高考 第20讲 数列不等式恒成立与存在性问题大题

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第20讲 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
[典例 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．
[典例 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．
[典例 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]．
[典例 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，＋∞)．
[典例 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(－∞，]．
[典例 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 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，＋∞)．
[典例 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．
[典例 8]　已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1(n∈N*)，数列{bn}满足nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)(n∈N*)，且b1＝1，
(1)证明数列为等差数列，并求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝(－1)n－1，求数列{cn}的前2n项和T2n；
(3)若dn＝an·，数列的前n项和为Dn，对任意的n∈N*，都有Dn≤nSn－a，求实数a的取值范围．
解析：　
(1)由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)两边同除以n(n＋1)，得－＝1，
从而数列为首项＝1，公差d＝1的等差数列，所以＝n(n∈N*)，
数列{bn}的通项公式为bn＝n2．
当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1．当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得an＝2an－1，又a1＝1≠0，所以＝2，
从而数列{an}为首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，
从而数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)cn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1，
T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n－1＋c2n＝＋－－＋…－－＝－(n∈N*)．
(3)由(1)得dn＝an＝n·2n－1，
Dn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，
2Dn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n．
两式相减得－Dn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n，
所以Dn＝(n－1)·2n＋1，
由(1)得Sn＝2an－1＝2n－1，因为对∀n∈N*，都有Dn≤nSn－a，
即(n－1)·2n＋1≤n－a恒成立，所以a≤2n－n－1恒成立，
记en＝2n－n－1，所以a≤min，
因为en＋1－en＝－＝2n－1>0，从而数列为递增数列，
所以当n＝1时，en取最小值e1＝0，于是a≤0．


【典例精练】
1．已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与其前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn 解析：　
(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝(n∈N*)．
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，
∴Tm＝＝8，
∵m随m的增加而减少，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.
又Sn＝＝－(n2－9n)＝－，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，
若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn 则10<8＋λ，得λ>2．即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a22－3a7＝2，且，，S3成等比数列，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于任意的n∈N*，都有8Tn<2λ2＋5λ成立，求实数λ的取值范围．
解析：　
(1)设等差数列{an}的公差为d，
由得
即解得或
当a1＝－，d＝时，＝没有意义，∴a1＝2，d＝2，此时an＝2＋2(n－1)＝2n．
(2)bn＝＝＝，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋＋＋＋＋＋…＋＋
＝＝－，
∴8Tn＝3－2<3．为满足题意，必须使2λ2＋5λ≥3，∴λ≥或λ≤－3．
3．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(n∈N*)(a为常数，a≠0，a≠1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋Sn，若数列{bn}为等比数列，求a的值；
(3)在满足条件(2)的情形下，cn＝．若数列的前n项和为Tn，且对任意n∈N*满足Tn<λ2＋λ，求实数λ的取值范围．
解析：　
(1)∵Sn＝a，∴n＝1时，a1＝a．
n≥2时，Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，∴Sn－Sn－1＝an＝a(Sn－Sn－1)－aan＋aan－1，
∴an＝aan－1，即＝a且 a≠0，a≠1，
∴数列{an}是以a为首项，a为公比的等比数列，∴an＝an(n∈N*)．
(2)由bn＝an＋Sn得，b1＝2a，b2＝2a2＋a，b3＝2a3＋a2＋a．
∵数列{bn}为等比数列，∴b＝b1b3，(2a2＋a)2＝2a(2a3＋a2＋a)，解得a＝．
(3)由(2)知cn＝＝＝－，
∴Tn＝－＋－＋…＋－＝－<，
∴≤λ2＋λ，解得λ≥或λ≤－1．
即实数λ的取值范围是∪(－∞，－1]．
4．已知各项是正数的数列{an}的前n项和为Sn．若Sn＋Sn－1＝(n∈N*，n≥2)，且a1＝2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Sn≤λ·2n＋1对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解析：　
(1)当n≥2时，3(Sn＋Sn－1)＝a＋2，3(Sn＋1＋Sn)＝a＋2，
两式相减，得3(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
因为an>0恒成立，所以an＋1－an＝3，其中n≥2．　
由3(S2＋S1)＝a＋2及a1＝2，得3(4＋a2)＝a＋2，即a－3a2－10＝0．
结合a2>0，解得a2＝5，满足a2－a1＝3．
所以对n∈N*，均有an＋1－an＝3，
即数列{an}是首项为a1＝2，公差为3的等差数列，
数列{an}的通项公式为an＝3n－1．
(2)由(1)知，Sn＝＝，所以λ≥对n∈N*恒成立．
记f(n)＝，n∈N*，则f(n＋1)－f(n)＝－＝．
当n≥3时，f(n＋1) 所以实数λ的取值范围是．
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足an＋1＝，若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围．
解析：　
(1)由已知得Sn＝3an－2，令n＝1，得a1＝1，
又an＋1＝Sn＋1－Sn＝3an＋1－3an，得an＋1＝an，
所以数列{an}是以1为首项，为公比的等比数列，所以an＝n－1(n∈N*)．
(2)由an＋1＝，得bn＝＝n－1＝n·n－1，
所以bn＋1－bn＝(n＋1)·n－n·n－1＝(2－n)，
所以(bn)max＝b2＝b3＝，所以t≥．
即t的取值范围为．
6．已知数列{an}满足a1＝1，2an＋1＝an，数列{bn}满足bn＝2－log2a2n＋1．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，求使得2Tn≤4n2＋m对任意正整数n都成立的实数m的取值范围．
解析：　
(1)由a1＝1，＝，an≠0，∴{an}是首项为1，公比为的等比数列，∴an＝n－1．
∴bn＝2－log22n＝2n＋2．
(2)由(1)得，Tn＝n2＋3n，∴m≥－2n2＋6n对任意正整数n都成立．设f(n)＝－2n2＋6n，
∵f(n)＝－2n2＋6n＝－22＋，∴当n＝1或2时，f(n)的最大值为4，∴m≥4．
即m的取值范围是[4，＋∞)．
7．已知数列{an}是等差数列，a1＝1，a2＋a3＋…＋a10＝144．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，设Sn是数列{bn}的前n项和，若n≥3时，有Sn≥m恒成立，求实数m的最大值．
解析：　
(1)因为等差数列{an}中，a2＋a3＋…＋a10＝144，a1＝1，所以9＋45d＝144，所以d＝3．
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2(n∈N*)．
(2)bn＝＝＝，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝．
因为函数y＝＝－(x≥3)是增函数，
所以Sn≥S3＝，则m≤，故实数m的最大值是．
8．设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＋a13＝26，S9＝81．
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，若30Tn－m≤0对一切n∈N*成立，求实数m的最小值．
解析：　
　(1)∵等差数列{an}中，a1＋a13＝26，S9＝81，∴解得
∴d＝＝＝2，∴an＝a5＋(n－5)d＝9＋2(n－5)＝2n－1．
(2)∵bn＝＝＝，
∴Tn＝＝，
∵随着n的增大而增大，知{Tn}单调递增．
又>0，∴Tn<，∴m≥5，∴实数m的最小值为5．
9．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＝a＋4n－1，a1＝1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设{an}是递增数列，bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，若Tn≤恒成立，求实数m的取值范围．
解析：　
(1)∵4Sn＝a＋4n－1，①，则当n≥2时，4Sn－1＝a＋4(n－1)－1，②
由①－②，得4an＝a－a＋4，则(an－2)2＝a．又an>0，a1＝1，
∴an－an－1＝2或an＋an－1＝2．
当an－an－1＝2时，数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
当an＋an－1＝2时，∵a1＝1，∴an＝1．
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1或an＝1．
(2)∵{an}是递增数列，∴由(1)知an＝2n－1．
bn＝＝＝，
数列{bn}的前n项和Tn＝＝<．
∵Tn≤恒成立，∴≤，解得m≥3．
∴实数m的取值范围是[3，＋∞)．
10．已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为．
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，任意n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
解析：　
　(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以Sn＝＝<．因为任意n∈N*，Sn≤m恒成立，
所以m≥，即实数m的最小值为．
11．若正项数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，点P(，Sn＋1)在曲线y＝(x＋1)2上．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设bn＝，Tn表示数列{bn}的前n项和，若Tn≥a恒成立，求Tn及实数a的取值范围．
解析：　
　(1)由Sn＋1＝(＋1)2，得－＝1，
所以数列{}是以为首项，1为公差的等差数列，
所以＝＋(n－1)×1，即Sn＝n2，由公式an＝
得an＝所以an＝2n－1．
(2)因为bn＝＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝，
显然Tn是关于n的增函数，所以Tn有最小值(Tn)min＝T1＝×＝．
由于Tn≥a恒成立，所以a≤，于是a的取值范围是．


考点二　由数列不等式求n的最值
[典例 9]　已知数列{an}的首项a1＝3，a3＝7，且对任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，数列{bn}满足bn＝a2n－1，n∈N*．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求使b1＋b2＋…＋bn＞2 019成立的最小正整数n的值．
解析：　
(1)令n＝1，得a1－2a2＋a3＝0，解得a2＝5．
又由an－2an＋1＋an＋2＝0，知an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1＝2，
故数列{an}是首项a1＝3，公差d＝2的等差数列，于是an＝2n＋1，bn＝a2n－1＝2n＋1．
(2)由(1)知，bn＝2n＋1．
于是b1＋b2＋…＋bn＝(21＋22＋…＋2n)＋n＝＋n＝2n＋1＋n－2．
令f(n)＝2n＋1＋n－2，易知f(n)是关于n的单调递增函数，
又f(9)＝210＋9－2＝1 031，f(10)＝211＋10－2＝2 056，
故使b1＋b2＋…＋bn＞2 019成立的最小正整数n的值是10．
[典例 10]　已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．
解析：　
(1)由题意，得解得或
∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n．
(2)∵bn＝anan＝2n·2n＝－n·2n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)， ①
则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②
②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，
则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，解2n＋1－2>62，得n>5，∴n的最小值为6．
[典例 11]　已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且2Sn＝an＋1－3(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}前n项和是Tn，且满足：对任意的正整数n，都有等式a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝3n＋1－3n－3成立．求满足等式＝的所有正整数n．
解析：　
(1) 2Sn＝an＋1－3，2Sn－1＝an－3(n≥2)，两式相减，得2an＝an＋1－an，即当n≥2时，an＋1＝3an．
由a1＝S1＝3，得6＝a2－3，即a2＝9，满足a2＝3a1．
所以对n∈N*，都有an＋1＝3an，即＝3．
所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，通项公式为an＝3n．
(2)由(1)知，31bn＋32bn－1＋33bn－2＋…＋3nb1＝3n＋1－3n－3　①，
31bn＋1＋32bn＋33bn－1＋…＋3n＋1b1＝3n＋2－3(n＋1)－3　②，
－①，得bn＋1＝2n＋1．
又3b1＝9－3－3＝3，得b1＝1，所以bn＝2n－1，从而Tn＝n2．设f(n)＝＝，n∈N*．
当n＝1时，＝；当n＝2时，＝；当n＝3时，＝．
下面证明：对任意正整数n>3都有<．
－＝(n＋1)2－n2＝×[(n＋1)2－3n2]＝(－2n2＋2n＋1)，
当n≥3时，－2n2＋2n＋1＝(1－n2)＋n(2－n)<0，即－<0，
所以当n≥3时，递减，所以对任意正整数n>3都有<＝．
综上可得，满足等式＝的正整数n的值为1和3．
[典例 12]　已知数列{an}的前n项和Sn满足关系式Sn＝kan＋1，k为不等于0的常数．
(1)试判断数列{an}是否为等比数列；
(2)若a2＝，a3＝1．
①求数列{an}的通项公式及前n项和Sn的表达式；
②设bn＝log2Sn，数列{cn}满足cn＝＋bn＋2·，数列{cn}的前n项和为Tn，当n>1时，求使Tn 解析：　
(1)若数列{an}是等比数列，则由n＝1得a1＝S1＝ka2，从而a2＝ka3．
又取n＝2，得a1＋a2＝S2＝ka3，于是a1＝0，显然矛盾，故数列{an}不是等比数列．
(2)①由条件得解得从而Sn＝an＋1．
当n≥2时，由Sn－1＝an，得an＝Sn－Sn－1＝an＋1－an，
即an＋1＝2an，此时数列是首项为a2＝，公比为2的等比数列．
综上所述，数列{an}的通项公式为an＝
从而其前n项和Sn＝2n－2(n∈N*)．
②由①得bn＝n－2，从而cn＝＋n·2n－2．
记C1＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝，
记C2＝1·2－1＋2·20＋…＋n·2n－2，则2C2＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，
两式相减得C2＝(n－1)·2n－1＋，
从而Tn＝＋(n－1)·2n－1＋＝＋(n－1)·2n－1，
则不等式Tn 即n2＋n－90>0，因为n∈N*且n≠1，故n>9，
从而最小正整数n的值是10．


【典例精练】
12．已知等比数列{an}为递增数列，且a4＝，a3＋a5＝，设bn＝log3(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的前n项和Sn；
(2)令Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1，求使Tn>0成立的最小值n．
解析：　
(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意知，
两式相除，得＝，
解得q＝3或q＝，∵{an}为递增数列，∴q＝3，a1＝．
∴an＝a1qn－1＝·3n－1＝2·3n－5．
∴bn＝log3＝n－5，数列{bn}的前n项和Sn＝＝(n2－9n)．
(2)Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n－1－5)＝－5n>0，
即2n>5n＋1，∵24<5×4＋1，25>5×5＋1，∴nmin＝5．
13．已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝2，且a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，n∈N*，Sn是数列{bn}的前n项和，求使Sn<成立的最大的正整数n．
解析：　
(1)设{an}的公差为d．
由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，
可得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)，又a1＝2，
∴(3＋d)2＝3(3＋3d)，解得d＝3(d＝0舍去)，
则an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1．
(2)bn＝＝＝，
Sn＝
＝＝，
则Sn<，即<，解得n<12，
则所求最大的正整数n为11．
14．已知单调递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n×2n＋1＞30成立的正整数n的最小值．
解析：　
(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q．
由题意知2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，所以a2＋a4＝20，
所以解得或
又数列{an}单调递增，所以q＝2，a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n．
(2)因为bn＝＝－n×2n，
所以Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n×2n)，
2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1]，
两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1．
又Sn＋n×2n＋1＞30，可得2n＋1－2＞30，即2n＋1＞32＝25，
所以n＋1＞5，即n＞4．所以使Sn＋n×2n＋1＞30成立的正整数n的最小值为5．
15．已知数列{an}为递增数列，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝a－2Sn－1＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，其前n项和为Tn，若Tn>成立，求n的最小值．
解析：　
(1)由2Sn＝a－2Sn－1＋1知，2Sn－1＝a－2Sn－2＋1，
两式相减得，2an＝a－a－2an－1，即2＝，
又数列{an}为递增数列，a1＝1，∴an＋an－1>0，∴an－an－1＝2，
又当n＝2时，2＝a－2a1＋1，即a－2a2－3＝0，解得a2＝3或a2＝－1(舍)，
a2－a1＝2，符合an－an－1＝2，
∴{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)．
(2)bn＝＝，
∴Tn＝＝，
又∵Tn>，即>，解得n>9，
又n∈N*，∴n的最小值为10．



考点三　数列不等式存在性问题求参数
[典例 13]　已知等差数列{an}中，a2＝p(p是不等于0的常数)，Sn为数列{an}的前n项和，若对任意的正整数n都有Sn＝．
(1)记bn＝＋，求数列{bn}的前n项和Tn；
(2)记cn＝Tn－2n，是否存在正整数N，使得当n＞N时，恒有cn∈，若存在，证明你的结论，并给出一个具体的N值，若不存在，请说明理由．
解析：　
(1)由S2＝得a1＋a2＝a2－a1，∴a1＝0，∴d＝a2－a1＝p－0＝p，
∴Sn＝＝，bn＝＋＝＋＝2＋2，
所以Tn＝2n＋2＋＋＋＋…＋＋
＝2n＋2＝2n＋3－2．
(2)cn＝Tn－2n＝3－2＜3对所有正整数n都成立；
若cn＞，即3－2＞⇔＋＜，记f(n)＝＋，则f(n)单调递减，
又f(6)＝＋＞＋＝，f(7)＝＋＜＋＝，故可取N＝6，则当n＞6时，f(n)＜．
故存在正整数N，使得当n＞N时，恒有cn∈，N可以取所有不小于6的正整数．
[典例 14]　已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若函数f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N*，且n>2)，求函数f(n)的最小值；
(3)设bn＝，Sn表示数列{bn}的前n项和，试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝(Sn－1)·g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．
解析：　
(1)点P(an，an＋1)在直线x－y＋1＝0上，即an＋1－an＝1，且a1＝1，
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝1＋(n－1)·1＝n(n∈N*)．
(2)∵f(n)＝＋＋…＋，
∴f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
∴f(n＋1)－f(n)＝－＋＋>＋－
＝＋＝－＝－>0，
∴f(n＋1)－f(n)>0，∴f(n)是单调递增的，故f(n)的最小值是f(3)＝．
(3)∵bn＝⇒Sn＝1＋＋＋…＋，∴Sn－Sn－1＝(n≥2)，
即nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，
∴(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，…，2S2－S1＝S1＋1，
∴nSn－S1＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋n－1，
∴S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n＝(Sn－1)·n(n≥2)，∴g(n)＝n．
[典例 15]　已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，b1＝1，点(Tn＋1，Tn)在直线－＝上，若存在n∈N*，使不等式＋＋…＋≥m成立，求实数m的最大值．
解析：　
(1)∵Sn＝2an－2，①.∴Sn＋1＝2an＋1－2，②
∴②－①得an＋1＝2an＋1－2an(n≥1)，∴an＋1＝2an，即＝2，
∴{an}是首项为2，公比为2的等比数列．∴an＝2n．
(2)由题意得，－＝，∴成等差数列，公差为．首项＝＝1，
∴＝1＋(n－1)＝，Tn＝，
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＝n，当n＝1时，b1＝1成立，
∴bn＝n．∴＝＝＝nn－1，令Mn＝＋＋…＋，只需(Mn)max≥m．
∴Mn＝1＋2×＋3×2＋…＋n×n－1，③，Mn＝＋2×2＋3×3＋…＋n×n，④
③－④得，Mn＝1＋＋2＋3＋…＋n－1－n×n＝－n×n＝2－(n＋2)n，
∴Mn＝4－(n＋2)n－1．
∵Mn＋1－Mn＝4－(n＋3)n－4＋(n＋2)n－1＝>0．
∴{Mn}为递增数列，且(n＋2)n－1>0，∴Mn<4．∴m≤4，实数m的最大值为4．
[典例 16]　已知函数f(x)定义在(－1，1)上，，满足f(x)－f(y)＝，且x1＝，xn＋1＝．
(1)证明：f(x)为定义在(－1，1)上的奇函数；
(2)求f(xn)的表达式；
(3)是否存在自然数m，使得对任意的n∈N*，有＋＋…＋<恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
解析：　
(1)∵x，y∈(－1，1)，f(x)－f(y)＝，∴当x＝y＝0时，可得f(0)＝0．
当x＝0时，f(0)－f(y)＝f＝f(－y)，∴f(－y)＝－f(y)，
∴f(x)是(－1，1)上的奇函数．
(2)∵f(xn＋1)＝f＝f＝f(xn)－f(－xn)＝2f(xn)，
∴＝2，又f(x1)＝f＝1，
∴{f(xn)}是以1为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为f(xn)＝2n－1(n∈N*)．
(3)假设存在自然数m使得原不等式恒成立，
即＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＝2－<对任意的n∈N*恒成立．
即m>16－对任意的n∈N*恒成立，∴m≥16，
故存在自然数m使得对任意的n∈N*，
有＋＋…＋<恒成立，且m的最小值为16．



【典例精练】
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝4．
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)是否存在正整数k，使>2成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
解析：　
(1)由题意，知an＋Sn＝4，an＋1＋Sn＋1＝4，两式相减，得(Sn＋1＋an＋1)－(Sn＋an)＝0，
即2an＋1－an＝0，an＋1＝an．又a1＋S1＝4，所以2a1＝4，即a1＝2．
所以数列{an}是首项为a1＝2，公比为的等比数列．
(2)由(1)得an＝2·n－1，则Sn＝＝4－22－n．假设存在正整数k，使>2成立，
由Sk－2≠0知k≠1，即k>1，k∈N*．由>2，整理得<21－k<1，即1<2k－1<，
因为k∈N*，所以2k－1∈N*，这与2k－1∈相矛盾，故不存在这样的正整数k，使已知不等式成立．
17．已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．
解析：　
(1)设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得
解得或故an＝·3n－1，或an＝－5·(－1)n－1．
(2)若an＝·3n－1，则＝·n－1，故是首项为，公比为的等比数列 ，
从而＝＝·＜＜1．若an＝(－5)·(－1)n－1，则＝－(－1)n－1，
故是首项为－，公比为－1的等比数列，从而＝
故＜1．综上，对任意正整数m，总有＜1．
故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．
18．已知数列{an}中，a1＝2，a2＝4，an＋1＋2an－1＝3an(n≥2)．
(1)求证：数列{an＋1－an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝an－1，Sn＝＋＋…＋，若∃n∈N*，使Sn≥4m2－3m成立，求实数m的取值范围．
解析：　
(1)因为an＋1＋2an－1＝3an(n≥2)，所以an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2)．
因为a2－a1＝2≠0，所以an－an－1≠0(n≥2)．所以＝2(n≥2)．
所以数列{an＋1－an}是首项、公比均为2的等比数列．
(2)因为{an＋1－an}是等比数列，首项为2，通项公式为an＋1－an＝2n，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋21＋22＋…＋2n－1＝2n．
又当n＝1时，a1＝21符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n．
(3)因为an＝2n，所以bn＝an－1＝2n－1．所以＝＝－，
Sn＝＋＋…＋．故Sn＝1－．
若∃n∈N*，使Sn≥4m2－3m成立，由已知，有4m2－3m<1，解得－ 所以m的取值范围为．
19．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(a＋an)，an＞0．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则是否存在正整数m，使得m≤Tn＜m＋3对任意的正整数n恒成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
解析：　
(1)Sn＝(a＋an)，即a＋an－2Sn＝0，①
当n≥2时，Sn－1＝(a＋an－1)，即a＋an－1－2Sn－1＝0，②
①－②得(an－an－1)(an＋an－1)＋an－an－1－2an＝0，(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵an＞0，∴an－an－1＝1，
当n＝1时，a＋a1－2a1＝0，∵an＞0，∴a1＝1，∴an＝1＋(n－1)＝n．
(2)由(1)知bn＝，所以Tn＝1×()0＋2×()1＋…＋n()n－1，③
Tn＝1×()1＋2×()2＋…＋n()n，④
③－④得Tn＝1＋＋…＋()n－1－n()n＝2[1－()n]－n()n，
故Tn＝4[1－()n]－2n()n＝4－4×()n－2n()n＝4－(2n＋4)()n．易知Tn＜4，
∵Tn＋1－Tn＝4－(2n＋6)()n＋1－4＋(2n＋4) ·()n＝(n＋1)()n＞0，
∴Tn≥T1＝1，故存在正整数m＝1满足题意．
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(n∈N*)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式>2 010的n的最小值．
解析：　
(1)当n＝1时，2a1＝S1＋1＝a1＋1，∴a1＝1．
∵2an＝Sn＋n，n∈N*，∴2an－1＝Sn－1＋n－1，n≥2，两式相减，得an＝2an－1＋1，n≥2，
即an＋1＝2(an－1＋1)，n≥2，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1，n∈N*．
(2)bn＝(2n＋1)an＋2n＋1＝(2n＋1)·2n，
∴Tn＝3×2＋5×22＋…＋(2n＋1)·2n，
∴2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n＋1)·2n＋1，
两式相减可得－Tn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2·2n－(2n＋1)·2n＋1，∴Tn＝(2n－1)·2n＋1＋2，
∴>2 010可化为2n＋1>2 010．∵210＝1 024，211＝2 048，
∴满足不等式>2 010的n的最小值为10．