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§4　数列与不等式的综合问题
【备考指南】　数列与不等式的综合问题是近几年高考的热点，也是高考命题的延伸点，几乎每年都有所涉及．熟练应用函数的性质，掌握必备的不等式放缩技巧是破解此类问题的重要手段．
能力考点1　先求和后放缩证明不等式
【典例1】　(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋…＋<2．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
对于含有数列和的不等式，若数列的和易于求出，则一般采用先求和再放缩的策略证明不等式．
(2024·浙江杭州二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足b1＝3，令an·bn＝an＋2·bn＋1，求证：<．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
能力考点2　先放缩后求和证明不等式
【典例2】　(2024·河北邢台二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋＋…＋<2．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
在解决与数列的和有关的不等式证明问题时，若数列不易求和，可根据数列的项的结构特征进行放缩，转化为易求和数列来证明．
常用放缩：
(1)＜＝(n≥2)；
(2)＜＝＝(n≥2)；
(3)＞＝；
(4)2()＝＜＝＜＝2()．
在如图所示的平面四边形ABCD中，△ABD的面积是△CBD的面积的两倍，数列{an}满足a1＝2，当n≥2时，＝＋(an－2n)，记bn＝．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋<．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
能力考点3　与数列有关的不等式恒成立问题
【典例3】　(1)(2024·山东烟台二模)欧拉函数φ(n)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如φ(4)＝2.已知bn＝，n∈N*，Tn是数列{bn}的前n项和，若TnA． 　 B．1
C． 　 D．2
(2)(2024·湖南新高考联盟二模)已知{an}是各项都为正数的等比数列，数列{bn}满足：bn＝2log2an＋1，且b1＝1，b4＝7．
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②若对任意的n∈N*都有2λan≥bn－2，求实数λ的取值范围．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
解决与数列有关的不等式恒成立问题的关键是通过数列的单调性确定数列的最值，进而求解．
1．(2024·江苏苏州二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，2an＋1＝3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立，则实数t的取值范围为(　　)
A．(－4，2) 　 B．[－3，2)
C．(－6，2) 　 D．(－3，2]
2．(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1 / 1§4　数列与不等式的综合问题
【备考指南】　数列与不等式的综合问题是近几年高考的热点，也是高考命题的延伸点，几乎每年都有所涉及．熟练应用函数的性质，掌握必备的不等式放缩技巧是破解此类问题的重要手段．
能力考点1　先求和后放缩证明不等式
【典例1】　(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋…＋<2．
[解]　(1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴＝1，
又∵是公差为的等差数列，
∴＝1＋(n－1)＝，∴Sn＝，
∴当n≥2时，Sn－1＝，
∴an＝Sn－Sn－1＝－，
整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，
即＝，n≥2，
∴an＝a1×××…××
＝1×××…××＝，n≥2，
显然对于n＝1也成立，
∴{an}的通项公式为an＝．
(2)证明：＝＝2，
∴＋＋…＋＝2×＝2×＜2．
对于含有数列和的不等式，若数列的和易于求出，则一般采用先求和再放缩的策略证明不等式．
(2024·浙江杭州二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足b1＝3，令an·bn＝an＋2·bn＋1，求证：<．
[解]　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d．
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得
解得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
(2)证明：由(1)知，(2n－1)bn＝(2n＋3)bn＋1，
即＝，＝，＝，…，＝，＝，
利用累乘法可得，bn＝··…··b1＝··…···3
＝＝(n≥2)，
b1＝3也符合上式，
＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝＝．
所以＝<．
【教师备选资源】
已知等差数列{an}的各项均为正数，公差d＜3，若分别从表中第一、二、三行中各取一个数，依次作为a3，a4，a5，且a3，a4，a5中任何两个数都不在同一列．
第一列 第二列 第三列
第一行 3 5 6
第二行 7 4 8
第三行 11 12 9
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜．
[解]　(1)由题意可知，数列{an}为递增数列，
又公差d＜3，所以a3＝5，a4＝7，a5＝9，
所以an＝2n－1．
(2)证明：bn＝＝＝，所以Tn＝＋…＋＝1＋＝，所以Tn＜.
能力考点2　先放缩后求和证明不等式
【典例2】　(2024·河北邢台二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋＋…＋<2．
[解]　(1)由Sn＝2an－1，
当n＝1时，S1＝2a1－1，则a1＝1≠0，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，
即an＝2an－1(n≥2)，
因此数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n-1．
(2)证明：由(1)知Sn＝＝2n－1．
当n＝1时，＝1<2；
当n≥2时，2n-1>1，所以Sn＝2n－1>2n－2n-1＝2n-1>0，
所以＝<，
所以当n≥2时，＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝＝2<2．
综上，＋＋＋…＋<2．
在解决与数列的和有关的不等式证明问题时，若数列不易求和，可根据数列的项的结构特征进行放缩，转化为易求和数列来证明．
常用放缩：
(1)＜＝(n≥2)；
(2)＜＝＝(n≥2)；
(3)＞＝；
(4)2()＝＜＝＜＝2()．
在如图所示的平面四边形ABCD中，△ABD的面积是△CBD的面积的两倍，数列{an}满足a1＝2，当n≥2时，＝＋(an－2n)，记bn＝．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋<．
[解]　(1)如图所示，过点A作AM⊥BD，垂足为点M，过点C作CN⊥BD，垂足为点N，连接AC，交BD于点E，
由题意可得S△ABD＝2S△CBD，则AM＝2CN，
且△AME∽△CNE，则＝＝2，
可得＝＝＋＝＋＝＋，
∵B，E，D三点共线，则＝λ＝＋＝＋(an－2n)，
可得
则an－2n＝2，n≥2，
整理得－＝2，n≥2，即bn－bn－1＝2，n≥2，
故数列{bn}是以＝1为首项，2为公差的等差数列，则bn＝1＋2(n－1)＝2n－1．
(2)证明：由(1)可得，当n＝1时，＝1<；
当n≥2时，可得＝<＝×＝，
则＋＋…＋＜1＋＝－<．
综上所述，＋＋…＋<．
能力考点3　与数列有关的不等式恒成立问题
【典例3】　(1)(2024·山东烟台二模)欧拉函数φ(n)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如φ(4)＝2.已知bn＝，n∈N*，Tn是数列{bn}的前n项和，若TnA． 　 B．1
C． 　 D．2
(2)(2024·湖南新高考联盟二模)已知{an}是各项都为正数的等比数列，数列{bn}满足：bn＝2log2an＋1，且b1＝1，b4＝7．
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②若对任意的n∈N*都有2λan≥bn－2，求实数λ的取值范围．
(1)A　[因为3为质数，在不超过3n的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为3n-1，
φ(3n)＝3n－3n-1＝2×3n-1，
所以φ(3n+1)＝3n+1－3n＝2×3n，则bn＝＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝＋＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减可得，Tn＝＋＋＋…＋－＝－
＝－＝－，
所以Tn＝－<，
因为bn＝>0，所以Tn在n∈N*上单调递增，
所以Tn所以M的最小值为．故选A．]
(2)[解]　①因为bn＝2log2an＋1，b1＝1，b4＝7，
所以b1＝1＝2log2a1＋1，则a1＝1，
b4＝7＝2log2a4＋1，则a4＝8，
因为{an}是各项都为正数的等比数列，所以q3＝＝8，即q＝2，
所以an＝2n-1，则bn＝2log2an＋1＝2(n－1)＋1＝2n－1．
②因为2λan≥bn－2恒成立，所以λ≥＝恒成立，
设f (n)＝，则f (n＋1)－f (n)＝－＝，
当n≤2时，f (n＋1)－f (n)>0，
则f (3)>f (2)>f (1)；
当n≥3时，f (n＋1)－f (n)<0，
则f (3)>f (4)>f (5)>…．
所以f (n)max＝f (3)＝，则λ≥．
所以实数λ的取值范围是．
解决与数列有关的不等式恒成立问题的关键是通过数列的单调性确定数列的最值，进而求解．
1．(2024·江苏苏州二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，2an＋1＝3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立，则实数t的取值范围为(　　)
A．(－4，2) 　 B．[－3，2)
C．(－6，2) 　 D．(－3，2]
B　[由2an＋1＝3Sn，得an＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则＝Sn－Sn－1，
整理得Sn＝－2Sn－1＋1，
即Sn－＝－2，
而3S1＝2a1＋1＝2S1＋1，解得S1＝1，
于是S1－＝≠0，数列是首项为，
公比为－2的等比数列，
因此Sn－＝·(－2)n-1，即Sn＝，
由tSn<2n，得·t<2n，
当n为奇数时，·t<2n，
即t<＝3－，显然为递增数列，
当n＝1时，＝2，于是t<2，
当n为偶数时，·t<2n，即t>＝－3＋，显然恒有－3＋<－3，于是t≥－3，
所以实数t的取值范围为[－3，2)．
故选B．]
2．(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
[解]　(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即＝．
当n＝1时，4S2＝4＝－－9，
解得a2＝－，所以＝．
所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列，
所以an＝－＝－．
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×．
所以Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－4)×，①
Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－5)×＋(n－4)×，②
①－②，得Tn＝－3×＋＋…＋－(n－4)×
＝－－(n－4)×
＝－n×，
所以Tn＝－4n×．
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×≤λ(n－4)×恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n<4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立；
当n>4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3．
所以－3≤λ≤1．
所以实数λ的取值范围为[－3，1]．
专题限时集训(十)　数列与不等式的综合问题
1．(2024·江苏连云港模拟)已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝n．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，证明：Sn<．
[解]　(1)∵＋＋＋…＋＝n，①
当n＝1时，＝1，故a1＝1，
n≥2时，＋＋＋…＋＝n－1，②
①－②得＝1 an＝2n－1(n≥2)，而a1＝1也满足上式，
∴an＝2n－1．
(2)证明：由(1)知bn＝＝，
∴Sn＝＝<．
2．(2024·湖南长沙二模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知na1＋(n－1)a2＋…＋an＝2Sn－1．
(1)证明：数列{Sn}是等比数列；
(2)求最小的正整数m，使得m≥＋＋…＋对一切n∈N*都成立．
[解]　(1)证明：由题知na1＋(n－1)a2＋…＋an＝2Sn－1，
用n＋1替换上式的n，得(n＋1)a1＋na2＋…＋an＋1＝2Sn＋1－1．
两式作差，a1＋a2＋…＋an＋an＋1＝Sn＋1＝2Sn＋1－2Sn，即Sn＋1＝2Sn．
而由1×a1＝2S1－1，可得S1＝1≠0．
从而{Sn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(2)由(1)得Sn＝2n-1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n-1－2n-2＝2n-2，
a1＝1不满足上式．
所以an＝
设Tn＝＋＋…＋，则T1＝1，
当n≥2时，Tn＝1＋2×20＋…＋n×22-n，
故Tn＝＋2×2-1＋…＋n×21-n，
两式作差，得Tn＝＋－n×21-n＝＋－n×21-n．
整理可得Tn＝7－(n＋2)×22-n．
故Tn<7，又T5＝>6，因此满足条件的最小正整数m为7．
3．(2024·广东茂名一模)设Sn为数列{an}的前n项和，已知是首项为，公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝，Tn为数列{bn}的前n项积，证明：≤．
[解]　(1)由是首项为，公差为的等差数列，
故＝＋(n－1)＝＋，
即Sn＝n(n＋1)＝，
当n≥2时，Sn－1＝，
故Sn－Sn－1＝an
＝－
＝＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝＝1，符合上式，
故an＝n2．
(2)证明：由an＝n2，Sn＝，
故bn＝＝＝，
则Tn＝b1b2·…·bn＝··…·＝＝，
由(2n＋1)(n＋1)≥3×2＝6，故Tn≤＝6n-1，
4．(2024·黑龙江哈尔滨三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝3an－2n．
(1)求证：数列{an－2n}是等比数列；
(2)设bn＝an＋λ·2n－(λ＋1)·，若{bn}是递增数列，求实数λ的取值范围．
[解]　(1)证明：由Sn＝3an－2n知a1＝S1＝3a1－2，得a1＝1．
由已知有an＋1＝Sn＋1－Sn＝－(3an－2n)＝3an＋1－3an－2n，
故an＋1＝an＋2n-1，得an＋1－2n+1＝an＋2n-1－2n+1＝an－3·2n-1＝(an－2n)．
而a1－21＝1－2＝－1≠0，故数列{an－2n}是首项为－1，公比为的等比数列．
(2)根据(1)的结论有an－2n＝－，即an＝2n－．
所以bn＝an＋λ·2n－(λ＋1)·＝(λ＋1)·2n－(λ＋2)·．
若{bn}是递增数列，则bn＋1>bn恒成立，即(λ＋1)·2n+1－(λ＋2)·>(λ＋1)·2n－(λ＋2)·．
所以2(λ＋1)·2n－(λ＋2)·>(λ＋1)·2n－(λ＋2)·，化简得到3(λ＋1)·4n>(λ＋2)·3n，即3(1＋λ)＞(λ＋2)．
①当λ＋2＜0，即λ＜－2时，＜，因为＞0，且n→＋∞时，→0，故≤0，所以－2＜λ≤－1(舍去)．
②当λ＋2＝0，即λ＝－2时，－3＞0，矛盾，
故λ＝－2舍去．
③当λ＋2＞0，即λ＞－2时，＞，因为＝，故＞，所以λ＞－，满足λ＞－2．
综上可得，λ的取值范围为.
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