《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题20 数列不等式恒成立与存在性问题大题(原卷版)

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专题 20　数列不等式恒成立与存在性问题大题

考点一　由数列不等式恒成立求参数

【基本题型】

[例1]　已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和 S4＝14，且 a1，a3，a7成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Tn为数列前 n项的和，若 λTn≤an＋1对一切 n∈N*恒成立，求实数 λ的最大值．

解析　(1)设公差为 d，由已知得

解得 d＝1或d＝0(舍去)，所以 a1＝2，所以 an＝n＋1．

(2)因为＝－，

所以 Tn＝＋＋…＋－＝－＝，

又λTn≤an＋1对一切 n∈N*恒成立，所以 λ≤＝2＋8，而2＋8≥16，

当且仅当 n＝2时等号成立．所以 λ≤16，即 λ的最大值为 16．

[例2]　已知各项均不相等的等差数列{an}的前 4项和为 14，且 a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前 3项．

(1)分别求数列{an}，{bn}的前 n项和 Sn，Tn；

(2)设Kn为数列{anbn}的前 n项和，若不等式 λSnTn≥Kn＋n对一切 n∈N*恒成立，求实数 λ的最小值．

解析　(1)设数列{an}的公差为 d，则解得 d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，

所以 an＝n＋1，Sn＝．bn＝2n，Tn＝2n＋1－2．

(2)由题意得 Kn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①

则2Kn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，②

①－②得－Kn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1，∴Kn＝n×2n＋1．

要使 λSnTn≥Kn＋n对一切 n∈N*恒成立，即 λ≥＝恒成立，设 g(n)＝，

因为＝＝<<1，

所以 g(n)随n的增加而减小，所以 g(n)max＝g(1)＝，所以当 λ≥时不等式恒成立，

因此 λ的最小值为．

[例3]　(2021·浙江)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．

解析　(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

所以 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，即实数 λ的取值范围为[－3，1]．

[例4]　数列{an}的前 n项和为 Sn

，

2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且 a1，a2＋5，19 成等差数列．

(1)求a1的值；

(2)证明为等比数列，并求数列{an}的通项公式；

(3)设bn＝log3(an＋2n)，若对任意的 n∈N*，不等式 bn(1＋n)－λn(bn＋2)－6<0 恒成立，试求实数 λ的取

值范围．

解析　(1)在2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*中，令 n＝1，得 2S1＝a2－22＋1，即 a2＝2a1＋3，①

又2(a2＋5)＝a1＋19，②．则由①②解得 a1＝1．

(2)当n≥2 时，由

③－④得2an＝an＋1－an－2n，则＋1＝，又 a2＝5，则＋1＝．

∴数列是以为首项，为公比的等比数列，∴＋1＝×n－1，即 an＝3n－2n．

(3)由(2)可知，bn＝log3(an＋2n)＝n．

当bn(1＋n)－λn(bn＋2)－6<0 恒成立时，即(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6<0(n∈N*)恒成立．

设f(n)＝(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6(n∈N*)，

当λ＝1时，f(n)＝－n－6<0 恒成立，则 λ＝1满足条件；

当λ<1 时，由二次函数性质知不恒成立；

当λ>1 时，由于对称轴 n＝－<0，

则f(n)在[1，＋∞)上单调递减，

f(n)≤f(1)＝－3λ－4<0 恒成立，则 λ>1 满足条件，综上所述，实数 λ的取值范围是[1，＋∞)．

[例5]　设函数 f(x)＝＋(x＞0)，数列{an}满足 a1＝1，an＝f()，n∈N*，且 n≥2．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)对n∈N*，设 Sn＝＋＋＋…＋，若 Sn≥恒成立，求实数 t的取值范围．

解析：(1)由an＝f()得，an－an－1＝，n∈N*，n≥2，所以{an}是首项为 1，公差为的等差数列．

所以 an＝1＋(n－1)＝，n∈N*．

(2)因为 an＝，所以 an＋1＝，所以＝＝(－)．

则Sn＝＋＋＋…＋＝(－)＝．

故Sn≥恒成立等价于≥，即 t≤恒成立．

令g(x)＝(x＞0)，则 g′(x)＝＞0，所以 g(x)＝(x＞0)为单调递增函数．

所以当 n＝1时，取得最小值，且()min＝．

所以 t≤，即实数 t的取值范围是(－∞，]．

[例6]　已知数列{an}中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)．

(1)写出 a2，a3的值(只写出结果)，并求出数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数 n，不等式 t2－2t＋>bn恒成立，求实数 t的取值范围．

解析　(1)a2＝6，a3＝12，当 n≥2时，

an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2×2＋2×3＋…＋2n＝2(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n＋1)．

因为当 n＝1时，a1＝2也满足上式，所以 an＝n(n＋1)．

(2)bn＝＋＋＋…＋＝＋＋…＋

＝－＋－＋…＋－＝－．

因为 bn＋1－bn＝－－＝＋－

＝－＝<0，

所以 bn＋1<bn，则数列{bn}是递减数列，所以(bn)max＝b1＝＝，

因为 t2－2t＋>bn恒成立，所以 t2－2t＋>，解得 t<0 或t>2，

所以实数 t的取值范围为(－∞，0)∪(2，＋∞)．

[例7]　已知数列{an}满足 a1＝1，a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋1－1(n∈N*)，数列{an}的前 n项和为 Sn．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前 n项和，求使得 Tn＜对所有 n∈N*都成立的最小正整数 m．

解析　(1)∵a1＋a2＋…＋an＝an＋1－1(n∈N*)，

∴当n≥2 时，a1＋a2＋…＋an－1＝an－1，

两式相减得 an＝an＋1－an(n≥2，n∈N*)，即＝(n≥2，n∈N*)．

又＝＝也满足上式，∴＝(n∈N*)，

∴当n≥2 时，an＝××…××a1＝××…×2×1＝n，

又a1＝1满足上式，∴数列{an}的通项公式为 an＝n(n∈N*)．

(2)由(1)可知 bn＝＝＝2，

∴Tn＝2＝2－，

∵Tn＝2－随着 n的增大而增大，且 Tn＜2，

又不等式 Tn＜对所有 n∈N*都成立，∴≥2，即 m≥20．

故满足题意的最小正整数 m的值为 20．

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