尹承利

當(dāng)今高考對(duì)知識(shí)點(diǎn)覆蓋面和對(duì)數(shù)學(xué)能力考查要求較高，高考命題日趨綜合化，往往在一個(gè)題目中考查多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，而數(shù)列與不等式的結(jié)合正是這方面命題的最好素材.下面就數(shù)列與不等式結(jié)合的幾種常見題型舉例解析.

一、數(shù)列不等式恒成立問題

例1 已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=14a2n+p.

（1）若數(shù)列{an}是常數(shù)列，求p的值;

（2）求最大的正數(shù)p，使得an<2對(duì)一切整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論.

解析 （1）若數(shù)列{an}是常數(shù)列，則a2=14a1+p=14+p=1，p=34.

（2）因?yàn)閍k+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），

這說明，當(dāng)p>1時(shí)，an越來越大，不滿足an<2，所以要使得an<2對(duì)一切整數(shù)n恒成立，只可能p≤1.

下面證明當(dāng)p=1時(shí)，an<2恒成立.用數(shù)學(xué)歸納法證明：

當(dāng)n=1時(shí)，a1=1顯然成立;

假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)成立，即ak<2，則當(dāng)n=k+1時(shí)，

ak+1=14a2k+1<14×22+1=2成立，由上可知對(duì)一切正整數(shù)n恒成立，因此，正數(shù)p的最大值是1.

點(diǎn)評(píng) 求解數(shù)列不等式恒成立問題的常用方法有：先利用等差數(shù)列與等比數(shù)列等知識(shí)化簡(jiǎn)不等式，再通過解不等式解得，或轉(zhuǎn)化利用最值法解得.本題是在數(shù)列不等式恒成立的條件下，求參數(shù)p的最大值問題，首先將數(shù)列作差遞推，利用累差法得到數(shù)列通項(xiàng)的不等關(guān)系，然后在討論范圍的基礎(chǔ)上確定出參數(shù)p的最大值，進(jìn)而運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法給出證明的.

二、數(shù)列不等式證明問題

例2 已知數(shù)列{an]的前n項(xiàng)和記為Sn，且滿足Sn=2an-n，n∈N*.

（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

（2）證明：n2-13

解析 （1）因?yàn)镾n=2an-n（n∈N+），所以Sn-1=2an-1-n+1（n≥2），兩式相減得：an=2an-1+1，變形可得：an+1=2（an-1+1）.

又因?yàn)閍1=2a1-1，即a1=1，所以數(shù)列{an+1}是首項(xiàng)為2、公比為2的等比數(shù)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.

綜上，n2-13

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于數(shù)列不等式證明問題，常用方法是：在利用數(shù)列知識(shí)的基礎(chǔ)上，利用比較法、分析法、綜合法或放縮法，尤其放縮法是應(yīng)用的最主要方法.本題（2）就是在分離的基礎(chǔ)上，通過對(duì)分母的處理，利用放縮法證明的.

例3 已知函數(shù)fn（x）=13x3-12（n+1）x2+x（n∈N*），數(shù)列an滿足an+1=fn′（an），a1=3.

（1）求a2，a3，a4;

（2）根據(jù)（1）猜想數(shù)列an的通項(xiàng)公式，并證明;

（3）求證：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，用數(shù)學(xué)歸納法證明.

當(dāng)n=1時(shí)，顯然成立.

假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N*）時(shí)，ak=k+2，則當(dāng)n=k+1（k∈N*）時(shí)，ak+1=a2k-（k+1）ak+1=（k+2）2-（k+1）（k+2）+1=k+3=（k+1）+2，所以當(dāng)n=k+1（k∈N*）時(shí)，猜想成立.

故對(duì)n∈N*，an=n+2都成立.

（3）當(dāng)k≥2時(shí)，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.

又當(dāng)n=1時(shí)，1（2a1-5）2=1<32.

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

點(diǎn)評(píng) 本題首先求解數(shù)列的前幾項(xiàng)，由此作出猜想，然后利用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列的通項(xiàng)公式，最后運(yùn)用裂項(xiàng)和放縮的方法技巧證明數(shù)列不等式，考查了數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的滲透與應(yīng)用.

三、數(shù)列中的最值問題

例4 已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=3，

a2n+1+an+1=2an，n∈N*.

（1）求證：1

（2）若對(duì)于任意的正整數(shù)n，都有

an+1-1an-1

解析 （1）證明：由正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=3，

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

兩式相減得

（an+2-an+1）（an+2+an+1+1）=2（an+1-an），

∵an>0，∴an+2-an+1與an+1-an同號(hào).

∵a22+a2=2a1=6，∴a2=2，則a2-a1<0，

∴an+1-an<0，即數(shù)列{an}是單調(diào)遞減數(shù)列，則an≤a1=3.

另一方面：由正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足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與an-1同號(hào)，

由于a1-1=2>0，可知an-1>0，即an>1.

綜上可得：1

（2）由（1）知：

an+1-1an-1=2an+1+2，而3<an+1+2≤a2+2=4，則

12≤an+1-1an-1<23，∴M≥23.

故M的最小值為23.

點(diǎn)評(píng) 求解數(shù)列中的最值問題，常結(jié)合不等式來求解.求解方法有：建立目標(biāo)函數(shù)，通過不等式確定變量范圍，進(jìn)而求得最值;或先利用不等式判斷數(shù)列的單調(diào)性，然后確定最值;或利用條件中的不等關(guān)系確定最值.本題（2）就是利用（1）的不等式結(jié)論求得最值的.

四、數(shù)列不等式探索性問題

例5 已知二次函數(shù)f（x）=ax2+bx+c（x∈R），滿足f（0）=f（-1）=0，且f（x）的最小值是-14.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)一切n∈N*，點(diǎn)（n，Sn）在函數(shù)f（x）的圖像上.

（1）求f（x）的函數(shù)解析式;

（2）設(shè)An為數(shù)列{an-1an}的前n項(xiàng)積，是否存在實(shí)數(shù)a，使得不等式An

an+1<a對(duì)一切n∈N*都成立？若存在，求出a的取值范圍;若不存在，請(qǐng)說明理由.

解析 （1）因?yàn)閒（0）=f（-1）=0，所以f（x）的對(duì)稱軸x=0+（-1）2=-12.

又因?yàn)閒（x）的最小值是-14，由二次函數(shù)圖像的對(duì)稱性可設(shè)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）由題意得

An=（1-1a1）（1-1a2）…（1-1an）.

設(shè)g（n）=Anan+1

=An2n+1

=（1-1a1）（1-1a2）…（1-1an）2n+1.

因?yàn)間（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）單調(diào)遞減，[g（n）]max=g（1）=

32.

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

點(diǎn)評(píng) 數(shù)列不等式中的探索性問題主要表現(xiàn)為存在型，求解的方法是：先假設(shè)所探求對(duì)象存在或結(jié)論成立，以此假設(shè)為前提條件進(jìn)行運(yùn)算或推理，若由此推出矛盾，則假設(shè)不成立，從而得到“否定”的結(jié)論，即不存在;若推理得不出矛盾，能求得在范圍內(nèi)的數(shù)值，則得到肯定的結(jié)論，即得到存在的結(jié)果.本題（2）利用了最值法探索求解.對(duì)于含有參數(shù)的數(shù)列（函數(shù)）問題，常利用以下結(jié)論求解：①若 a≥（或>）f（x）對(duì)x∈D恒成立，則a≥（或>）f（x）max;②若a≤（或<）f（x）對(duì)x∈D恒成立，則a≤（或<）f（x）min.

（收稿日期：2021-09-21）