2019届二轮复习微点深化　数列中的不等关系问题学案（全国通用）

微点深化　数列中的不等关系问题高考中，数列与不等关系(式)知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等.【例1 】 数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，Sn为其前n项和.数列{bn}为等差数列，且满足b1＝a1，b4＝S3.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn＜.(1)解　由题意知，{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an＝a1·2n－1＝2n－1.∴Sn＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，则b1＝a1＝1，b4＝1＋3d＝7，∴d＝2，bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)证明　∵log2a2n＋2＝log222n＋1＝2n＋1，∴cn＝＝＝，∴Tn＝＝＝.∵n∈N*，∴Tn＝＜，当n≥2时，Tn－Tn－1＝－＝＞0，∴数列{Tn}是一个递增数列，∴Tn≥T1＝.综上所述，≤Tn＜.【例2 】 (2018·常州期末)已知各项均为正数的无穷数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝a(其中a为常数)，nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)(n∈N*).数列{bn}满足bn＝(n∈N*).(1)求证：数列{an}是等差数列，并求出{an}的通项公式；(2)若无穷等比数列{cn}满足：对任意的n∈N*，数列{bn}中总存在两个不同的项bs，bt(s，t∈N*)，使得bs≤cn≤bt，求{cn}的公比q.(1)证明　法一　因为nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)①，所以(n＋1)Sn＋2＝(n＋2)Sn＋1＋(n＋1)(n＋2)②，由②－①得，(n＋1)Sn＋2－nSn＋1＝(n＋2)Sn＋1－(n＋1)Sn＋2(n＋1)，即(n＋1)Sn＋2＝(2n＋2)Sn＋1－(n＋1)Sn＋2(n＋1).又n＋1＞0，则Sn＋2＝2Sn＋1－Sn＋2，即an＋2＝an＋1＋2.在nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)中令n＝1得，a1＋a2＝2a1＋2，即a2＝a1＋2.综上，对任意n∈N*，都有an＋1－an＝2，故数列{an}是以2为公差的等差数列.又a1＝a，则an＝2n－2＋a.法二　因为nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)，所以＝＋1.又S1＝a1＝a，则数列是以a为首项，1为公差的等差数列，因此＝n－1＋a，即Sn＝n2＋(a－1)n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2＋a.又a1＝a也符合上式，故an＝2n－2＋a(n∈N*)，故对任意n∈N*，都有an＋1－an＝2，即数列{an}是以2为公差的等差数列.(2)解　若q＝1.令en＝＝1＋，则数列{en}是递减数列，所以1＜en≤1＋.考察函数y＝x＋(x＞1)，因为y′＝1－＝＞0，所以y＝x＋在(1，＋∞)上单调递增.因此2＜en＋≤2＋，从而bn＝∈.因为对任意的n∈N*，数列{bn}中总存在两个不同的项bs，bt，使得bs≤cn≤bt，所以对任意的n∈N*都有cn∈，明显q＞0.若q＞1，当n≥1＋logq时，有cn＝c1qn－1＞qn－1≥，不符合题意，舍去；若0＜q＜1，当n≥1＋logq时，有cn＝c1qn－1≤·qn－1≤，不符合题意，舍去.故q＝1.探究提高　解决数列与不等关系(式)问题的常见方法策略：(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到；(3)比较方法：作差或者作商比较.【训练1 】 (2018·泰州月考)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足a＝4Sn＋4n＋1，n∈N*，且a2，a5，a14恰好是等比数列{bn}的前三项.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，k≥3n－6恒成立，求实数k的取值范围.解　(1)当n≥2时，4Sn－1＝a－4(n－1)－1，所以4an＝4Sn－4Sn－1＝a－a－4，所以a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2，因为an＞0，所以an＋1＝an＋2，所以当n≥2时，{an}是以2为公差的等差数列.因为a2，a5，a14构成等比数列，所以a＝a2·a14，即(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3，由条件可知，4a1＝a－5＝4，所以a1＝1.因为a2－a1＝3－1＝2，所以数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列.所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.因为a5＝9，所以＝3，所以数列{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)Tn＝＝＝.因为k≥3n－6对n∈N*恒成立，所以k≥对n∈N*恒成立.令cn＝，则cn－cn－1＝－＝(n≥2，n∈N*)，当n≤3时，cn＞cn－1；当n≥4时，cn＜cn－1，所以(cn)max＝c3＝.故k≥，即k∈.【训练2 】 (2018·江苏卷)设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列.(1)设a1＝0，b1＝1，q＝2，若 |an－bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范围；(2)若a1＝b1>0，m∈N*，q∈(1，]，证明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1对n＝2，3，…，m＋1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示).解　(1)由条件知：an＝(n－1)d，bn＝2n－1，因为|an－bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，即|(n－1)d－2n－1|≤1对n＝1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d≤3，3≤2d≤5，7≤3d≤9，得≤d≤，因此，d的取值范围为.(2)由条件知：an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1.若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)成立，即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)，即当n＝2，3，…，m＋1时，d满足b1≤d≤b1.因为q∈(1，]，则1<qn－1≤qm≤2，从而b1≤0，b1>0，对n＝2，3，…，m＋1均成立.因此，取d＝0时，|an－bn|≤b1对n＝2，3，…，m＋1均成立.下面讨论数列的最大项和数列 的最小项(n＝2，3，…，m＋1).①当2≤n≤m时，－＝＝，当1<q≤2时，有qn≤qm≤2，从而n(qn－qn－1)－qn＋2>0.因此，当2≤n≤m＋1时，数列单调递增，故数列的最大项为.②设f(x)＝2x(1－x)，当x>0时，f′(x)＝(ln 2－1－xln 2)2x<0，所以f(x)单调递减，从而f(x)<f(0)＝1.当2≤n≤m时，＝≤2＝f<1，因此，当2≤n≤m＋1时，数列单调递减，故数列的最小项为.因此，d的取值范围为.