数列与不等式结合的题型解析

尹承利

当今高考对知识点覆盖面和对数学能力考查要求较高，高考命题日趋综合化，往往在一个题目中考查多个知识点，而数列与不等式的结合正是这方面命题的最好素材.下面就数列与不等式结合的几种常见题型举例解析.

一、数列不等式恒成立问题

例1 已知数列{an}满足a1=1，an+1=14a2n+p.

（1）若数列{an}是常数列，求p的值;

（2）求最大的正数p，使得an<2对一切整数n恒成立，并证明你的结论.

解析 （1）若数列{an}是常數列，则a2=14a1+p=14+p=1，p=34.

（2）因为ak+1-ak=14a2k-ak+p=14（ak-2）2+p-1≥p-1，

所以an=a1+（a2-a1）+…+（an-an-1）>1+（n-1）（p-1），

这说明，当p>1时，an越来越大，不满足an<2，所以要使得an<2对一切整数n恒成立，只可能p≤1.

下面证明当p=1时，an<2恒成立.用数学归纳法证明：

当n=1时，a1=1显然成立;

假设当n=k时成立，即ak<2，则当n=k+1时，

ak+1=14a2k+1<14×22+1=2成立，由上可知对一切正整数n恒成立，因此，正数p的最大值是1.

点评 求解数列不等式恒成立问题的常用方法有：先利用等差数列与等比数列等知识化简不等式，再通过解不等式解得，或转化利用最值法解得.本题是在数列不等式恒成立的条件下，求参数p的最大值问题，首先将数列作差递推，利用累差法得到数列通项的不等关系，然后在讨论范围的基础上确定出参数p的最大值，进而运用数学归纳法给出证明的.

二、数列不等式证明问题

例2 已知数列{an]的前n项和记为Sn，且满足Sn=2an-n，n∈N*.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）证明：n2-13

解析 （1）因为Sn=2an-n（n∈N+），所以Sn-1=2an-1-n+1（n≥2），两式相减得：an=2an-1+1，变形可得：an+1=2（an-1+1）.

又因为a1=2a1-1，即a1=1，所以数列{an+1}是首项为2、公比为2的等比数列，所以an+1=2·2n-1=2n，an=2n-1.（2）由akak+1=

2k-12k+1-1<2k-12k+1-2=12，（k=1，2，…n），

∴a1a2+a2a3+…+anan+1<12×n=n2，

由akak+1=

2k-12k+1-1=12-12（2k+1-1）=12-13·2k+2k-2≥12-13·2k，（k=1，2，…，n），得a1a2+a2a3+…+anan+1>n2-13（12+122+…+12n）=n2-13（1-12n）>n2-13.

综上，n2-13

点评 对于数列不等式证明问题，常用方法是：在利用数列知识的基础上，利用比较法、分析法、综合法或放缩法，尤其放缩法是应用的最主要方法.本题（2）就是在分离的基础上，通过对分母的处理，利用放缩法证明的.

例3 已知函数fn（x）=13x3-12（n+1）x2+x（n∈N*），数列an满足an+1=fn′（an），a1=3.

（1）求a2，a3，a4;

（2）根据（1）猜想数列an的通项公式，并证明;

（3）求证：1（2a1-5）2+1（2a2-5）2+…+1（2an-5）2<32.

解析 （1）fn′（x）=x2-（n+1）x+1（n∈N*），所以an+1=a2n-（n+1）an+1.

由a1=3，所以a2=a21-（1+1）a1+1=4，a3=a22-（2+1）a2+1=5，a4=a23-（3+1）a3+1=6.

（2）猜想an=n+2，用数学归纳法证明.

当n=1时，显然成立.

假设当n=k（k∈N*）时，ak=k+2，则当n=k+1（k∈N*）时，ak+1=a2k-（k+1）ak+1=（k+2）2-（k+1）（k+2）+1=k+3=（k+1）+2，所以当n=k+1（k∈N*）时，猜想成立.

故对n∈N*，an=n+2都成立.

（3）当k≥2时，有1（2ak-5）2=1（2k-1）2<1（2k-1）（2k-3）=12（12k-3-12k-1），所以1（2a1-5）2+1（2a2-5）2+…+1（2an-5）2=1+1（2a2-5）2+…+1（2an-5）2<1+

12[（1-13）+（13-15）+…+（12n-3-12n-1）]=1+12（1-12n-1）<1+12=32.

又当n=1时，1（2a1-5）2=1<32.

故对n∈N*，有1（2a1-5）2+1（2a2-5）2+…+1（2an-5）2<32.

点评 本题首先求解数列的前几项，由此作出猜想，然后利用数学归纳法证明数列的通项公式，最后运用裂项和放缩的方法技巧证明数列不等式，考查了数学抽象、逻辑推理和数学运算等数学核心素养的渗透与应用.

三、数列中的最值问题

例4 已知正项数列{an}满足a1=3，

a2n+1+an+1=2an，n∈N*.

（1）求证：1

（2）若对于任意的正整数n，都有

an+1-1an-1

解析 （1）证明：由正项数列{an}满足a1=3，

a2n+1+an+1=2an，n∈N*，得a2n+2+an+2=2an+1.

两式相减得

（an+2-an+1）（an+2+an+1+1）=2（an+1-an），

∵an>0，∴an+2-an+1与an+1-an同号.

∵a22+a2=2a1=6，∴a2=2，则a2-a1<0，

∴an+1-an<0，即数列{an}是单调递减数列，则an≤a1=3.

另一方面：由正项数列{an}满足a1=3，

a2n+1+an+1=2an，n∈N*.

可得：

a2n+1+an+1-2=2an-2，得（an+1+2）（an+1-1）=2（an-1），

由an+1+2>0，易知an+1-1与an-1同号，

由于a1-1=2>0，可知an-1>0，即an>1.

综上可得：1

（2）由（1）知：

an+1-1an-1=2an+1+2，而3<an+1+2≤a2+2=4，则

12≤an+1-1an-1<23，∴M≥23.

故M的最小值为23.

点评 求解数列中的最值问题，常结合不等式来求解.求解方法有：建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值;或先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值;或利用条件中的不等关系确定最值.本题（2）就是利用（1）的不等式结论求得最值的.

四、数列不等式探索性问题

例5 已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（x∈R），满足f（0）=f（-1）=0，且f（x）的最小值是-14.设数列{an}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，点（n，Sn）在函数f（x）的图像上.

（1）求f（x）的函数解析式;

（2）设An为数列{an-1an}的前n项积，是否存在实数a，使得不等式An

an+1<a对一切n∈N*都成立？若存在，求出a的取值范围;若不存在，请说明理由.

解析 （1）因为f（0）=f（-1）=0，所以f（x）的对称轴x=0+（-1）2=-12.

又因为f（x）的最小值是-14，由二次函数图像的对称性可设f（x）=a（x+12）2-

14.

又f（0）=0，所以a=1，所以f（x）=（x+12）2-14=x2+x.

（2）由题意得

An=（1-1a1）（1-1a2）…（1-1an）.

设g（n）=Anan+1

=An2n+1

=（1-1a1）（1-1a2）…（1-1an）2n+1.

因为g（n+1）g（n）=（1-1an+1）·2n+32n+1=

（1-12n+2）·

2n+32n+1=

2n+12n+2·2n+32n+1=

4n2+8n+34n2+8n+4<1，所以g（n）>g（n+1）.

所以g（n）单调递减，[g（n）]max=g（1）=

32.

要使不等式Anan+1<a对一切n∈N*都成立，只需要满足a>[g（n）]max=32即可.

点评 数列不等式中的探索性问题主要表现为存在型，求解的方法是：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在;若推理得不出矛盾，能求得在范围内的數值，则得到肯定的结论，即得到存在的结果.本题（2）利用了最值法探索求解.对于含有参数的数列（函数）问题，常利用以下结论求解：①若 a≥（或>）f（x）对x∈D恒成立，则a≥（或>）f（x）max;②若a≤（或<）f（x）对x∈D恒成立，则a≤（或<）f（x）min.

（收稿日期：2021-09-21）