2017年甘肃高考数学基础提升训练（七）
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Ûf(x)min≥M；f(x)≤M恒成立Ûf(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{an}的公比q＞1，第17项的平方等于第24项，求使a1＋a2＋…＋an＞a1(1)＋a2(1)＋…＋an(1)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a1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：(a1q16)2＝a1q23，∴a1q9＝1.
由等比数列的性质知：数列{an(1)}是以a1(1)为首项，以q(1)为公比的等比数列，要使不等式成立，
则须q－1(qn－1)＞a1(1)q(1)q(1)q(1)，把a1(2)＝q-18代入上式并整理，得q-18(qn－1)＞q(1－qn(1))，
qn＞q19，∵q＞1，∴n＞19，故所求正整数
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{an}的前
项和为Sn．已知a1＝a，an 1＝Sn＋3n，n∈N*．(Ⅰ)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；（Ⅱ）若an 1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
【分析】 第（Ⅰ）小题利用Sn与an的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件an 1≥an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，Sn 1－Sn＝an 1＝Sn＋3n，即Sn 1＝2Sn＋3n，
由此得Sn 1－3 n 1＝2(Sn－3n)．
因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2 n-1，n∈N*, ①
(Ⅱ)由①知Sn＝3n＋(a－3)2 n-1，n∈N*，
于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝3n＋(a－3)2 n-1－3n-1－(a－3)2 n-2＝2×3n-1＋(a－3)2 n-2，
an 1－an＝4×3 n-1＋(a－3)2 n-2＝2 n-2·[12·(2(3))n-2
＋a－3]，
当n≥2时，an 1≥an，即2 n-2·[12·(2(3))n-2＋a－3]≥0，12·(2(3))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Sn与an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{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a3＝7，S4＝24．(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；(Ⅱ)设p、q都是正整数，且p≠q，证明：Sp q＜2(1)(S2p＋S2q)．
【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{an}的公差是d，依题意得， ( )4a1＋6d＝24(a1＋2d＝7)，解得 ( )d＝2(a1＝3)，
∴数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
（Ⅱ）证明：∵an＝2n＋1，∴Sn＝2(a1＋an)＝n2＋2n．
2Sp q－(S2p＋S2q)＝2[(p＋q)2＋2(p＋q)]－(4p2＋4p)－(4q2＋4q)＝－2(p－q)2，
∵p≠q，∴2Sp q－(S2p＋S2q)＜0，∴Sp q＜2(1)(S2p＋S2q)．
【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{an}满足a1＝0，an 1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c为实数.(Ⅰ)证明：an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c＜3(1)，证明：
an≥1－(3c)n-1，n∈N*；（Ⅲ）设0＜c＜3(1)，证明：a12＋a22＋…＋an2＞n＋1－1－3c(2)，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：∵a1＝0，a2＝1－c，
又∵a2∈[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an∈[0，1].
(1)当n＝1时，a1∈[0，1].
(2)假设当n＝k时，ak∈[0，1](k≥1)成立，则
ak＋1＝cak3＋1－c≤c＋1－c＝1，且ak＋1＝cak3＋1－c≥1－c≥0，
∴ak＋1∈[0，1]，这就是说n＝k＋1时，an∈[0，1].
由（1）、（2）知，当c∈[0，1]时，知an∈[0，1]对所胡n∈N*成立.
综上所述，an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1].
（Ⅱ）设0＜c＜3(1)，当n＝1时，a1＝0，结论成立.
当n≥2时，由an＝can-13＋1－c，∴1－an＝c(1－an-1)(1＋an-1＋an-12)
∵0＜c＜3(1)，由(Ⅰ)知an-1∈[0，1]，所以1＋an-1＋an-12≤3，且1－an-1≥0，∴1－an≤3c(1－an-1)，
∴1－an≤3c(1－an-1)≤(3c)2(1－an-2)≤…≤(3c) n-1(1－a1)＝(3c) n-1，∴an≥1－(3c)n-1，n∈N*.
(Ⅲ)设0＜c＜3(1)，当n＝1时，a12＝0＞2－1－3c(2)，结论成立.
当n≥2时，由（Ⅱ）知an≥1－(3c)n-1＞0，
∴an2≥[(1－(3c)n-1)] 2＝1－2(3c)n-1＋(3c)(n-1)＞1－2(3c)n-1，
a12＋a22＋…＋an2＝a22＋…＋an2＞n－1－2[3c＋(3c)2＋…＋(3c)n-1]
＝n－1－2[1＋3c＋(3c)2＋…＋(3c)n-1－1]＝n＋1－1－3c(3cn])＞n＋1－1－3c(2).
【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{an}的前
项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4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a1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a4的最大值.
【解】 ∵等差数列{an}的前
项和为Sn，且S4≥10，S5≤15，
∴ ( )2(4×3)2(5×4)d≤15(5×4)，即 ( )a1＋2d≤3(a1＋3d≥5)，∴ ( )2(5－3d)2(5＋3d)2()，
∴2(5＋3d)≤a4≤3＋d，则5＋3d≤6＋2d，即d≤1.
∴a4≤3＋d≤3＋1＝4，故a4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{an}的首项为a1＝2002，公比q＝－2(1)．(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{an}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)an＝2002·(－2(1))n-1，f(n)＝2002n·(－2(1))-2(n1)2()
(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|(n＋1|)＝2n(2002)，则
当n≤10时，|(n＋1|)＝2n(2002)＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，
当n≥11时，|(n＋1|)＝2n(2002)＜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．
∵9(12)＝2(1)2(1)36(1)＝20023·(2(1))30＝(210(2002))3＞1，
∴当n＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·(2(1))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{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝4.(Ⅰ)求证：数列{an}是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k，使Sk－2(Sk 1－2)＞2成立.
【分析】 第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列an 1与an的关系，结合定义判断数列{an}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，Sn＋an＝4，Sn 1＋an 1＝4，
由两式相减，得(Sn 1＋an 1)－(Sn＋an)＝0，即2an 1－an＝0，an 1＝2(1)an，
又2a1＝S1＋a1＝4，∴a1＝2，∴数列{an}是以首项a1＝2，公比为q＝2(1)的等比数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)，得Sn＝2(1)2(1)2(1)＝4－22-n.
又由Sk－2(Sk 1－2)＞2，得--4－22k－2(4－21k－2)＞2，整理，得3(2)＜21-k＜1，即1＜2 k -1＜2(3)，
∵k∈N*，∴2k-1∈N*，这与2k-1∈(1，2(3))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{an}和{bn}满足：a1＝λ，an 1＝3(2)an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；
（Ⅱ）试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）设0＜a＜b,Sn为数列{bn}的前n项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n，都有a＜Sn＜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＜Sn＜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{an}是等比数列，则有a22＝a1a3，即
(3(2)λ－3)2＝λ(9(4)λ－4)Û9(4)λ2－4λ＋9＝9(4)λ2－4λÛ9＝0，矛盾，所以{an}不是等比数列.
(Ⅱ)解：因为bn 1＝(－1)n 1[a n 1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n 1(3(2)a n－2n＋14)＝－3(2)(a n－3n－21)＝－3(2)b n，
又b1＝－(λ＋18)，所以
当λ＝－18时，bn＝0(n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，由上可知bn≠0，∴bn(bn 1)＝－3(2)(n∈N*).
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－3(2)为公比的等比数列.
(Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，bn＝0(n∈N*)，Sn＝0，不满足题目要求；.
∴λ≠－18，故知bn＝－(λ＋18)×(－3(2))n-1，于是S n＝－5(3)(λ＋18)·[1－(－3(2))n]
要使a＜Sn＜b对任意正整数n成立，即a＜－－5(3)(λ＋18)·[1－(－3(2))n]＜b，(n∈N*).
得3(2)n(2)＜－5(3)(λ＋18)＜3(2)n(2)，(n∈N*) ①
令f(n)＝1－(－3(2))n，则当n为正奇数时，1＜f(n)≤3(5)，当n为正偶数时9(5)≤f(n)＜1；
∴f(n)的最大值为f(1)＝3(5)，f(n)的最小值为f(2)＝9(5),
于是，由①式得9(5)a＜－5(3)(λ＋18)＜5(3)b，∴－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＜Sn＜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.
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