数学数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

数学数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

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数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

【命题趋向】

数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．如08年北京文20题(12分)中档偏上，考查数列与不等式恒成立条件下的参数问题、08年湖北理21题(12分)为中档偏上，考查数列与不等式交汇的探索性问题、08年江西理19题(12分)中等难度，考查数列求和与不等式的交汇、08年全国卷Ⅰ理22(12分)压轴题，难说大，考查数学归纳法与不等式的交汇，等等.预计在2009年高考中,比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题的命题热点是与不等式交汇,呈现递推关系的综合性试题.其中,以函数与数列、不等式为命题载体,有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点,而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题.

【考试要求】

1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．

2．理解等差数列的概念．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．

3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题。

4．理解不等式的性质及其证明．

5．掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用．

6．掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式．

7．掌握简单不等式的解法及理解不等式│a│－│b│≤│a+b│≤│a│+│b│．

【考点透视】

1．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇.

2．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.

3．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程的思想.

【典例分析】

题型一 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题

求得数列与不等式绫结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：(1)若函数f(x)在定义域为D ，则当x ∈D 时，有f(x)≥M 恒成立?f(x)min ≥M ；f(x)≤M 恒成立?f(x)max ≤M ；(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再通过解不等式解得.

【例1】 等比数列{a n }的公比q ＞1，第17项的平方等于第24项，求使a 1＋a 2＋…＋a n ＞1a 1＋1a 2＋…＋1

a n

恒成立的正整数n 的取值范围.

【分析】 利用条件中两项间的关系，寻求数列首项a 1与公比q 之间的关系，再利用等比数列前n 项公式和及所得的关系化简不等式，进而通过估算求得正整数n 的取值范围.

【解】 由题意得：(a 1q 16)2＝a 1q 23，∴a 1q 9＝1.

由等比数列的性质知：数列{1a n }是以1a 1为首项，以1

q 为公比的等比数列，要使不等式

成立，

则须a 1(q n －1)

q －1

＞1a 1[1－(1

q )n ]1－1q

，把a 21

＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n －1)＞q(1－1q n )， q n ＞q 19，∵q ＞1，∴n ＞19，故所求正整数n 的取值范围是n≥20. 【点评】 本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识求得最后的结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用.

【例2】 （08·全国Ⅱ）设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝a ，a n+1＝S n ＋3n ，n ∈N*．(Ⅰ)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式；（Ⅱ）若a n+1≥a n ，n ∈N*，求a 的取值范围．

【分析】 第（Ⅰ）小题利用S n 与a n 的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件a n+1≥a n 转化为关于n 与a 的关系，再利用a≤f(n)恒成立等价于a≤f(n)min 求解．

【解】 (Ⅰ)依题意，S n+1－S n ＝a n+1＝S n ＋3n ，即S n+1＝2S n ＋3n ， 由此得S n+1－3 n+1＝2(S n －3n )．

因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2 n -1，n ∈N*, ① (Ⅱ)由①知S n ＝3n ＋(a －3)2 n -1，n ∈N*，

于是，当n≥2时，a n ＝S n －S n -1＝3n ＋(a －3)2 n -1－3n -1－(a －3)2 n -2＝2×3n -1＋(a －3)2 n -2，

a n+1－a n ＝4×3 n -1＋(a －3)2 n -2＝2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]，

当n≥2时，a n+1≥a n ，即2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]≥0，12·(32)n -2

＋a －3≥0，∴a≥－9，

综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞]．

【点评】 一般地，如果求条件与前n 项和相关的数列的通项公式，则可考虑S n 与a n

的关系求解.本题求参数取值范围的方法也一种常用的方法，应当引起重视.

题型二 数列参与的不等式的证明问题

此类不等式的证明常用的方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本的方法；(2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法分析；(3)放缩法，主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.

【例3】 已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p+q ＜1

2(S 2p ＋S 2q )．

【分析】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前n 项公式和建立方程组即可解决第(Ⅰ)小题；第(Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决.

【解】 （Ⅰ）设等差数列{a n }的公差是d ，依题意得，??? a 1＋2d ＝74a 1＋6d ＝24，解得??? a 1＝3

d ＝2

，

∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （Ⅱ）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n(a 1＋a n )2

＝n 2＋2n ． 2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＝2[(p ＋q)2＋2(p ＋q)]－(4p 2＋4p)－(4q 2＋4q)＝－2(p －q)2， ∵p ≠q ，∴2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＜0，∴S p+q ＜1

2(S 2p ＋S 2q )．

【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，途径主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.

【例4】 (08·安徽高考)设数列{a n }满足a 1＝0，a n+1＝ca n 3＋1－c ，c ∈N*，其中c 为实数.(Ⅰ)证明：a n ∈[0，1]对任意n ∈N*成立的充分必要条件是c ∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c ＜13，证明：a n ≥1－(3c)n -1，n ∈N*；（Ⅲ）设0＜c ＜13，证明：a 12＋a 22＋…＋a n 2＞n ＋1－2

1－3c ，n ∈N*.

【分析】 第（1）小题可考虑用数学归纳法证明；第（2）小题可利用综合法结合不等关系的迭代；第（3）小题利用不等式的传递性转化等比数列，然后利用前n 项和求和，再进行适当放缩.

【解】（Ⅰ）必要性：∵a 1＝0，a 2＝1－c ， 又∵a 2∈[0，1]，∴0≤1－c≤1，即c ∈[0，1].

充分性：设c ∈[0，1]，对n ∈N*用数学归纳法证明a n ∈[0，1]. (1)当n ＝1时，a 1∈[0，1].

(2)假设当n ＝k 时，a k ∈[0，1](k≥1)成立，则

a k ＋1＝ca k 3＋1－c≤c ＋1－c ＝1，且a k ＋1＝ca k 3＋1－c≥1－c≥0， ∴a k ＋1∈[0，1]，这就是说n ＝k ＋1时，a n ∈[0，1]. 由（1）、（2）知，当c ∈[0，1]时，知a n ∈[0，1]对所胡n ∈N*成立. 综上所述，a n ∈[0，1]对任意n ∈N*成立的充分必要条件是c ∈[0，1].

（Ⅱ）设0＜c ＜1

3，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立.

当n≥2时，由a n ＝ca n -13＋1－c ，∴1－a n ＝c(1－a n -1)(1＋a n -1＋a n -12)

∵0＜c ＜1

3，由(Ⅰ)知a n -1∈[0，1]，所以1＋a n -1＋a n -12≤3，且1－a n -1≥0，∴1－a n ≤3c(1－a n -1)，

∴1－a n ≤3c(1－a n -1)≤(3c)2(1－a n -2)≤…≤(3c) n -1(1－a 1)＝(3c) n -1，∴a n ≥1－(3c)n -1，n ∈N*.

(Ⅲ)设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 12＝0＞2－2

1－3c

，结论成立.

当n≥2时，由（Ⅱ）知a n ≥1－(3c)n -1＞0，

∴a n 2≥[(1－(3c)n -1)] 2＝1－2(3c)n -1＋(3c)(n -1)＞1－2(3c)n -1，

a 12＋a 22＋…＋a n 2＝a 22＋…＋a n 2＞n －1－2[3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1]

＝n －1－2[1＋3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1

－1]＝n ＋1－2[1－(3c)n ]1－3c ＞n ＋1－21－3c

.

【点评】 本题是数列与不等式、数学归纳法的知识交汇题，属于难题，此类试题在高考中点占有一席之地，复习时应引起注意.本题的第(Ⅰ)小题实质也是不等式的证明，

题型三 求数列中的最大值问题

求解数列中的某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：(1)建立目标

函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；(2)首先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；(3)利用条件中的不等式关系确定最值.

【例5】 (08·四川高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为______.

【分析】 根据条件将前4项与前5项和的不等关系转化为关于首项a 1与公差d 的不等式，然后利用此不等关系确定公差d 的范围，由此可确定a 4的最大值.

【解】 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，

∴??? S 4＝4a 1＋4×3

2d≥10S 5＝5a 1＋5×42

d≤15，即??? a 1＋3d≥5a 1＋2d≤3，∴?

?? a 4＝a 1＋3d≥5－3d 2＋3d ＝5＋3d 2a 4＝a 1＋3d ＝(a 1＋2d)＋d≤3＋d

， ∴5＋3d

2≤a 4≤3＋d ，则5＋3d≤6＋2d ，即d≤1. ∴a 4≤3＋d≤3＋1＝4，故a 4的最大值为4. 【点评】 本题最值的确定主要是根据条件的不等式关系来求最值的，其中确定数列的公差d 是解答的关键，同时解答中要注意不等式传递性的应用.

【例6】 等比数列{a n }的首项为a 1＝2002，公比q ＝－1

2．(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n 项的积，求f(n)的表达式；(Ⅱ)当n 取何值时，f(n)有最大值．

【分析】 第(Ⅰ)小题首先利用等比数列的通项公式求数列{a n }的通项，再求得f(n)的表达式；第(Ⅱ)小题通过商值比较法确定数列的单调性，再通过比较求得最值.

【解】 (Ⅰ)a n ＝2002·(－12)n -1，f(n)＝2002n

·(－12)n(n -1)

2

(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|f(n ＋1)||f(n)|＝2002

2n ，则

当n≤10时，|f(n ＋1)||f(n)|＝2002

2n ＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，

当n≥11时，|f(n ＋1)||f(n)|＝2002

2

n ＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，

∵f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，∴f(n)的最大值为f(9)或f(12)中的最大者．

∵f(12)f(9)＝200212·(1

2)66

20029·(12

)36

＝20023·(12)30＝(2002

2

10)3＞1， ∴当n ＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·(1

2

)66．

【点评】 本题解答有两个关键：(1)利用商值比较法确定数列的单调性；(2)注意比较f(12)与f(9)的大小.整个解答过程还须注意f(n)中各项的符号变化情况.

题型四 求解探索性问题

数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.

【例7】 已知{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4.(Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k ，使S k+1－2

S k －2

＞2成立.

【分析】 第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列a n +1与a n 的关系，结合定义判断数列{a n }为等比数列；而第(Ⅱ)小题先假设条件中的不等式成立，再由此进行推理，确定此不等式成

立的合理性.

【解】 (Ⅰ)由题意，S n ＋a n ＝4，S n +1＋a n +1＝4，

由两式相减，得(S n +1＋a n +1)－(S n ＋a n )＝0，即2a n +1－a n ＝0，a n +1＝1

2a n ，

又2a 1＝S 1＋a 1＝4，∴a 1＝2，∴数列{a n }是以首项a 1＝2，公比为q ＝1

2

的等比数列.

(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝2[1―(12

)n ]

1―12

＝4－22-n .

又由S k+1－2S k －2＞2，得4－21-k －24－22-k －2

＞2，整理，得23＜21-k ＜1，即1＜2 k -1＜32， ∵k ∈N *，∴2k -1∈N *，这与2k -1∈(1，3

2

)相矛盾，故不存在这样的k ，使不等式成立.

【点评】 本题解答的整个过程属于常规解法，但在导出矛盾时须注意条件“k ∈N *”，这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.

【例8】 (08·湖北高考)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n+1＝2

3a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n

－3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）设0＜a ＜b,S n 为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由.

【分析】 第(Ⅰ)小题利用反证法证明；第(Ⅱ)小题利用等比数列的定义证明；第(Ⅲ)小题属于存在型问题，解答时就假设a ＜S n ＜b 成立，由此看是否能推导出存在存在实数λ.

【解】 （Ⅰ）证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即 (23λ－3)2＝λ(49λ－4)?49λ2－4λ＋9＝4

9λ2－4λ?9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列. (Ⅱ)解：因为b n+1＝(－1)n+1[a n+1－3(n ＋1)＋21]

＝(－1)n+1(23a n －2n ＋14)＝－23(a n －3n －21)＝－2

3b n ， 又b 1＝－(λ＋18)，所以

当λ＝－18时，b n ＝0(n ∈N*)，此时{b n }不是等比数列；

当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由上可知b n ≠0，∴b n+1b n ＝－2

3(n ∈N*).

故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－2

3为公比的等比数列. (Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，b n ＝0(n ∈N*)，S n ＝0，不满足题目要求；.

∴λ≠－18，故知b n ＝－(λ＋18)×(－23)n -1，于是S n ＝－35(λ＋18)·[1－(－2

3)n ]

要使a ＜S n ＜b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－35(λ＋18)·[1－(－2

3)n ]＜b ，(n ∈N*).

得a 1－(－23)n ＜－35(λ＋18)＜b 1－(－23)

n ，(n ∈N*) ① 令f(n)＝1－(－23)n ，则当n 为正奇数时，1＜f(n)≤53，当n 为正偶数时5

9≤f(n)＜1；

∴f(n)的最大值为f(1)＝53，f(n)的最小值为f(2)＝5

9,

于是，由①式得59a ＜－35(λ＋18)＜3

5b ，∴－b －18＜λ＜－3a －18，(必须－b ＜－3a ，

即b ＞3a).

当a ＜b ＜3a 时，由－b －18≥－3a －18，不存在实数满足题目要求；

当b ＞3a 存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b,且λ的取值范围是(－b －18，－3a －18). 【点评】 存在性问题指的是命题的结论不确定的一类探索性问题，解答此类题型一般是从存在的方面入手，寻求结论成立的条件，若能找到这个条件，则问题的回答是肯定的；若找不到这个条件或找到的条件与题设矛盾，则问题的回答是否定的.其过程可以概括为假设——推证——定论.本题解答注意对参数λ及项数n 的双重讨论.

【专题训练】

一、选择题

1．已知无穷数列{a n }是各项均为正数的等差数列，则有

（ ）

A ．a 4a 6

＜a 6a 8

B ．a 4a 6

≤a 6

a 8

C ．a 4a 6

＞a 6a 8

D ．a 4a 6

≥a 6a 8

2．设{a n }是由正数构成的等比数列，b n ＝a n+1＋a n+2，c n ＝a n ＋a n+3，则

（ ） A ．b n ＞c n

B ．b n ＜c n

C ．b n ≥c n

D ．b n ≤c n

3．已知{a n }为等差数列，{b n }为正项等比数列，公比q≠1，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则（ ）

A ．a 6＝b 6

B ．a 6＞b 6

C ．a 6＜b 6

D ．a 6＞b 6或a 6＜b 6

4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝ （ ）

A ．9

B ．8

C ．7

D ．6

5．已知等比数列{a n }的公比q ＞0，其前n 项的和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是（ ）

A ．S 4a 5＜S 5a 4

B ．S 4a 5＞S 5a 4

C ．S 4a 5＝S 5a 4

D ．不确定

6．设S n ＝1＋2＋3＋…＋n ，n ∈N*，则函数f(n)＝S n

(n ＋32)S n+1

的最大值为 （ ）

A ．120

B ．130

C ．140

D ．150

7．已知y 是x 的函数，且lg3，lg(sinx －1

2)，lg(1－y)顺次成等差数列，则 （ ）

A ．y 有最大值1，无最小值

B ．y 有最小值11

12，无最大值 C ．y 有最小值11

12，最大值1

D ．y 有最小值－1，最大值1

8．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是

（ ）

Ａ．(－∞，－1] Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) Ｃ．[3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)

9．设3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则a ＋3b 的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4

10．设等比数列{a n }的首相为a 1，公比为q ，则“a 1＜0，且0＜q ＜1”是“对于任意n ∈N*都有

a n+1＞a n ”的 （ ）

A ．充分不必要条件

B ．必要不充分条件

C ．充分比要条件

D ．既不充分又不必要条

件

11．{a n }为等差数列，若a 11

a 10

＜－1，且它的前n 项和S n 有最小值，那么当S n 取得最小正值时，

n ＝

（ ）

A ．11

B ．17

C ．19

D ．21

12．设f(x)是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y ∈R ，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，若

a 1＝1

2，a n ＝f(n)(n ∈N*)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是 （ ）

A ．[1

2，2) B ．[1

2，2]

C ．[1

2，1)

D ．[1

2，1]

二、填空题

13．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，记T n ＝S n

n 2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立．则M 的最小值是__________．

14．无穷等比数列{a n }中，a 1＞1，|q|＜1，且除a 1外其余各项之和不大于a 1的一半，则q

的取值范围是________. 15．已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则(a ＋b)2

cd 的最小值是________.

Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．4

16．等差数列{a n }的公差d 不为零，S n 是其前n 项和，给出下列四个命题：①A ．若d ＜0，

且S 3＝S 8，则{S n }中，S 5和S 6都是{S n }中的最大项；②给定n ，对于一定k ∈N*(k ＜n)，都有a n -k ＋a n+k ＝2a n ；③若d ＞0，则{S n }中一定有最小的项；④存在k ∈N*，使a k －a k+1和a k －a k -1同号

其中真命题的序号是____________.

三、解答题

17．已知{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5．（Ⅰ）求{a n }的通项n a ；（Ⅱ）求{a n }前n

项和S n 的最大值．

18．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n +1)(n ∈N *）在函数y ＝x 2＋1的图象上.(Ⅰ)

求数列｛a n ｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛b n ｝满足b 1＝1,b n +1＝b n ＋2a n ，求证：b n ·b n +2＜b 2n +1.

19．设数列{a n }的首项a 1∈(0，1)，a n ＝3－a n -1

2，n ＝2，3，4，….

（Ⅰ）求{a n }的通项公式；

（Ⅱ）设b n ＝a n 3－2a n ，证明b n ＜b n+1，其中n 为正整数．

20．已知数列{a n }中a 1＝2，a n+1＝(2－1)( a n ＋2)，n ＝1，2，3，….

（Ⅰ）求{a n }的通项公式；

（Ⅱ）若数列{a n }中b 1＝2，b n+1＝3b n ＋4

2b n ＋3

，n ＝1，2，3，….证明：2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，…

21．已知二次函数y ＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f '(x)＝6x －2，数列{a n }的前n 项

和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）

设b n ＝1a n a n ＋1

，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m

20对所有n ∈N*都成立的最小正

整数m ；

22．数列{}n a 满足11a =，2

1()n n a n n a λ+=+-（12n =，，）

，λ是常数．（Ⅰ）当21a =-时，求λ及3a 的值；（Ⅱ）数列{}n a 是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求λ的取值范围，使得存在正整数m ，当n m >时总有0n a <．

【专题训练】参考答案 一、选择题 1．B 【解析】a 4a 8＝(a 1＋3d)(a 1＋7d)＝a 12＋10a 1d ＋21d 2，a 62＝(a 1＋5d)2＝a 12＋10a 1d ＋25d 2，故a 4a 6≤a 6a 8

. 2．D 【解析】设其公比为q,则b n －c n ＝a n (q －1)(1－q 2)＝－a n (q －1)2(q ＋1)，当q ＝1时，b n ＝c n ，当q ＞0，且q≠1时，b n ＜c n ，故b n ≤c n .

高一数学数列解题方法

数学高考总复习：数列的应用 知识网络： 目标认知 考试大纲要求： 1.等差数列、等比数列公式、性质的综合及实际应用； 2.掌握常见的求数列通项的一般方法； 3.能综合应用等差、等比数列的公式和性质，并能解决简单的实际问题. 4.用数列知识分析解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题. 重点： 1.掌握常见的求数列通项的一般方法； 3.用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题 难点： 用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题. 知识要点梳理 知识点一：通项与前n项和的关系 任意数列的前n项和；

注意：由前n项和求数列通项时，要分三步进行： （1）求， （2）求出当n≥2时的， （3）如果令n≥2时得出的中的n=1时有成立，则最后的通项公式可以统一写成一个形式，否则就只能写成分段的形式. 知识点二：常见的由递推关系求数列通项的方法 1.迭加累加法： ， 则，，…， 2.迭乘累乘法： ， 则，，…， 知识点三：数列应用问题 1.数列应用问题的教学已成为中学数学教学与研究的一个重要内容,解答数学应用问题的核心是建立数学模型,有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型. 2.建立数学模型的一般方法步骤. ①认真审题，准确理解题意，达到如下要求： ⑴明确问题属于哪类应用问题； ⑵弄清题目中的主要已知事项； ⑶明确所求的结论是什么. ②抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适

当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达. ③将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，据题意列出 满足题意的数学关系式（如函数关系、方程、不等式）. 规律方法指导 1.由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想； 2.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如 通项公式、前n项和公式等. 3.加强数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内 容的综合.解决这些问题要注意： （1）通过知识间的相互转化，更好地掌握数学中的转化思想； （2）通过解数列与其他知识的综合问题，培养分析问题和解决问题 的综合能力. 精析 类型一：迭加法求数列通项公式 1．在数列中，，，求. 解析：∵， 当时， ， ， ， 将上面个式子相加得到： ∴（）， 当时，符合上式

(完整版)数列题型及解题方法归纳总结

知识框架 111111(2)(2)(1)( 1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a q a a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=?? ←???-=≥?? =+-??-?=+=+??+=++=+??两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解 的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1) 11(1)() n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+???? ? ???????????????? ??? ???????????? ???? ????????????? ?????? ? ?? ?? ?? ?? ??? ???????? 等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积 归纳猜想证明分期付款数列的应用其他??????? ? ? 掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。（2）由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。求a n 。 例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列 ∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足11 2 n n a a +=，而12a =，求n a =？ （2）递推式为a n+1=a n +f （n ） 例3、已知{}n a 中112a = ，121 41 n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(21+--=n n 令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1） 2 43 4)1211(211--= --+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代 入，可得n-1个等式累加而求a n 。 (3)递推式为a n+1=pa n +q （p ，q 为常数） 例4、{}n a 中，11a =，对于n ＞1（n ∈N ）有132n n a a -=+，求n a . 解法一： 由已知递推式得a n+1=3a n +2，a n =3a n-1+2。两式相减：a n+1-a n =3（a n -a n-1） 因此数列{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，其首项为a 2-a 1=（3×1+2）-1=4 ∴a n+1-a n =4·3n-1 ∵a n+1=3a n +2 ∴3a n +2-a n =4·3n-1 即 a n =2·3n-1 -1 解法二： 上法得{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，于是有：a 2-a 1=4，a 3-a 2=4·3，a 4-a 3=4·32，…，a n -a n-1=4·3n-2 ， 把n-1个等式累加得： ∴an=2·3n-1-1 (4)递推式为a n+1=p a n +q n （p ，q 为常数） )(3211-+-= -n n n n b b b b 由上题的解法，得：n n b )32(23-= ∴n n n n n b a )31(2)21(32-== (5)递推式为21n n n a pa qa ++=+

数列难题放缩法的技巧

数列难题放缩法的技巧 一、基本方法 1.“添舍”放缩 通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的，这是常规思路。 例1. 设a ，b 为不相等的两正数，且a 3 －b 3 ＝a 2 －b 2 ，求证143 ＜＋＜a b 。 例2. 已知a 、b 、c 不全为零，求证： a a b b b b c c c ac a a b c 22222232 ++++++++++＞（） [变式训练]已知* 21().n n a n N =-∈求证： *12 231 1...().23n n a a a n n N a a a +-<+++∈ 2. 分式放缩 一个分式若分子变大则分式值变大，若分母变大则分式值变小，一个真分式，分子、分 母同时加上同一个正数则分式值变大，利用这些性质，可达到证题目的。 例3. 已知a 、b 、c 为三角形的三边，求证：12＜＋＋＜a b c b a c c a b +++。 3. 裂项放缩 若欲证不等式含有与自然数n 有关的n 项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。 例4. 已知n ∈N*，求n 2n 13 12 11＜…+ ++ + 。 例5. 已知* N n ∈且)1n (n 3221a n +++?+?=Λ，求证：2 )1(2)1(2 +< <+n a n n n 对所有正整数n 都成立。 4. 公式放缩 利用已知的公式或恒不等式，把欲证不等式变形后再放缩，可获简解。 例6. 已知函数1212)(+-=x x x f ，证明：对于* N n ∈且3≥n 都有1 )(+>n n n f 。 例7. 已知2x 1)x (f +=，求证：当a b ≠时f a f b a b （）（）-<-。 5. 换元放缩 对于不等式的某个部分进行换元，可显露问题的本质，然后随机进行放缩，可达解题目

高中数学不等式解题技巧

不等式解题漫谈 一、活用倒数法则 巧作不等变换——不等式的性质和应用 不等式的性质和运算法则有许多,如对称性,传递性,可加性等.但灵活运用倒数法则对解题,尤其是不等变换有很大的优越性. 倒数法则：若ab>0,则a>b 与1a <1 b 等价。 此法则在证明或解不等式中有着十分重要的作用。如：（1998年高考题改编）解不等式log a (1-1 x )>1. 分析：当a>1时，原不等式等价于：1-1x >a,即 1x <1-a ,∵a>1,∴1-a<0, 1x <0,从而1-a, 1 x 同 号，由倒数法则，得x>11-a ; 当00, 1x >0, 从而1-a, 1x 同号，由倒数法则，得11时,x ∈(11-a ,+∞)；当0log b a B 、| log a b+log b a|>2 C 、(log b a)2 <1 D 、|log a b|+|log b a|>|log a b+log b a| 分析：由已知，得0

数列解题技巧归纳总结---好(5份)

知识框架 111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a q a a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=?? ←???-=≥?? =+-? ?-?=+=+??+=++=+??两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解 的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1) 11(1)() n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+???? ? ??????????????????? ???????????? ???? ????????????? ?????? ? ?? ?? ?? ?? ??????????? 等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和 求和倒序相加求和累加累积 归纳猜想证明分期付款数列的应用其他??????? ? ? 掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握 了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。（2）由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。求a n 。 例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列 ∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足11 2 n n a a +=，而12a =，求n a =？

用用放缩法证明与数列和有关的不等式

用放缩法证明与数列和有关的不等 数列与不等式的综合问题常常出现在高考的压轴题中，是历年高考命题的热点，这类问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．本文介绍一类与数列和有关的不等式问题，解决这类问题常常用到放缩法，而求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和． 一．先求和后放缩 例1．正数数列{}n a 的前n 项的和n S ，满足12+=n n a S ，试求： （1）数列{}n a 的通项公式； （2）设11+= n n n a a b ，数列{}n b 的前n 项的和为n B ，求证：2 1 a a ，又由条

数列知识点及常用解题方法归纳总结

数列知识点及常用解题方法归纳总结 一、 等差数列的定义与性质 () 定义：为常数，a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项：，，成等差数列x A y A x y ?=+2 ()()前项和n S a a n na n n d n n = +=+ -112 12 {}性质：是等差数列a n （）若，则；1m n p q a a a a m n p q +=++=+ {}{}{}（）数列，，仍为等差数列；2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ，，……仍为等差数列；232-- （）若三个数成等差数列，可设为，，；3a d a a d -+ （）若，是等差数列，为前项和，则 ；421 21 a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}（）为等差数列（，为常数，是关于的常数项为52 a S an bn a b n n n ?=+ 0的二次函数） {}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界=+2 项，即： 当，，解不等式组可得达到最大值时的值。a d a a S n n n n 11 000 0><≥≤?? ?+ 当，，由可得达到最小值时的值。a d a a S n n n n 11000 <>≤≥?? ?+ {}如：等差数列，，，，则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123 （由，∴a a a a a n n n n n ++=?==----12113331 ()又·，∴S a a a a 3132 22 33113 = +===

高考数学解题技巧大揭秘专题函数导数不等式的综合问题

专题五 函数、导数、不等式的综合问题 1.已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数，e ＝ 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间； (3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，证明：对任意x ＞0，g (x )＜1＋e －2 . 解 (1)由f (x )＝ ln x ＋k e x ， 得f ′(x )＝1－k x －xln x xe x ，x ∈(0，＋∞)， 由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． 所以f ′(1)＝0，因此k ＝1. (2)由(1)得f ′(x )＝ 1 xe x (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)， 令h(x )＝1－x －xln x ，x ∈(0，＋∞)， 当x ∈(0,1)时，h(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x )＜0. 又e x ＞0，所以x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0； x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0. 因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)因为g(x )＝xf ′(x )， 所以g(x )＝1 e x (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)， 由(2)得，h(x )＝1－x －xln x ， 求导得h′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －ln e －2 )． 所以当x ∈(0，e －2 )时，h′(x )＞0，函数h(x )单调递增； 当x ∈(e －2 ，＋∞)时，h′(x )＜0，函数h(x )单调递减． 所以当x ∈(0，＋∞)时，h(x )≤h(e －2 )＝1＋e －2 . 又当x ∈(0，＋∞)时，0＜1 e x ＜1， 所以当x ∈(0，＋∞)时，1e x h(x )＜1＋e －2，即g(x )＜1＋e －2 . 综上所述结论成立．

数列与不等式知识点及练习

数列与不等式 一、看数列是不是等差数列有以下三种方法： ①),2(1为常数d n d a a n n ≥=--②211-++=n n n a a a (2≥n )③b kn a n +=(k n ,为常数). 二、看数列是不是等比数列有以下两种方法： ①)0,,2(1≠≥=-且为常数q n q a a n n ②112 -+?=n n n a a a (2≥n ，011≠-+n n n a a a ) (2)在等差数列｛n a ｝中,有关S n 的最值问题：(1)当1a >0,d<0时，满足?? ? ≤≥+0 01m m a a 的项数m 使得m s 取最大值. （2）当1a <0,d>0时,满足?? ?≥≤+0 1m m a a 的项数m 使得m s 取最小值.在解含绝 对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。 四.数列通项的常用方法： （1）利用观察法求数列的通项.（2）利用公式法求数列的通项：①；②{}n a 等差、等比数列{}n a 公式.（3）应用迭加（迭乘、迭代）法求数列的通项：①；②（4）造等差、等比数列求通项：；②；③；④.第一节通项公式常用方法题型1 利用公式法求通项 例1：1.已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。求a n 。 2.已知为数列{}n a 的前项和，求下列数列{}n a 的通项公式： ⑴ ； ⑵.总结:任何一个数列，它的前项和n S 与通项n a 都存在关系：???≥-==-)2() 1(11n S S n S a n n n 若1a 适合n a ，则把它们 统一起来，否则就用分段函数表示. 题型2 应用迭加（迭乘、迭代）法求通项 例2：⑴已知数列{}n a 中，，求数列{}n a 的通项公式； ⑵已知为数列{}n a 的前项和，，，求数列{}n a 的通项公式. 总结：⑴迭加法适用于求递推关系形如“”； 迭乘法适用于求递推关系形如““；⑵迭加法、迭乘法公式：① ② . 题型3 构造等比数列求通项 例3已知数列{}n a 中，，求数列{}n a 的通项公式. 总结：递推关系形如“” 适用于待定系数法或特征根法： ①令；② 在中令，；③由得，. 例4已知数列{}n a 中，，求数列{}n a 的通项公式. 总结：递推关系形如“”通过适当变形可转化为： “”或“求解. 数列求和的常用方法

高中数学数列复习题型归纳解题方法整理

数列 一、等差数列与等比数列 1.基本量的思想： 常设首项、（公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”是解决问题的基本方法。 2.等差数列与等比数列的联系 1）若数列{}n a 是等差数列，则数列}{n a a 是等比数列，公比为d a ，其中a 是常数，d 是{}n a 的公差。 （a>0且a ≠1）； 2）若数列{}n a 是等比数列，且0n a >，则数列{}log a n a 是等差数列，公差为log a q ，其中a 是常数且 0,1a a >≠，q 是{}n a 的公比。 3）若{}n a 既是等差数列又是等比数列,则{}n a 是非零常数数列。 3.等差与等比数列的比较

4、典型例题分析 【题型1】等差数列与等比数列的联系 例1 （2010陕西文16）已知{}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{}的通项;（Ⅱ）求数列{2}的前n项和. 解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0， 由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得12 1 d + ＝ 18 12 d d + + ， 解得d＝1，d＝0（舍去），故{}的通项＝1+（n－1）×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知2m a=2n，由等比数列前n项和公式得 2+22+23+…+22(12) 12 n - - 21-2. 小结与拓展：数列{}n a是等差数列，则数列} {n a a是等比数列，公比为d a，其中a是常数，d是{}n a的公差。（a>0且a≠1）. 【题型2】与“前n项和与通项”、常用求通项公式的结合 例2 已知数列{}的前三项与数列{}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{＋1－}是等差数列．求数列{}与{}的通项公式。 解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1＝8n(n∈N*) ① 当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2－1＝8(n－1)(n∈N*) ② ①－②得2n－1＝8，求得＝24－n， 在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1， ∴＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2， ∴数列{＋1－}的公差为－2－(－4)＝2，∴＋1－＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，

数列解题技巧

数列解题技巧 公司内部编号：（GOOD-TMMT-MMUT-UUPTY-UUYY-DTTI-

第四讲数列与探索性新题型的解题技巧 【命题趋向】 从2007年高考题可见数列题命题有如下趋势： 1.等差（比）数列的基本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题，也有解答题；难度易、中、难三类皆有. 2.数列中a n与S n之间的互化关系也是高考的一个热点. 3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到，解答试题时要注意灵活应用. 4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等.因此复习中应注意： 1.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等. 2.运用方程的思想解等差（比）数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量a1、d（或q），掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算. 3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意q=1和q≠1两种情况等等. 4.等价转化是数学复习中常常运用的，数列也不例外.如a n与S n的转化；将一些数列转化成等差（比）数列来解决等.复习时，要及时总结归纳. 5.深刻理解等差（比）数列的定义，能正确使用定义和等差（比）数列的性质是学好本章的关键.

6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法，养成良好的学习习惯，定能达到事半功倍的效果. 7．数列应用题将是命题的热点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用. 【考点透视】 1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项. 2．理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解答简单的问题. 3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的问题. 4．数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位.高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏.解答题多为中等以上难度的试题，突出考查考生的思维能力，解决问题的能力，试题大多有较好的区分度.有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决. 【例题解析】

高考数学不等式解题方法技巧

4 4 1 x 时，1+ log x 3 v 2log x 2 ；当 x 时，1+ log x 3 = 2log x 2） 3 3 3.利用重要不等式求函数最值 时，你是否注意到：“一正二定三相等，和定积最大，积定和最小 ”这17字方 针。 1 x 2 3 【例】（1）下列命题中正确的是 A 、y x 的最小值是 2 B 、y 的最小值是 2 C 、 X Vx 2 2 y 2 3x 4（x 0）的最大值是 2 4'、3 D 、y 2 3x 4 （x 0）的最小值是 2 4-3 （答：C ）； x x （2）若x 2y 1，则2x 4y 的最小值是 ______________ （答: 2^2 ）； （3）正数x, y 满足x 1 2y 1，则 1 x -的最小值为 （答： y 3 2 .2 )； a 2 b 2 a b 4.吊用不等式有：（1） ；2 2 v ab 1 1 （恨据曰标不寺式左右的运算结构选用 ）； a b (2) a 、b 、c R , a 2 .2 2 b c ab bc ca （当且仅当a b c 时，取等号）； (3) 若 a b 0,m 0，则- b m （糖水的浓度问题）。 a a m 【例】 如果正数a 、b 满足ab a b 3 ,则ab 的取值范围是 （答：9, ) 不等式应试技巧总结 1不等式的性质： （1）同向不等式可以相加；异向不等式可以相减 ：若a b,c d ，贝U a c b d （若a b,c d ，则 a c b d ），但异向不等式不可以相加；同向不等式不可以相减； （2）左右同正不等式：同向的不等式可以相乘 ，但不能相除; 异向不等式可以相除 ，但不能相乘：若 a b 0,c d 0，则 ac bd (若 a b 0,0 c d ，则 a -); c d （3）左右同正不等式：两边可以同时乘方或开方 :若 a b 0 ,则 a n b n 或 n a 1 1 1 1 则 ；若ab 0 , a b ，贝U a b a b 【例】 （1）对于实数a,b,c 中， 给出下列命题： ①若a b,则 ac 2 bc 2 ； ③若a 2 2 b 0,则 a ab b ④ 若a b 0,则- 1 ⑤ a b ⑥若a b 0,则: a lb ；⑦若c a b 0,则丄 ;⑧若a b,1 1 c a c b a b 命题是 (答: ②③⑥⑦⑧）； （2）已知1 x y 1 , 1 x y 3，则3x y 的取值范围是 ______________________ （答：1 n b ； (4)若 ab 0 , a b , ②若 ac 2 bc 2 ,则a b ； b a 右a b 0,则 a b 则a 0,b 0。其中正确的 3x y 7 )； （3）已知a b c ，且a b c 0,则—的取值范围是 a (答: 2,- 2 2.不等式大小比较的常用方法 ： （1）作差：作差后通过分解因式、配方等手段判断差的符号得出结果； （2）作商 式） ； （ 3）分析法；（4）平方法；（5）分子（或分母）有理化；（6）利用函数的单调性； （8）图象法。其中比较法（作差、 （常用于分数指数幕的代数 （7）寻找中间量或放缩法 【例】 时取等号） ；当0 a 1时, (2) 作商）是最基本的方法。 1 t 1 1,t 0 ,比较—log a t 和log a 的大小（答：当a 1 t 1 -lOg a t log a 」（t 1 时取等号））； 2 2 1 a 2 4a 2 ,q 2 a 2 ，试比较p,q 的大小（答：p (3) 比较 1+ log x 3 与 2log x 2( x 0且x 1）的大小（答：当0x1或x 1 t 1 1 时，-lOg a t ( t q )； 4 时，1+ log x 3 > 2log x 2 ； 3

数列解题技巧归纳总结-打印

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等差数列前n 项和的最值问题： 1、若等差数列{}n a 的首项1 a >，公差0d <，则前n 项和n S 有 最大值。 （ⅰ）若已知通项n a ，则n S 最大?1 n n a a +≥?? ≤? ； （ⅱ）若已知2n S pn qn =+，则当n 取最靠近2q p -的非零自然数 时n S 最大； 2、若等差数列{}n a 的首项1 0a <，公差0d >，则前n 项和n S 有 最小值 （ⅰ）若已知通项n a ，则n S 最小?1 n n a a +≤?? ≥? ； （ⅱ）若已知2n S pn qn =+，则当n 取最靠近2q p -的非零自然数 时n S 最小； 数列通项的求法： ⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。 ⑵已知n S （即1 2 ()n a a a f n +++=）求n a ，用作差法：{1 1 ,(1),(2) n n n S n a S S n -==-≥。 已知1 2() n a a a f n =求n a ，用作商法： (1),(1)() ,(2) (1)n f n f n a n f n =??=?≥?-? 。 ⑶已知条件中既有n S 还有n a ，有时先求n S ，再求n a ；有时 也可直接求n a 。 ⑷若1 ()n n a a f n +-=求n a 用累加法：1 1 2 2 1 ()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1 a +(2)n ≥。 ⑸已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：12 1 121 n n n n n a a a a a a a a ---=????(2)n ≥。 ⑹已知递推关系求n a ，用构造法（构造等差、等比

高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结

1. 均值不等式法 例1 设.)1(3221+++?+?=n n S n Λ求证 .2 )1(2)1(2 +<<+n S n n n 例2 已知函数 bx a x f 211 )(?+= ，若5 4)1(= f ，且 )(x f 在[0，1]上的最小值为21，求证： .2 1 21)()2()1(1 -+ >++++n n n f f f Λ 例3 求证),1(22 1321 N n n n C C C C n n n n n n ∈>?>++++-Λ. 例4 已知222121n a a a +++=L ，222 121n x x x +++=L ，求证：n n x a x a x a +++Λ2 211≤1. 2．利用有用结论 例5 求证.12)1 21 1()511)(311)(11(+>-+++ +n n Λ 例6 已知函数 .2,,10,)1(321lg )(≥∈≤x x f x f 对任意*∈N n 且2≥n 恒成立。 例7 已知1 1211 1,(1).2 n n n a a a n n +==+ ++ )(I 用数学归纳法证明2(2)n a n ≥≥； )(II 对ln(1)x x +<对0x >都成立，证明2n a e <（无理数 2.71828e ≈L ） 例8 已知不等式 21111 [log ],,2232 n n N n n *+++>∈>L 。2[log ]n 表示不超过n 2log 的最大整数。设正数数列}{n a 满足：.2,),0(111≥+≤ >=--n a n na a b b a n n n 求证.3,] [log 222≥+

【数学】数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

数列与不等式的交汇题型分析及解题策略 【命题趋向】 数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．如08年北京文20题(12分)中档偏上，考查数列与不等式恒成立条件下的参数问题、08年湖北理21题(12分)为中档偏上，考查数列与不等式交汇的探索性问题、08年江西理19题(12分)中等难度，考查数列求和与不等式的交汇、08年全国卷Ⅰ理22(12分)压轴题，难说大，考查数学归纳法与不等式的交汇，等等.预计在2009年高考中,比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题的命题热点是与不等式交汇,呈现递推关系的综合性试题.其中,以函数与数列、不等式为命题载体,有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点,而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题. 【考试要求】 1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项． 2．理解等差数列的概念．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题． 3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题。 4．理解不等式的性质及其证明． 5．掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用． 6．掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式． 7．掌握简单不等式的解法及理解不等式│a│－│b│≤│a+b│≤│a│+│b│． 【考点透视】 1．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇. 2．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大. 3．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程的思想. 【典例分析】

高中数学数列复习-题型归纳-解题方法整理

数列 典型例题分析 【题型1】 等差数列与等比数列的联系 例1 （2010陕西文16）已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数 列.（Ⅰ）求数列{a n }的通项;（Ⅱ）求数列{2an }的前n 项和S n . 解：（Ⅰ）由题设知公差d ≠0， 由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得121d +＝1812d d ++， 解得d ＝1，d ＝0（舍去）， 故{a n }的通项a n ＝1+（n －1）×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知2m a =2n ，由等比数列前n 项和公式得 S m =2+22+23+ (2) = 2(12)12 n --=2n+1 -2. 小结与拓展：数列{}n a 是等差数列，则数列}{n a a 是等比数列，公比为d a ，其中a 是常数，d 是{}n a 的公差。（a>0且a ≠1）.

【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、 常用求通项公式的结合 例 2 已知数列{a n}的前三项与数列{b n}的前 三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝ 8n对任意的n∈N*都成立，数列{b n＋1－b n}是等 差数列．求数列{a n}与{b n}的通项公式。 解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝8n(n∈N*) ① 当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2a n－1＝8(n －1)(n∈N*) ② ①－②得2n－1a n＝8，求得a n＝24－n， 在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1， ∴a n＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4， b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2， ∴数列{b n＋1－b n}的公差为－2－(－4)＝2，∴b n

高考数学不等式解题方法技巧

不等式应试技巧总结 1、不等式的性质： （1）同向不等式可以相加；异向不等式可以相减：若,a b c d >>，则a c b d +>+（若,a b c d ><，则 a c b d ->-），但异向不等式不可以相加；同向不等式不可以相减； （2）左右同正不等式：同向的不等式可以相乘，但不能相除；异向不等式可以相除，但不能相乘：若 0,0a b c d >>>>，则ac bd >（若0,0a b c d >><<，则 a b c d >）； （3）左右同正不等式：两边可以同时乘方或开方：若0a b >>，则n n a b > >（4）若0ab >，a b >，则11a b <；若0ab <，a b >，则11a b >。 【例】（1）对于实数c b a ,,中，给出下列命题：①22,bc ac b a >>则若；②b a bc ac >>则若,22； ③22,0b ab a b a >><<则若；④b a b a 11,0< <<则若；⑤b a a b b a ><<则若,0； ⑥b a b a ><<则若,0；⑦b c b a c a b a c ->->>>则若,0；⑧11 ,a b a b >>若，则0,0a b ><。其中正确的命题是______（答：②③⑥⑦⑧）； （2）已知11x y -≤+≤，13x y ≤-≤，则3x y -的取值范围是______（答：137x y ≤-≤）； （3）已知c b a >>，且,0=++c b a 则 a c 的取值范围是______（答：12,2? ?-- ?? ?） 2. 不等式大小比较的常用方法： （1）作差：作差后通过分解因式、配方等手段判断差的符号得出结果；（2）作商（常用于分数指数幂的代数式）；（3）分析法；（4）平方法；（5）分子（或分母）有理化；（6）利用函数的单调性；（7）寻找中间量或放缩法 ；(8)图象法。其中比较法（作差、作商）是最基本的方法。 【例】（1）设0,10>≠>t a a 且，比较 21log log 21+t t a a 和的大小（答：当1a >时，11log log 22 a a t t +≤（1t =时取等号）；当01a <<时，11 log log 22 a a t t +≥（1t =时取等号））； （2）设2a >，1 2 p a a =+-，2422-+-=a a q ，试比较q p ,的大小（答：p q >）； （3）比较1+3log x 与)10(2log 2≠>x x x 且的大小（答：当01x <<或4 3 x >时，1+3log x ＞2log 2x ；当 413x <<时，1+3log x ＜2log 2x ；当4 3 x =时，1+3log x ＝2log 2x ） 3. 利用重要不等式求函数最值时，你是否注意到：“一正二定三相等，和定积最大，积定和最小”这17字方 针。 【例】（1）下列命题中正确的是A 、1y x x =+的最小值是 2 B 、2y =的最小值是 2 C 、 423(0)y x x x =--> 的最大值是2- D 、4 23(0)y x x x =--> 的最小值是2-（答：C ）； （2）若21x y +=，则24x y +的最小值是______ （答：； （3）正数,x y 满足21x y +=，则y x 1 1+的最小值为______ （答：3+； 4.常用不等式有：（1 2211 a b a b +≥≥+(根据目标不等式左右的运算结构选用) ； （2）a 、b 、c ∈R ，222 a b c ab bc ca ++≥++（当且仅当a b c ==时，取等号）； （3）若0,0a b m >>>，则b b m a a m +<+（糖水的浓度问题）。 【例】如果正数a 、b 满足3++=b a ab ，则ab 的取值范围是_________（答：[)9,+∞）