【摘要】不等式的恒成立問題是學(xué)生較難理解和掌握的一個難點，以數(shù)列為載體的不等式恒成立條件下確定參數(shù)范圍問題其綜合性更強，它是一類常見的考試題型，常出現(xiàn)在高考壓軸題中，它與函數(shù)恒成立問題既有類似之處，又有一些差別，學(xué)生容易出錯，甚至不知所措.這里通過幾個例子歸納這類問題的幾種常用解法和需要注意的問題.

【關(guān)鍵詞】不等式恒成立問題；數(shù)列；參數(shù)范圍問題

不等式的恒成立問題是學(xué)生較難理解和掌握的一個難點，以數(shù)列為載體的不等式恒成立條件下確定參數(shù)范圍問題其綜合性更強，它是一類常見的考試題型，常出現(xiàn)在高考壓軸題中，它與函數(shù)恒成立問題既有類似之處，又有一些差別，學(xué)生容易出錯，甚至不知所措.這里通過幾個例子歸納這類問題的幾種常用解法和需要注意的問題.

1最值策略

最值法是解數(shù)列型不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的一種非常重要的方法，其解題原理是f(n)>m恒成立f(n)min>m，f(n)

例1 已知數(shù)列{an}滿足a1=5，a2=5，an+1=an+6an-1(n≥2).

（1）求證：{an+1+2an}是等比數(shù)列；

（2）求數(shù)列{an}的通項公式；

（3）設(shè)3nbn=n(3n-an)，且|b1|+|b2|+…+|bn|

解 （1）由an+1=an+6an-1，an+1+2an=3(an+2an-1)(n≥2).

∵a1=5，a2=5，∴a2+2a1=15.

故數(shù)列{an+1＋2an}是以15為首項，3為公比的等比數(shù)列.

（2）由（1），得an+1＋2an＝5#8226;3n.由待定系數(shù)法可得

(an+1-3n+1)＝-2(an-3n)，即an-3n＝2(-2)n-1，

故an＝3n＋2(-2)n-1＝3n-(-2)n.

（3）由3nbn＝n(3n-an)＝n［3n-3n＋(-2)n］＝n(-2)n，∴bn＝n-23n.

令Sn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|

＝23＋2232＋3233＋…＋n23n，

23Sn＝232＋2233＋…＋(n-1)23n＋n23n+1，

得13Sn＝23＋232＋233＋…＋23n-n23n+1

＝231-23n1-23-n23n+1

＝21-23n-n23n+1.

∴Sn＝61-23n-3n23n+1＜6.

要使得|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＜m對于n∈N*恒成立，只需m≥6.

例2 已知a＞0，a≠1，數(shù)列｛an｝是首項為a，公比為a的等比數(shù)列，令bn=anlgan(n∈N+).若數(shù)列｛bn｝中的每一項總小于它后面的項，求a的取值范圍.

解 由題設(shè)an=a×an-1=an，∴bn=anlgan=nanlga.

若bn+1＞bn，則

bn+1-bn=(n+1)an+1lga-nanlga

=anlga［n(a-1)+a］>0.



∵an>0，∴只需lga［n(a-1)+a］>0.

（1）當(dāng)a>1時，lga>0，只要n(a-1)+a>0，解得n>a1-a.

（2）當(dāng)0a1-a.

為了使bn+1>bn對任何正整數(shù)n都成立，只需a1-a小于n的最小值1，令a1-a<1，解得a>1或0

評析 以上兩例是綜合性極強的好題，是數(shù)列不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍，轉(zhuǎn)化為解不等式或求函數(shù)的最值，這是高中數(shù)學(xué)中有關(guān)確定參數(shù)范圍題目的涅槃.

2變量分離策略

數(shù)列型不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題，對于某些最值不容易求出的問題，我們可以考慮先實行變量分離，再求其最值.所謂變量分離，是指在含有參數(shù)的數(shù)列不等式中，通過恒等變形，使參數(shù)與主元分離于不等式兩端，則所蘊涵的數(shù)列關(guān)系便由隱變顯，從而問題轉(zhuǎn)化為求主元函數(shù)的值域或上，下限(上限為最大值的臨界值、下限為最小值的臨界值)，進(jìn)而求出參數(shù)范圍.這種方法由于思路清晰、規(guī)律明顯、操作性強，因而應(yīng)是一種較好的求參方法.

例3 （2003年新教材高考題改編題）設(shè)a0為常數(shù)，數(shù)列{an}的通項公式an=15［3n+(-1)n-1#8226;2n］+(-1)n#8226;2na0(n∈N*)，若對任意n≥1不等式an＞an-1恒成立，求a0的取值范圍.

解 an-an-1=2×3n-1+(-1)n-13×2n-15+ (-1)n3×2n-1a0，

故an＞an-1等價于(-1)n-1(5a0-1)<32n-2.①

(1)當(dāng)n=2k-1(k∈N*)時，

①式即為a0＜15322k-3+15.

此式對k＝1，2，…恒成立，

故a0<15322×1-3+15=13.

（2）當(dāng)n=2k，k=1，2，…時，

①式即為(-1)2k-1(5a0-1)<322k-2，

即a0>-15×322k-2+15.

此式對k=1，2，…恒成立，有

a0>-15×322×1-3+15=0.

綜上所述，①式對任意n∈N+成立，有0

故a0的取值范圍為0，13.

例4 （2008年全國Ⅱ）設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1=a，an+1=Sn+3n（n∈N+）.

（1）設(shè)bn=Sn-3n，求數(shù)列{bn}的通項公式；

（2）若an+1≥an(n∈N+)，求a的取值范圍.

分析 第（1）小題利用Sn與an的關(guān)系可求得數(shù)列的通項公式；第（2）小題將an+1≥an轉(zhuǎn)化為關(guān)于n與a的關(guān)系，再利用a≤f(n)恒成立等價于a≤f(n)min求解.

解 （1）依題意，Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n，

∴Sn+1=2Sn+3n，∴Sn+1-3n+1=2(Sn-3n).

∴{Sn-3n}為等比數(shù)列，公比為q=2，首項為S1-3=a-3，

∴Sn-3n=(S1-3)#8226;2n-1=(a-3)#8226;2n-1.

即bn=(a-3)×2n-1(n∈N+).

（2）由（1）知Sn-3n=(a-3)×2n-1(n∈N+).

于是，當(dāng)n≥2時，

an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)×2n-1-3n-1-(a-3)×2n-2，

∴an+1-an=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 .

∵當(dāng)n≥2時，an+1≥an，即2n-212×32n-2+a-3≥0，

∴12×32n-2+a-3≥0，∴a≥3-12×32n-2.

3構(gòu)造單調(diào)數(shù)列策略

例5 設(shè)a0為常數(shù)，且an=15［3n-(-1)n-1#8226;2n］+(-1)n#8226;2na0(n≥1)，假設(shè)對任意的n≥1，有an>an-1，求a0的取值范圍.

解 由an的通項公式，

an-an-1=2×3n-1+(-1)n-1×3×2n-15+

(-1)n×3×2n-1a0，

則an>an-1(n∈N*)等價于

(-1)n-1(5a0-1)<32n-2(n∈N*).（*）

①當(dāng)n=2k-1，k=1，2，…時，（*）式即為

5a0-1<322k-3.

考察數(shù)列bk=32k在N*上為遞增數(shù)列，上式對k＝1，2，…都成立.

而322k-3的最小值為23，所以5a0-1<23，得a0<13.

②當(dāng)n=2k，k=1，2，…時，（*）式即為-(5a0-1)<322k-2，而322k-2的最小值為1，故應(yīng)使-(5a0-1)<1，得a0>0.

綜上①②可知：（*）式對任何n∈N*成立，得a0的取值范圍是0

說明 本題是與數(shù)列有關(guān)的恒成立問題，確定數(shù)列32n，實質(zhì)是利用了an=32n的單調(diào)性，從而為確定a0的范圍作鋪墊.

4數(shù)學(xué)歸納法策略

例6 已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=18(a2n+a)(n∈N*)，a>0，若an+1>an對一切n∈N*成立，求a的取值范圍.

解 抓住an+1>an實施賦值推理有a2>a1，得a>7，它僅保證命題an+1>an對n=1成立.假設(shè)n=k時命題an+1>an成立，即ak+1>ak>0，則ak+1-ak=18a2k+1+a-18(a2k+a)=18(a2k+1-a2k)>0，這說明n=k+1時命題an+1>an也成立.

綜上所述，a>7時命題an+1>an恒成立，故a的取值范圍是（7，+∞）.

評注 運用賦值法抓住結(jié)論成立的一個必要條件，并以此作為思維的新起點，借助于數(shù)學(xué)歸納法順序地完成了充分的證明，求解過程給人以“起死回生”之感.

例7 已知數(shù)列{an}滿足a1=12，anan+1=1214n(n∈N+）.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；（2）設(shè)a>0，數(shù)列{bn}滿足b1=1a(a-1)，bn+1=-bna(bn+a)，若|bn|≤an對n∈N+成立，試求a的取值范圍.

解 （1）an+1an+2anan+1=1214n+11214n，∴an+2an=14.

又 ∵a1=12，a1a2=12#8226;14，∴a2=14.

∴{an}是公比為12的等比數(shù)列，∴an=12n.

（2）|b1|≤121a(a-1)≤12a>1，a(a-1)≥2或0

現(xiàn)證：a≥2時，|bn|≤an對n∈N+成立.

①n=1時，|b1|≤a1成立;

②假設(shè)n=k(k≥1)時，|bk|≤ak成立，則

|bk+1|=|bk|a|bk+a|≤|bk|a(a-|bk|)≤12ka(a-1)≤12k+1，

即n=k+1時，|bk+1|≤ak+1也成立，

∴n∈N+時，|bn|≤an，∴a的取值范圍是［2，+∞).

例8 （2009年安徽卷理）首項為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足an+1=14(a2n+3)，n∈N+.

（1）證明：若a1為奇數(shù)，則對一切n≥2，an都是奇數(shù).

（2）若對一切n∈N+都有an+1>an，求a1的取值范圍.

解 （1）已知a1是奇數(shù)，假設(shè)ak=2m-1是奇數(shù)，其中m為正整數(shù)，則由遞推關(guān)系得ak+1=a2k+34=m(m-1)+1是奇數(shù).

根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，對任何n∈N+，an都是奇數(shù).

（2）方法一：由an+1-an=14(an-1)(an-3)知，an+1>an當(dāng)且僅當(dāng)an<1或an>3.

另一方面，若0

若ak>3，則ak+1>32+34=3.

根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，03an>3，n∈N+.

綜合所述，對一切n∈N+都有an+1>an的充要條件是03.

方法二：由a2=a21+34>a1，得a21-4a1+3>0，

于是03.

an+1-an=a2n+34-a2n-1+34=(an+an-1)(an-an-1)4.

因為a1>0，an+1=a2n+34，所以所有的an均大于0，

因此an+1-an與an-an-1同號.

根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，n∈N+，an+1-an與a2-a1同號.

因此，對一切n∈N+都有an+1>an的充要條件是03.

5反證法策略

例9 已知數(shù)列{an}中a1=a(a>0)，an+1=an-1an是否存在正數(shù)a，使得對任意n∈N*都有anan+1>0？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由.

解 假設(shè)存在正數(shù)a使anan+1>0恒成立，則an>0，運用賦值法推理得a2>0，即a-1a>0，解得a>1.以此為思維的新起點，便可導(dǎo)致矛盾的結(jié)論.

因為an+1-an=-1an<0，所以an+1≤an，

即數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，故an≤a，

所以-1an≤-1a，從而an+1-an=-1an≤-1a，

所以an+1≤an-1a≤an-1-2a≤an-2-3a≤…≤a1-na，

即an+1≤a-na，所以當(dāng)n>a2+1時，有

an≤a-n-1a

這與an>0恒成立相矛盾，從而不存在a適合題意.

評注 抓住一個必要條件，產(chǎn)生了矛盾的結(jié)論（實為反證法），則探索終止，結(jié)論為假；若探索出一個正確的命題，則還需設(shè)法證明充分性，否則，不符合邏輯規(guī)則.

以上介紹的幾種常見函數(shù)型不等式恒成立問題的求解策略，只是分別從某個側(cè)面入手去探討不等式中參數(shù)的取值范圍.事實上，這些策略不是孤立的，在具體的解題實踐中，往往需要綜合考慮，靈活運用，才能使問題得以順利解決.