【摘要】不等式的恒成立問題是學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{an}滿足a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2). (1)求證:{an+1+2an}是等比數(shù)列; (2)求數(shù)列{an}的通項公式; (3)設3nbn=n(3n-an),且|b1|+|b2|+…+|bn| 解 (1)由an+1=an+6an-1,an+1+2an=3(an+2an-1)(n≥2). ∵a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15. 故數(shù)列{an+1+2an}是以15為首項,3為公比的等比數(shù)列. (2)由(1),得an+1+2an=5#8226;3n.由待定系數(shù)法可得 (an+1-3n+1)=-2(an-3n),即an-3n=2(-2)n-1, 故an=3n+2(-2)n-1=3n-(-2)n. (3)由3nbn=n(3n-an)=n[3n-3n+(-2)n]=n(-2)n,∴bn=n-23n. 令Sn=|b1|+|b2|+…+|bn| =23+2232+3233+…+n23n, 23Sn=232+2233+…+(n-1)23n+n23n+1, 得13Sn=23+232+233+…+23n-n23n+1 =231-23n1-23-n23n+1 =21-23n-n23n+1. ∴Sn=61-23n-3n23n+1<6. 要使得|b1|+|b2|+…+|bn|<m對于n∈N*恒成立,只需m≥6. 例2 已知a>0,a≠1,數(shù)列{an}是首項為a,公比為a的等比數(shù)列,令bn=anlgan(n∈N+).若數(shù)列{bn}中的每一項總小于它后面的項,求a的取值范圍. 解 由題設an=a×an-1=an,∴bn=anlgan=nanlga. 若bn+1>bn,則 bn+1-bn=(n+1)an+1lga-nanlga =anlga[n(a-1)+a]>0. ∵an>0,∴只需lga[n(a-1)+a]>0. (1)當a>1時,lga>0,只要n(a-1)+a>0,解得n>a1-a. (2)當0a1-a. 為了使bn+1>bn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,轉化為解不等式或求函數(shù)的最值,這是高中數(shù)學中有關確定參數(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)列關系便由隱變顯,從而問題轉化為求主元函數(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,因而應是一種較好的求參方法. 例3 (2003年新教材高考題改編題)設a0為常數(shù),數(shù)列{an}的通項公式an=15[3n+(-1)n-1#8226;2n]+(-1)n#8226;2na0(n∈N*),若對任意n≥1不等式an>an-1恒成立,求a0的取值范圍. 解 an-an-1=2×3n-1+(-1)n-13×2n-15+ (-1)n3×2n-1a0, 故an>an-1等價于(-1)n-1(5a0-1)<32n-2.① (1)當n=2k-1(k∈N*)時, ①式即為a0<15322k-3+15. 此式對k=1,2,…恒成立, 故a0<15322×1-3+15=13. (2)當n=2k,k=1,2,…時, ①式即為(-1)2k-1(5a0-1)<322k-2, 即a0>-15×322k-2+15. 此式對k=1,2,…恒成立,有 a0>-15×322×1-3+15=0. 綜上所述,①式對任意n∈N+成立,有0 故a0的取值范圍為0,13. 例4 (2008年全國Ⅱ)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a1=a,an+1=Sn+3n(n∈N+). (1)設bn=Sn-3n,求數(shù)列{bn}的通項公式; (2)若an+1≥an(n∈N+),求a的取值范圍. 分析 第(1)小題利用Sn與an的關系可求得數(shù)列的通項公式;第(2)小題將an+1≥an轉化為關于n與a的關系,再利用a≤f(n)恒成立等價于a≤f(n)min求解. 解 (1)依題意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n, ∴Sn+1=2Sn+3n,∴Sn+1-3n+1=2(Sn-3n). ∴{Sn-3n}為等比數(shù)列,公比為q=2,首項為S1-3=a-3, ∴Sn-3n=(S1-3)#8226;2n-1=(a-3)#8226;2n-1. 即bn=(a-3)×2n-1(n∈N+). (2)由(1)知Sn-3n=(a-3)×2n-1(n∈N+). 于是,當n≥2時, 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 . ∵當n≥2時,an+1≥an,即2n-212×32n-2+a-3≥0, ∴12×32n-2+a-3≥0,∴a≥3-12×32n-2. 3構造單調數(shù)列策略 例5 設a0為常數(shù),且an=15[3n-(-1)n-1#8226;2n]+(-1)n#8226;2na0(n≥1),假設對任意的n≥1,有an>an-1,求a0的取值范圍. 解 由an的通項公式, an-an-1=2×3n-1+(-1)n-1×3×2n-15+ (-1)n×3×2n-1a0, 則an>an-1(n∈N*)等價于 (-1)n-1(5a0-1)<32n-2(n∈N*).(*) ①當n=2k-1,k=1,2,…時,(*)式即為 5a0-1<322k-3. 考察數(shù)列bk=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5a0-1<23,得a0<13. ②當n=2k,k=1,2,…時,(*)式即為-(5a0-1)<322k-2,而322k-2的最小值為1,故應使-(5a0-1)<1,得a0>0. 綜上①②可知:(*)式對任何n∈N*成立,得a0的取值范圍是0 說明 本題是與數(shù)列有關的恒成立問題,確定數(shù)列32n,實質是利用了an=32n的單調性,從而為確定a0的范圍作鋪墊. 4數(shù)學歸納法策略 例6 已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=18(a2n+a)(n∈N*),a>0,若an+1>an對一切n∈N*成立,求a的取值范圍. 解 抓住an+1>an實施賦值推理有a2>a1,得a>7,它僅保證命題an+1>an對n=1成立.假設n=k時命題an+1>an成立,即ak+1>ak>0,則ak+1-ak=18a2k+1+a-18(a2k+a)=18(a2k+1-a2k)>0,這說明n=k+1時命題an+1>an也成立. 綜上所述,a>7時命題an+1>an恒成立,故a的取值范圍是(7,+∞). 評注 運用賦值法抓住結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{an}滿足a1=12,anan+1=1214n(n∈N+).(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)設a>0,數(shù)列{bn}滿足b1=1a(a-1),bn+1=-bna(bn+a),若|bn|≤an對n∈N+成立,試求a的取值范圍. 解 (1)an+1an+2anan+1=1214n+11214n,∴an+2an=14. 又 ∵a1=12,a1a2=12#8226;14,∴a2=14. ∴{an}是公比為12的等比數(shù)列,∴an=12n. (2)|b1|≤121a(a-1)≤12a>1,a(a-1)≥2或0 現(xiàn)證:a≥2時,|bn|≤an對n∈N+成立. ①n=1時,|b1|≤a1成立; ②假設n=k(k≥1)時,|bk|≤ak成立,則 |bk+1|=|bk|a|bk+a|≤|bk|a(a-|bk|)≤12ka(a-1)≤12k+1, 即n=k+1時,|bk+1|≤ak+1也成立, ∴n∈N+時,|bn|≤an,∴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{an}滿足an+1=14(a2n+3),n∈N+. (1)證明:若a1為奇數(shù),則對一切n≥2,an都是奇數(shù). (2)若對一切n∈N+都有an+1>an,求a1的取值范圍. 解 (1)已知a1是奇數(shù),假設ak=2m-1是奇數(shù),其中m為正整數(shù),則由遞推關系得ak+1=a2k+34=m(m-1)+1是奇數(shù). 根據(jù)數(shù)學歸納法,對任何n∈N+,an都是奇數(shù). (2)方法一:由an+1-an=14(an-1)(an-3)知,an+1>an當且僅當an<1或an>3. 另一方面,若0 若ak>3,則ak+1>32+34=3. 根據(jù)數(shù)學歸納法,03an>3,n∈N+. 綜合所述,對一切n∈N+都有an+1>an的充要條件是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)(an-an-1)4. 因為a1>0,an+1=a2n+34,所以所有的an均大于0, 因此an+1-an與an-an-1同號. 根據(jù)數(shù)學歸納法,n∈N+,an+1-an與a2-a1同號. 因此,對一切n∈N+都有an+1>an的充要條件是03. 5反證法策略 例9 已知數(shù)列{an}中a1=a(a>0),an+1=an-1an是否存在正數(shù)a,使得對任意n∈N*都有anan+1>0?若存在,求出a的值;若不存在,請說明理由. 解 假設存在正數(shù)a使anan+1>0恒成立,則an>0,運用賦值法推理得a2>0,即a-1a>0,解得a>1.以此為思維的新起點,便可導致矛盾的結論. 因為an+1-an=-1an<0,所以an+1≤an, 即數(shù)列{an}是遞減數(shù)列,故an≤a, 所以-1an≤-1a,從而an+1-an=-1an≤-1a, 所以an+1≤an-1a≤an-1-2a≤an-2-3a≤…≤a1-na, 即an+1≤a-na,所以當n>a2+1時,有 an≤a-n-1a 這與an>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,產生了矛盾的結論(實為反證法),則探索終止,結論為假;若探索出一個正確的命題,則還需設法證明充分性,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.