第二章 数列与不等式
专题 数列与不等式的综合问题
纵观近几年的高考命题，考查常以数列的相关项以及关系式，或数列的前n项和与第n项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合．数列与不等式的结合,一般有两类题:一是利用基本不等式求解数列中的最值;二是与数列中的求和问题相联系,证明不等式或求解参数的取值范围,此类问题通常是抓住数列通项公式的特征,多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式,求解参数的取值范围. 本专题通过例题说明此类问题解答规律与方法.
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．
【压轴典例】
例1.（2013·全国高考真题（理））设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面积为Sn，n=1,2,3,… 若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列 【答案】B 【解析】
因为b1?c1，不妨设b1?故S1?cn?anb?an，cn＋1＝n，则( ) 224a12a13,c1?1，p?(a?b?c)?a； 33223a1a1a15a1152···?a1； 22661224a1?a1a1?a13a1a12a1a162a2?a1，57，，S?···?a1； 2?a1b2?3?a1c2?3223362626显然S2?S1；
533a1a13a15a1352a?aa1?a111a3?a1，97同理，，，显然S3?S2. S?···?a1，
b2?4?a1c3?4?a132288162828
例2. （2018·江苏高考真题）已知集合A?{x|x?2n?1,n?N}，B?{x|x?2,n?N}．将AUB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn?12an?1成立的n的最小值为________． 【答案】27 【解析】
kk?12k设an=2，则Sn?[(2?1?1)+(2?2?1)+L?(2?2?1)]?[2?2?L?2]
*n*?2k?11?2?2k?1?12???2(1?2)?2k2k?21?2?2k?1?2
2k?2?2k?1?2?12(2k?1),(2k?1)2?20(2k?1)?14?0,2k?1?25,k?6 由Sn?12an?1得256所以只需研究2?an?2是否有满足条件的解，
25此时Sn?[(2?1?1)+(2?2?1)+L?(2m?1)]?[2?2?L?2]?m2?25?1?2，an+1?2m?1，m为等
差数列项数，且m?16. 由m?225?1?2?12(2m?1),m2?24m?50?0，?m?22,n?m?5?27
得满足条件的n最小值为27. 例3.（2018·浙江高考模拟）设数列成立的最大正整数__________,【答案】 6. 114. 【解析】
根据题意，数列{an}中，an=-3n+20，则数列{an}为首项为17，公差为-3的等差数列，
且当n≤6时，an＞0，当n＞7时，an＜0，又由bn=|an|，当n≤6时，bn=an，当n＞7时，bn=-an， 则使Tn=Sn成立的最大正整数为6，T2018+S2018=（a1+a2+……+a6+a7+a8+……+a2018）+
（b1+b2+……+b6+b7+b8+……+b2018）=（a1+a2+……+a6+a7+a8+……+a2018）+（a1+a2+……+a6-a7-a8-……-a2018） =2（a1+a2+……+a6）=
，故答案为：6，114 的前项和分别为__________．
，其中
，使
例4.（2019·江西师大附中高考模拟（文））数列?an?中的项按顺序可以排成如图的形式，第一行1项，排
a1；第二行2项，从左到右分别排a2，a3；第三行3项，……依此类推，设数列?an?的前n项和为Sn，则
满足Sn?2019的最小正整数n的值为（ ）
A．20 【答案】B 【解析】
B．21 C．26 D．27
第一行为4，其和为4，可以变形为：T1?2?3?2；
第二行为首项为4，公比为3的等比数列，共2项，其和为：T?241?321?3???2?332?2；
第三行为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为T?3n依此类推：第n行的和：Tn?2?3?2；
41?331?3???2?3?2；
则前6行共：1?2?3?4?5?6?21个数 前6行和为：
S21??2?3?2??2?32?2?????2?36?2?2?3?32?????36?12?37?15?2172
满足Sn?2019
而第六行的第6个数为：4?35?972，则S20?S21?972?1200?2019
???????满足Sn?2019的最小正整数n的值为：21
本题正确选项：B
例5.（2019·内蒙古高考模拟（理））数列an?则正整数n值为______. 【答案】8 【解析】
1Sm，Sn成等比数列?m?1?，的前n项和为Sn，若S1，
n?n?1?
∵an?11111111n???，∴Sn?1????L??， n?n?1?nn?1223nn?1n?12又S1，Sm，Sn成等比数列?m?1?，∴?Sm??S1?Sn， 即
m2?m?1?21n2m2n???，， 2n?1?m?1?2n?12∴2m2??m?1?，即m2?2m?1?0，
解得1?2?m?1?2，结合m>1可得m?2， ∴n?8，故答案为8.
例6.（2016·天津高考真题（理））已知{}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的和（Ⅰ）设
的等比中项.
求证：数列{}是等差数列；
，是
（Ⅱ）设求证：
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析 【解析】
（Ⅰ）证明：由题意得因此（Ⅱ）证明：
，有
，所以
是等差数列.
，
所以.
，
例7.（2016·四川高考真题（理））已知数列{}的首项为1，为数列{}的前n项和，其中q>0，（Ⅰ）若
.
成等差数列，求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线【答案】（Ⅰ）【解析】 （Ⅰ）由已知，又由所以，数列从而由由已知,所以
，故得到
的离心率为，且，证明：.
；（Ⅱ）详见解析.
两式相减得到
，故
对所有
都成立.
.
是首项为1，公比为q的等比数列. .
成等差数列，可得
. .
.
，即
，则
，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，
所以双曲线由因为
的离心率解得
. ，所以
.
.
于是，
故.
例8.（2016·浙江高考真题（理））设数列（Ⅰ）证明：（Ⅱ）若
，
，，证明：
；
满足，．
，．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析． 【解析】
（Ⅰ）由得，故，，
所以因此（Ⅱ）任取
．
，由（Ⅰ）知，对于任意
，
，
，
故 ．
从而对于任意由的任意性得
，均有
． ①
．
否则，存在，有，取正整数且，
则
综上，对于任意
，均有
．
，与①式矛盾．
【压轴训练】
1. （2019·安徽高考模拟（理））设A．若C．若【答案】C 【解析】
若a1+a2＞0，则2a1+d＞0，a2+a3＝2a1+3d＞2d，d＞0时，结论成立，即A不正确； 对于B选项，当
，分别为-4，-1，2时，满足a1+a3＜0，但a2+a3＝1>0，故B不正确； ，则，则
是等差数列，下列结论一定正确的是（ ）
B．若D．若
，则
，则
又{an}是等差数列，0＜a1＜a2，2a2＝a1+a3＞2
2
，∴a2，即C正确；
若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＝﹣d≤0，即D不正确． 故选：C．
2．（2018·浙江高考模拟）已知等差数列A．C．【答案】C 【解析】 由可得（即
，∵公差不等于零，
故选：C．
3．（2019·山东高考模拟（文））已知正项等比数列{an}满足2a5?a4?a3，若存在两项am，an，使得
成等比数列．可得
，
，
B． D．
的前项和是，公差不等于零，若
成等比数列，则
8aman?a1，则
【答案】2 【解析】
91?的最小值为__________． mnQ正项等比数列{an}满足2a5?a4?a3，
?2a1q4+a1q3=a1q2，
整理，得2q2+q?1?0，又q?0，解得，q?1， 2Q存在两项am，an使得8amgan?a1，
?64a12qm?n?2?a12，
整理，得m?n?8，
?911911m9n??(m?n)(?)?(10??) mn8mn8nm1m9n…(10?2g)?2， 8nm则
91?的最小值为2． mnm9n?取等号，又m，n?N*．m?n?8， nm当且仅当
所以只有当m?6，n?2时，取得最小值是2． 故答案为：2
4．（2019·湖南师大附中高考模拟（理））已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1??24，a4??当Tn取最大值时，n的值为_____. 【答案】4 【解析】
设等比数列{an}的公比为q，
8，则9a41183q??a??24因为1，a4??，可得，解得q?，
a12793则Tn?a1a2a3???an???24?qn1?2?3?????(n?1n?n?1?11， )???24?()23n（）在R上递减， 当Tn取最大值时，可得n为偶数，函数y?84T?86T?T?192又由2，4，6，可得T2?T4?T6，
939当n?6，且n为偶数时，Tn?T6， 故当n?4时，Tn取最大值.
13x5．（2019·安徽高考模拟（理））已知数列
，
【答案】11 【解析】
，则使不等式
的各项均为正数，记为的前项和，若
成立的的最小值是________.
由又数列
可得
的各项均为正数，∴
，
，则（）（）=0，
即，可得数列{an}是首项为公比为q＝2的等比数列，
∴
故答案为11.
,则n>10，又，∴n的最小值是11，
6．（2019·甘肃天水一中高考模拟（文））已知数列?an?满足a1?1，an?0，an?1?an?1，那么an?32成立的n的最大值为______ 【答案】5 【解析】
因为an?1?an?1， 所有
?a?成等差数列，且首项na1?1，公差d?1
2所以an?n，an?n 2解an?n?32，得n?42 所以an?32成立的n的最大值为5 故答案为：5
2n?19n7．（2019·河北高考模拟（理））已知数列?an?的前n项和为Sn，且Sn?1?Sn??n?N*?，若
2a2??4，则Sn取最小值时n?__________.
【答案】10 【解析】
(n?1)2?19?n?1?n2?19n由Sn?1?Sn?，Sn?Sn?1?，
22两式作差可得：Sn?1?Sn?1由an?1?an?n?10(n?2)，即an?1?an?n?10(n?2)，
?n?10，an?2?an?1?n?9，
?an?1(n?2)，
两式作差可得：an?2则a3?a2??8，a2??4，故a2??4?a3，
进一步可得：a4又a10?a5,a6?a7,a8?a9,a10?a11，
?a11?0，则a10?0?a11，
?a12?a13?L，
且0?a11?a12则Sn取最小值时n?10.
8．（2019·河南高考模拟（理））记首项为a1(a1?0)，公差为d的等差数列?an?的前n项和为Sn，若
a121??，且Sn?1??an?Sn，则实数?的取值范围为__________． d2【答案】?【解析】
由Sn?1??an?Sn，得Sn?1?Sn?an?1??an. 因为a1?0，所以d?0，an?a1??n?1?d??n??19?,1? 21????23??d. 2?所以当1?n?11时，an?0，当n?12时，an?0. （1）当1?n?11时，由?an?an?1得??因为1?an?1an?dd2??1??1?. ananan2n?23221919?1??，所以??.
2n?232?1?232121an?12?1?. an2n?23（2）当n?12时，由?an?an?1得??因为1?2?1，所以??1.
2n?23?19?,1?. 21??综上所述，?的取值范围是?a5?1，9．（2019·四川重庆南开中学高考模拟（理））在正项递增等比数列{an}中，记Sn?a1?a2?...?an，Tn?111??...?，则使得Sn?Tn成立的最大正整数n为__________． a1a2an【答案】9
【解析】
11(1?qn)(1?n)q?na1(1?q)a1qqn??由题得，
11?qa1(1?q)1?q因为数列是正项递增等比数,所以a1?0,q?1，
2n?1所以a1q?1.
4?42?8因为a5?1，所以a1q?1,?a1?q,?a1?q，
所以q?q?8n?1?1,?qn?9?q0,?n?9.
所以使得Sn?Tn成立的最大正整数n为9. 故答案为：9
10．（2017·吉林高考模拟（理））已知数列?an?满足a1?（1）若数列?bn?满足bn?an?3,an?1?3an?1n?N?. 2??1，求证：?bn?是等比数列； 2n?n?1?2.
（2）若数列?cn?满足cn?log3an,Tn?c1?c2?L?cn，求证：Tn?【答案】(1) 见解析；(2)见解析. 【解析】
(1) 由题可知n?N?*?，从而有bn?1?3bn，b1?a1?1?1，所以?bn?是以1为首项，3为公比的等比数2列.
n?1n?1 (2) 由(1)知bn?3，从而an?3?1?n?11?n?1，cn?log3?3???log33?n?1，有
2?2?，
Tn?c1?c2?L?cn?0?1?2?Ln?1?n?n?1?2n?n?1?2所以Tn?.
11．（2019·江苏金陵中学高考模拟）已知各项均为正整数的数列{an}的前n项和为Sn，满足：Sn﹣1+kan＝tan2﹣1，n≥2，n∈N*（其中k，t为常数）．
（1）若k＝
11，t＝，数列{an}是等差数列，求a1的值； 24（2）若数列{an}是等比数列，求证：k＜t． 【答案】（1）a1＝1+5，（2）见解析 【解析】
11112，t＝，∴Sn?1?an?an?1（n≥2），设等差数列{an}的公差为d，
2424112112令n＝2，则a1?a2?a2?1，令n＝3，则a1?a2?a3?a3?1，
242411两式相减可得：?a2?a3???a3?a2??a3?a2?，∵an＞0，∴a3﹣a2＝2＝d．
24（1）∵k＝
1122由a1?a2?a2?1，且d＝2，化为a1?2a1﹣4＝0，a1＞0．
24解得a1＝1+5．
（2）∵Sn﹣1+kan＝tan2﹣1①，n≥2，n∈N*，所以Sn+kan+1＝tan?1﹣1②， ②-①得an+kan+1﹣kan＝tan?1﹣tan，∴an＝（an+1﹣an）[t（an+1+an）﹣k]， 令公比为q＞0，则an+1＝anq，∴（q﹣1）k+1＝tan（q﹣1）， ∴1＝（q﹣1）[tan（q+1）﹣k]；∵对任意n≥2，n∈N*， 1＝（q﹣1）[tan（q+1）﹣k]成立；∴q≠1，∴an不是一个常数； ∴t＝0，∴Sn﹣1+kan＝﹣1，且{an}是各项均为正整数的数列，∴k＜0， 故k＜t．
12．（2019·天津高考模拟（理））已知单调等比数列?an?，首项为
2
22211，其前n项和是Sn，且a3?S3，S5，
22a4?S4成等差数列，数列?bn?满足条件
（1）求数列?an?、?bn?的通项公式； （2）设cn?an?1?(2)bn
a1a2a3Lan1，记数列?cn?的前n项和是Tn. bn①求Tn；
②求正整数k，使得对任意n?N*，均有Tk?Tn.
11?1??n；②.k?4. 【答案】(1)an???，bn?n(n?1)；(2)①.Tn?n?12?2?【解析】
n11a3?S3?a4?S4，即2S5?a3?2S4， 2211112进而有2?S5?S4??a3.所以2a5?a3，即q?，则q??.
224211由已知数列?an?是单调等比数列，且a1?，所以取q?.
22n?1 (1)设an?a1q.由已知得2S5??1?数列?an?的通项公式为an???. ?2?Q1bn(1?n)n?(2)bn，23n?2?2?2?L?2?22?22， a1a2a3Lann则bn?n(n?1).
即数列?bn?的通项公式为bn?n(n?1). (2)①.由(1)可得：cn?an?1111?11??n??n????， bn2n(n?1)2?nn?1?分组求和可得：Tn?1?1?1?11?1???. ??2n?n?1?n?12n1111(n?1)(n?2)?2n?1?n?1??n?n?1②由于Tn?1?Tn?， n?22n?122(n?1)(n?2)由于2n?1比?n?1??n?2?变化快，所以令Tn?1?Tn?0得n?4. 即T1,T2,T3,T4递增，而T4,T5,T6LTn递减.所以，T4最大. 即当k?4时，Tk?Tn.
13．（2019·安徽高考模拟（文））已知数列，成等比数列. （1）求等差数列
的通项公式；
为等差数列，且公差
，其前项和为，
，且，
（2）设，记数列的前项和为，求证.
【答案】（1）【解析】 （1）由题意得：解得：
；（2）证明见解析.
，
，∴
（2）由（1）得∴
，∴
14．（2019·广东高考模拟（理））已知数列{an}满足（1）求a1,a2和{an}的通项公式；
1(a1?2a2?L?2n?1an)?2n?1(n?N*). n（2）记数列{an?kn}的前n项和为Sn，若Sn?S4对任意的正整数n恒成立，求实数k的取值范围． 【答案】(1) a1?4 a2?6; an?2n?2 (2) [【解析】
n?12n?1， (1)由题意得a1?2a2?L?2an?n?23所以a1?1?2?4,a1?2a2?2?2,得a2?6; n?12n?1, 由a1?2a2?L?2an?n?125,]. 52所以a1?2a2?L?2相减得2n?1n?2an?1??n?1??2n（n?2），
an?n?2n+1??n?1??2n，
得an?2n?2,当n?1也满足上式. 所以?an?的通项公式为an?2n?2.
(2)数列?an?kn?的通项公式为an?kn?2n?2?kn??2?k?n?2, 是以4?k为首项,公差为2?k的等差数列,
若Sn?S4对任意的正整数n恒成立，等价于当n?4时,Sn取得最大值,
所以???a4?4k?4?2?k??2?0,
a?5k?52?k?2?0.????5解得
125?k?. 52?125?,?. 52??所以实数k的取值范围是?15.（2017·浙江高考模拟）已知无穷数列?an?的首项a1?（Ⅰ）证明： 0?an?1；
11?11??an?，
an?12?an2?*?,n?N. ?（Ⅱ） 记bn?a?a??nn?1anan?12， Tn为数列?bn?的前n项和，证明：对任意正整数n， Tn?3. 10【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析. 【解析】
（Ⅰ）证明：①当n?1时显然成立；
②假设当n?k k?N*时不等式成立，即0?ak?1， 那么当n?k?1时，
??11?1?11??ak?? ? ·2ak??1，所以0?ak?1?1， ak?12?ak?2ak即n?k?1时不等式也成立.
综合①②可知， 0?an?1对任意n?N*成立. （Ⅱ）
an?12?2?1，即an?1?an，所以数列?an?为递增数列. anan?1又
??1?1111?1?1?1????an?? ???an?，易知??an?为递减数列， anan?1an2?an?2?an??an??11???也为递减数列， aan?1??n?1?1111?54?9?a2? ???? ? ?? ?anan?12452?a240???所以?所以当n?2时，
所以当n?2时， bn?a?a??nn?1anan?12?11?9? ?an?1?an??????an?1?an?
?anan?1?40
93?，成立； 401099当n?2时， Tn?b1?b2?L?bn ? ???a3?a2???a4?a3??L??an?1?an????4040当n?1时， Tn?T1?b1??9999?4?27399 ??1?a2????1??????an?1?a2? ?40404040?5?100104040综上，对任意正整数n， Tn?3 1016.（2017·浙江高考模拟）已知数列
?an?满足： ap?1， p?1， an?1.
an?1?1?plnan（1）证明： an?an?1?1； （2）证明：
2ana?1； ?an?1?nan?1212n?112n?1??ln?a1a2?an???n?1. （3）证明：
p?12n?1p2【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析. 【解析】
（1）先用数学归纳法证明an?1. ①当n?1时，∵p?1，∴a1?p?1?1； pak?1ak?1??1. lnakak?1②假设当n?k时， ak?1，则当n?k?1时， ak?1?由①②可知an?1. 再证an?an?1.
an?1?an?an?1a?1?anlnan， ?an?nlnanlnan令f?x??x?1?xlnx， x?1，则f'?x???lnx?0， 所以f?x?在?1,???上单调递减，所以f?x??f?1??0，
所以
an?1?anlnan?0，即an?an?1.
lnan2ana?1an?12ana?1，只需证， ?n??an?1?nan?1lnan2an?12（2）要证
2anlnan?an2?1?0, 其中an?1， 只需证{a?1lna?2a?2?0,?n?nn先证2anlnan?an2?1?0，
令f?x??2xlnx?x2?1， x?1，只需证f?x??0. 因为f'?x??2lnx?2?2x?2?x?1??2?2x?0， 所以f?x?在?1,???上单调递减，所以f?x??f?1??0. 再证?an?1?lnan?2an?2?0，
令g?x???x?1?lnx?2x?2， x?1，只需证g?x??0，
x?11?2?lnx??1， xx111x?1令h?x??lnx??1， x?1，则h'?x???2?2?0，
xxxxg'?x??lnx?所以h?x?在?1,???上单调递增，所以h?x??h?1??0，
从而g'?x??0，所以g?x?在?1,???上单调递增，所以g?x??g?1??0， 综上可得
2ana?1. ?an?1?nan?12n?1a?1?1?（3）由（2）知，一方面， an?1?n?1，由迭代可得an?1??a1?1???2?2?1?1????p?2?n?1，
1?1?因为lnx?x?1，所以lnan?an?1???，所以
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另一方面，即
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p?1?222p?12?????????12n?112n?1??ln?a1a2?an???n?1. 综上，
p?12n?1p2
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