数列中的恒成立问题

一、典例剖析

例1．已知数列an的前n项和为Sn，a11．定义：若存在实数,，使得对任意的正整数n，均有an1Sn，则称数列an为“Z—数列”． an（1）若an2n1，试判断数列an是否为“Z—数列”？请说明理由； （2）试证明：存在公差不等于零的等差数列an 为“Z—数列”． 分析：（1）结论是否定的，这是因为an1Snan1(an)Sn

an2nn我们从函数角度看an1(an)的数量级为2，而Sn的数量级为2，

因此，不存在实数,满足题设条件的．

（2）存在公差不等于零的等差数列an使得对任意的正整数n， 均有an1Sn，问题等价于关于n的方程an1(an)Sn an有无穷多解，因此，我们可以通过建立关于n的恒等式来解决问题． 解：（1）数列an不是“Z—数列”，假设an是“Z—数列”

a2211,u4 当n1,2时，3a432当n3时，∴a48，

S34S34728，即a4

a355a31∴数列an不是“Z—数列”．

（2）设数列an的公差为d(d0)，则ana1(n1)ddnd1,Sn由an1n(dnd2)，

2Snan1(an)Sn，∴(dn1)(dnd1)(dn2dn2n)

an22dn2(2d)n对任意nN恒成立 2∴d2n2(2ddd2)nd12d2d(2d)∴2ddd20,u2,d1

2d10综上，对于等差数列ann，存在0，2，使得an 为“Z—数列”．

点评：解决数列中的等式恒成立问题，我们可以由结论合理的选择方法．如果结论是否定的，“特殊→特殊”；如果结论是肯定的，“一般→一般”、“特殊→一般”． 例2．已知数列an的前n项和为Sn，满足a12, 且对任意的正整数n2， 总有Snnanan1．

(1) 若0,4，证明：an12an是等比数列； (2) 若数列an是等比数列，求,的值．

分析：（1）我们可以通过“退位相减”（或者“进位相减”）来得到an的递推关系式， 将an12an看作整体bn，进而转化为bn的递推关系式解决问题．

（2）与例1作对比，本题同样是关于n的方程Snnanan1有无穷多解，区别是如果仿照例1建立恒等式，将会得到“超越”恒等式．因此，可以考虑“特殊→一般”的解题策略．

解：（1）当0,4时，Sn4an1,Sn14anSn1Sn4an4an1 ∴an14an4an1an12an2(an2an1) 令bnan12an，则bn2bn1(n2)

当n2时，S2a1a24a1a26,b1a22a12 ∴对任意的nN，bn0，不然b10，这与b120矛盾 ∴

bn2(n2)，即数列bn是以2为首项，2为公比的等比数列． bn1（2）设数列an的公比为q，

当n2时，S2a1a22a2a1① 当n3时，S3a1a2a33a3a2② 当n4时，S4a1a2a3a44a4a3③ ②-①q得a1a3④，③-②q得a1a4⑤

由④⑤知a1a3a4，0，不然a1a3a40，这与an是等比数列不符 ∴a3a4q1,1,u0,an2

当1,u0,an2时，Sn2nnanan1任意的正整数n2恒成立

综上所述，1,u0． 点评：

1.解决数列中的等式恒成立问题可以函数视角选择合理的解题策略，做到“心中有答案，答题有章法”；

2.解题过程中关注细节：初始条件的验证，bn0的说明等．

aaa22a12，例3．已知数列{an}各项均为正数，且n3n1对nN*恒成立，记数列{an}

an2an的前n项和为Sn．

（1）证明：数列{a2n1a2n}为等比数列；

（2）若存在正实数t，使得数列{Snt}为等比数列，求Sn． 分析：（1）观察题设条件中的递推关系式下标的特点，可以转化为

an3an2，因此数列{an}an1an的奇数项和偶数项均为等比数列，由此a2n1a2n与a2n1a2n2的关系就呈现出来了． （2）根据（1）的提示作用，可以通过将数列{an}中相邻两项“捆绑”起来，得到一个“等比数列”求得Sn，而数列{Snt}为等比数列，可以转化为等式恒成立进行处理．

aaaa证明：（1）由n3n1n3n2对nN*恒成立，

an2anan1anan3an2a3a3，所以a2n1a2n2a3a2n1a3a2na3(a2n1a2n)， an1ana1aa2n2又数列{an}各项均为正数知a2n1a2n0，所以2n1a3

a2n1a2n所以

当n1时，a1a23，即数列{a2n1a2n}是以3为首项，a3为公比的等比数列． 解：（2）由（1）同理可知a2n2a2n3a3a2na3a2n1a3(a2na2n1) 所以数列{a2na2n1}是以2a3为首项，a3为公比的等比数列． 所以S2ka1a2a3a4a2k1a2k

S2k1a1a2a3a4a5a2ka2k1．

若a31，S1tS3tS2t(1t)(4t)(3t)2t5，不合题意

23(1a3k)(2a3)(1a3k),S2k11所以a31，S2k

1a31a3由{Snt}为等比数列，故有

S1tS3tS2t又

2(1t)(3a3t)(3t)2t6a3① a32a42a3a42a3，所以S2tS4tS3t(3t)(33a3t)(3a3t)2 a2t2(3a36)t9a39t2(2a36)t(a33)2ta33②

6a3a33a324a30(a30)a34,t1 由①②知ta323(1a3k)(2a3)(1a3k)kt4,S2k1t1t24k+1 此时，S2kt1a31a3即Snt2n(n2)，又S1t2（也成立）

所以SntSn2tSn1t，对nN恒成立，即Sn2n1满足题设． 点评：

1. 上述解题过程可以进一步优化 ，受第（1）问得“启发”我们试图通过“捆绑” 来求得Sn，从而建立恒等式解决问题，因此产生了a31的讨论．在解题计划实施 过程中，由于恒等式的演算过于繁杂，及时调整为“特殊→一般”的策略；

2. 华罗庚老先生指出“复杂的问题要善于退，退到最简单、最原始的地方，这往往是 解决问题的诀窍”，上述解题过程揭示正是这样的道理．

二、课堂小结

1．处理数列中的等式恒成立常用策略： “特殊→特殊”、“特殊→一般”、“一般→一般”； 2．解题策略的选择依据： ＊答案是肯定还是否定？ ＊恒等式是否“超越”？ ＊数据处理是否合理？

三、课后练习

1．已知数列an满足a11,an12an2an4an2，其中nN,,为非零常数．

(1) 若3,8，证明：an1为等比数列，并求数列an的通项公式； (2) 若数列an是公差不为零的等差数列，求实数λ，μ的值．

3an28an4(3an2)(an2)解：（1）当3,8时，an13an2

an2an2∴an113(an1) ，又an10，不然a110，这与a112矛盾 ∴an1为2为首项，3为公比的等比数列，∴an123n1an23n11 （2）①设数列an是公差为d， 由an1an2an4an2(and)(an2)an2an4

∴(1)an2(d2)an2d40对任意的an恒成立

1∴ud21,u4,d2,an2n1． d22．已知数列an为等差数列，数列bn为等比数列．

（1）若a1a2a312,b1b2b327，且a1b1,a2b2,a3b3是各项均为整数的等比数列的前3项，求数列an，bn的通项；

n3（2）若a18，且对任意的nN,总有a1b1a2b2a3b3anbnn2，求数列

an，bn的通项．

解：（1）设a14d,a24,a34d,b1则(4d)(4d3q)1，由4d3,b23,b33q q3q3与4d3q均为正整数知， q314d1q3q3oq 1或83q23q210q30，解得3

d4q4d3q1d41n1所以an4n4,bn3或an4n12,bn()n3；

334d13oq83q2q22q10，解得q1,d0 2q4d3q1an4,bn3

n1综上所述，an4n4,bn3或an4n12,bn()n3或an4,bn3。

13（2）①当n2时，

n3a1b1a2b2a3b3anbnn2nab(4n4)2，令anknb，则nnn2a1b1a2b2a3b3an1bn1(n1)24n4nbn4n4knkbbn2,2q（为常数）

knbbn14nknb即(kq2k)n(qb2b)n2k2b0对nN恒成立，故kb,q2．

2又a1b116b12,bn2n,an4n4．