1、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 补上一课 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 1 n2的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况： 1 n2 1 n2n 1 n1 1 n(n2)； 1 n2 1 n21 1 2 1 n1 1 n1 (n2)； 1 n2 1 n n
2、1 n1 n(n1)； 1 2 n 1 n n1 n n1(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a11 2， a n1 an 1anbn(nN *) (1)若 bna 2 n 4 ，求证数列 1 an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)， an1 an 1an 2 2 an an 2 1 2an an2. 1 an1 1 an 1 2， 数列 1 an是以 2 为首项，1 2为公差的等差数列， 1 an2(n1) 1 2 n3 2 ，an 2 n3. (2)证明an1
3、 an 1ana3n， 则an 1 an 1 1ana3n1， 数列an是递减数列 a11 2，0a n1 2. 1 a2n1 1ana3n a2n 1 a2na n 1 an 1 a2n 1 22 1 a2n 5 2，即 1 a2n1 1 a2n 5 2， 1 a2n4 5 2(n1) 5n3 2 ， a2n 2 5n3. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 a 2 n1 a2n 1 1ana3n 1 11 2 1 2 3 8 13， a2n1 4 8
4、13 n1 . 综上所述，1 4 8 13 n1 a2n 2 5n3(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，an1n1 n an(n2， nN*) (1)求 an； (2)若数列bn满足 b11 3，b n1bnb 2 n a2n(nN *)，求证：bnbn 10， 所以 bn1bn，则 bn1bnb 2 n n2 bnbn1 n2 ， 则 1 bn 1 bn1 bn1bn bnbn1 1 n2 1 n（n
5、1） 1 n1 1 n， 累加得 1 b2 1 bn1 5 4 1 n1， 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，a1b1a2b2 1. (1)求 an，Sn与 Tn； (2)若 cn SnTn，求证：c1c2cnn（n2） 2 . (1)解设等差数列an的公差为 d，由题意得 a22a1a4， 即
6、d2a1d. 因为 d0，故 da1. 由 a612 得 a12，d2，故 an2n，Snn(n1) 由 a1b1a2b21 得 b11 2，b 21 4，所以等比数列的公比 q b2 b1 1 2， 所以 Tn1 1 2 n . (2)证明因为 cn SnTnn（n1） 1 1 2 n ，01 1 2 n 1 恒成立， 所以 ck k（k1）k（k1）1 4k 1 2(kN *)， 所以 c1c2cn 3 2n 1 2 n 2 （n2）n 2 . 故 c1c2cnn（n2） 2 . 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高
7、中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 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； (2)求证： a2 b21 a3 b31 an1 bn110)，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 bn3n 1. (2)证明法一由(1)可得 an1 bn11 2n1 3n1 ，因为 n2 时，3n1(12)n
8、11 12C1n22C2n2n1， 根据“若 ab0，m0，则b a bm am”， 可得 an1 bn11 2n1 3n1 2（n1） 3n (n2)， 所以 a2 b21 a3 b31 an1 bn11 3 2 23 32 2（n1） 3n . 令 Tn23 32 24 33 2（n1） 3n ， 1 3T n23 33 24 34 2n 3n 2（n1） 3n 1 ， 两式相减可得 2 3T n2 3 21 33 21 34 21 3n 2（n1） 3n 1 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ
9、 群 483122854 期待你的加入与分享 2 3 2 33 1 1 3n 2 11 3 2（n1） 3n 1 7 9 1 3n 2（n1） 3n 1 ， 所以 Tn7 6 3 2 1 3n 2（n1） 3n 1 ，所以 Tn7 6，所以 a2 b21 a3 b31 an1 bn11 7 6 3 2 8 33. 法二令 cn an1 bn11 2n1 3n1 ，下一步用分析法证明cn 1 cn 1 2， 要证cn 1 cn 1 2，即证 （2n3） （3n1） （3n 11） （2n1）1 2， 即证(4n6)(3n1)(2n1)(3n 11)， 即证2n5(2n3)3n， 当 nN*时，显
10、然成立，所以cn 1 cn 1 2， 所以 c1c2cn3 2 5 8 2n1 3n1 3 2 3 2 1 2 3 2 1 2 n1 3 2 1 1 2n 11 2 3 1 1 2n0)放缩； 注意添减项(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， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 且满足 2S2n(n2n)Sn(n2n2)0. 求数列an的通项公式； 设数列 bn an n21，证明
11、：b 1b2bn2 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： 1 b1 1 b2 1 bn2 n1(nN *) (1)解由 2S2n(n2n)Sn(n2n2)0 得 (Sn1)2Sn(n2n2)0， 结合正数数列得 Snn 2n2 2 ， 所以 an 2，n1， n，n2. 证明由知 bn 1，n1， n n21，n2. 当 n2 时，bn n n21 1 n1 n 1 n 2 n n 2 n n12( n n1)， 所以 b1b2bn12( 2 1 3 2 n n1)2
12、 n1. (2)解设等差数列an的公差为 d， 则由条件得 3a17da18d， 6a115d36， 解得 a11，d2， 所以 an1(n1)22n1， 所以 Sn（12n1）n 2 n2. 证明由知，bn1bnn， 当 n1 时，解得 b21. 因为当 n2 时，bnbn1n1， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 所以 bn1bnbnbn11，bn(bn1bn1)1， 即 1 bnb n1bn1， 当 n2 时， 1 b1 1 b2 1 b3 1 b
13、n 1 b1(b 3b1)(b4b2)(b5b3)(bn1 bn1) 1 b1b 1b2bnbn112 bnbn12 n1. 当 n1 时， 1 b112 11，不等式也成立 综上，不等式 1 b1 1 b2 1 bn2 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，a11 4，b n 1 an，b n 是等差数列，其前 n 项和为 Sn，b2S681. (1)求数列an的通项公式； (2)设 cn(1a1)(1a2)(1an)， Tna1 c1 a2 c2 a3 c3 an cn， 若对任意的正整数 n， 都有 4aT
14、ncn恒成立，求实数 a 的取值范围 解(1)设数列bn的公差为 d，由 b1 1 a12， b2S681，得(2d)(1215d)81， 即 5d214d190，解得 d1 或 d19 5 . 因为数列an的各项均为正数，b12， 所以 d0，所以 d1， 所以 bnn1，所以 an 1 （n1）2. (2) 由 题 意 得 cn 1 1 22 1 1 32 1 1 （n1）2 13 22 n（n2） （n1）2 n2 2（n1）， 因为an cn 1 （n1）2 2（n1） n2 2 （n1） （n2） 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享
15、 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 2 1 n1 1 n2 ， 所以 Tn2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n1 1 n2 n n2， 所以不等式 4aTncn，化为 4a n n2 n2 2（n1）， 即 8a1， 所以 8a1，即 a1 8. 故 a 的取值范围为 ，1 8 . 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； (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)
16、求数列an和bn的通项公式； (2)记 Sk 2 a1 4 a2 6 a3 2k ak，T n 1 b12 1 b24 1 b36 1 bn2n，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， 由题可知 a3a1a2. a1q2a21q， 即 3q29q，解得 q3， an3n. 因为 bn1bn2n1，则 bn1bn2n1， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入
17、与分享 累加可得 bnb13（2n1）（n1） 2 (n1)(n1)， 所以 bn(n1)(n1)1n2. (2)2n an 2n 3n，S k2 3 4 32 6 33 2k 3k， 1 3S k 2 32 4 33 6 34 2k2 3k 2k 3k 1， 两式相减得 2 3S k2 3 2 32 2 33 2 34 2 3k 2k 3k 1 2 3 1 1 3 k 11 3 2k 3k 11 1 3 k 2k 3k 1， Sk3 2 3 2 1 3 k 2k 3k 1 3 2. 1 bn2n 1 n22n 1 n（n2） 1 2 1 n 1 n2 ， Tn 1 b12 1 b24 1 b
18、36 1 bn2n 1 2 11 2 1 n1 1 n2 3 4 1 2 1 n1 1 n2 3 4. 若存在实数 c 和正整数 k 使得不等式 Tn1 时，3 4 3 2； 当 c1 时，3 43 2. 题型四根据所给不等式求 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； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (2)设 bn(1)n 4an
19、 4n21(nN *)，数列bn的前 n 项和为 Pn，若|Pn1| 1 2 020，求正 整数 n 的最小值 解(1)由 nSn1(n2)Sn得Sn 1 Sn n2 n ， 所 以 当n2时 ， Sn Sn Sn1 Sn1 Sn2 Sn2 Sn3 S4 S3 S3 S2 S2 S1 S1 n1 n1 n n2 n1 n3 5 3 4 2 3 11 n（n1） 2 . 又当 n1 时，S1a11 也成立，所以 Snn（n1） 2 ， 所以当 n2 时，anSnSn1n（n1） 2 n（n1） 2 n. 又 a11 也成立，所以 ann. (2)由(1)知 bn(1)n 4n 4n21 (1)n
20、 1 2n1 1 2n1 ， 所以 Pn11 3 1 3 1 5 1 5 1 7(1) n 1 2n1(1) n 1 2n11 (1)n 1 2n1， 所以|Pn1| 1 2n1 2 019 2 . 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(an n1) (1)求 a2，a3的值； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的
21、加入与分享 (2)已知数列an的通项公式是 ann1，ann21，ann2n 中的一个，设数 列 1 an的前 n 项和为 Sn，数列an1an的前 n 项和为 Tn，若Tn Sn360，求 n 的取值 范围 解(1)(n1)(an1an)2(ann1)， an1n3 n1a n2， a213 11a 126，a323 21a 2212. (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 1 an 1 n（n1） 1 n 1 n1. 1 a1 1 a2 1 an 11 2 1 2 1
22、3 1 n 1 n1 1 1 n1， Sn1 1 n1. (a2a1)(a3a2)(an1an)an1a1， ann(n1)， (a2a1)(a3a2)(an1an)n23n， 即 Tnn23n. 由Tn Sn360 得 n 24n3570，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，an1an 1 an(nN *) (1)求证：2a2n1a2n3； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的
23、加入与分享 (2)求证：3n1 3n2 an1 an 2n 2n1. 证明(1)因为 a11 及 an1an 1 an(n1)， 所以 a n1， 所以 0 1 a2n1.因为 a 2 n1 an 1 an 2 a2n 1 a2n2， 所以 a2n1a2n 1 a2n2(2，3，即 2a 2 n1a2n3. (2)由(1)得 2na2n1a213n. 所以 2n1a2n13n1， 即 2n1a2n3n2(n2)，当 n1 时，也满足， 所以 2n10(nN*) (1)写出 a1，a2，a3的值，并求出数列an的通项公式； (2)设 bn Sn，Tn为数列bn的前 n 项和，求证：n 2n 2
24、Tn0，所以 a12，a1a2S2a 2 22a2 4 ， 解得 a24，同理，a36. 当 n2 时，anSnSn1a 2 n2an 4 a 2 n12an1 4 ， 即(anan1)(anan12)0. 因为 an0，所以 anan120，即 anan12， 所以数列an是首项为 2，公差为 2 的等差数列， 故 an2n. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (2)证明由(1)可得 Snn(n1)，bn n（n1）， 所以 bnn，Tnn 2n 2
25、. 又 bn n（n1）n（n1） 2 n1 2， 所以 Tnn（n1） 2 n 2 n22n 2 . 综上，n 2n 2 Tn1)， 数列bn满足 b11，1a1b1a2b2an1bn1an(n1) (1)求数列an，bn的通项公式； (2)若数列cn满足 ancnbn2，求证：c1c2cn1)， 数列an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， ann. 1a1b1a2b2an1bn1an， 1a1b1a2b2anbnan1， 由得 anbnan1an1， 又ann，bn1 n. (2)证明ancnbn2，ann，bn1 n， cn1 n 1 n2 1 2 1 n 1 n2 ， c1c2c
26、n 1 2 11 3 1 2 1 4 1 n1 1 n1 1 n 1 n2 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 1 2 11 2 1 n1 1 n2 3 4 1 2 1 n1 1 n2 3 4. 4(2021嘉兴二测)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snn 2n 2 .公比大于 0 的等 比数列bn的首项 b11，且 b2b320. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)若 cn（an） 2 bn ，求证：c1c2c3cn0， 则 b2b3b1
27、qb1q2qq220， 解得 q4 或 q5(舍去)，所以 bn4n 1. (2)证明由(1)知 cn n2 4n 1，c n1 cn （n1）2 4n n2 4n 1 （n1） 2 4n2 11 n 2 4 ，c1c21，c3 9 16. 当 n2 时，cn 1 cn 9 16， 所 以 c1 c2 c3c4 cn1 1 9 16 9 16 2 9 16 n2 1 1 1 9 16 n1 1 9 16 116 7 1 9 16 n1 116 7 0； 当 n13 时，Tn 1 50 1 504n单调递增，且 T n0， bn 1 bn 1 1 3n 1 1 1 3n 1 1 3n 1 1，
28、bn是递增数列，最小项是 b1 11 3 11 3 1 2， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 1 2，即实数的取值范围为 ，1 2. 7(2021绍兴上虞区期末调测)在数列an中，已知 a11，an1an2n1. (1)求数列an的通项公式； (2)记 bnan(1)n， 且数列bn的前 n 项和为 Sn， 若 S2为数列Sn中的最小项， 求的取值范围 解(1)a2a121， a3a2221， an1an22n 21， anan12n 11， 累加可得
29、 ana12n2(n1)(n2)， an2nn， 当 n1 时，a1211，则 an2nn. (2)由(1)得 bnan(1)n2nn， Sn2n 12n（n1） 2 S263， 即 2n 18 n（n1） 2 3 . 当 n1 时，得42，2； 当 n2 时，R； 当 n3 时，得n（n1） 2 30，2 n216 n2n6. 令 f(n)2 n216 n2n6， 则f(n1)f(n) 2n 316 （n1）2（n1）6 2n 216 n2n6 （n2n8）2n 232n32 （n23n4） （n2n6） ， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与
30、分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 当 n4 时，n2n80，f(n1)f(n)， 又可验证当 n3 时，f(4)f(3)0 也成立， 当 n3 时，数列f(n)为递增数列， f(n)minf(3)8 3，即 8 3. 综上所述，的取值范围为 2，8 3 . 8(2021宁波期末)已知等差数列an满足 a22a1，a4a59，Sn为等比数列bn 的前 n 项和，2Sn1Sn2. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设 cn 3 4a nbn，n 为奇数， 1 a2n，n 为偶数， 证明：c1c2c3cn13 6 . (1)解由题意
31、得 a1d2a1， a13da14d9，解得 a11， d1， ann，即数列an的通项公式为 ann. 由 2Sn1Sn2，得 2S2S12， 2S3S22， 两式相减整理得：2b3b2， q1 2，b 11， bn 1 2n 1，即数列bn的通项公式为 bn 1 2n 1. (2)证明(应用放缩和错位相减法求和证明不等式) 令 Cnc1c2c3cn，Akc1c3c2k1， Bkc2c4c2k， 则 Ak3 4 1 40 3 41 5 42 2k1 4k 1 ， 利用错位相减法可求得 Ak5 3 2k5 3 1 4k(2k1)(2k1)， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 Bk 1 22 1 42 1 （2k）2 1 2 1 1 1 3 1 3 1 5 1 2k1 1 2k1 1 2 3 6. Bk 1 22 1 42 1 （2k）2 3 6， 当 n 为偶数时， CnAn 2B n 2 5 3 n5 3 1 4n 2 1 2 1 1 n1 13 6 ； 当 n 为奇数时， CnAn1 2 Bn1 2 5 3 n15 3 1 4n1 2 1 2 11 n 13 6 . 综上，Cn13 6 ，即 c1c2c3cn13 6 .
