高考 第19讲 数列不等式恒成立与存在性问题小题

第19讲   数列不等式恒成立与存在性问题小题

考点一　由数列不等式恒成立求参数

[典例 1]　已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，an<an＋1恒成立，则a的取值范围是______________．

解析：　

由条件Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，得Sn＋1＋Sn＝4(n＋1)2，

两式相减，得an＋1＋an＝8n＋4，故an＋2＋an＋1＝8n＋12，

两式再相减，得an＋2－an＝8，由n＝2，得a1＋a2＋a1＝16⇒a2＝16－2a，

从而a2n＝16－2a＋8(n－1)＝8n＋8－2a；

由n＝3，得a1＋a2＋a3＋a1＋a2＝36⇒a3＝4＋2a，

从而a2n＋1＝4＋2a＋8(n－1)＝8n－4＋2a，

由条件得解得3<a<5．

[典例 2]　已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任意的n∈N*，都有Sn<M恒成立，则M的最小值为________．

解析：　

因为an＝＝＝－，

所以Sn＝＋＋…＋＝1－，

由于1－<1，所以M的最小值为1．

[典例 3]　在数列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N*)，且a1＝1，若存在n∈N*使得an≤n(n＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________．

解析：　

由题意知，a1＋＋…＋＝2n－1，则n≥2时，有a1＋＋…＋＝2n－1－1，

两式作差得，＝2n－2n－1＝2n－1，且＝21－1＝1，

所以＝2n－1(n∈N*)，＝，

令bn＝，则bn>0，＝＝>＝1，

所以bn＋1>bn，数列{bn}是递增数列，数列{bn}的最小项是b1＝，依题意得，

存在n∈N*使得λ≥＝bn成立，即有λ≥b1＝，λ的最小值是．

[典例 4]　设数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的n∈N*，an，Sn，a成等差数列，设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝，若对任意的实数x∈(1，e](e为自然对数的底数)和任意正整数n，总有Tn<r(r∈N*)，则r的最小值为________．

解析：　

由题意得，2Sn＝an＋a，当n≥2时，2Sn－1＝an－1＋a，

∴2Sn－2Sn－1＝an＋a－an－1－a，∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an>0，

∴an－an－1＝1，即数列{an}是等差数列，又2a1＝2S1＝a1＋a，a1＝1，

∴an＝n(n∈N*)．又x∈(1，e]，∴0<ln x≤1，

∴Tn≤1＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋

＝1＋＋＋…＋＝2－<2，

∴r≥2，即r的最小值为2．

[典例 5]　数列{an}满足a1＝，an＝(n∈N*)，若对n∈N*，都有k>＋＋…＋成立，则最小的整数k是(　　)

A．3　　　　　　　　B．4　　　　　　　　C．5　　　　　　　　D．6

解析：　

由an＝，得an＝an＋1－1，

∴＝＝－，即＝－，且an>1．

∴＋＋…＋＝＋＋…＋

＝－，∴＋＋…＋＝5－<5．

又对n∈N*，都有k>＋＋…＋成立，∴k≥5．故最小的整数k是5．

[典例 6]　已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，2Sn＝a＋an，bn＝，若k>Tn恒成立，则k的最小值为(　　)

A．　　　　　　　　B． 　　　　　　　　C．1　　　　　　　　D．

解析：　

∵2Sn＝a＋an，①，且an>0，∴当n＝1时，2S1＝a＋a1，解得a1＝1或a1＝0(舍去)．

当n≥2时，2Sn－1＝a＋an－1，②，

①－②得2an＝a＋an－(a＋an－1)，a－a－an－an－1＝0，

即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an>0，∴an－an－1＝1，

∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n，

∴bn＝＝＝－，

∴Tn＝－＋－＋…＋－＝－

＝1－<1，∵k>Tn恒成立，

∴k≥1，即k的最小值为1．

[典例 7]　记数列{an}的前n项和为Sn，若不等式a＋≥ma对任意等差数列{an}及任意正整数n都成立，则实数m的最大值为(　　)

A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．1

解析：　

a＋＝a＋2＝a＋2，

令(n－1)d＝t，则a＋＝(a1＋2t)2＋(a1＋t)2＝2a＋6ta1＋5t2＝52＋a，

当t＝时，取到最小值．即(n－1)d＝，即n＝＋1，

∵不等式a＋≥ma对任意等差数列{an}及任意正整数n都成立，∴m≤，

∴实数m的最大值为．故选A．

[典例 8]　已知数列{an}的通项公式为an＝·3n－1，n∈N*，[an]表示不超过an的最大整数(如[1.2]＝1)．记bn＝[an]，数列{bn}的前n项和为Tn，若不等式λan＋1>Tn＋5n－对任意的n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围是________．

解析：　

因为an＝·3n－1，所以当n＝1时，a1＝，b1＝0．

当n≥2时，3n－1为大于2的奇数，3n－1－1为偶数，

所以bn＝，显然b1＝0也满足上式，所以bn＝，n∈N*，

所以Tn＝(30＋31＋32＋…＋3n－1)－＝－＝．

所以不等式λan＋1>Tn＋5n－，即λ·>＋5n－可化为λ>＋．

令f(n)＝＋，n∈N*，则f(n＋1)＝＋，

所以f(n＋1)－f(n)＝－＝，

所以当n≤4时，f(n＋1)－f(n)>0，f(n)递增，

当n≥5时，f(n＋1)－f(n)<0，f(n)递减，即f(1)<f(2)<f(3)<f(4)<f(5)>f(6)>f(7)>…，

所以f(n)max＝f(5)＝，故λ>，即实数λ的取值范围是．

【典例精练】

1．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝．若对任意的a∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围是(　　)

A．(－8，－7)　　　　B．[－8，－7)　　　　C．(－8，－7]　　　　D．[－8，－7]

解析：　

因为{an}是首项为a，公差为1的等差数列，所以an＝n＋a－1，因为bn＝，

又对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，

所以1＋≥1＋，即≥对任意的n∈N*恒成立，

因为数列{an}是公差为1的等差数列，所以数列{an}是单调递增的递增数列，

所以，即，解得－8＜a＜－7．故选A．

2．已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，其中a1＝1，a2＝2，若an<an＋1对∀n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为________．

解析：　

由nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，得－＝λ，

所以数列的奇数项和偶数项分别构成首项均为1，且公差均为λ的等差数列．

因为a1＝1，a2＝2，所以当n为奇数时，＝1＋λ＝λ＋1，

所以an＝λ＋n；当n为偶数时，＝1＋λ＝λ＋1，

所以an＝λ＋n．当n为奇数时，

由an<an＋1，得λ＋n<λ＋n＋1，即λ(n－1)>－2，

若n＝1，则λ∈R；若n>1，则λ>－，所以λ≥0．

当n为偶数时，由an<an＋1，得λ＋n<λ＋n＋1，即3nλ>－2，

所以λ>－，即λ≥0．综上，λ的取值范围为[0，＋∞)．

3．已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为(　　)

A．1 026　　　　　　　　B．1 025　　　　　　　　C．1 024　　　　　　　　D．1 023

解析：　

∵＝1＋n，∴Tn＝n＋1－，

∴T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－，又m>T10＋1 013恒成立，

∴整数m的最小值为1 024．

4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(－1)n·an－，记bn＝8a2·2n－1，若对任意的n∈N*，总有λbn－1>0成立，则实数λ的取值范围为________．

解析：　

令n＝1，得a1＝－；令n＝3，可得a2＋2a3＝；

令n＝4，可得a2＋a3＝，故a2＝，即bn＝8a2·2n－1＝2n．

由λbn－1>0对任意的n∈N*恒成立，得λ>对任意的n∈N*恒成立，

又≤，所以实数λ的取值范围为．

5．已知数列{an}的通项公式为an＝5－n，其前n项和为Sn，将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下3项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，Sn＜Tm＋λ恒成立，则实数λ的取值范围是________．

解析：　

由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝，

所以Tm＝＝8，由Tm为递增数列，得4≤Tm＜8．

又Sn＝，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，

若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，Sn＜Tm＋λ恒成立，则10＜8＋λ，得λ＞2．

6．已知等比数列{an}的首项为，公比为－，前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有A≤2Sn－≤B恒成立，则B－A的最小值为________．

解析：　

∵等比数列{an}的首项为，公比为－，∴Sn＝＝1－n，

令t＝n，则－≤t≤，Sn＝1－t，∴≤Sn≤，

∴2Sn－的最小值为，最大值为，又A≤2Sn－≤B对任意n∈N*恒成立，

∴B－A的最小值为－＝．

7．对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为________．

解析：　

由题意可知＝2n＋1，∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，①，

a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n，②，

由①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n(n≥2，n∈N*)，则an＝2n＋2(n≥2)，

又当n＝1时，a1＝4，符合上式，∴an＝2n＋2(n∈N*)，

∴an－kn＝(2－k)·n＋2，令bn＝(2－k)·n＋2，∵Sn≤S5，

∴b5≥0，b6≤0，解得≤k≤，∴k的取值范围是．

8．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋<t，则t的取值范围为(　　)

A．　　　　　B．　　　　　C．　　　　　D．

解析：　

∵数列{an}满足a1a2a3…an＝(n∈N*)，

∴当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，a1a2a3…an－1＝2(n－1)2，可得an＝22n－1，n≥2，

当n＝1时，a1＝2满足上式，∴＝，数列为等比数列，首项为，公比为．

∴＋＋…＋＝＝<．

∵对任意n∈N*都有＋＋…＋<t，∴t的取值范围是．

9．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋2n，bn＝anan＋1cos[(n＋1)π]，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn≥tn2对n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是________．

解析：　

n＝1时，a1＝S1＝3．

n≥2，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1．

n＝1时也成立，所以an＝2n＋1．

所以bn＝anan＋1cos[(n＋1)π]＝(2n＋1)(2n＋3)cos[(n＋1)π]，

n为奇数时，cos[(n＋1)π]＝1，n为偶数时，cos[(n＋1)π]＝－1．

因此当n为奇数时，

Tn＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…＋(2n＋1)(2n＋3)

＝3×5＋4×(7＋11＋…＋2n＋1)＝15＋4×＝2n2＋6n＋7．

因为Tn≥tn2对n∈N*恒成立，所以2n2＋6n＋7≥tn2，t≤＋＋2＝72＋，

所以t≤2．当n为偶数时，Tn＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…－(2n＋1)(2n＋3)

＝－4×(5＋9＋13＋…＋2n＋1)＝－2n2－6n．

因为Tn≥tn2对n∈N*恒成立，所以－2n2－6n≥tn2，t≤－2－，

所以t≤－5．综上可得t≤－5．

考点二　由数列不等式求n的最值

[典例 9]　已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，bn＝log2(a·)，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn>1 024的最小n的值为        ．

解析：　

由数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，

则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2＝2n，a1＝S1＝2，满足上式，

所以bn＝log2(a·)＝log2a＋log2＝2n＋2n，

所以数列{bn}的前n和为Tn＝＋＝n(n＋1)＋2n＋1－2，

当n＝9时，T9＝9×10＋210－2＝1 112>1 024，

当n＝8时，T8＝8×9＋29－2＝582<1 024，所以满足Tn>1 024的最小n的值为9．

[典例 10]　已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1＋m，且a1，a4，a5－2成等差数列，bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn>的最小正整数n的值为(　　)

A．11　　　　　　　　B．10　　　　　　　　C．9　　　　　　　　D．8

解析：　

根据Sn＝2n＋1＋m可以求得an＝

所以有a1＝m＋4，a4＝16，a5＝32，根据a1，a4，a5－2成等差数列，

可得m＋4＋32－2＝32，从而求得m＝－2，所以a1＝2满足an＝2n，

从而求得an＝2n(n∈N*)，

所以bn＝＝＝－，

所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－，

令1－>，整理得2n＋1>2 019，解得n≥10．

[典例 11]　已知数列{an}满足0<an<1，a－8a＋4＝0，且数列是以8为公差的等差数列，设{an}的前n项和为Sn，则满足Sn>10的n的最小值为(　　)

A．60　　　　　　　　B．61　　　　　　　　C．121　　　　　　　　D．122

解析：　

由a－8a＋4＝0，得a＋＝8，所以a＋＝8＋8(n－1)＝8n，

所以2＝a＋＋4＝8n＋4，

所以an＋＝2，即a－2an＋2＝0，

所以an＝＝±，

因为0<an<1，所以an＝－，Sn＝－1，

由Sn>10得>11，所以n>60．

[典例 12]　已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________．

解析：　

Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，

两式相减得－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，

故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1．又an＝2n，

∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50＝52－2n＋1，

依题意52－2n＋1<0，故最小正整数n的值为5．

[典例 13]　已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}的通项公式an＝________；若数列的前n项和为Sn，则使Sn>的最大正整数n为________．

解析：　

设等差数列{an}的公差为d，由已知可得解得

故数列{an}的通项公式为an＝2－n．Sn＝a1＋＋…＋，①，＝＋＋…＋．②，

①－②得＝a1＋＋…＋－

＝1－－＝1－－＝，

所以Sn＝，由Sn＝>，得0<n≤5，故最大正整数n为5．

[典例 14]　已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，记T2n为数列{an}的前2n项和，数列{bn}是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式·<1成立的最小整数n的值为(　　)

A．7　　　　　　　　B．6　　　　　　　　C．5　　　　　　　　D．4

解析：　

因为[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，

所以当 n为奇数时，an＋2－an＝2，且a1＝1，

所以数列{an}的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列；

当n为偶数时，＝，且a2＝，

所以数列{an}的偶数项构成首项为，公比为的等比数列，

则T2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)＝n2＋1－．

又因为数列{bn}是首项和公比都是2的等比数列，

所以bn＝2n，则·<1等价于(n2＋1)<1，即n2＋1<2n，

当n＝1时，n2＋1＝2n；当n＝2，3，4时，n2＋1>2n；当n＝5时，n2＋1<2n；

当n>5时，由数学归纳法易得n2＋1<2n．

综上所述，使不等式·<1成立的最小整数n的值为5，故选C．