1bn113223322（n1）3n. 令 Tn233224332（n1）3n，6 / 20 13Tn233324342n3n2（n1）3n1，两式相减可得23Tn23213
7、32134213n2（n1）3n123233113n21132（n1）3n17913n2（n1）3n1，所以 Tn763213n2（n1）3n1，所以 Tn76，所以a2b21a3b31an1bn117632833. 法二令 cnan1bn112n13n1，下一步用分析法证明cn1cn12，要证cn1cn12，即证（2n3）（3n1）（3n11）（2n1）12，即证(4n6)(3n1)(2n1)(3n11)，即证 2n5(2n3)3n，当 nN*时，显然成立，所以cn1cn12，所以 c1c2 cn32582n13n13232123212n132112n1123 112n0)放缩；注意添减项
8、(多为常数 )放缩【训练 2】 (1)(角度 1)(2021 镇海中学检测 )已知正数数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足2S2n(n2n)Sn(n2n2)0. 求数列 an的通项公式；设数列 bnann21，证明： b1b2 bn2 n1. (2)(角度 2)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a22a4a9，S636. 求 an，Sn；若数列 bn满足 b11，bn1bn Sn，求证：1b11b21bn2 n1(nN*)(1)解由 2S2n(n2n)Sn(n2n2)0 得(Sn1)2Sn(n2n2)0，结合正数数列得 Snn2n22，所以 an2，n1，n，n2.证明由知 b
9、n1，n1，nn21，n2.当 n2 时，bnnn211n1n1n2nn2nn12( nn1)，所以 b1b2 bn12( 2132nn1)2 n1. (2)解设等差数列 an的公差为 d，则由条件得3a17da18d，6a115d36，8 / 20 解得 a11，d2，所以 an1(n1)22n1，所以 Sn（12n1）n2n2. 证明由知， bn1bnn，当 n1 时，解得 b21. 因为当 n2 时，bnbn1n1，所以 bn1bnbnbn11，bn(bn1bn1)1，即1bnbn1bn1，当 n2 时，1b11b21b31bn1b1(b3b1)(b4b2)(b5b3) (bn1bn1)
10、1b1b1b2bnbn112bnbn12 n1. 当 n1 时，1b112 11，不等式也成立综上，不等式1b11b21bn2 n1 对任意 nN*都成立题型三数列不等式恒成立求参数【例 3】(2021 杭州质检 )已知数列 an 的各项均为正数， a114，bn1an， bn 是等差数列，其前 n 项和为 Sn，b2 S681. (1)求数列 an 的通项公式；(2)设 cn(1a1)(1a2)(1an)，Tna1c1a2c2a3c3ancn，若对任意的正整数n，都有4aTncn恒成立，求实数 a 的取值范围解(1)设数列 bn 的公差为 d，由 b11a12，b2 S681，得(2d)(1
11、215d)81，即 5d214d190，解得 d1 或 d195. 因为数列 an的各项均为正数， b12，9 / 20 所以 d0，所以 d1，所以 bnn1，所以 an1（n1）2. (2)由题意得 cn 1122113211（n1）21322 n（n2）（n1）2n22（n1），因为ancn1（n1）22（n1）n22（n1）（n2）21n11n2，所以 Tn2121313141n11n2nn2，所以不等式 4aTncn，化为 4ann2n22（n1），即 8a1，所以 8a1，即 a18. 故 a 的取值范围为，18. 感悟升华(1)能分离参数时，常分离参数，化为函数求最值、值域问题；
12、(2)不能分离参数时，常分类讨论【训练 3】(2021义乌联考 )已知等比数列 an ，满足 a13，a3a1a2，数列 bn 满足 b11，对一切正整数 n 均有 bn1bn2n1. (1)求数列 an 和 bn的通项公式；(2)记 Sk2a14a26a32kak，Tn1b121b241b361bn2n，若存在实数 c 和正整数 k，使得不等式 Tn(c1) Sk对任意正整数 n 都成立，求实数c 的取值范围解(1)设等比数列 an 的公比为 q，10 / 20 由题可知 a3a1a2. a1q2a21q，即 3q29q，解得 q3，an3n. 因为 bn1bn2n1，则 bn1bn2n1，
13、累加可得 bnb13（2n1）（n1）2(n1)(n1)，所以 bn(n1)(n1)1n2. (2)2nan2n3n，Sk234326332k3k，13Sk2324336342k23k2k3k1，两式相减得23Sk2323223323423k2k3k123113k1132k3k1113k2k3k1，Sk323213k2k3k132. 1bn2n1n22n1n（n2）121n1n2，Tn1b121b241b361bn2n121121n11n234121n11n234. 若存在实数 c 和正整数 k 使得不等式 Tn1 时，3432；当 c1 时，3432. 11 / 20 题型四根据所给不等式求
14、n 的最值 (范围) 【例 4】 (2021 湖州期末 )已知 Sn是数列 an的前 n 项和，a11 且 nSn1(n2)Sn， nN*. (1)求数列 an 的通项公式；(2)设 bn(1)n4an4n21(nN*)，数列 bn 的前 n 项和为 Pn，若|Pn1|12 020，求正整数 n的最小值解(1)由 nSn1(n2)Sn得Sn1Snn2n，所以当 n2 时，SnSnSn1Sn1Sn2Sn2Sn3 S4S3S3S2S2S1 S1n1n1nn2n1n35342311n（n1）2. 又当 n1 时，S1a11 也成立，所以 Snn（n1）2，所以当 n2 时，anSnSn1n（n1）2
15、n（n1）2n. 又 a11 也成立，所以 ann. (2)由(1)知 bn(1)n4n4n21(1)n12n112n1，所以 Pn11313151517 (1)n12n1(1)n12n11(1)n12n1，所以|Pn1|12n12 0192. 因为 n 为正整数，所以 n 的最小值是 1 010. 感悟升华此类问题多归结为解关于n 的不等式解决【训练 4】(2021 名校仿真训练卷五 )数列 an 中，a12，(n1)(an1an)2(ann1)(1)求 a2，a3的值；12 / 20 (2)已知数列 an 的通项公式是 ann1，ann21，ann2n 中的一个，设数列1an的前 n 项和
16、为 Sn，数列 an1an 的前 n 项和为 Tn，若TnSn360，求 n 的取值范围解(1)(n1)(an1an)2(ann1)，an1n3n1an2，a21311a126，a32321a2212. (2)数列 an 的通项公式是 ann1，ann21，ann2n 中的一个，且 a26，数列 an的通项公式是 ann2nn(n1)由 ann(n1)可得1an1n（n1）1n1n1. 1a11a21an 11212131n1n111n1，Sn11n1. (a2a1)(a3a2) (an1an)an1a1，ann(n1)，(a2a1)(a3a2) (an1an)n23n，即 Tnn23n. 由TnSn360得 n24n3570，解得 n17 或 n21. n 是正整数，所求 n 的取值范围为 (17， )，且 n 是正整数1设正项数列 an 满足 a11，an1an1an(nN*)(1)求证： 2a2n1a2n3；13 / 20 (2)求证：3n13n2an1an2n2n1. 证明(1)因为 a11 及 an1an1an(n1)，所以 an1，所以 01a2n1.因为 a2n1 an1
