数列与不等式的综合问题突破策略1

解答数列与不等式交汇问题的三个策略 廖东明基于能力立意于数列与不等式交汇处设计的综合性解答试题，将知识、能力与素质的考查融为一体，能全面检测考生的数学素养，很好地考查以思维能力为核心的多种数学能力，具有良好的区分度．因而，数列与不等式的综合性试题往往是高考的一个热点，以压轴题的角色出现也是常见的．解答此类试题，要把握以下三个基本策略．策略1 数学归纳法数学归纳法是解决与正整数有关问题的通法之一，也是解决数列与不等式综合问题的方法之一．例1（2010年湖北高考题理21题）已知函数()bf x ax c x=++（0a >）的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为1y x =-．（1）用a 表示,b c ；（2）若()ln f x x ≥在[1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）证明：111123n ++++ln(1)2(1)n n n >+++（1n ≥）．点拨：（1）由(1)0f =及(1)1f '=可获解；（2）构造含参数a 的函数()()ln g x f x x =-，[1,)+∞，则有(1)0g =，21()(1)()a a g x x x x a -'=--g ，于是由0a >，11a a -<，11aa-≤确定对a 分类讨论研究()g x '值的正负性，得到满足条件的a 的取值范围；（3）尝试用数学归纳法证明，在利用归纳假设完成由n k =到1n k =+的递推时需要证明1212()l n 2121k k k k k k +++-≥+++对1k ≥恒成立，于是“依形”构造函数11()()ln 2x x x x ϕ=--（1x ≥），证明()0x ϕ≥在[1,)+∞上恒成立即可，这利用导数可以完成．解：（1）1b a =-，12c a =-．（2）1[,)2a ∈+∞．解答从略．（3）证明：用数学归纳法证明如下．①当1n =时，左边＝1，右边＝1ln 214+<（因为4332 2.7e <<），不等式成立；②假设当n k =（1k ≥）时不等式成立，即111123k++++ln(1)2(1)k k k >+++，则当1n k =+时，11111231k k ++++++1ln(1)2(1)1k k k k >+++++ 2ln(1)2(1)k k k +=+++，故只需证明2ln(1)2(1)k k k ++++≥1ln(2)2(2)k k k ++++，即只需证1212()ln 2121k k k k k k +++-≥+++对1k ≥恒成立．构造函数11()()ln 2x x x x ϕ=--（1x ≥），则(1)0ϕ=，211()(1)02x xϕ'=-≥（只在1x =处取得等号），所以()x ϕ在[1,)+∞上单调递增，所以()(1)0x ϕϕ≥=，即11()ln 2x xx-≥（1x ≥）．令21k x k +=+（1k ≥），则1212()ln 2121k k k k k k +++-≥+++．所以当1n k =+时不等式也成立．根据①和②，可知不等式对任何n +∈N 都成立．点评：运用数学归纳法证明数列不等式一般要用到放缩法且放缩要适度．本例若用通常的放缩法是无法证明不等式2ln(1)2(1)k k k ++++≥1ln(2)2(2)k k k ++++．然而审视需要证明的不等式的结构特征，构造相应的函数，通过函数的单调性（利用导数）去证明又显得容易．细于审察，把握特征，寻求“对症”的方法，是解答数学问题应具备的素养．策略2 放缩法只要涉及不等式的证明，就会用到放缩法．放缩法也是证明数列不等式问题的一个很重要的策略．例2（2010年4月济南模拟题）设数列{}n a 、{}n b 满足：14a =，252a =，12n n n a b a ++=，12n nn n na b b a b +=+．（1）用n a 表示1n a +，并证明对于任意n +∈N ，2n a >；（2）证明：数列2{ln }2n n a a +-是等比数列；（3）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，当2n ≥时，n S 与42()3n +是否有确定的大小关系？若有，加以证明；若没有，请说明理由．点拨：（1）易知11114n n n n a b a b a b ++====，进而1222n n na a a +=+>（2n a ≠，否则逆推得到22a =）而获证；（2）先计算22n n a a +-，然后对这个等式两边取自然对数去判断；（3）先求出通项n a ，然后计算212S a a =+与42(2)3+比较大小猜测42()3n S n <+．尽管得到112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-22221122()3131n n --=+--+，但是累加无法消去中间的大多数项，裂项累加失败；转换角度，先放缩后累加再放缩，注意到要比较的项42()3n +823n =+，联想到211112(1)444n -++++81(1)34n =-83<，且当1,2n =时有1123124n n ---=⋅，只需证明当3n ≥时1123124n n --->⋅成立就可以成功放缩而获证，利用数学归纳法不难证明当3n ≥时1123124n n --->⋅成立．或者审视要证明42()3n S n <+，可以思考对2n a -进行递推式放缩：当2n ≥时1122231n n na a +---=+1(2)10n a ≤-（仅当2n =时等号成立），通过递推和累加、利用1n n n S S a -=+转换、放缩等去推证；若放缩过度，则从3n =开始放缩1122231n n na a +---=+1(2)82n a ≤-，直至成功． 解：（1）因为14a =，252a =，所以11b =．故11114n n n n a b a b a b ++====．易知：0n a >，12a >，22a >，4n nb a =，所以1222n n n a a a +=+>．因此，对任意n +∈N ，2n a >． （2）略证：21(2)22n n n a a a +++=，21(2)22n n n a a a +--=，所以21212(2)2(2)n n n n a a a a ++++=--，所以1122ln 2ln 22n n n n a a a a ++++=--，所以数列2{ln }2n n a a +-是等比数列．（3）证法1 由（2）可知11222ln (ln )222n n n a a a a -++=⨯--1(ln3)2n -=⋅12ln3n -=，所以112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-．212S a a =+132=<42(2)3+，猜测42()3n S n <+．当1,2n =时有1123124n n ---=⋅，下面用数学归纳法证明当3n ≥时1123124n n --->⋅．①当3n =时，左边＝43180-=，右边＝22432⨯=，不等式成立；②假设当n k =（3k ≥）时不等式成立，即1123124k k --->⋅，则当1n k =+时，1(1)231k -+-129(31)8k -=-+19248k ->⨯⨯+(1)124k +->⋅，即当1n k =+时不等式成立．根据①和②可知，当3n ≥且n +∈N 时不等式1123124n n --->⋅成立．因此，对于任意正整数n ，有124231n n a -=+-1224n -≤+，仅当1,2n =时取得等号．所以当3n ≥时，12n n S a a a =+++2111122(1)444n n -<+++++812(1)34n n =+-42()3n <+．当2n ≥时， 42()3n S n <+．证法 2 由（2）可知11222ln (ln )222n n n a a a a -++=⨯--1(ln3)2n -=⋅12ln3n -=，所以112231231n n n a --+=⋅-124231n -=+-．212S a a =+132=<42(2)3+，猜测42()3n S n <+． 因为124231n n a --=-，124231n n a +-=-，所以1122231231n n n n a a +---=--12131n -=+，所以当2n ≥时，11212(2)31n n n a a +--=-+1(2)10n a ≤-，当且仅当2n =时取得等号．所以3212(2)10a a -=-，4312(2)10a a -<-，…，112(2)10n n a a --<-（4n ≥），上述2n -个式子相加得，122(2)n S a a n ----111[2(2)]10n S a n -<---，所以 106520(2)n S n ---42(2)n n S a n <----，所以1122252(31)299(31)n n n S n --+<+-- 251299n <+-，即当3n ≥时，42()3n S n <+．因此，当3n ≥时，42()3n S n <+． 点评：数列不等式证明问题，有些先直接将和式化简（裂项求和或利用相关公式相关方法求和），然后放缩达到证明的目的；有些则先要对和式中的一部分项放缩，使不能求和的式子转化为能求和的式子，进而求和（有的还要继续放缩）而获证（如本例）．要掌握放缩法的常用技巧和善于利用平均值不等式、柯西不等式、排序不等式、贝努力不等式、绝对值不等式和一些经典不等式进行放缩．还必须指出，判断n S 与42()3n +的大小关系，一般需要对前若干个n 值核验来寻找它们的大小关系．策略3 函数思想有些数列不等式的证明问题从正面突击难以突破，此时可以对问题的形式稍作转换，从侧面迂回，依照其“形式”构造相应的函数，利用导数证明函数的单调性或者得到某一函数不等式，进而推演到数列不等式中有效放缩而获证．若可构造的函数是熟知的函数，则直接利用该函数的性质去推证相关结论来完成证题．例3（2010年四川高考题理22题改编）设1()1xxa f x a+=-（0a >且1a ≠），1()l o g 1a x g x x -=+．（1）设关于x 的方程2log ()(1)(7)a t g x x x =--在区间[2,6]上有实数解，求t 的取值范围；（2）当a e =（e 为自然对数的底数）时，证明：22()nk g k =>∑；（3）当102a <≤时，试比较1|()|ni f k n =-∑与4的大小，并说明理由．点拨：（1）等价转化为求函数2(1)(7)t x x =--在区间[2,6]上的值域，用导数的方法可获解；（2）简化得2(1)()ln 2nk n n g k =+=-∑，等价转化为证明2(1)ln 2n n +-＞0，审视结构特征，构造函数1()2ln u z z z z=-+-（0z >），恰有(1)0u =，只需证明()u z 在区间[1,)+∞上单调递增即可，利用导数这个工具完成证明；（3）显然1()ni f k =∑是无法直接累加得到某一式子的，需要进行巧妙的放缩使得便于累加（或者可以裂项求和或者能用公式求和）．当1n =时，11(1)1a f a +<=-211aa=+-12≤+，此时显然有|(1)1|24f -≤<，猜测1|()|4n i f k n =-<∑，从而关键是证明1()4ni f k n =<+∑．由2()11xxa f x a =+-的特征及102a <≤，k 为正整数，将()f k 中的分式的分子整数化，分母为1()1k a -，若设11pa=+（1p ≥）则可巧用二项式定理，进行适度的放缩后可以证明2k ≥时有41()1(1)f k k k <≤++，于是问题可以获证． 解：（1）解答从略，t 的取值范围为[5,32]．（2）212()ln ln 34nk g k ==+∑31ln ln51n n -++++1231ln()3451n n -=⨯⨯⨯⨯+ (1)ln 2n n +=-．构造函数构造函数221()ln z u z z z -=--12ln z z z =-+-（0z >），则21()(1)0u z z'=-≥（仅当1z =时取得等号），所以()u z 在(0,)+∞上为单调递增函数．又10>>，所以(1)0u u >=，即(1)12ln 0(1)n nn n +->+，即22()nk g k =>∑ （3）设1a p=+，则1p ≥，11(1)1af a +<=-213p =+≤．当1n =时，2|(1)1|24f p -=≤<．当2n ≥时，设2k ≥，k +∈N ，则(1)1()(1)1k k p f k p ++=+- 21(1)1k p =++-12221k k k k k C p C p C p =++++，所以1221()1k kf k C C <≤++41(1)k k =++4411k k =+-+（仅当2k =，1p =时取得等号），从而21()nk n f k =-<∑≤44121n n -+-+411n n =+-+＜1n +，所以2()(1)1nk n f k f n =<<++∑4n ≤+．综上，总有1|()|4ni f k n =-<∑．点评：数列是一种特殊的函数，一些数列不等式等价变形后方能凸显其结构特征，依据其特征构造相应的函数，利用导数研究该函数的单调性进而用于数列不等式是一种有效的证明方法．构造函数证明数列不等式是数学归纳法、一般的放缩法不可替代的一种重要策略，同学们要认真体味和把握．例4（2010年高考江苏题）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知2132a a a =+，数列是公差为d 的等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式（用,n d 表示）；（2）设c 为实数，对满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，不等式m n k S S cS +>都成立．求证：c 的最大值为92．点拨：（1）依据条件列式并利用1n n n a S S -=-（2n ≥）容易得到通项公式2(21)n a n d =- ；（2）易得0d >，22n S d n =，于是222()m n S S m n d +=+．构造函数22()f m m n =+22(3)m k m =+-22269m km k =-+，对于任意给定的正整数k ，时刻注意m n ≠利用二次函数的性质去求min ()f m ，由于对称轴为32km =，需要对k 分奇偶性讨论．最后由不等式m n k S S cS +>都成立，比较得到c 的最大值为92．解：（1）解答从略，数列{}n a 的通项公式为2(21)n a n d =-．（2d (1)n d =-，得到0d >，22n S d n =．于是对于满足题设的对满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，有222()m n S S m n d +=+．构造构造函数22()f m m n =+22(3)m k m =+-22269m km k =-+，其对称轴为32km =，图象开口向上．对于任意给定的正整数k ，当k 为偶数时，由于正整数,m n 满足m n ≠，于是在312k m =±时()f m 取得最小值29()22f m k =+；当k 为奇数时，由于正整数,m n 满足m n ≠，于是在3122k m =±时()f m 取得最小值291()22f m k =+．因此，对于任意给定的正整数k ，总有222()m n S S m n d +=+2291()22k d ≥+2292k d >92k S =．又对于满足3m n k +=且m n ≠的任意正整数,,m n k ，不等式m n k S S cS +>都成立，所以max 92c =．点评：命题者给出的是另一种解法，一方面利用平均值不等式得到max 92c ≥；另一方面假设任取实数92a >，设k 为偶数，令312k m =+，312kn =-得到当k >22122m n S S d ak +<⋅k aS =，所以满足条件的92c ≤，从而max 92c ≤，通过夹逼得到max 92c =．命题者的解法虽然新颖独到，但是在自然流畅方面不及本例的解法．利用一些常见的函数的性质来解决数列不等式也应值得重视！。

数列与不等式的综合问题突破策略【题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 ＞1231111na a a a ++++……恒成立的正整数n 的范围.【题2】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 *．(1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式；（2）若a n +1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．【题3】 数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p +q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【题4】已知数列{}n a 中，113,21(1)n n a a a n +==-≥（1）设1(1,2,3)n n b a n =-= ，求证：数列{}n b 是等比数列； （2）求数列{}n a 的通项公式（3）设12n n n n c a a +=⋅，求证：数列{}n c 的前n 项和13n S <．【题5】已知数列{}n a 满足11111,,224nn n a a a n N ++⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 的前n 项和2n s n =，112233n n n T a b a b a b a b =++++ ，求证：3n T <.【题6】已知α为锐角，且12tan -=α，函数)42sin(2tan )(2παα+⋅+=x x x f ，数列{a n }的首项)(,2111n n a f a a ==+. ⑴ 求函数)(x f 的表达式； ⑵ 求证：n n a a >+1； ⑶ 求证：),2(21111111*21N n n a a a n∈≥<++++++<【题7】已知数列{}n a 满足()111,21n n a a a n N*+==+∈（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足n n b n b b b b a )1(44441111321+=---- ，证明：{}n a 是等差数列；（3）证明：()23111123n n N a a a *++++<∈【题8】数列{}n a 满足411=a ，()),2(2111N n n a a a n nn n ∈≥--=--． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）设21nn a b =，求数列{}n b 的前n 项和n S ；（3）设2)12(sinπ-=n a c n n ，数列{}n c 的前n 项和为n T ． 求证：对任意的*∈N n ，74<n T ．【题9】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对于任意的*n N ∈，恒有2n n S a n =-，设2log (1)n n b a =+．（1）求证：数列{1}n a +是等比数列； （2）求数列{}{},n n a b 的通项公式n a 和n b ；（3）若12n b n n n c a a +=⋅，证明：1243n c c c +++< ．【题10】 等比数列{a n }的首项为a 1＝2002，公比q ＝－12．(1)设f (n )表示该数列的前n 项的积，求f (n )的表达式； (2)当n 取何值时，f (n )有最大值．【题11】 已知{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4. (1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)是否存在正整数k ，使S k+1－2S k －2＞2成立.【题12】设数列{}{}n n b a ,满足3,4,6332211======b a b a b a ， 且数列{}()++∈-Nn a a n n 1是等差数列，数列{}()+∈-N n bn2是等比数列.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）是否存在+∈N k ，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈-21,0k k b a ，若存在，求出k ，若不存在，说明理由.数列与不等式综合解答与评析类型1：求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求数列与不等式相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.【题1】 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{1n a }是以11a 为首项，以1q为公比的等比数列，要使不等式成立， 则须1(1)1n a q q --＞111(1)11n a q q--，把a 21＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n －1)＞q (1－1n q )，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.【题2】 第（1）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】 (1)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 (2)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.类型2：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.【题3】 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(1)小题；第(2)小题利用差值比较法就可顺利解决.【解】 （1）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＝3d ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （2）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝1()2n n a a +＝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 ＜12(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.【题4】（1）由121n n a a +=-得到112(1)n n a a +-=-，即1121n n a a +-=-……2分【点评】关于数列求和与不等式相结合的问题，常结合裂项相消或错位相减法放缩求和.【题5】（1）1122111124,41124n n n n nn n na a a a a a +++++⎛⎫ ⎪⎝⎭=∴=⎛⎫ ⎪⎝⎭， 又11221111,,2244a a a a ==⋅∴= ， {}n a ∴是公比为12的等比数列，12nn a ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭（2）21n b n =-，231135232122222n n n n n T ---=++++ ……①， 234111352321222222n n n n n T +--=+++++ ②， ①－②得： 2311112222132322222222n n n n n n T ++-+=++++-=- ， 2332n n n T +∴=- 3n T ∴<【题6】⑴1)12(1)12(2tan 1tan 22tan 22=---=-=ααα 又∵α为锐角 ∴42πα=∴1)42sin(=+πα x x x f +=2)(⑵ n n n a a a +=+21 ∵211=a ∴n a a a ,,32都大于0 ∴02>n a ∴n n a a >+1 ⑶nn n n n n n a a a a a a a +-=+=+=+111)1(11121∴11111+-=+n n n a a a ∴1322121111111111111+-++-+-=++++++n n n a a a a a a a a a 1111211++-=-=n n a a a ∵4321)21(22=+=a , 143)43(23>+=a , 又∵n n a a n >≥+12 ∴131>≥+a a n ∴21211<-<+n a∴2111111121<++++++<na a a【题7】（1）121+=+n n a a ，)1(211+=+∴+n n a a ……………………2分 故数列}1{+n a 是首项为2，公比为2的等比数列。

高中数学不等式与数列中的常见问题解析一、不等式的性质及解法不等式在高中数学中占据重要的地位，它是判断数值大小关系的有效工具。

以下是不等式的性质和解法。

1.1 不等式性质（1）加减倍体系性质：不等式两边同时加（减）一个数，不等式的性质不变；不等式两边同时乘（除）一个正数，不等式的性质不变；不等式两边同时乘（除）一个负数，不等式的性质反向。

（2）换位性：不等式两边交换位置，不等式的性质不变。

（3）传递性：若 a<b，b<c，则有 a<c。

（4）倒数性：若 a>b，则有 1/a<1/b。

1.2 一元一次不等式的解法一元一次不等式是指只含有一个未知数的一次式，并且不等号中的不等关系为“<”、“>”或“≤”、“≥”。

解一元一次不等式的主要方法是移项、合并同类项，然后根据不等号的情况确定解集。

1.3 二元一次不等式的解法二元一次不等式是指含有两个未知数的一次式，并且不等号中的不等关系为“<”、“>”或“≤”、“≥”。

解二元一次不等式的常用方法是图像法和代入法。

1.4 不等式组的解法不等式组是一组不等式的集合。

不等式组的解法需要考虑每个不等式的条件，并确定所有满足条件的解构成的集合。

常见的解法有图像法和代入法。

二、数列及其性质数列是指按照一定规律排列的一组数的集合。

在高中数学中，数列是研究数值规律和数列性质的重要对象。

2.1 等差数列等差数列是指数列中相邻两项之间的差等于一个常数d的数列。

在等差数列中，通项公式为an=a1+(n-1)d，求和公式为Sn=n(a1+an)/2。

2.2 等比数列等比数列是指数列中相邻两项之间的比等于一个常数q的数列。

在等比数列中，通项公式为an=a1*q^(n-1)，求和公式为Sn=a1*(1-q^n)/(1-q)。

2.3 递推数列递推数列是指数列中的每一项都由前几项确定的数列。

递推数列常见的有斐波那契数列和杨辉三角数列。

三、常见问题解析3.1 不等式问题高中数学中的不等式问题有时会涉及到应用问题，如求解满足一定条件的未知数的取值范围等。

常见解决数列、不等式综合题的策略江苏省南京市六合区程桥高中 王安寓 211504数列是特殊的函数，与不等式等知识密切相关，是高考命题的一个热点之一，在一些地区的高考试题中是把关题之一。

如何破解数列与不等式的综合试题呢？本文结合近几年的高考试题作一点探讨。

策略一、先求和，再放缩待证的不等式中一端是一个数列的前n 项和，并且能求出这个前n 项和，那么，先用相应的方法（如裂项求和，错位相减求和等等）求出前n 项和，再结合不等式的放缩技巧解决问题。

例1、(2011年全国理20)设数列{}n a 满足10a =且1111.11n na a +-=--（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1, 1.nn n k n k b b S ===<∑记S 证明：思维历程：（I ）略；（II ）由n b 的形式，可用裂项求和的方法求出n S ，0>放缩即可。

解：（Ⅰ）由等差数列通项公式得11nn a =-，∴11n a n =-；（Ⅱ）n b ====，∴1nn k k S b ===+++∑11=<。

点评：对于能裂项求和的数列，要先求出其前n 项和，再应用不等式的放缩技巧证明。

另外，本题可作如下变化：①若21n S m <+恒成立，求实数m 的取值范围；②若21n S k >-恒成立，求实数取值k 的范围。

练习1、(2011浙江理19)已知公差不为0的等差数列{}n a 的首项1a a = (a R ∈),设数列的前n 项和为n S ，且11a ，21a ，41a 成等比数列。

（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及n S ； （Ⅱ）记1231111...n n A S S S S =++++，212221111...nn B a a a a =++++，当2n ≥时，试比较n A 与n B 的大小.提示：（Ⅰ）易求d a =，∴n a na =，(1)2n n n S a +=； （Ⅱ）n A =21(1)1a n -+；∵22n n a a =，∴n B 21(1)2n a =-。

数列不等式问题求解策略数列不等式综合题涉及面广、综合性强，在各地各类模拟题和高考中（尤其是理科）经常出现，由于这类题主要考查逻辑推理能力，使许多学生感到无从下手，本文试将此类题的求解策略作一总结，供同学们参考。

策略一、作差作商,比较判断例一．已知数列{n a }中，对一切n ∈N ，n a ∈(0,1)且02121=-+++n n n n a a a a ，求证n n a a 211<+（n ∈N ） 分析：{n a }为正项数列，1+n a 与n a 21的大小关系作差作商均可。

证明：由已知02121=-+++n n n n a a a a 得21112++-=n n n a a a ∴1+n a －n a 21=1+n a －21112++-n n a a =21311++--n n a a ∵0<1+n a <1 ∴ 0<211+-n a <311+-n a <0 ∴1+n a －n a 21<0, n n a a 211<+ 策略二、利用结论，等价转化 例2．已知数列n a =2n+1，记11+=n n n a a b ，且数列{n b }的前n 项和为n T ，是否存在实数M ，使得n T ≤M 对一切正整数n 都成立？求出M 的最小值；若不存在，试说明理由。

分析：n T ≤M 恒成立⇔M ≥n T max 问题转化为求n T 的最大值，若判断出n T 的单调性，则问题迎刃而解。

解：依题可知11+=n n n a a b =)32)(12(1++n n =)321121(21+-+n n∴n T =)32112112112171515131(21+-+++--++-+-n n n n =)32131(21+-n =)32(2161+-n <61 ∴=+1n T )52131(21+-n 而n n T T -+1=)521321(21+-+n n >0,∴n T 是n(+∈N n )的增函数61))32(2161(lim lim =+-=∞→∞→n T n n n∴要使n T ≤M 对一切正整数n 都成立，只要M ≥61∴存在M ，使n T ≤M 对一切正整数n 都成立，M 的最小值是61 策略三、分类讨论，归纳论证例3．已知数列{n a }中1a =a(a>2)，对一切+∈N n ,n a >0，)1(221-=+n nn a a a 求证n a >2。

数列与不等式的综合1．数列与不等式的综合【知识点的知识】证明与数列求和有关的不等式基本方法：（1）直接将数列求和后放缩；（2）先将通项放缩后求和；（3）先将通项放缩后求和再放缩；（4）尝试用数学归纳法证明．常用的放缩方法有：2푛1 12푛―12푛2푛+12푛＜，2푛+12푛2푛―1＞，2푛+1＜2푛，11푛3＜푛(푛2―1)=112[푛(푛―1)―1푛(푛+1)]1푛―1푛+1=111푛(푛―1)=푛(푛+1)＜푛2＜1푛―1―1（n≥2），푛11푛2＜푛2―1=11（푛―1―21）（n≥2），푛+11푛2=4414푛2＜4푛2―1=2(2푛―1―4푛2―1=2(2푛―1―12푛+1)，2（푛+1―푛）=2푛+1―푛＜1푛=22푛＜2푛+푛―1= 2（푛―푛―1）．1푛+1+1푛+2+⋯+12푛≥12푛+12푛+⋯+12푛=푛2푛=12푛+(푛+1)푛(푛+1)＜．2【解题方法点拨】证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：1/ 4（1）添加或舍去一些项，如： 푎2 + 1＞|a |； 푛(푛 + 1)＞n ；（2）将分子或分母放大（或缩小）；푛 + (푛 + 1)（3）利用基本不等式； 푛(푛 + 1)＜；2（4）二项式放缩；（5）利用常用结论；（6）利用函数单调性．（7）常见模型：①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型．【典型例题分析】题型一：等比模型푎1 ― 1 典例 1：对于任意的 n ∈N *，数列{a n }满足 21 + 1 +푎2 ― 2 22 + 1 +⋯ + 푎푛 ― 푛 2푛 + 1 = n +1． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；2 （Ⅱ）求证：对于 n ≥2， 푎2 +2 푎3 +⋯ + 2 푎푛+1＜1 ― 1 2푛． 푎1 ― 1 解答：（Ⅰ）由 21 + 1 +푎2 ― 2 22 + 1 +⋯ + 푎푛 ― 푛 2푛 + 1 = 푛 + 1①， 푎1 ― 1 当 n ≥2 时，得 21 + 1 +푎2 ― 2 22 + 1 +⋯ + 푎푛―1 ― (푛 ― 1) 2푛―1 + 1 = 푛②， 푎푛― 푛 ①﹣②得2푛 + 1 = 1(푛 ≥ 2)．∴푎푛= 2푛 +1 + 푛(푛 ≥ 2)． 푎1 ― 1又 1＝7 不适合上式．21 + 1 = 2，得 a综上得푎푛= {7 ，푛 = 12푛 + 1 + 푛，푛 ≥ 2；2 （Ⅱ）证明：当 n ≥2 时，푎푛 =2 2 2푛 + 1 + 푛＜ 2푛 = 1 2푛―1．2/ 42 ∴ 푎2 + 2 푎3 +⋯ + 2 1 2 + 푎푛+1＜ 1 22 +⋯ + 1 2푛 = 1 1 2 (1 ― 2푛 1 ― 1 2) = 1 ― 1 2푛． 2 ∴当 n ≥2 时，푎2 + 2 푎3 +⋯ + 2 푎푛+1＜1 ―1 2푛． 题型二：裂项相消模型典例 2：数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前 n 项和，对于任意 n ∈N *，总有 a n ，S n ，a n 2 成等差数列．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设푏푛 = 1 푛푎2푛，数列{b n }的前 n 项和为 T n ，求证：푇푛＞ 푛 + 1．分析：（1）根据 a n ＝S n ﹣S n ﹣1，整理得 a n ﹣a n ﹣1＝1（n ≥2）进而可判断出数列{a n }是公差为 1 的等差数列，根 据等差数列的通项公式求得答案．（2）由（1）知푏푛 = 1 1 1 푛2，因为 푛(푛 + 1) = 푛2＞ 1 푛 ―1 1 ，所以푏푛＞ 푛 ―푛 + 11，从而得证． 푛 + 1 解答：（1）由已知：对于 n ∈N *，总有 2S n ＝a n +a n 2①成立∴2푆푛―1 = 푎푛―1 + 푎푛―12（n ≥2）②①﹣②得 2a n ＝a n +a n 2﹣a n ﹣1﹣a n ﹣12，∴a n +a n ﹣1＝（a n +a n ﹣1）（a n ﹣a n ﹣1）∵a n ，a n ﹣1 均为正数，∴a n ﹣a n ﹣1＝1（n ≥2）∴数列{a n }是公差为 1 的等差数列又 n ＝1 时，2S 1＝a 1+a 12，解得 a 1＝1，∴a n ＝n ．（n ∈N *）（2）解：由（1）可知푏푛 = 1 1 1 푛2∵ 푛(푛 + 1) = 푛2＞푛2∵ 푛(푛 + 1) =1 푛 ― 1 푛 + 1 ∴푇푛＞(1 ― 1 1 2) + (2 ― 1 1 3) + +(푛 ―1 푛 + 1) = 푛 푛 + 1 【解题方法点拨】（1）放缩的方向要一致．（2）放与缩要适度．（3）很多时候只对数列的一部分进行放缩法，保留一些项不变（多为前几项或后几项）．3/ 4（4）用放缩法证明极其简单，然而，用放缩法证不等式，技巧性极强，稍有不慎，则会出现放缩失当的现象．所以对放缩法，只需要了解，不宜深入．4/ 4。

数列不等式综合题示例数列不等式综合题，是高考数学的常见试题. 这类试题，对数列方面的考查多属基础知识和基本技能的层级，而对不等式的考查，其中口径往往比较宽，难度的调控幅度比较大，有时达到很高的层级. 试题排序，靠后者居多，常以难题的面貌出现，对综合能力的考查深刻.这类试题，时常以递推关系或间接的形式设定数列. 对数列的提问，多涉及通项、前n 项和或数列中的某些指定的参数，有时也会涉及多个数列. 至于有关不等工的提问，可以是含变量n 或其他参变量的不等式的证明或求解，抑或求某些量的取值范围，或者是不同量间的大小比较，等等. 试题的综合程度有时不大，有时很大，既有中低档次的题目，又有中高档次的题目，而且多数年份属于后者.对数列不等式综合题的解答，往往要求能够熟练应用相关的基础知识和基本技能，同时还应具备比较娴熟的代数变换技能和技巧. 下面借助若干实例，谈谈解答这类试题的个人点滴体验，希望有助考生理解.例1 设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和),2,1( 0 =>n S n（Ⅰ）求q 的取值范围； （Ⅱ）设1223++-=n n n a a b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，试比较n S 与n T 的大小 分析 设定的数列}{n a 是满足0>n S 的一类等比数列，而不是确定的一个具体数列， 而不是确定的一个具体数列. 提出的两个问题都属于不等式问题. （Ⅰ）的求解可按等价关系建立关于q 的不等式，解之可得；也可对q 作分类讨论，再归纳出答案. （Ⅱ）的求解，可用差值法，也可用比值法.（Ⅰ）的解：方法一因为q 是等比数列}{n a 的公比，S n 是数列的前n 项和，所以0≠q ，且⎪⎩⎪⎨⎧≠--==.1,1)1(,1,11•q •••••q q a •q •••••••••na S n n 当当 因此，),2,1(0 ••••n S n =>等价于：01>a 且下列条件之一成立： ①q =1； ②••••••n q •q •q n ⎪⎩⎪⎨⎧=<-<-≠;),2,1(01,01,0 ③⎪⎩⎪⎨⎧=>->-≠.),2,1(01,01,0••••n q •q •q n解不等式组②得：1>q ；解不等式组③得：01<<-q 或10<<q .综合得q 的取值范围为),0()0,1(∞+⋃-••••. 方法二根据等比数列性质，在题设下，必有•S a 011>=，公比0≠q .当1-≤q 时，0)1(12≤+=q a S ；当1||0<<q 或1>q 时，),2,1(01)1(1 ••••n •••••••••••q q a S n n =>--=；当q =1时，),2,1(01 ••••n •••••••na S n =>=. 综合得q 的取值范围为),0()0,1(∞+⋃-••••（Ⅱ）的解：方法一 ∵)23(23221q q a a an bn n n -=-+=+， ∴)23(2q q S T n n -=， .),2,1(,)21)(2()123(2•••••n ••••••q q S •••••••q q S S T n n n n =+-=--=- 因为1,0->>•q •S n 且0≠q ，所以得： 对任意正整数n ，有： 若211-<<-q 或2>q ，则0>-n n S T ，即n n S T >； 若021<<-q 或20<<q ，则0<-n n S T ，即n n S T <； 若21-=q 或q =2，则0=-n n S T ，即n n S T =. 方法二∵11-=n n q a a ，)23(231111-=-=+q q a q a q a b n n n n ，∴)23(-=q q S T n n ， ∵1232=-q q 的两根为21-和2，∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-<<-<>-<>=-==-.2211,2211,2211232•a •••••••••••••q q ••••••••••••q q •••••••••••q q 当或当或当 依题设),2,1(0 ••••n S n =>，且由（Ⅰ）知01<<-q 或0>q ，所以得：对任意正整数n ，有： 当;,221••S •T q q n n ==-=时或 当;,2211••S •T q q n n >>-<<-时或 当021<<-q 或20<<q 时，n n S T <. 体验（1）求取值范围，务必勿忘其充要性. 只顾必要性，忘了充分性，易使范围扩大；只顾充分性，忘了必要性，易使范围缩小. 上述（Ⅰ）的解法一，采用等价性陈述方式；解法二，采用了从必要性入手，再讨论充分性，然后综合得解.（2）对等比数列，前n 项的和S n 依赖于a 1和q 的两上参量. 由前述讨论可见：使),2,1(0 ••••n S n =>的充要条件为a 1>0且}01|{≠->∈q q q q 且. 因此，严格地说，第（Ⅰ）问的完整答案似乎应为：在等比数列)(n a 中，01≠a ，而当01<a 时，q 的取值范围为空集，当01>a 时，q 的取值范围为),0()0,1(∞+⋃-••••. 不过，对该题也可作这样的理解：在题设下，不可能出现01≤a 的情况，而第（Ⅰ）问要求的只是q 的取值范围. 所以前述的解答也算完整.（3）上述（Ⅱ）的两个解法，差值法与比值法. 由于Tn 与S n 仅相差一个因子（q 的二次式），所以两法几乎没有本质差别，只是陈述表达形式有所不同. 在前述的解法中，都应用了等比数列和二次函数式（方程）的基本知识，但具体的知识点有所差别，有的是最基础的入门知识，有的是经过派生的常用性质. 学会灵活运用基本知识解题，减少记忆量，提高活用技能，是解题训练的一项重要任务.（4）本题虽属中低档题，但也具备相当的综合性，展现了高考试题的常见特点. 例2 设数列{}n a 的前n 项的和14122333n n n S a +=-⨯+， •••••n ,3,2,1= （Ⅰ）求首项1a 与通项n a ； （Ⅱ）设2nn n T S =， ••••••n ,3,2,1=，证明：132n i i T =<∑分析 取n =1，由已知等式即可求得a 1. 为求通项a n ，可先将已知条件化为关于a n +1与a n 的递推关系求解，也可先求S n ，再得a n . 至于不等式的证明，可将公式化简，进行论证.（Ⅰ）的解：方法一 依设，得3234111-==a S a ，∴a 1=2. 当2≥n 时，n n n n n n a a S S a 231)(3411⨯--=-=--， 整理得)2(4211--+=+n n n n a a ，∴n n n n a a 4)2(4211=+=+-，得通项.,3,2,1,24•••••••••n •a n n n =-= 方法二依设，得.,3,2,1,22431••••••••n •a S n n n =--=+ 因为11a S =，所以24311-=a a ，得a 1=2.当2≥n 时，n n n a S S =--1，∴)22()(4311n n n n n a a a ---=+-，整理得.,4,3,2,241••••••••••n •a a n n n ==-- ∴122211=⨯---n n n n a a 即有,2)12(2)12(2121111••a a a n n n n n n =+=+=+--- 得通项.,3,2,1,24•••••••••n •a n n n =-= 方法三同上法得a 1=2，••••••••••••••n •a a n n n ,4,3,2,241==-- ①∴124412=+=a a ，)4(24211----=-n n n n a a a a ，整理得)2(4)2(42122211a a a a a a n n n n n -==-=-----即有 ••••••••••n •a a n n n ,3,2,42211=⨯=--- ② 由2×②－①得 •••••••••••n •a n n n ,3,2,24=-=当n =1时，该式也成立，所以，通项为••••••n •••••••••••a n n n ,3,2,1,24=-= .方法四因为11S a =，当2≥n 时1--=n n n S S a ，所以由题设得24311--S S ，当2≥n 时，22)(4311+--=+-n n n n S S S .∴14,221==•S •S ， ••••••••••n •S S n n n ,3,2,2241==+-- ①从而，)24(224211+-=+----n n n n S S S S ，即得 ,4324332)322(4)322(43222122211•••••••••••••S S S S S S n n n n n n n ⨯=⨯=+-==+-=+------ ∴ •••••n ••••••••••S S n n n ,3,2422631=⨯=+-- ②由2×②－3×①，整理得•••••••••••••n •S n n n ,3,2,32243111=+-⨯=+-该式对n =1也成立，从而得通项 )223(411-+=+n n n S a 即.,3,2,1,24•••••••••n •••••••••••a n n n =-=（Ⅱ）的证明：方法一 ∵32231341+⨯-=+n n n a S ,)12)(12(32)2234(31111••n n n n --=+⨯-=+++ ∴,1211212321••S T n n n n n ⎪⎭⎫ ⎝⎛---==+ .23121123121121231111••T ni n i n i i i ∑∑==++<⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛---= 方法二∵n n n a 24-=，∴2122414411-----=++n n n S ,)12)(12(32)123122(321•n n n n --=+⨯-+=+ 得 ••••••••••••n •S T n n nn n n ,3,2,1,)12)(12(22321=--⨯==+ ∴,)311(23312231•T -=⨯⨯= .)1511(23)1578711(23,)711(23)734311(2332121••T T T •T T -=⨯+-=++-=⨯+-=+ 猜测.)1211(2311••T n i n i ∑=+--=（i ）当n =1时，上面已证明猜测成立；（ii ）假设当1≥=k n 时，猜测成立，即∑=+--=k i k i T11)1211(23， 则∑+=++++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+--=112111)12)(12(2121123k i k k k k i T ,)1211(23)12)(12(21212322112••k k k k k --=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----=+++++ 即当n=k +1时猜测也成立.综合（i ）（ii ）得对任意正整数n ，猜测都成立. 所以，.,3,2,1,231••••••••••i •••••••••••T n i i =<∑=体验（1）已知数列前n 项的和S n 与通项a n 的关系式，为求通项的解析式，通常要将条件转化为数列}{n a 的递推关系式或数列}{n S 的递推关系式，然后，再作进一步推演，这时要用到公式⎩⎨⎧≥=-=-.)2(,111•n •a S S •a S n n n 许多时候，容易忽略11a S =，这个式子，同时，对于另一式子中n 的取值范围，也容易忽视，以致出现差错. 对此，必须警觉.（2）根据递推关系)(1n f pa a n n +=+求通项a n ，是常见的数列试题. 近几年的高考数学考试中，这类试题较多出现. 其中，)(n f 可以是常数、等比数列、等比数列与常数之和、等比数列与等差数列之和，等等形式. 本题（Ⅰ）的四种解法，反映了解答这类问题的基本思路和常用方法，其核心思想是：转化为等比数列的问题进行解答，或借助解方程的方法求解. 能否成功，关键在于代数变换与换元是否有效. 具体的运用非常灵活，就本题（Ⅰ）的解法而言，尚有多种解答方案可供选择，远非只是上述的4种.（3）关于不等式∑=<n i i T 123的证明，上述两种证法有典型意义. 证法一采用裂项的技术，将不等式化简，达到证明目的，十分精练. 用好这一技术，须具有良好的观察能力和裂项的经验. 因此，平时要注意经验的积累和一定的操作训练，当存在数列}{n R 满足1+-=n n n R R T 时，则有∑=+-=ni n i R R T 111，从而达到将和式化简的目的. 这里的关键是数列}{n R 的发现. 举个例说，可用这项技术，求等比数列前n 项的求和公式：设)0,1(111≠≠=-q •a •q q a a n n ，则有 •q q qa a n n n )(111--=-， ∴∑∑==---=--==n i n i n i i i n q q a q q q a a S 11111)1(1)(1. 也可写成q a a S n n --=+111. （4）上述（Ⅱ）的证法二，采用了由特殊到一般的思维方式，根据开始的几个特殊情形，探索规律，对一般情形作出“猜测”，进而应用数学归纳法，作出证明，完成解答. 这也是解答数学问题的一种常用方法. 该法成功与否，关键在于猜测，为了使猜测有效和正确，在考查特殊情形时，应避免机械的数字计算和瞎猜，须讲究方法. 例如，上述在考查211,T •T •T +与321T T T ++的变化规律 ，充分注意所要证明的不等式∑=<n i i T 123的特点，把观察的侧重点放在差值)132(1∑=-n i i T 的估计上：把T 1=1写成)311(231-=T ；把7921=+T T 写成)711(2321-=+T T ；把1521321=++T T T 写成)1511(23-. 为一般规律的发现提供了方便，提高了猜测的成功率.例3 数列}{n a 满足a 1=1，且)1(21)11(21≥+++=+n a n n a nn n . （Ⅰ）用数学归纳法证明：)2(2≥≥n a n ；（Ⅱ）已知不等式x x <+)1ln(对0>x 成立. 证明：)1(2≥<n e a n . 其中无理数e =2.71828 … .分析 根据题设的递推关系，难以求得通项，为了证明给定的不等式，宜用放缩法. （Ⅰ）的证明；（1）当n =2时，221)211(12=++==a a a n ； （2）假设2≥=k n 时，不等式成立，即2≥k a ，则221)11(21≥≥+++=+k kk k a a k k a ，即当1+=k n 时，不等式也成立. 综合（1）（2），得)2(2≥≥n a n .（Ⅱ）的证明；方法一∵1,)2(21=≥≥•a •n a n ， ∴)1()2111(21)11(0221≥+++≤+++=<+n a n n a n n a n nn n n ， 取自然对数，得：当1≥n 时，n n n n n n n n a a 21)111()2111ln(ln ln 21++-<+++≤-+， ∴∑∑-=-=+++-<-11111])21()111[()ln (ln n i n i i i i i i a a即2)2121(211ln ln 1<-+-<-n n n a a ， ∵01ln ln 1==a ，∴)1(2≥<n e a n 成立.方法二首先，用数学归纳法证明不等式)1)(1(2≥->n n n .（1）当n =1，2，3，4时，n 2依次取值2，4，8，16，)1(-n n 依次取值0，2，6，12，所以不等式成立；（2）假设4≥=k n 时，不等式成立，即)1(2->k k k ，所以)1(221->+k k k ，∵4≥k ，∴0)3()1()1(2>-=+--k k k k k k ，即k k k k )1()1(2+>-，从而]1)1)[(1(21-++>+k k k ，即当n =k +1时不等式成立. 综合（1）（2），证得)1)(1(2≥->n n n .其次，当 2≥n 时，)1()1(->+n n n n ，依设得)1(1))1(11(21))1(11(1-+-+<+++=+n n a n n a n n a n n n n ， 由（Ⅰ）知0>n a ，故有)1)()1(11(101+-+<+<+n n a n n a ， ∴ )2(,1)1(1)1(1))1(11ln()1ln()1ln(1≥--=-<-+<+-++n ••nn n n n n n a a n n 得∑∑-=-=+--<+-+12121)111()]1ln()1[(ln n i n i i i i i a a ， ∴1111)1ln()1ln(2<--<+-+n a a n . ∵22=a ，∴<+1n a e 3ln 1+<3e ，∵2.7<e<2.72，∴3e<8.16，e 2>7.2q ，得a n <3e-1<7.16<e 2)2(≥n .又有a 1=1<e 2，所以证得a n <e 2)1(≥n .体验（1）上述（Ⅱ）的证法一，将n 21放大为n n a 21，即是利用了)2(2≥≥n a n 和a 1=1，将1放大为n a ，顺利且简练地完成证明. 而证法二，则比较转折，进行多次放缩，首先是将)1(1+n n 和n 21都放大为)1(1-n n ，后来为证明3e-1<e 2，既将e 放大为2.72，又将e 缩小为2.7. 从中， 可体验到恰当的放缩，是应用放缩法证明不等式的关键. 这里，所谓恰当，关键有二：其一，选择适当的放缩因子（即放缩的对象），其二，放大或缩小的幅度，这时幅度要合适，且力求计算量不要太大. 作为说明，我们提供（Ⅱ）的另一个放缩证法，供参考和比较：当2≥n 时，2≥n a ，所以，依设得1121)1(1121)1(110+++++<+++=<n n n n n n n a n n a a ∴)2()21()1(1)21)1(11ln(ln ln 1121≥++<+++<-+++n ••n n n n a a n n n ， ∑∑-=+-=+--++-<-122121211)21(81)111()ln (ln n i n n i i i i i a a ， 得12)21(41121ln ln +-+-<-n n n a a ，∴2ln 43ln 43ln 2+<+<a a n ， ∵e 3>2.73=19.683>16，∴2ln 416ln 3=>， 得234343ln ,432ln =+<<n a ••，∴23e <n a ； 其次231e 1<=a ，综合，证得)1(e 3≥<n •a n . 因为23e e <，所以，这里不仅证明了（Ⅱ）的不等式，而且获得更强的结论.（2）用数学归纳法证（Ⅰ），无难点，但在（Ⅱ）的证法二中，证不等式)1)(1(2≥->n n n 时，不仅要检验n =1时，不等式成立，还要检验n 取值为2，3，4的情形，然后作归纳假设4≥=k n 时，不等式成立，再去证1+=k n 时，不等式也成立. 从这里可体验到：应用数学归纳法时，必须根据归纳假设及其接着的归纳证明的需要，确定应该检验哪些特殊的n 值；其次，归纳假设的设定，也并非千篇一律，不是所有的情形都假设1≥=k n 时结论成立. 有时必须假定为m k n ≥=时结论成立，或假定为当k n ≤时结论成立，等等，这要视归纳证明（即证1+=k n 时结论成立）的需要而定.。

高考中数列综合题解题策略与方法 李兴怀华南师大附中特级教师 李兴怀数列问题与函数、不等式、三角等知识有密切的联系，在历届高考数学试题中占有重要地位。

本文通过一些例子说明解决数列综合题的基本策略与方法。

1.认真审题，善于把陌生的问题转化为熟悉的问题。

例1.已知数列{}n a 满足1111,1,1,2,...3n n a a a n +==+=，求数列{}n a 的通项。

分析：由数列{}n a 的定义可知，此数列既不是等差数列，也不是等比数列，因而要解决这个问题必须紧扣题意，并把问题进行转化。

解法1 把问题转化为等比数列。

引入参数x ，使得11()3n n a x a x +-=-，将此式还原并整理得 11233n n a a x +=+，令213x =，即32x =，设32n n a b -=，则原问题化为 113n n b b +=，且113122b a =-=-，故数列{}n b 是以12-为首项、13为公比的等比数列。

从而 111()()23n n b -=-，故 1311223n n a -=-。

解法2 把问题转化为便于求通项{}n a 的情形。

给1113n n a a +=+ 两边同除以11()3n +，得111333n n n n n a a +++=+，令3n n n a b =，则113n n n b b ++=+，利用恒等式121321()()...()n n n b b b b b b b b -=+-+-++-，可得233333...3(31)2n n n b =++++=-，故 31(1)323n n n nb a ==-。

解法3 由1113n n a a +=+，可得1113n n a a -=+，将这两式相减得，111()3n n n n a a a a +--=-，令1(2)n n n a a b n --=≥，则122111,33n n b b b a a +==-=，故21211()()33n n n b b --==，从而111(),23n n n a a n ---=≥，故121121()...()111311 (1)33323n n n n n a a a a a a --=+-++-=++++=-即31(1)23n n a =-。

数列与不等式交汇题的求解策略注重在知识网络的交汇点上设计试题，重视对数学思想方法的检测，是近年来高考试题的特色。

数列与不等式交汇的问题由于知识覆盖面广而成为各种考试的热点。

但这类问题综合性强，解答起来有一定难度。

本文拟通过实例介绍求解此类问题的常用策略，以期对同学们有所帮助。

1利用数列的单调性例1 求证：)1)(11(41++ (3231)13)1(+>+-n n 。

证明：构造数列{a n }，使a n =32314113)1()1)(11(++++-n n ,则)2(1)1(33)23)(13()13(313)1(2332311≥=+-•=-+-++--n n n n n n a a n n n∵（3n-1）3-(3n+1)(3n-2)2=9n-5>0∴)2(11≥>-n n n a a，即数列{a n }是递增数列，∴a n ≥a 1>1 ,即)1)(11(41++ (3231)13)1(+>+-n n 。

例2设++=+111n nn a …+121+n 且)1(log log 311)1(611--<-a a a a a n 对一切正整数n 恒成立，试求实数a 的取值范围。

解：由0)1(1122122113212211<-=-+<-+=-++++++n n n n n n n n n n a a ，{a n }是单调递减数列，又611161131211,1=≤∴=++=a a a n ，因此611311)1(611)1(log log >---a a a a ，即1)1(log 2log )1(>---a a a a显然a>1且a ≠2 ，设m a a =-)1(log ，则0121<+-mm解之，得1-<m ，或210<<m ，即1)1(log -<-a a ，或21)1(log 0<-<a a∴2511+<<a 或2532+<<a 。