数列型不等式恒成立条件下确定参数范围问题解题策略

数列型不等式恒成立条件下确定参数范围问题解题策略

【摘要】不等式的恒成立问题是学生较难理解和掌握的一个难点，以数列为载体的不等式恒成立条件下确定参数范围问题其综合性更强，它是一类常见的考试题型，常出现在高考压轴题中，它与函数恒成立问题既有类似之处，又有一些差别，学生容易出错，甚至不知所措.这里通过几个例子归纳这类问题的几种常用解法和需要注意的问题.

【关键词】不等式恒成立问题；数列；参数范围问题

不等式的恒成立问题是学生较难理解和掌握的一个难点，以数列为载体的不等式恒成立条件下确定参数范围问题其综合性更强，它是一类常见的考试题型，常出现在高考压轴题中，它与函数恒成立问题既有类似之处，又有一些差别，学生容易出错，甚至不知所措.这里通过几个例子归纳这类问题的几种常用解法和需要注意的问题.

1最值策略

最值法是解数列型不等式恒成立求参数的取值范围问题的一种非常重要的方法，其解题原理是f(n)>m恒成立f(n)min>m，f(n)0.

∵an>0，∴只需lga［n(a-1)+a］>0.

（1）当a>1时，lga>0，只要n(a-1)+a>0，解得n>a1-a.

（2）当0a1-a.

为了使bn+1>bn对任何正整数n都成立，只需a1-a小于n的最小值1，令a1-a1或0 评析 以上两例是综合性极强的好题，是数列不等式恒成立求参数的取值范围，转化为解不等式或求函数的最值，这是高中数学中有关确定参数范围题目的涅槃. 2变量分离策略

数列型不等式恒成立求参数的取值范围问题，对于某些最值不容易求出的问题，我们可以考虑先实行变量分离，再求其最值.所谓变量分离,是指在含有参数的数列不等式中,通过恒等变形,使参数与主元分离于不等式两端,则所蕴涵的数列关系便由隐变显,从而问题转化为求主元函数的值域或上，下限(上限为最大值的临界值、下限为最小值的临界值),进而求出参数范围.这种方法由于思路清晰、规律明显、操作性强,因而应是一种较好的求参方法.

例3 （2003年新教材高考题改编题）设a0为常数，数列{an}的通项公式an=15［3n+(-1)n-12n］+(-1)n2na0(n∈n*)，若对任意n≥1不等式an＞an-1恒成立，求a0的取值范围.

解 an-an-1=2×3n-1+(-1)n-13×2n-15+ (-1)n3×2n-1a0，

故an＞an-1等价于(-1)n-1(5a0-1)-15×322k-2+15.

此式对k=1,2,…恒成立，有

a0>-15×322×1-3+15=0.

综上所述，①式对任意n∈n+成立，有0 故a0的取值范围为0,13.

例4 （2008年全国ⅱ）设数列{an}的前n项和为sn，已知a1=a,an+1=sn+3n（n∈n+）.

（1）设bn=sn-3n，求数列{bn}的通项公式； （2）若an+1≥an(n∈n+)，求a的取值范围.

分析 第（1）小题利用sn与an的关系可求得数列的通项公式；第（2）小题将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 （1）依题意，sn+1-sn=an+1=sn+3n，

∴sn+1=2sn+3n，∴sn+1-3n+1=2(sn-3n).

∴{sn-3n}为等比数列，公比为q=2，首项为s1-3=a-3，

∴sn-3n=(s1-3)2n-1=(a-3)2n-1.

即bn=(a-3)×2n-1(n∈n+).

（2）由（1）知sn-3n=(a-3)×2n-1(n∈n+).

于是，当n≥2时，

an=sn-sn-1=3n+(a-3)×2n-1-3n-1-(a-3)×2n-2，

∴an+1-an=2×3n+(a-3)×2n-1-2×3n-1- (a-3)×2n-2

=4×3n-1+(a-3)×2n-2

=2n-212×32n-2+a-3 .

∵当n≥2时，an+1≥an，即2n-212×32n-2+a-3≥0，

∴12×32n-2+a-3≥0，∴a≥3-12×32n-2.

3构造单调数列策略 例5 设a0为常数，且an=15［3n-(-1)n-12n］+(-1)n2na0(n≥1)，假设对任意的n≥1，有an>an-1，求a0的取值范围.

解 由an的通项公式， an-an-1=2×3n-1+(-1)n-1×3×2n-15+

(-1)n×3×2n-1a0，

则an>an-1(n∈n*)等价于

(-1)n-1(5a0-1)0.

综上①②可知：（*）式对任何n∈n*成立，得a0的取值范围是0 说明 本题是与数列有关的恒成立问题，确定数列32n，实质是利用了an=32n的单调性，从而为确定a0的范围作铺垫.

4数学归纳法策略

例6 已知数列{an}满足a1=1，an+1=18(a2n+a)(n∈n*)，a>0，若an+1>an对一切n∈n*成立，求a的取值范围.

解 抓住an+1>an实施赋值推理有a2>a1，得a>7，它仅保证命题an+1>an对n=1成立.假设n=k时命题an+1>a

n成立，即ak+1>ak>0，则ak+1-ak=18a2k+1+a-18(a2k+a)=18(a2k+1-a2k)>0，这说明n=k+1时命题an+1>an也成立. 综上所述，a>7时命题an+1>an恒成立，故a的取值范围是（7，+∞）.

评注 运用赋值法抓住结论成立的一个必要条件，并以此作为思维的新起点，借助于数学归纳法顺序地完成了充分的证明，求解过程给人以“起死回生”之感.

例7 已知数列{an}满足a1=12，anan+1=1214n(n∈n+）.(1)求数列{an}的通项公式；（2）设a>0,数列{bn}满足b1=1a(a-1)，bn+1=-bna(bn+a)，若|bn|≤an对n∈n+成立，试求a的取值范围.

解 （1）an+1an+2anan+1=1214n+11214n，∴an+2an=14.

又 ∵a1=12，a1a2=1214，∴a2=14.

∴{an}是公比为12的等比数列，∴an=12n.

（2）|b1|≤121a(a-1)≤12a>1,a(a-1)≥2或0 现证：a≥2时，|bn|≤an对n∈n+成立.

①n=1时，|b1|≤a1成立;

②假设n=k(k≥1)时，|bk|≤ak成立，则

|bk+1|=|bk|a|bk+a|≤|bk|a(a-|bk|)≤12ka(a-1)≤12k+1，

即n=k+1时，|bk+1|≤ak+1也成立，

∴n∈n+时，|bn|≤an，∴a的取值范围是［2,+∞).

例8 （2009年安徽卷理）首项为正数的数列{an}满足an+1=14(a2n+3)，n∈n+.

（1）证明：若a1为奇数，则对一切n≥2,an都是奇数.

（2）若对一切n∈n+都有an+1>an，求a1的取值范围.

解 （1）已知a1是奇数，假设ak=2m-1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得ak+1=a2k+34=m(m-1)+1是奇数.

根据数学归纳法，对任何n∈n+，an都是奇数.

（2）方法一：由an+1-an=14(an-1)(an-3)知，an+1>an当且仅当an3.

另一方面，若0 若ak>3，则ak+1>32+34=3.

根据数学归纳法，03an>3，n∈n+.

综合所述，对一切n∈n+都有an+1>an的充要条件是03.

方法二：由a2=a21+34>a1，得a21-4a1+3>0，

于是03.

an+1-an=a2n+34-a2n-1+34=(an+an-1)(a n-an-1)4. 因为a1>0，an+1=a2n+34，所以所有的an均大于0，

因此an+1-an与an-an-1同号.

根据数学归纳法，n∈n+，an+1-an与a2-a1同号.

因此，对一切n∈n+都有an+1>an的充要条件是03.

5反证法策略

例9 已知数列{an}中a1=a(a>0)，an+1=an-1an是否存在正数a，使得对任意n∈n*都有anan+1>0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.

解 假设存在正数a使anan+1>0恒成立，则an>0，运用赋值法推理得a2>0，即a-1a>0，解得a>1.以此为思维的新起点，便可导致矛盾的结论.

因为an+1-an=-1ana2+1时，有

an≤a-n-1a 这与an>0恒成立相矛盾，从而不存在a适合题意.

评注 抓住一个必要条件，产生了矛盾的结论（实为反证法），则探索终止，结论为假；若探索出一个正确的命题，则还需设法证明充分性，否则，不符合逻辑规则.

以上介绍的几种常见函数型不等式恒成立问题的求解策略，只是分别从某个侧面入手去探讨不等式中参数的取值范围.事实上，这