數列型不等式恒成立條件下確定參數范圍問題解題策略
2012-04-29 00:00:00馬健
數學學習與研究 2012年3期
【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，以數列為載體的不等式恒成立條件下確定參數范圍問題其綜合性更強，它是一類常見的考試題型，常出現在高考壓軸題中，它與函數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；數列；參數范圍問題
不等式的恒成立問題是學生較難理解和掌握的一個難點，以數列為載體的不等式恒成立條件下確定參數范圍問題其綜合性更強，它是一類常見的考試題型，常出現在高考壓軸題中，它與函數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
最值法是解數列型不等式恒成立求參數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}是等比數列； （2）求數列{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. 故數列{an+1＋2an}是以15為首項，3為公比的等比數列. （2）由（1），得an+1＋2an＝5#8226;3n.由待定系數法可得 (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，數列｛an｝是首項為a，公比為a的等比數列，令bn=anlgan(n∈N+).若數列｛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0 為了使bn+1>bn對任何正整數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，是數列不等式恒成立求參數的取值范圍，轉化為解不等式或求函數的最值，這是高中數學中有關確定參數范圍題目的涅槃. 2變量分離策略 數列型不等式恒成立求參數的取值范圍問題，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，是指在含有參數的數列不等式中，通過恒等變形，使參數與主元分離于不等式兩端，則所蘊涵的數列關系便由隱變顯，從而問題轉化為求主元函數的值域或上，下限(上限為最大值的臨界值、下限為最小值的臨界值)，進而求出參數范圍.這種方法由于思路清晰、規律明顯、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，數列{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構造單調數列策略 例5 設a0為常數，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. 考察數列bk=32k在N*上為遞增數列，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 本題是與數列有關的恒成立問題，確定數列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數學歸納法策略 例6 已知數列{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 已知數列{an}滿足a1=12，anan+1=1214n(n∈N+）.(1)求數列{an}的通項公式；（2）設a>0，數列{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的等比數列，∴an=12n. （2）|b1|≤121a(a-1)≤12a>1，a(a-1)≥2或0 現證：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）首項為正數的數列{an}滿足an+1=14(a2n+3)，n∈N+. （1）證明：若a1為奇數，則對一切n≥2，an都是奇數. （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，假設ak=2m-1是奇數，其中m為正整數，則由遞推關系得ak+1=a2k+34=m(m-1)+1是奇數. 根據數學歸納法，對任何n∈N+，an都是奇數. （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. 根據數學歸納法，0 綜合所述，對一切n∈N+都有an+1>an的充要條件是0 方法二：由a2=a21+34>a1，得a21-4a1+3>0， 于是0 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. 根據數學歸納法，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0 5反證法策略 例9 已知數列{an}中a1=a(a>0)，an+1=an-1an是否存在正數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， 即數列{an}是遞減數列，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，不符合邏輯規則. 以上介紹的幾種常見函數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.
