數列中的不等關系問題例析

涂建偉

［摘 要］數列是高中數學的重要內容，也是高考的必考內容，主要考查數列中的相等關系和不等關系，從試題難度看，后者難度較大。文章結合三則典例，對數列中的不等關系問題加以探討，以幫助學生建立破解這類問題的基本思路，進而在各類考試中能夠從容應對。

［關鍵詞］數列；不等關系；高中數學

［中圖分類號］G633.6［文獻標識碼］?A［文章編號］ 1674-6058（2023）32-0026-03

數列是高中數學的重要內容，也是高考的必考內容，主要考查數列中的相等關系和不等關系，從試題難度看，后者難度較大。基于此，本文對數列中的不等關系問題加以探討，主要探討三類問題：與數列有關的最值問題、與數列有關的不等式恒成立問題和與數列有關的不等式證明問題。

一、與數列有關的最值問題

與數列有關的最值問題頗受命題者的青睞，解決這類問題，可以用基本不等式直接求得，也可以利用函數或數列的單調性來求，還可以轉化為函數的值域問題或直接由不等式（組）的解確定，但無論采用何種方法，必須注意[n]是正整數這個不可忽視的條件。

［例1］已知各項均不為零的數列[an]的前[n]項和為[Sn]，[a1=-1]，[4≤a3≤8]，[a100<0]，且[2anan+2+an+1an+3=0]，則[S100]的最大值等于? ? ? ? ? ? ? ?。

解：因為[2anan+2+an+1an+3=0]，所以[an+1an+3=-2anan+2]，將[n+1]代入，得[an+2an+4=-2an+1an+3]，所以[an+2an+4=4anan+2]，[an+2≠0]，所以[an+4=4an]，[S100=（a1+a5+…+a97）+（a2+a6+…+a98）+（a3+a7+…+a99）+（a4+a8+…+a100）] [=-1×（1-425）1-4+a2×（1-425）1-4+a3×（1-425）1-4+a4×（1-425）1-4=425-13×（a2+a3+a4-1）]。又因為[a100=a4×424<0]，所以[a4<0]，[a2a4+2a1a3=0]，即[a2a4=2a3]，因為[4≤a3≤8]，所以[a2<0]，[a2+a4≤-2a2a4=-22a3]，當且僅當[a2=a4]時等號成立，所以[S100≤425-13（a3-22a3-1）=425-13×（a3-2）2-3 ]，因為[a3∈2，22]，所以當[a3=22]時，[y=425-13×（a3-2）2-3]最大，所以[S100≤425-13×（22-2）2-3=1-4253]，即[a3=22]時，[S100]有最大值[1-4253]。

點評：本題根據[a2a4=2a3]求[S100=425-13×（a2+a3+a4-1）]的最大值時，注意分析數列中項的正負號，得[a4<0]，且[a2<0]，進而得[a2+a4≤-2a2a4]。不難發現基本不等式“功不可沒”。

［例2］若等差數列[a1]，[a2]，…，[an（n≥3，n∈N?）]滿足[a1+a2+…+an=a1+1+a2+1+…+an+1=a1-2+a2-2+…+an-2=2023]， 則[n]的最大值為? ? ? ? ? ? ? 。

解：由題意知，等差數列[an]滿足[a1+a2+…+an=a1+1+a2+1+…+an+1=a1-2+a2-2+…+an-2=2023，]故等差數列不是常數列，且[an]中的項一定滿足[an>0，an-1<0，]或[an<0，an-1>0，]且項數為偶數，設[n=2k]，[k∈N+]，等差數列的公差為[d]，不妨設[ak+1≥0，ak≤0，]此時[ak+1+1≥0，ak+1≤0，] [ak+1-2≥0，ak-2≤0，]則[a1<0]，[d>0]，且[ak+1≤0]，即[ak≤-1]，故[a1+k-1d≤-1]，[a1+kd≤d-1]。又[ak+1-2≥0]，則[a1+kd-2≥0]，故[d-1≥a1+kd≥2]，即有[d≥3]，則[a1+a2+…+an=-a1-a2-…-ak+ak+1+…+a2k=-ka1+k（k-1）d2+k（a1+kd）+k（k-1）2d=k2d=2023]，可得[2023≥3k2]，解得[k≤20233]，又[25<20233<26]，即有[k]的最大值為[25]，[n]的最大值為[50]。

點評：本題將求[n]的最大值轉化成解不等式問題，雖然解出的結果是一個開區間，由于[n]是正整數，因而很容易確定它的最大值。

二、與數列有關的不等式恒成立問題

無論是與數列有關的不等式恒成立問題，還是能成立問題，一般都可采用參變量分離法，轉化為求與數列有關的最值問題。一般的，若[λ>f（n）]恒成立，則[λ>f（n）max]；若[λf（n）]，則[λ>f（n）min]；若存在[n]，使得[λ

［例3］已知正項數列[an]中，[a1=5]，且[an+12-2a2n-an+1an+an+1-2an=0]，[Sn]為其前[n]項和，若存在正整數[n]，使得[2-m2an<1Sn]成立，則[m]的取值范圍是? ? ? ? ? ? ? ? ? ?。

解：由已知[an+12-2a2n-an+1an+an+1-2an=0]得[（an+1-2an）（an+1+an+1）=0]，由于[an>0]，所以[an+1-2an=0]，即[an+1=2an]，即數列[an]是首項為5，公比為2的等比數列，所以[an=5×2n-1]，[Sn=5×（1-2n）1-2=5（2n-1）]，由[2-m2an<1Sn]變形為[2-m<2anSn]，因為存在正整數[n]，使得[2-m2an<1Sn]成立，所以[2-m<2anSnmax]，由于[2anSn=2n2n-1=1+12n-1]，所以[1<2anSn≤2]，所以[2-m<2]，則[m>0]，即[m]的取值范圍為（0，+∞）。

點評：本題屬于含參數列不等式成立問題，采用了參變量分離法，轉化為數列的最值問題。

［例4］已知數列[an]中，[a1=-2]，[nan+1+2n+1an=0]，設[bn=-3nan]，且數列[bn]的前[n]項和為[Sn]，若不等式[1+MSn≤S2n≤1+NSn]對任意的[n∈N?]恒成立，則[N-M]的最小值為? ? ? ? ? ? ? 。

解：由[nan+1+2（n+1）an=0]，得[an+1n+1=-2×ann]，又[a1=-2]，所以[a11=-2]，故數列[ann]是首項為[-2]，公比為[-2]的等比數列，故[ann=-2×（-2）n-1=（-2）n]，故[an=（-2）n·n（n∈N?）]，所以[bn=-3nan=-3（-2）n=32×-12n-1]，所以[Sn=321--12n1--12=1--12n]。因為[1+MSn≤S2n≤1+NSn]對任意的[n∈N?]恒成立，故[M≤Sn-1Sn≤N]對任意的[n∈N?]恒成立。令[t=Sn-1Sn]，因為[Sn>0]，所以[t]隨著[Sn]的增大而增大。當[n]為奇數時，[Sn=1+12n]遞減，所以[Sn∈1，32]，則[t∈0，56]；當[n]為偶數時，[Sn=1-12n]遞增，所以[Sn∈34，1]，[t∈-712，0]，所以[tmin=-712]，[tmax=56]，所以[-712，56?M，N]，所以[N-Mmin=56--712=1712]。

點評：本題屬于與數列有關的不等式恒成立問題，解答的關鍵在于首先利用累乘法或是構造新數列從而求出[an=（-2）n·n（n∈N?）]，然后在處理原不等式的基礎上，將其等價轉化為[M≤Sn-1Sn≤N]對任意的[n∈N?]恒成立，再設[t=Sn-1Sn]，[Sn>0]，同時注意函數和數列的聯系與區別，需要分奇偶討論得到[t]的范圍。

三、與數列有關的不等式證明問題

在高考中，與數列有關的不等式證明問題，要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等。如用放縮法證明與數列求和有關的不等式，一般有兩種方法：一種是求和后再放縮；另一種是放縮后再求和。放縮時，一要注意放縮的尺度，二要注意從哪一項開始放縮。

［例5］已知數列[an]的前[n]項和[Sn]滿足[S2=5]，[2Sn=2n+nan]，[n∈N*]。（1）求[an]的通項公式；（2）數列[bn ]，[cn]滿足[bn=a2n+1（an+1）2-1]，且[cn=bn1bn-12…b2n-1bn]，求證：[1c1+1c2+…+1cn<4]。

解：（1）由題易知[2Sn=2n+nan]，[2Sn-1=2（n-1）+（n-1）an-1（n≥2） ]，兩式相減得[（n-1）an-1-（n-2）an=2（n≥2）]，故[（n-2）an-2-（n-3）an-1=2（n≥3）]，兩式相減得[2（n-2）an-1=（n-2）an+（n-2）an-2（n≥3）]，即[2an-1=an+an-2（n≥3）]，可知數列[an]為等差數列，又[S2=5]，則[2×5=2×2+2a2]，解得[a2=3]，令[n=1]，[2S1=2×1+2a1]，解得[a1=2]，等差數列[an]的公差[d=a2-a1=1]，故[an=n+1n∈N*]。

（2）由題易知[cn=bn1bn-12…b2n-1bn]，[cn-1=bn-11bn-22…] [b2n-2bn-1]（[n]≥2），兩式相除得[cncn-1=b1b2…bn（n≥2）]，又因為[bn=（n+2）2（n+2）2-1=（n+2）2（n+1）（n+3）]，所以[cncn-1=b1b2…bn=322×4×423×5…（n+2）2（n+1）（n+3）=3（n+2）2（n+3）（n≥2）]，由累乘法可得：[c2c1=3×42×5]，[c3c2=3×52×6]，…，[cncn-1=3（n+2）2（n+3）（n≥2）]，∴[cnc1=32n-14n+3（n≥2）]，∵[c1=b1=98]，∴[cn=32n3n+3]（[n]≥2），當[n=1]時，[c1=98]也符合，∴[cn=32n3n+3（n≥1）]，則[1cn=1323n（n+3）]，令[dn=23n（n+3）]，設數列[dn]的前[n]項和為[Tn]，[Tn=231×4+232×5+…+23n·（n+3）]，[23Tn=232×4+233×5+…+23n+1·（n+3）]，由錯位相減法可得：[13Tn=83+232+233+…+23n-23n+1·（n+3）=83+491-23n-11-23-23n+1（n+3）=4-23n+423n]，所以[Tn=12-（2n+12）23n]，則[1c1+1c2+…+1cn=4-23n+423n<4]，即得[1c1+1c2+…+1cn<4]。

點評：本題數列不等式的證明，是建立在求數列通項和數列求和的基礎上，考查錯位相減法在數列求和中的應用，對數列不等式的證明采用了先求和再放縮的方法。

［例6］已知數列[an]滿足[a1=1]，[an+1=anan+an+1]（其中[n∈N*]）（1）判斷并證明數列[an]的單調性；（2）記數列[an]的前n項和為[Sn]，證明：[32

解：（1）單調遞減，理由如下：[an-1-an=anan+an+1-an=an-anan+an+1an+an+1=-a2n-ananan+an+1]。

∵[an>0]，∴[an+1-an<0]，∴數列[an]單調遞減。

（2）∵[a1=1]，[a2=13]，[a3=4-313]，∴[a1+a2+a3=43+4-313>32]，又[an>0]，則[S2021>S3>32]。

∵[1an+1=1an+1an+1=1an+122+34≥1an+122]，[an>0]，∴[1an+1≥1an+12]，則[1an+1-1an≥12]，當[n≥2]，累加可得[1an-1an-1+1an-1-1an-2+…+1a2-1a1≥n-12]，則[1an≥12n-1+1]，則[an≤112n-1+1]，則[an≤112（n-1）+12=4（n+1）2<4（n+1）2-14=4n+12n+32=4×1n+12-1n+32]，所以[S2021=]

[a1+a2+a3+] …[+a2021<1+13+4× ][13+12-]

[13+32+14+12-14+32+…+12021+12-12021+32]

[=1+13+4×13+12-12021+32=43+4×27-12021+32<43+87<52]，則[32

點評：解答本題的關鍵在于利用[1an+1=1an+122+34]進行放縮得到[1an+1-1an≥12]，再由累加法得到[1an≥12n-1+1]，再次進行放縮得[an<4×1n+12-1n+32]，再通過裂項求和及放縮即可證得結論。

總之，數列中的不等關系問題，既是一個數列問題，又是一個不等式問題，同時也是一個函數問題，三種問題之間的合理轉化，是破解這類問題的基本思路。

（責任編輯 黃桂堅）