1、专题三 数列与不等式 题型 1 等差、等比数列的综合问题等差数列与等比数列的综合应用时常出现在全国各地高考试卷中，主要考查等差数列、等比数列的基本概念、基本公式、基本性质及基本运算，对于Sn与an的关系式，备考复习时应该予以重视.例 1：(2015 年新课标)Sn 为数列an的前 n 项和.已知 an0，a2n2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和.解：(1)当 n1 时，a212a14S134a13，因为 an0，所以 a13.当 n2 时，a2n2ana2n12an14Sn34Sn134an，即(anan1)(anan1)2(anan1
2、).因为 an0，所以 anan12，所以数列an是首项为 3，公差为 2 的等差数列.所以 an2n1.(2)由(1)知，bn12n12n31212n112n3.所以数列bn前n项和为b1b2bn【规律方法】已知数列前 n 项和与第 n 项关系，求数列通项公式，常用将所给条件化为关于前 n 项和的递推关系或是关于第 n 项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等差数列求通项公式.121315 1517 12n112n3 1614n6.anS1，n1，SnSn1，n2【互动探究】1.(2015年山东)设数列an的前n项和
3、为Sn.已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.解：(1)因为2Sn3n3，所以2a1336，a13，当n1时，2Sn13n13，两式相减，得2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1.所以 an3，n1，3n1，n2.(2)因为 anbnlog3an，所以 b113.当 n1 时，bnlog3ananlog33n13n1n1 13n1.所以 T1b113.当 n1 时，Tnb1b2b3bn13131232(n1)31n，所以 3Tn1130231n1 32n.两式相减，得2Tn2330313232n n1 31n23
4、131n131 n1 31n136 6n323n.所以 Tn13126n343n.经检验，n1 时也适合.综上所述，Tn13126n343n.题型 2 数列与函数的综合问题数列是一种离散的函数，与方程密不可分，因此，利用函数的方法来判断数列的单调性、求数列的最值是高考的命题热点.数列和不等式的综合程度也在进一步加强，面也在进一步扩大，有数列本身内容的综合，也有相关知识的综合，还有思想方法的综合.例2：(2015年广东广州一模)已知点Pn(an，bn)(nN*)在直线l：y3x1上，P1是直线l与y轴的交点，数列an是公差为1的等差数列.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求证：1|P1P2
5、|21|P1P3|21|P1Pn1|216.(1)解：因为P1(a1，b1)是直线l：y3x1与y轴的交点(0,1)，所以a10，b11.因为数列an是公差为1的等差数列，所以ann1.因为点Pn(an，bn)在直线l：y3x1上，所以bn3an13n2.所以数列an，bn的通项公式分别为ann1，bn3n2(nN*).(2)证明：因为 P1(0,1)，Pn(n1,3n2)，所以 Pn1(n,3n1).所以|P1Pn1|2n2(3n)210n2.所以1|P1P2|21|P1P3|21|P1Pn1|2 110112 122 1n2.因为 1n21n21444n2142n12n1212n112n1
6、，所以，当 n2 时，1|P1P2|21|P1P3|21|P1Pn1|211012131512n112n1 1105322n1 16.又当 n1 时，1|P1P2|2 11016.所以1|P1P2|21|P1P3|21|P1Pn1|216.【互动探究】2.已知函数 f(x)12x232x，数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数 yf(x)的图象上.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 cn anan1an1an，证明：2nc1c2cn2n12.解：(1)点(n，Sn)在 f(x)的图象上，Sn12n232n，当 n2 时，anSnSn1n1；当 n1 时，a1S
7、12，适合上式，ann1(nN*).(2)证明：由 cn anan1an1an n1n2n2n12 n1n2n2n12，c1c2cn2n.又 cnn1n2n2n12 1n1 1n2，c1c2cn2n1213 1314 1n1 1n2 2n12 1n22n12.2nc1c2cn2n12成立.题型 3 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的
8、各种不同解法，如数轴法、因式分解法等.例 3：(2014 年新课标卷)已知数列an满足 a11，an13an1.(1)证明an12 是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：1a1 1a2 1an32.解：(1)由 an13an1，得 an1123an12.又 a11232，所以an12 是首项为32，公比为 3 的等比数列.即 an123n2，因此an 的通项公式为 an3n12.(2)由(1)知，1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1.于是 1a1 1a2 1an113 13n1321 13n 32.所以 1a1 1a2 1an32.【互动探究】3.已知
9、等比数列an满足 2a1a33a2，且 a32 是 a2，a4的等差中项.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnanlog21an，Snb1b2bn，求使 Sn2n1470 成立的 n 的最小值.解：(1)设等比数列an的公比为q，依题意，有2a1a33a2，a2a42a32，即a12q23a1q，a1qq32a1q24.由，得q23q20.解得q1或q2.当q1时，不合题意，舍去；当q2时，代入，得a12.所以an22n12n.故所求数列an的通项公式an2n(nN*).(2)bnanlog21an2nlog212n2nn.所以 Sn212222332nn(222232n)(123n)212n12 n1n22n1212n12n2.因为 Sn2n1470，所以 2n1212n12n22n1470.解得 n9 或 n10.因为 nN*，故使 Sn2n1470 成立的正整数 n 的最小值为 10.