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?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=（B－D）n+C，则有a1=B－D+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?A?1112?3A=23，当且仅，消去参数D并整理可得B－C=3A，故+B－C=+3A≥2?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an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋

n（n－1）

d.由题意[a1＋(n－1)d]2＋2

?a＋n－1d?≥ma2对任意的a，d∈R，n∈N*恒成立．

11

2??1

① 若a1＝0，上式显然恒成立；

（n－1）d（n－1）d?2?（n－1）d?2?② 若a1≠0，则1＋＋1＋≥m对任意的a1，d∈R，n∈N*恒成立．令

2a1a12a1????

2

31

t＋?＋，所以t＝t，则(1＋2t)＋(1＋t)≥m对任意的实数t恒成立．而(1＋2t)＋(1＋t)＝5t＋6t＋2＝5??5?5

2

2

2

2

2

2

31

＝－时(1＋2t)2＋(1＋t)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=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bn?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?1，① (b1?d)2?S2?2?2a1?d?2，② 当n?1，(b1?2d)2?S3?3?3a1?3d?3， ③ 联立①②③消去a1，得(b1?d)2?2b12?d ④ (b1?2d)2?3b12?3d ⑤ ④?3?⑤得：b12?2b1d?d2?0，则b1?d，⑥ 将⑥代入⑤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①中取m?n?1，同理

2Sm?na?a?am?an?mn， ① m?nm?n2S2n?1a?a?an?1?an?n?1n?2an?1， ② ……………………… 8分 2n?112S2n?1a?a4a?2an?1，③…………………………………10分 ?an?2?an?1?n?2n?1?n?22n?133由②③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)，…………………………………………… 12分

2②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a1＝a(a＞0，a∈N*)，a1＋a2＋…＋an－pan＋1＝0(p≠0，p≠－1，n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式an；

(2)若对每一个正整数k，若将ak＋1，ak＋2，ak＋3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.①求p的值及对应的数列{dk}．

②记Sk为数列{dk}的前k项和，问是否存在a，使得Sk＜30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．

an＋1

【解析】 (1)因为a1＋a2＋…＋an－pan＋1＝0，所以n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1－pan＝0，两式相减，得

an＝

p＋1p＋1a

(n≥2)，故数列{an}从第二项起是公比为的等比数列，又当n＝1时，a1－pa2＝0，解得a2＝， ppp

a ?n＝1?，??

从而an＝?a?p＋1?n－2

?n≥2?.??p?p?ap＋1?k－1

(2)①由(1)得ak＋1＝?，

p?p?ap＋1?kap＋1?k＋1

ak＋2＝?，ak＋3＝?，

p?p?p?p?若ak＋1为等差中项，则2ak＋1＝ak＋2＋ak＋3， 即

p＋1p＋11＝1或＝－2，解得p＝－； pp3

－

此时ak＋1＝－3a(－2)k1，ak＋2＝－3a(－2)k， 所以dk＝|ak＋1－ak＋2|＝9a·2k1，

－

若ak＋2为等差中项，则2ak＋2＝ak＋1＋ak＋3， 即

p＋1

＝1，此时无解； p

若ak＋3为等差中项，则2ak＋3＝ak＋1＋ak＋2， 即

p＋1p＋112

＝1或＝－，解得p＝－， pp23

3a1?k－13a?1?k＋1

－－此时ak＋1＝－?，a＝－， k＋32?2?2?2?所以dk＝|ak＋1－ak＋3|＝

9a?1?k－1

·， 8?2?12－

综上所述，p＝－，dk＝9a·2k1或p＝－，

339a?1?k－1

dk＝·.

8?2?

1

②当p＝－时，Sk＝9a(2k－1)．

3则由Sk＜30，得a＜

10

，

3?2k－1?

10

当k≥3时，k＜1，所以必定有a＜1，

3?2－1?所以不存在这样的最大正整数． 29a?1?k?， 当p＝－时，Sk＝?1－34??2??则由Sk＜30，得a＜

404040

，因为＞，所以a＝13满足Sk＜30恒成立；但当a＝14时，

?1?k?3?1?k]3?1－3?1－??2????2?

40

存在k＝5，使得a＞即Sk＜30，

1?k???3?1－?2??所以此时满足题意的最大正整数a＝13.

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 ①

?对任意的n?N恒成立

则a1b1?a2b2?a3b3?????an-1bn-1?(n?2)?2n?1?4（n?2） ②

①?②得anbn?n?2n?1(n?2)，又a1b1?4，也符合上式，所以anbn?n?2n?1(n?N?)

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