高中数学讲义微专题55 数列中的不等关系 26页

微专题 55 数列中的不等关系 一、基础知识： 1、在数列中涉及到的不等关系通常与数列的最值有关，而要求的数列中的最值项，要依靠数 列的单调性，所以判断数列的单调性往往是此类问题的入手点 2、如何判断数列的单调性： （1）函数角度：从通项公式入手，将其视为关于 的函数，然后通过函数的单调性来判断数 列的单调性。由于 ，所以如果需要用到导数，首先要构造一个与通项公式形式相同， 但定义域为 的函数，得到函数的单调性后再结合 得到数列的单调性 （2）相邻项比较：在通项公式不便于直接分析单调性时，可考虑进行相邻项的比较得出数列 的单调性，通常的手段就是作差（与 0 比较，从而转化为判断符号问题）或作商（与 1 比较， 但要求是正项数列） 3、用数列的眼光去看待有特征的一列数：在解数列题目时，不要狭隘的认为只有题目中的 是数列，实质上只要是有规律的一排数，都可以视为数列，都可以运用数列的知识 来进行处理。比如：含 的表达式就可以看作是一个数列的通项公式；某数列的前 项和 也可看做数列 等等。 4、对于某数列的前 项和 ，在判断其单调性时可以考虑从解析式出发，用 函数的观点解决。也可以考虑相邻项比较。在相邻项比较的过程中可发现： ， 所以 的增减由所加项 的符号确定。进而把问题转化成为判断 的符号问题 二、典型例题 例 1：已知数列 ，前 项和 满足 （1）求 的通项公式 （2）设 ，若数列 是单调递减数列，求实数 的取值范围 解：（1） n n N   0, n N     ,n na b n n nS   1 2: , , ,n nS S S S n   1 2: , , ,n nS S S S 1n n na S S    nS na na   1, 1na a  n nS  1 3 0n nnS n S     na 2n n n nc a        nc    1 1 33 0 n n n n S nnS n S S n        时， 当 时， 符合上式 （2）思路：由（1）可得： ，由已知 为单调递减数列可得 对 均成立，所以代入 通项公式得到关于 的不等式 ，即只 需 ，构造函数或者数列求出 的最大值即可 解： 是递减数列 ， 即 只需 ① 构造函数：设 1 2 1 2 1 1 2 1 4 1 1 n n n n n n S S S S n n S S S S n n                      1 2 1 2 1 3 2 6 n n n n n n nS S       1 1 1S a    2 1 6n n n nS    2n           1 1 2 1 1 1 6 6 2n n n n n n n n n n na S S           1n  1 1a   1 2n n na   22 1 n nc n       nc 1n nc c  n N    nc ,n  4 2 2 1n n    max 4 2 2 1n n       4 2 2 1n n        22 2 21 1 2 n n n n n n nc n na n                           nc n N   1n nc c  +1 2 22 22 1 n n n n              4 2 4 222 1 2 1n n n n             max 4 2 2 1n n          4 2 12 1f x xx x    则 所以 在 单调递增，在 单调递减 时， 即 ② 构造数列：设数列 的通项公式 时， ，即 当 时， 所以 的最大项为 例 2 ： 已 知 等 差 数 列 中 ， ， 记 数 列 的 前 项 和 为 ， 若 ，对任意的 恒成立，则整数 的最小值是（ ） A. B. C. D. 思路：若 恒成立， ，要找 ，则需先确定 的通项公式 得到 ： ，所以 ，发现 无法直接 求和， 很难变为简单的表达式，所以考虑将 视为一个数列，通过相邻 项比较寻找其单调性：                   2 2 2 ' 2 2 2 2 2 2 2 2 4 14 2 4 2 2 1 2 1 2 1 x x xf x x x x x x x                     2 2 2 2 2 2 1 x x x x        f x  1, 2  2,+    1 11 , 23 3f f  n N        max 11 2 3f n f f   max 4 2 1 2 1 3n n       1 3   nt 4 2 2 1nt n n    1 4 2 4 2 4 6 2 22 1 1 2 1n nt t nn n n n n n n                               4 1 6 2 2 1 2 4 2 1 2 1 2 n n n n n n n n n n n n n            2n  1 0n nt t   1n nt t  2n  2 1t t  nt 2 1 1 3t t  1 3   na 3 59, 17a a  1 na       n nS  2 1 10n n mS S m Z    n N  m 5 4 3 2 2 1 10n n mS S    2 1 max 10n n mS S   nS na 1 na 5 3 45 3 a ad    3 4 4 3na a n d n     1 1 4 3na n  2 1n nS S   2 1n nS S         2 3 1 2 1 2 3 2 1 1n n n n n n n nS S S S S S S S            ， 进 而 单调递减， ，所以 ， 从而 答案：B 例 3：已知数列 满足 ，若 为等比数列，且 （1）求 （2）设 ，记数列 的前 项和为 ① 求 ② 求正整数 ，使得对于 ，均有 解：（1） 或 （舍） （2）① ② 思路：实质是求 取到最大值的项，考虑分析 的单调性，从解析式上很难通过函数的    2 3 2 2 1 1 1 1 1 1 104 87 08 9 8 5 4 3 8 9 8 5 4 3n n n n a a a n n n n n n                 2 1n nS S   2 1 3 1 3 2max 14 45n nS S S S a a       14 28 10 45 9 m m   4m     ,n na b    1 2 2 nb na a a n N       na 1 3 22, 6a b b   ,n na b  1 1 n n n c n Na b     nc n nS nS k n N   k nS S    3 26 3 2 2 b b b     6 1 2 3 1 2 2a a a a a   3 8a  2 3 1 4 2aq qa     2q   1 1 2n n na a q      1 2 1 22 2nb n na a a              1 2 22 2 1 n n nb nb n n         1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 n n n n n c a b n n n n                        21 1 1 1 1 1 1 112 2 2 2 2 3 1 n nS n n                                  1 112 2 1 1 111 1 1 21 2 n n n n                   nS nS 单调性判断，从而考虑相邻项比较。对于 而言， 的增减受 符号的影响，所以将问题 转化为判断 的符号。 可估计出当 取得值较大时， 会由正项变为 负项。所以只要寻找到正负的分界点即可 解： 当 时，可验证 ，从而可得 设 ，则 当 时， 递减 时， 时，均有 例 4：已知数列 的前 项和为 且 ，数列 满 足： ， ，其前 项和为 （1）求 （2）令 ，记 的前 项和为 ，对 ，均有 ，求 的最小值 解：（1） 为公差是 的等差数列 时， nS  nS nc nc   1 1 2 1 n nc n n       n nc      11 1 1 12 1 1 2 n n n n nc n n n n              4n   1 1 02n n n    0nc   1 12n n n nd           1 1 1 1 2 1 1 2 2 2 2n n n n n n n n n n nd d            5n   1n n nd d d   5 5 5 6 1 02nd d      5n  0nc    4maxnS S  4k  4 nS S  na n 1, 1nS a     12 2 1 1n nnS n S n n      nb 2 12 0n n nb b b    3 5b  9 63 ,n na b n n n n n b ac a b   nc n nT n N    2 ,nT n a b  b a     1 1 12 2 1 1 1 2 n n n n S SnS n S n n n n          nS n     1 2  1 1 111 2 2 nS S nnn       1 2n n nS   2n      1 1 1 2 2n n n n n n na S S n       符合上式 为等差数列 设 前 项和为 （ 2 ） 思 路 ： 依 题 意 可 得 ： ， 可 求 出 ，从而 ，若 最小，则 应最接近 的最大最小值（或是临界值），所以问题转化成为求 的 范围，可分析其单调性。 单调递增。所以最小值为 ， 而当 时， ，所以 无限接近 ，故 的取值范围为 中的 离散点，从而求出 的最小值 解： 设 ，可知 递增 ，当 时， 1 1a  na n  2 1 2 12 0 2n n n n n nb b b b b b          nb  nb n nP 9 59 63P b   5 7b  3 5b  5 3 15 3 b bd    2nb n   2 1 12 22 2 n n n n n b a n nc a b n n n n             1 12 3 2 1 2nT n n n         1 12 3 2 1 2nT n n n         b a ,a b 2nT n 1 13 2 1 2n n         1 13 2 1 2f n n n          41 3f  n     3f n   f n 3 2nT n 4 ,33     b a 2 2 2 2 1 11 2 22 2 2n n n nc n n n n n n                 1 1 1 1 12 2 1 3 2 4 2nT n n n             1 1 1 1 12 2 1 2 3 22 1 2 1 2n nn n n n                      1 12 3 2 1 2nT n n n           1 13 2 1 2f n n n         f n     41 3f n f   n     3f n  若 最小，则 例 5 （ 2014 ， 黄 州 区 校 级 模 拟 ） 数 列 的 前 项 和 ， 数 列 满 足 （1）求数列 的通项公式 （2）求证：当 时，数列 为等比数列 （3）在（2）的条件下，设数列 的前 项和为 ，若数列 中只有 最小，求 的取 值范围 解：（1） 符合上式 （2） 考虑 即 数列 为等比数列 （3）思路：由（2）可求得 通项公式 ，但不知其单调 性，但可以先考虑必要条件以缩小 的取值范围。若要 最小，则最起码要比 小，从而 先求出 满足的必要条件 （也许最后结果是其子集），在这个范围内可判定 为递增数列，从而能保证 最小  f n 4 ,33      4 ,3 ,3 a b    b a 4 , 33a b   min 5 3b a    na n 2 4n nS   nb  13 2,n nb b n n n N       na 1 1 4b   n nb a  nb n nT  nT 3T 1b       22 1 1 1 2 1 24 4 4n n n nna S S n n        1 1 1 4a S   1 2 14na n    1 2 14n n nb a b n       1 1 1 13 3 2 1 2 3 04 4n n n nb b n b n b n                       1 13 0n n n nb a b a      1 1 1 3n n n nb a b a       n nb a  nb   1 1 1 1 1 2 14 3 4 n nb b n           1b 3T 2 4,T T 1b 147 11b     nb 3T 由（2）可得： 是公比为 的等比数列 若要 最小，则必然要 即 则 ，所以 为递增数列 ，符合 最小的条件 所以 小炼有话说：在求参数范围时如果不能一次准确列出参数所满足的条件，可先写出其必要条 件适当缩小其取值范围，往往会给解题带来新的突破口 例 6 ： （ 2014 ， 文 登 市 二 模 ） 各 项 均 为 正 数 的 数 列 ， 其 前 项 和 为 ， 满 足 ，且 （1）求数列 的通项公式 （2）若 ，令 ，设数列 的前 项和为 ，试比较 与 的大 小 解：（1）  1 2 14nb n     1 3   1 1 1 1 12 14 4 3 n nb n b              1 1 1 1 1 2 14 3 4 n nb b n            3T 3 2 3 2 3 4 4 3 0 0 T T T T T T T T         3 4 0 0 b b    2 3 1 1 3 1 4 1 1 1 5 0 114 3 4 471 1 7 04 3 4 b b b b b b                               147 11b    1 1 1 1 12 02 4 3 n n nb b b             nb 1 2 3 1 40, 0n nb b b b b b        3T 147 11b     na n nS  1 1 2 1n n n n a a n Na a      5 62S a   na n N  2 n nb a  nb n nT 1 12 4 n n T T   4 6 4 1 n n   2 21 1 1 1 2 1 2 0n n n n n n n n a a a a a aa a           （舍）或 是公比为 2 的等比数列 ，解得： （2）思路：由（1）可得 ，进而可求出 ，比较大小只需两式作差，再 进行化简通分可得 。利用函数或构造数列判断出 的符号即可 解： 设 ，可得 为减函数 例 7：（2014，湖南模拟）已知各项都为正数的数列 的前 项和为 ，且对任意的 ， 都有 （其中 ，且 为常数），记数列 的前 项和为   1 1 2 0n n n na a a a     1n na a   1 2n na a   na  5 1 5 5 6 1 2 1 2 2 22 1 a S a a       1 2a  1 12 2n n na a    4n nb   4 4 13 n nT        1 1 4 3 1 7 412 4 6 4 4 1 4 1 4 1 n n n n nT n T n n          13 1 7 4nn    2 4n n nb a     4 4 1 4 4 14 1 3 n n nT          1 1 1 1 4 4 1 1212 4 8 33 144 4 4 4 14 4 13 n n n n n nn T T              4 6 714 1 4 1 n n n          1 1 4 3 1 7 412 4 6 3 7 3 71 14 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 n n n n n n nT n T n n n n                                  13 1 7 4 1xf x x x      ' 17 4 ln4 3xf x       ' 0f x   f x    1 3 0f x f     13 1 7 4 0nn      1 12 4 6 4 4 1 n n T n T n       na n nS n N  22 n n npS a pa  0p  p 1 nS       n nH （1） 求数列 的通项公式及 （2）当 时，将数列 的前 项抽去其中一项后，剩下三项按原来的顺序恰为等比 数列 的前 项，记 的前 项和为 ，若存在 ，使得对任意 ，总有 恒成立，求实数 的取值范围 解：（1） ① ② ① ②可得： 即 为公差是 的等差数列 在 令 得： 解得： （2）思路：本小问实质是在数列背景下的多元恒成立问题，先求 的表达式。由已知可 得： 时， ，要解决 ，首先要解出等比数列 的通项公式。 时，  na nH 2p  1 na       4  nb 3  nb m mT m N  n N  m nT H    22 n n npS a pa   2 1 1 12 2n n npS a pa n       2 2 1 12 n n n n npa a a pa pa     2 2 1 1 0n n n na a pa pa       1 1 0n n n na a a a p      0na  1 0n na a p    1n na a p   na p 22 n n npS a pa  1n  2 1 1 12pS a pa  1a p  1 1na a n p np        11 2 2n n n pS p n         1 2 1 2 1 1 1 1nS p n n p n n           1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 11 2 2 3 1n n H S S S p n n                                2 1 21 1 1 n p n p n         ,m nT H 2p  1n nH n  nT  nb 2p  ， 进 而 显 然 抽 去 的 应 为 ， 所 以 ，得到 ， ，所以要处理的恒成立不等式为： 。 再利用最值逐步消元即可 解： 时， ，进而 成公比为 的等比数列，即 的公比为 ，且 而由（1），当 时， ，所以恒成立的不等式为： ，所以 设 可得 为递增函数 所以 对任意的 均成立 即 设 为减函数 小炼有话说：本题在处理恒成立问题时，两个阶段对变量量词的不同导致取最大还是最小值 要明确区分。第一阶段是存在 ，也就是说只要有 满足不等式即可，所以只要最小值比右 2na n 1 2 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1, , , ,2 4 6 8a a a a    3 1 a 1 2 3 1 1 1, ,2 4 8b b b   1 2q  11 2 m mT       11 2 1 m n n        2p  2na n 1 2 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1, , , ,2 4 6 8a a a a    1 2 4 1 1 1, ,a a a 1 2  nb 1 2 1 1 1 1 2b a  1 2 n nb       1 112 2 111 21 2 m m mT                 2p  1n nH n  11 2 1 m n n        min 111 2 mn n               11 2 m f m        f m    min 11 2f m f   1 1 2 n n   n N  max 1 2 1 n n        1 1 1 2 1 2 1 ng n n n       g n    max 1 0g n g   0  m m 边小，就意味着已经存在这样的 ；第二阶段是对任意的 ，不等式均要成立，所以只要 最大值满足不等式，剩下的函数值也必然能满足不等式。 例 8：已知数列 的前 项和 ，数列 满足 （1）求证：数列 是等差数列，并求数列 的通项公式 （2）设数列 满足 （ 为非零整数， ），问是否存在整数 ，使得对任意 ，都有 解：（1） 即 是公差为 1 的等差数列 在 令 得： （2）思路：由（1）可得： ，所以 等同于 ，化简可得： ，而 的奇偶将决定 的符号，所以要进行分类讨论 解：由（1）可得： 则 等价于： m n  g n  na n   11 22 n n nS a n N           nb 2n n nb a  nb  na 2n n na   nc     13 1 nn n na c n    n N   n N  1n nc c  11 22 n n nS a        2 1 1 1 22 n n nS a            1 1 1 1 1 122 2 n n n n n n na a a a a                      1 12 2 1n n n na a    1 1n nb b    nb 11 22 n n nS a        1n  1 1 1 11 2 2S a a      1 12 1b a    1 1nb b n d n     2n n na           1 1 13 1 3 1 1 2 32 n n nn n n n n n n nn na c n c n c               1n nc c      11 11 2 3 1 2 3n nn n n n         1 1 31 2 n n          n   11 n 2n n na           1 1 13 1 3 1 1 2 32 n n nn n n n n n n nn na c n c n c                1n nc c  当 为奇数时，恒成立不等式为： 所以只需 当 为偶数时，恒成立不等式为： 所以只需 例 9：已知数列 前 项和为 ，且 （1）求 的通项公式 （2）设 ，若集合 恰有 个元素，则实数 的 取值范围 解：（1） （2）思路：由（1）所得通项公式可利用错位相减法求 ，进而得到 ，     11 11 2 3 1 2 3n nn n n n          1 2 2 3 3 1 2 3n nn n n n              11 12 3 3 1 2 3 2 1n nn n n n                1 1 31 2 n n           n 13 2 n       1 min 3 12 n           n 13 2 n       1 max 3 3 2 2 n             3,12       , 0Z   1    na n nS 1 1 1 1,2 2n n na a an    na  2 ,n nb n S n N     | ,nM n b n N    4  1 1 1 1 2 2 n n n n n a na an a n       1 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 1 n n n n n a a a n n a a a n n                    1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 n n n n n a n a na na                      nS   12 2 n nb n n       要读懂集合 恰有 4 个元素的含义，根据 描述的特点可知： 集合中的元素应该为 从大到小排前 4 项的序数，所以只需判断出 的单调性，并结合单调性选出较大的前 4 项， 便可确定 的取值。 解： 两式相减可得： 下面考虑 的单调性 时， ，即 时， ，所以 而 从大到小排的前 4 项为： M M M  nb  nb  21 1 122 2 2 n nS n                2 3 11 1 1 1 12 12 2 2 2 2 n n nS n n                              2 1 1 1 1 112 21 1 1 1 1 1 1 1112 2 2 2 2 2 2 21 2 n n n n n n nS n n n                                                         12 2 2 n nS n           12 2 n nb n n         nb           1 1 1 1 12 1 1 2 2 1 12 2 2 n n n n nb b n n n n n n n n                                 21 2 22 n n n       2n  2 2 2 0n n    2 1b b 2n  2 2 2 0n n    2 3 4 nb b b b    1 2 3 4 5 3 15 3 35, 2, , ,2 8 2 32b b b b b      nb 2 3 4 1b b b b   35 3,32 2      例 10：（2015，天元区校级模拟）已知数列 满足 （1）当 时，求数列 的前 项和 （2）若对任意 ，都有 成立，求 的取值范围 解：（1） ① ② ① ②可得： 中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为 4 当 时， 当 为奇数时， 所以当 为偶数时 为奇数时 （2）思路：考虑将不等式转化为 的不等式，由（1）可得 的奇数项，偶数项各为等差 数列，所以只要通过分类讨论确定 的奇偶，即可把 均用 表示，再求出 范围即可 解：由（1）可得： 的奇数项，偶数项各为等差数列，且公差为 4  na 1 4 3n na a n    1 2a   na n nS n N  2 2 1 1 4n n n n a a a a     1a 1 4 3n na a n     1 4 1 3n na a n      1 1 4n na a    na 1 22 5a a   2n k  2 2 1 4 4 1ka a k k      2 1na n   n  14 3 4 3 2 1 1 2n na n a n n n           2 1, 2 ,n n na n n     为偶数 为奇数 n    1 3 1 2 4n n nS a a a a a a            1 1 2 1 2 2 1 5 2 12 2 2 2 4 4 n na a n a a n nn n n             2 3 2n n  n    2 2 1 3 3 11 1 22 2 2n n nS S a n n n n n          1a  na n 1,n na a  1a 1a  na 当 为奇数时， 化简后可得： 所以只需 设 解得： 或 当 为偶数时，同理： ， 化简可得： 即 设 可得： 综上所述： 或 三、历年好题精选 1、已知数列 的前 项和为 ，且 （1）若 ，求数列 的前 项和 （2）若 ，求证：数列 是等比数列，并求其通项公式 n 1 1 1 4 2 22n na a a n          1 1 14 3 4 3 2 2 2 5n na n a n a n n a                    2 22 2 1 11 1 1 1 2 2 + 2 54 42 2 2 5 n n n n a n n aa a a a a n n a                    2 2 1 12 2 + 2 5 4 4 3a n n a n               2 22 2 1 1 1 12 2 2 2 2 2 2 5 2 5 4 4 3a n a n a n a n n            2 2 1 12 14 8 4 17a a n n      2 2 1 1 max 2 14 8 4 17a a n n       2 2 1 338 4 17 8 4 2f n n n n              max 1 21f n f    2 1 12 14 21a a    1 7 7 2a  1 7 7 2a  n 1 1 14 22n na a a n      1 14 3 2 3n na n a n a         2 22 2 1 11 1 2 3 + 24 44 3 n n n n a n n aa a a a n           2 2 1 12 6 8 4 3a a n n      2 2 1 1 max 2 6 8 4 3a a n n       28 4 3g x n n       max 2 21g x g   2 2 1 1 1 1 12 6 21 2 6 21 0a a a a a R         1 7 7 2a  1 7 7 2a   na n nS  10, 4 n n n na a S n N       21 logn n nb a S   nb n nT 0 ,2 tan2 n n n na     n （3）记 ，若对任意的 恒成立，求实数 的最大值 2、已知数列 是首项 的等比数列，其前 项和 中 成等差数列 （1）求数列 的通项公式 （2）设 ，若 ，求证： 3、已知数列 满足： ，且 （1）证明：数列 为等比数列 （2）求数列 的通项公式 （3）设 （ 为非零整数），试确定 的值，使得对任意 ，都 有 成立 4、已知数列 中， （ 为非零常数），其前 项和 满足 （1）求数列 的通项公式 （2）若 ，且 ，求 的值 （3）是否存在实数 ，使得对任意正整数 ，数列 中满足 的最大项恰为第 项？若存在，分别求出 的取值范围；若不存在，请说明理由 5、（2016，无锡联考）数列 的前 项和为 ，且对一切正整数 都有 ． （1）求证： （2）求数列 的通项公式 （3）是否存在实数 ，使得不等式 对一切正整数 都成立？若存在，求出 的取值范围；若不存在，请说明理由 1 2 1 1 1 2 2 2n nc a a a       , nn N c m  m  na 1 1 4a  n nS 3 4 2, ,S S S  na 1 2 logn nb a 1 2 2 3 1 1 1 1 n n n T b b b b b b      1 1 6 2nT   na 1 21, 3a a  2 1 2 cos sin ,2 2n n n na a n N             2ka k N   na   2 11 2 1 2 kk a k kb a        k N  1k kb b   na 2a a a n nS    1 2 n n n a aS n N    na 2a  21 114 m na S  ,m n ,a b p  na na b p  3 2p  ,a b  na n nS n 2 1 2n nS n a  1 4 2n na a n     na a 2 1 2 1 1 1 2 31 1 1 2 2 1n a a a a a n                 n a 6、已知函数 ，数列 满足 （1）求 的通项公式 （2）令 ， ，若 对一切 成立，求最小正整数 7 、（ 2016 ， 贵 阳 一 中 四 月 考 ） 已 知 数 列 的 前 项 和 为 ， ， 且 ，数列 满足 ，对任意 ，都有 （1）求数列 的通项公式 （2）令 ，若对任意的 ，不等式 恒成立，试求实数 的取值范围 8、设数列 为数列 的前 项和，且 （1）求 的通项公式 （2）设 ，数列 的前 项和 ，若存在整数 ，使得对任意的 都有 成立，求 的最大值 习题答案：   2 3 3 xf x x   na 1 1 11, ,n n a a f n Na           na   1 1 2n n n b na a   1 1 23, n nb S b b b     2004 2n mS  n N  m  na n nS 1 1a   1 2n nna S n N      nb 1 2 1 1,2 4b b  n N  2 1 2n n nb b b     ,n na b 1 1 2 2n n nT a b a b a b    n N   2 2 3n n n nnT b S n b     nS  na n 12 2 , 1,2,3,n n nS a n     na 1 log 2nn a n b    nb n nB m 2,n n N   3 20n n mB B  m 1、解析：（1） （2）由 可知 ，代入 可得： 时， 代入 可得： ，即 是公比为 的等比数列 在 中，令 可得： （3）可知 为递减数列 2 2 11 log 1 log 1 24 n n n nb a S n             212 1 2 2 2n n nT n n n n           2 tann n na  tan 2 n n na  1 4 n n na S      1 2 tann n n S  2n  1 1 1 1 1 2 tan 2 tann n n n n n n a S S         tan 2 n n na  1 1 tan 1 1 2 2 tan 2 tan n n n n n n       2 1 1tan tan tan 2tann n n n        1 2 2tantan tan 21 tan n n n n     1 1 2n n     n 1 2  10, 4 n n n na a S n N       1n  1 1 2a  1 1 1tan 2 1 4a       1 1 1 1 1 2 2 n n n                 1tan 2 2 n n na        1tan 2 2 n n na       1 1 2na a   1 02na   为递增数列 即 的最大值为 2、解析：（1） 成等差数列 （2）由（1）可得： 为递增数列 综上所述： 3、解：（1） 是公比为 的等比数列 （2）当 时， ，即  1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2n n n n n nc a a a a a a S                1 1 1 1 1 02 2 2n n n n n n nc c S S a                nc   1 1min 1 02nm c c a      m 0 3 4 2, ,S S S 4 3 2 4 4 3 4S S S S a a a        4 3 1 1 2 2a a q      1 1 1 1 1 1 1 4 2 2 n n n na a q                    1 2 log 1n nb a n     1 1 1 1 1 1 2 1 2n nb b n n n n        1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3 4 1 2 2 2nT n n n                            1 2nT   nT 1 1 1 1 2 3 6nT T     1 1 6 2nT  2 2 2 2 21 2 cos sin2 2k k k ka a         23 ka  2ka 3 2n k 1 2 2 3 3k k ka a    23 n na  当 时， 是公差为 的等差数列 即 （3）由（2）可得： 恒成立不等式为： 当 为奇数时， 当 为偶数时， 4、解析：（1）由已知令 ，则 ，所以 当 时， 2 1n k      2 1 2 1 2 1 2 11 2 cos sin2 2k k k ka a            2 1 1ka    2 1ka  1  2 1 1 1 1ka a k k      1 2n na  23 , 2 1, 2 12 n n n k a n n k          13 1 2kk k kb          11 13 1 2 3 1 2k kk k k k           12 3 1 3 2kk k        1 1 31 2 k k           k 1 min 3 12 k           k 1 max 3 3 2 2 k             3 ,12       1   1n   1 1 1 1 02S a a   2 n n naS    1 1 1 2 n n n aS          1 1 12 1 1n n n n n nS S n a na n a na          1 1 n n a n a n    2n  验证 可知符合通项公式 （2）可得 （3）由 可得 若 ，则 ，不符题意，舍去 若 ，则 的最大项恰为第 项 因为该不等式对任意 均成立 解得： 5、解析：（1） 1 3 1 2 2 1 2 2 2 3 1 n n n n a a a n n a a a n n                2 1 1n n a n a n aa      1 0a   1na n a    2 1na n   1nS n n      221 11 1 1 114 m na S m n n              2 2 2 21 431 4 1 2 1 432 4m n m n               2 2 3 2 2 1 43 1 43m n m n        2 2 3 43 12 2 2 1 1 11 m n m m n n            na b p   1a n b p   0a  1p bn a   0a  1p bn a   na b p  3 2p   3 2 1 3 1 2 3 1 3p bp p a b a p a ba             p N  13 1 0 3a a     2 0 13 b b     2 13 b  2 1 2n nS n a   2 1 1 11 2n nS n a      2 2 1 1 1 11 2 2n n n nS S n a n a            即 （2）由（1）可知 ，两式相减可得： 中奇数项，偶数项分别成公差是 4 的等差数列 中令 令 可得： 综上所述可得： （3）恒成立的不等式为： 设 ，由 可知 为递减数列 1 1 1 12 1 2 2n n na n a a     1 4 2n na a n    1 4 2n na a n     2 1 4 1 2n na a n      2 4n na a    na 2 1 2n nS n a  11 2n a   2n  2 2 1 2 2 2 1 14 4 42 2S a a a a a           2 1 1 4 1 4 2 2 2 1ka a k k k         2 2 4 1 4 2 2ka a k k k      2na n 2 1 2 1 1 1 2 31 1 1 2 2 1n a a a a a n                 2 1 2 1 1 1 2 32 1 1 1 1 2n an a a a a                   2 1 2 max 2 3 1 1 12 1 1 1 12 n a na a a a                      1 2 1 1 12 1 1 1 1n n b n a a a                  2na n 0nb  1 2 1 1 2 1 1 1 12 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 21 1 12 1 1 1 1 nn n n n a a ab n n b n nn a a a                                       2 2 2 4 1 4 1 12 4 n n n n      nb   1max 1 33 1 2 2nb b          解得： 6、解析：（1）由已知可得： 为首项是 1，公差是 的等差数列 （2）当 时， 可验证当 时， 满足上式 所以 对一切 均成立 最小正整数 为 7、解析：（1）  2 22 3 3 2 3 3 30 3 02 2 2 2 a a a a a aa a               3 ,0 3,2a         1 12 3 2 1 33 n n n n aa a a         na 2 3  1 2 11 3 3na a n d n      2n  1 1 1 9 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 3 3 3 3 n n n b a a n nn n                 1n  1b 1 2 9 1 1 1 1 1 9 11 12 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1n nS b b b n n n                           9 1 200412 2 1 2 m n      n N  max 2004 9 112 2 2 1 m n        9 1 912 2 1 2n      2004 9 20132 2 m m     m 2013  1 2n nna S n N        11 2 2n nn a S n       1 11 2 1n n n n nna n a a na n a        可得： ，验证 时， 符合上式 由 可知 为等比数列 （2） 故恒成立不等式为： 化简可得： 。所以只需 设  1 1 2n n a n na n     1 3 1 2 2 3 1 2 n n n n a a a n a a a n            2 2 na n a  2 1 12 2 2a S a   22n na a n   1n  1 1a  na n  2 1 2n n nb b b   nb 2 1 1 2 bq b   1 1 1 1 2 2 n n nb b             21 1 11 22 2 2 n nT n                  2 11 1 1 11 12 2 2 2 n n nT n n                        2 3 1 1 1 112 21 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2 21 2 n n n n nT n n                                                 22 2n n nT     2 2 3n n n nnT b S n b     12 1 12 2 2 32 2 2 2 n n n n nnn n                            2 2 6 2 n n n n    2 2 min 6 2 n n n n         2 22 6 1 11 1 2422 6 1066 n nf n n nn n n nn             min 41 3f n f    8、解析：（1） 是公差为 1 的等差数列 在 令 得： （2）由（1）可得： 设 为递增数列 即 的最大值为 4, 3        12 2n n nS a   1 12 2n n nS a   1 12 2 2 2 2n n n n n n na a a a a        1 1 12 2 n n n n a a     2 n n a    12 2n n nS a   1n  1 4a   1 1 1 12 2 n n a a n n       1 2n na n     1 2 1 1log 2nn n n b n    3 1 1 1 3n nB B n n      3n n nc B B     1 3 3 1 3 3 3 3 1n n n n n n n n n nc c B B B B B B B B              1 1 1 1 3 1 3 2 3 3 1n n n n                       3 2 3 3 + 3 1 3 3 + 3 1 3 2 3 3 1 3 2 3 1 3 2 3 3 n n n n n n n n n n n                 9 5 03 1 3 2 3 3 n n n n      nc  3 3 1min 2 3 1 1 1 1 5 20 2 3 6n n m B B B B b b          50 3m  m 17