不等式的恒成立问题

2024-09-19

不等式的恒成立问题（共7篇）

不等式的恒成立问题篇1

一、不等式恒成立问题的形式

我们看看2008年上海高考试卷上的一道题, 也是最常见的不等式恒成立问题, 描述是这样的, 已知函数:

这里都是不等式在区间上的恒成立问题, 我们有时还会遇到更简单一些的形式, 我们称为一般的不等式恒成立问题, 还是以这个例子做一些改编:

综合上面所有形式我们发现, 不等式恒成立问题都可以这样理解:不等式的解集是集合D的子集, 我们就说不等式在D上恒成立。这个D可以是一个区间, 也可以是整个实数集合R。

二、不等式恒成立问题的处理方法

1.图像法 (数形结合思想)

对于不等式恒成立问题, 我们可以把不等式看成是函数值恒大于 (小于) 某个数值, 也就是函数图像在某条平行于x轴的直线上方 (下方) , 这样可能有比较方便的方法。

这个方法适用两种题型:二次不等式在R上恒成立问题和两不等式恒正 (负) 的问题。

(1) 二次不等式在R上恒成立问题

(2) 两不等式恒正 (负) 的问题。

这类题型不是很常见, 但是在2012年浙江的高考题里面出现过一次, 作为填空的压轴题, 当年这道题得分率很低, 很多同学都不理解题目的意思。我们一起来回顾一下这道题:

2.最值法 (化归与转化思想)

最值法的原理与下面两个命题成立有关:

这个很好理解, 最小值都比c大, 那肯定恒成立;反过来, 恒成立, 那其中那个最小值也比c大。最大值比c小, 那肯定所有值都比c小, 恒成立;反过来, 恒成立, 其中那个最大的肯定也比c小。

最值法有两个分支: (1) 直接求最值法; (2) 分离参变量求最值法。

(1) 直接求最值法

根据上面的两个命题, 所有的不等式恒成立问题, 都可以转化成求函数的最值问题, 求函数的最值我们有非常多的方法:单调性、导数、不等式, 等等。高中接触最多的是二次不等式的求最值问题, 也是一个难点, 我们以一个二次不等式的例子说明:

例1.关于x的不等式x2+mx+6m<0的解集包含区间 (1, 2) 时, 求实数m的范围。

分析:这道题是我们前面描述过不等式恒成立问题中的一种, 出现不等式解集包含另一个集合问题就是恒成立问题。我们这里采用求最值的方法求解。

点评:这道题是二次不等式的恒成立问题, 由于是在区间上恒成立的, 不能采用前面的判别式法。同样, 也不能采用后面描述的分离参变量法, 基本上只能使用最值法。

(2) 分离参变量法

直接求最值的方法固然是万能的, 但是函数解析式里面有参数的情况下求最值是不容易的一件事情。很多时候需要分类讨论, 加上大量的字母运算。如果能把参数和变量分离开来, 这个问题就解决了。

三、恒成立问题解答的常见错误

通过对前面恒成立问题的分析, 我们掌握了基本的方法和套路, 但是这些方法在使用的过程中容易受到一些题目条件的影响。下面列举几种常见的错误:

1.原理性错误

2.边界性错误

前面那道例题已经说明了, 在不等号取不取等号的问题上, 大家要多注意。如果函数的最值是取不到的, 那么这个不等号可以加上等号。另外, 如果区间是开的, 也就是自变量是取不到的, 那么在边界处也是可以取等号的。其它情况, 根据原来不等式符号决定是否取等号。

摘要：不等式恒成立问题是贯穿整个高中数学的内容, 也是高中数学的重点和难点, 题目形式变化多端, 解法也灵活多变。通过对不等式恒成立问题的梳理, 把高中阶段涉及到的题型和方法做了归纳总结, 并就容易犯错的地方做了提醒和分析。

关键词：不等式,恒成立,数形结合

参考文献

[1]张世林, 郭东风.与时俱进的不等式恒成立与有解问题[J].数学教学研究, 2006, (12) :27-30.

[2]刘卫东.一类不等式恒成立问题的错误解法[J].数学通讯, 2008, (13) .

[3]张鹤.用分离变量法解含参数的不等式恒成立问题[J].高中数理化, 2006, (01) :18-19.

[4]李新星.含参数不等式恒成立问题[J].数学教学通讯, 2011, (32) :28-29.

不等式的恒成立问题篇2

关键词：高考数学恒成立

高考数学中的恒成立问题包含的内容有二次函数和一次函数、有关的函数图像和函数本身的性质，需要进行有关的换元，归类、题型和图像相结合、还包含由函数的思想方法，对提高学生的综合解题能力很有帮助，培养学生的创造性和思维的灵活性。高三数学的恒成立问题主要有以下的几种形式：三角函数、指数、一次函数、二次函数。恒成立问题涉及到的知识比如有将换元的思想引入到相关函数的图像和性质等。可以通过以下几种方法解决出现的恒成立问题。这些方法分别是：赋值型，一次函数型，二次函数型，变量分离型，数形结合型。面对高考数学中的恒成立问题的应用的出现，有必要进行相关的研究，为高考数学的复习工作提供相关的帮助。

一、高考数学中的恒成立问题的应用

（一）高考数学中的恒成立在基础题中的应用

在高三数学中有这样一个恒成立的问题：涵盖了一次函数的知识点和高三数学知识点。变量X和Y在一个变化过程中，每一个确定的x值，都有唯一确定的y值与x对应，那么我们就说y是x的函数，x是自变量。

也有这样一道题：“Amn表示高三数学恒成立问题，n（n-1）（n-2）…（n-m+1）=Amn公式中表示从n开始由大到小连续m个自然数的连乘积”;“从n个不同元素中取出m个元素的所有排列的个数，叫从n个不同元素中取出m个元素的排列数，无限制条件的排。”

还有：若是等差数列，首项，则使前n项和成立的最大自然数n是（）（A）4005 （B）4006 （C）4007 （D）4008。

分不清充分条件和必要条件，分析如下：“‘有两个条件A和B，假设A=B正确，那么B是A的充分条件，A是B的必要条件，;‘假设B=A正确，那么B是A的必要条件，A是B的充分条件，;‘假设B=A，那么B和A互为充要条件”。

夯实基础是高三数学学习的第一关。高三数学恒成立的学习过程实际上就是对基本公式的运用，灵活使用概念原理，注意提高良好解题思路，提高分析和解决问题的能力，当具备了一定的知识能力之后，个人的解题细心度和坚强的毅力起着至关重要的作用。

（二）高考数学中的恒成立问题在综合题中的应用

高考数学中的恒成立在综合题中出现的概率也比较大，这就需要较高的解题技巧。高中数学中的恒成立问题，涉及的知识面广，综合性强。综合题往往涵盖了多个知识点，恒成立问题的解决需要多动脑筋，充分运用逻辑思维，解题要认真。如果哪个环节出了问题，整个解题结果就会功亏于溃。

我们来举个例子：f（x）是负无穷大和正无穷大上的定义域，0=f（1），0到正无穷大是增函数，奇函数f（x）;θ在0到π/2的区间，函数sin2θ+m·cosθ-2m等于g（θ）。如果集合M等于g（θ）小于0，集合N等于m，问M和N的交集。

复合函数f（x）中有N，不知道如何进行解决，无法求出M和N的交集。当束手无策时，查看题目，f（x）在0到正无穷大是增函数，奇函数f（x），所以在负无穷大到0区间f（x）也是增函数。根据f（1）等于0知f（-1）等于0，画图可知，当f（x）小于0时可得0小于1或者x小于1。

∴N=m=g（θ）<-1或0<1，

∴M∩N={g（θ）<-1。如m·cosθ-2m+1+sin2θ小于0，相关变换得到2m-2cos2θ-m.cosθ+大于0结果是恒成立的。

在这个双变量中不知道主元是谁，判断得知是m。学生们习惯按照传统的解题思路：使“cosθ=t，属于0到1的区间，可看成二次函数t”，即：“（t-m/2）2+2m-2-m2/4=Φ（t）=t2-mt+2m-2，属于0到1的区间。”这是常见到的最大值和最小值问题，有三种情况需要讨论，得到“m>4-2=M∩N”。

从m的角度进行思考就会想到用采用分离变量的方式：“t2-mt+2m-2大于0<=> m大于（2-t2）/（2-t）”，

使“‘（2-t2）/（2-t）等于h（t），那么‘t2+2/（t-2）+4≤4-2=>m>4-2”

“h（t）等于‘t2+2/（t-2）+4≤4-2=>m>4-2”。

该题包含的知识点有不等式、三角和函数。若换成解二次函数的话，有三个不等式组需要解决，运算过程繁杂，如果不细心，就会出错，分离变量法有较高的对代数恒等式的要求，抽象思维的想象较高，在这个过程中不容有一点差错，这样才能取得运算结果的准确性。本题涉及主要数学思想方法有：

1.借助不同方式实现有关问题的解决

将不等式转化为函数来解决：

闭区间不等式的恒成立往往在函数中多有出现，这是解题要注意的第一个方面;在求解m的范围时，m被看做了一个常数，变换到二次函数中包含有t的变量，华丽变身是解题的第二个步骤。

2.图形和函数相结合的方式

本题中有两次用到该方法，一处是由f（x）<0得x<1或0<1，从而得g（θ）<-1或0<1;另一处是是求二次函数Φ（t）在区间[0，1]的最值。

该题所用到的解题技巧有：

a.函数最值的恒成立问题：若m>f（x）恒成立，且M=f（x）max，则m>M。

b.分离变量法。

c.配方法。不要小看这种方法，特别留意含有二次函数的配方题型。

d.不等式向二次分式的转换实现恒等变形。

二、解决高考数学中的恒成立的问题对学生的要求

解题要想有清晰的思路，思想方法和技巧很重要，另外就是个人因素，这其中包括认真程度和良好的意志力，还有一点就是学习过程中形成的学习方法，个人因素往往因人而异。在做同一道题时，会出现不同的结果，有的学生能把题做出来，有的学生做不出来。学习方法的培养是一个人慢慢积累的过程，而学习意志的培养则是一个漫长的过程，这个过程的很大一部分因素取决于个人的价值取向和人生价值观。当学生看到比较困难的题时就会感到浑身不舒服，束手无策，满脑子一片空白，做题的意志力在不断下降。具有超强意志力的人会抓住题目不放，平静下心情，认真进行分析，寻求新的解题思路，即使结果不能令人满意，但是在部分解题过程中还是有点解题思路的。

参考文献：

[1]侯新兰.探析高考数学中恒成立问题的解题策略[J].考试：高考数学版，2009（Z4）.

[2]曹泽纪.高中数学中的恒成立问题[J].学问，2009（2）.

含参数不等式的恒成立问题篇3

一、求出不等式的解集后, 再进行处理

【例1】关于x的不等式 $\sqrt{k x - k^{2}} ＜ x - 3 k (k \neq 0)$ 在[-4, -3]上恒成立, 求k的取值范围.

解析:先求出不等式的解集.

$\sqrt{k x - k^{2}} ＜ x - 3 k (k \neq 0) \Leftrightarrow {\begin{cases} x - 3 k ＞ 0 ‚ ① \\ k x - k^{2} \geq 0, ② \\ k x - k^{2} ＜ (x - 3 k)^{2}, ③ \end{cases}$

(1) 若k>0, 由①得x>3k, 由②得x≥k, 由③得x>5k或x<2k, 综合①②③得x>5k, 故当k>0时, 不等式的解集为 (5k, +∞) .

(2) 若k<0, 由①得x>3k, 由②得x≤k, 由③得x<5k或x>2k, 综合①②③得2k<x≤k, 故k<0时, 不等式的解集为 (2k, k].

依题意, 原不等式在[-4, -3]上恒成立, 所以只有当k<0时合符题意, 此时

$[- 4 ‚ - 3] \subseteq (2 k, k] \Leftrightarrow {\begin{cases} 2 k ＜ - 4 ‚ \\ k \geq - 3 . \end{cases}$

解之得-3≤k<-2, 所以k的取值范围是-3≤k<-2.

方法小结:对此类参数取值范围的确定其主要是先解出不等式 (解不等式时要进行分类讨论) , 再根据已知条件, 建立两个集合之间的关系, 最后通过解不等式 (组) 来求参数范围.

二、构造函数, 利用函数性质

【例2】设a>0, 对任意关于x的不等式 $a x + \frac{x}{x - 1} ＞ 4 (x ＞ 1)$ 恒成立, 求a的取值范围.

解析:令 $f (x) = a x + \frac{x}{x - 1} (a ＞ 0, x ＞ 1)$ , 从而 $f (x) = a (x - 1) + \frac{1}{x - 1} + a + 1 \geq 2 \sqrt{a} + a + 1$ , 当且仅当 $a (x - 1) = \frac{1}{x - 1}$ 时取等号, 故 $f (x)_{\min} = (\sqrt{a} + 1)^{2}$ .又当x>1时, $a x + \frac{x}{x - 1} ＞ 4$ 恒成立等价于f (x) min>4, 即 $(\sqrt{a} + 1)^{2} ＞ 4$ , 解得a>1, 故ɑ的取值范围是a>1.

方法小结:对这类问题, 主要通过构造函数, 分析函数最值求解.若是f (x) >g (x) 恒成立 (或f (x) ≥g (x) 恒成立) , 只须f (x) min>g (x) max (或f (x) min≥g (x) max) ;若是f (x) > (或≥) A (常数) , 只须f (x) min> (或≥) A, 若是f (x) < (或≤) A, 只须f (x) max< (或≤) A即可.

三、变换主元

【例3】对于任意|a|≤1, 不等式x2+ (a-3) x+1-2a>0恒成立, 求x的取值范围.

解析:令f (a) =x2+ (a-3) x+1-2a= (x-2) a+x2-3x+1, 即把它视为关于a的一次函数在[-1, 1]上的恒成立问题, 从而

${\begin{cases} f (1) ＞ 0 ‚ \\ f (- 1) ＞ 0 ‚ \end{cases}$

即

${\begin{cases} x^{2} - 4 x + 3 ＞ 0 ‚ \\ x^{2} - 2 x - 1 ＞ 0 . \end{cases}$

解此不等式组得x>3或 $x ＜ 1 - \sqrt{2}$ , 所以x的取值范围是x>3或 $x ＜ 1 - \sqrt{2} .$

方法小结:对于一个多元的数学问题, 有时恰当选定主元, 会给问题解决带来转机, 其巧妙之处是反客为主.此例若是以x为主元, 对a进行讨论, 则问题就复杂多了.

四、数形结合

【例4】不等式3x2-logax<0在 $(0 ‚ \frac{1}{3})$ 上恒成立, 求实数a的取值范围.

解析:原不等式等价于3x2<logax, 可将问题转化为求使 $x \in (0 ‚ \frac{1}{3})$ 时曲线y=3x2恒在曲线y=logax的下方时a的取值范围.

分别作出函数y =3x2 (x>0) 及y=logax的草图.如右图, 当 $y = \frac{1}{3}$ 时, 即 $3 x^{2} = \frac{1}{3} ‚ x = \frac{1}{3}$ , 所以 $Ρ (\frac{1}{3} ‚ \frac{1}{3})$ 在曲线y=3x2上;当函数y=logax的图象经过 $(\frac{1}{3} ‚ \frac{1}{3})$ 时, 即 $x = \frac{1}{3} ‚ y = \frac{1}{3}$ , 所以 $a = \frac{1}{27}$ ;若此时要使3x2<logax在 $(0 ‚ \frac{1}{3})$ 内恒成立, 则由对数函数的图象及性质可知, 当 $\frac{1}{27} \leq a ＜ 1$ 时, 在 $(0 ‚ \frac{1}{3})$ 内 $\log_{a} x \geq \log_{\frac{1}{27}} x ＞ 3 x^{2}$ , 故所求参数的取值范围是 $\frac{1}{27} \leq a ＜ 1 .$

方法小结:对于一些借助推理运算较困难的问题, 通过数形结合来认识, 能使问题易于解决, 其实质是把数的问题转化为形的问题, 借助形来分析解决.将反映问题的数量关系与直观图形结合起来考察, 即将抽象思维与形象思维有机结合起来.

五、分离参数

【例5】不等式 $1 - m x \leq \frac{1}{\sqrt{x + 1}} \leq 1 - n x$ 在 $x \in [\frac{5}{4} ‚ 3]$ 上恒成立, 求m、n的取值范围.

解析:令 $\sqrt{x + 1} = u$ , 又 $x \in [\frac{5}{4} ‚ 3]$ , 所以 $u \in [\frac{3}{2} ‚ 2]$ , 这样将原不等式转化为 $1 - m (u^{2} - 1) \leq \frac{1}{u} \leq 1 - n (u^{2} - 1)$ 在 $u \in [\frac{3}{2} ‚ 2]$ 上恒成立, 等价于

${\begin{cases} 1 - m (u^{2} - 1) \leq \frac{1}{u} ‚ ① \\ \frac{1}{u} \leq 1 - n (u^{2} - 1) . ② \end{cases}$

由①得 $m (u^{2} - 1) \geq 1 - \frac{1}{u}$ , 所以 $m \geq \frac{1}{u (u + 1)} (u ＞ 1)$ , 要 $m \geq \frac{1}{u (u + 1)}$ 在 $[\frac{3}{2} ‚ 2]$ 上恒成立, 只须m不小于 $\frac{1}{u (u + 1)}$ 的最大值即可.由二次函数的性质, $u (u + 1) \geq \frac{3}{2} (\frac{3}{2} + 1) = \frac{15}{4}$ , 所以 $m \geq \frac{4}{15} .$

由②有 $n (u^{2} - 1) \leq 1 - \frac{1}{u}$ , 同样由u>1有 $n \leq \frac{1}{u (u + 1)}$ , 要 $n \leq \frac{1}{u (u + 1)}$ 在 $[\frac{3}{2} ‚ 2]$ 上恒成立, 只须n不大于 $\frac{1}{u (u + 1)}$ 的最小值即可.由二次函数性质的可知 $\frac{1}{u (u + 1)}$ 在 $[\frac{3}{2} ‚ 2]$ 上的最小值为2× (2+1) =6, 所以 $n \leq \frac{1}{6} .$

所以m的范围的 $m \geq \frac{4}{15} ‚ n$ 的范围为 $n \leq \frac{1}{6} .$

方法小结:已知的不等式在未知的x的某一范围恒成立, 求参数的取值范围, 通常采用分离参数法, 把求参数的取值问题转化为求函数的最值问题.如果相应的函数最值不存在, 可以利用函数的确界概念加以解决.

不等式的恒成立问题篇4

化归是一种重要的数学思想, 所谓化归是指将一个生疏、复杂的问题转化为熟知、简单的问题来处理的一种思维方法。而归化法在数学中的应用简单地说, 就是把所要解决的问题, 经过某种联系变化和归结为另一个问题X, 再通过解决问题X的答案从而得到原问题的答案。

化归法是数学家们常用的一种方法, 也是数学方法论中研究的基本方法之一。从事数学教学、学习的人以及数学爱好者们, 是否想过如果所有的问题都能化归为数学问题该多好, 再将数学问题细化成代数问题, 而代数中方程求解是经常用到的一种计算方式, 如果所有的问题都能等价转换与归化, 也就是将所有问题都能归化成方程求解, 那是不是解决问题的答案和途径就可以清晰明了。这种理想化的通用方法, 我们的前辈们曾经无数次地尝试过努力过去做到这一点, 但是他们最终都失败了, 但是他们的这种化归思想却为解析几何的发展奠定基础。联想到我们的实际中学数学教学中, 化归方法也得到了普遍的应用, 很多复杂的问题正面直接探究答案可能极其困难, 而归化法的存在, 让复杂的问题不断地变形, 直到转化成我们能够顺利地解决问题为止。

含参数不等式的恒成立问题一直以来就是高考的热点考题, 在教学过程中也占了不等式章节中的大部分位置, 这些题型对于学生来说很难找到合适的解题方法, 尤其是刚刚接触不等式的同学, 其中的参数和变量同时出现, 直接封堵了学生的做题思路。既然正面迎击得不到效果, 我们必须尝试着转化, 将难点重点转化为浅显易懂的知识点输出。笔者通过教学实践中的几个题型简单说明。

一﹑可化为一次不等式恒成立的问题

例1:对于满足0≤p≤4的一切实数, 不等式x2+px>4x+p-3恒成立, 试求x的取值范围.

解:设函数f (p) = (x-1) p+ (x2-4x+3) , 显然x≠1, 则 (p) 是p的一次函数, 要使f (p) >0恒成立, 当且仅当f (0) >0, 且f (4) >0时, 解得x的取值范围是 (-∞, -1) ∪ (3, +∞) .

点评:本题看上去是一个不等式问题, 但是经过等价转化, 把它化归为关于p的一次函数, 利用一次函数的单调性求解, 解题的关键是转换变量角色.

二﹑二次不等式恒成立问题

例2:已知关于x的不等式 (m2+4m-5) x2-4 (m-1) x+3>0对一切实数x恒成立, 求实数m的取值范围.

解: (1) 当m2+4m-5=0时, 即m=1或m=-5, 显然m=1时, 符合条件, m=-5不符合条件;

(2) 当m2+4m-5≠0时, 由二次函数对一切实数恒为正数的充要条件, 得

综合 (1) (2) 得, 实数m的取值范围为[1, 19) .

三﹑绝对值不等式恒成立问题

例3:对于任意实数x, 不等式|x+1|-|x-2|<a恒成立, 求实数a的取值范围.

分析1:把左边看作x的函数关系, 就可利用函数最值求解.

分析2:利用绝对值的几何意义求解.

解法2:设x﹑-1﹑2在数轴上对应点分别是P﹑A﹑B, 则|x+1|-|x-2|=|PA|-|PB|

当点P在线段AB上时, -3≤|PA|-|PB|≤3;

当点P在点A的左侧时, |PA|-|PB|=-3;

当点P在点A的右侧时, |PA|-|PB|=3;

因此, 无论点P在何处, 总有-3≤|PA|-|PB|≤3, 所以当a>3时, |PA|-|PB|<a恒成立, 即对于任意实数x, 不等式|x+1|-|x-2|<a恒成立时, 实数a的取值范围为 (3, +∞) .

分析3:利用绝对值不等式|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b求解f (x) =|x+1|-|x-2|的最大值.

解法3:设f (x) =|x+1|-|x-2|.∵|x+1|-|x-2|≤| (x+1) - (x-2) |=3且x=2时等式成立, ∴fmax (x) =3, ∴a>3.

以上三种题型只是众多题型中的小部分, 重点不是怎么计算出最后的结果, 而是如何用归化的思想将复杂的问题简单化, 只要我们在教学过程中培养学生这方面的能力, 学生在以后的解题过程中的成功率就会大大地提高, 学习成绩和教学效果也都会收到显著的效果。

参考文献

[1]王金才.数学思想、数学方法和数学能力及关系的正确认识[J].数学通报, 2011, (11) .

数列中的恒成立问题研究篇5

策略一:直接观察求最值

分析:恒成立问题的本质是最值,本题中,Tn可以视作一个关于n的函数,因此只要求其最小值即可.而通过观察单调性,则是求最值最常见的方法.

又因为m∈N*,所以m的最大值为7.

策略二:作差的方法求最值

除了套用常规求函数最值的方法, 数列中由于其变量是正整数这一特殊性,决定了其还具有变通的方法求最值,即通过作差或作商的方法比较an与an-1的大小确定其单调性. 具体来说,当an-an-1>0则an单调递增;an-an-1<0则an单调递减.

分析:把Tn视作关于n的一个函数,再通过作差研究其单调性.

策略三:作商的方法求最值

除了采取作差的方法外,还可以采取作商的方法,即正项数列满足,则an单调递增,则an单调递减.

例3: 已知数列Cn≤1/4m2+m-1对一切正整数n恒成立 ,求实数m的取值范围.

分析:Cn= (3n-2 ) (1/4)n, 直接通过观察法无法确定其单调性 ,又由于其中涉及指数形式 ,故采取作商研究其单调性.

策略四:分离参数后求最值

除了上述能够直接求出最值的情形,更多时候,所研究的数列中字母参数跟主元(通常是n)混在一起,这样就不容易直接求出最值,便需要通过恒等变形,使参数跟主元分离,从而转化为求主元函数的值域.

(1)求an;

由于涉及(-1)n-1,因此需要对n的奇偶进行分类讨论.具体如下:

此时f(n)min=f(1)=1,所以λ<1.

策略五:分别研究最值

例5:数列an首项为-1,(n+1)an,(n+2)an+1,n成等差数列

(1)若bn=(n+1)an-n+2, 求证 :{bn} 为等比数列;

(2)求{an}的通项公式 ;

(3)若an-bn≤kn对任意的nn∈N*都成立,求实数k的范围。

分析:当某个复杂的数列是由两个数列相加的结果,通常可考虑上述策略,利用观察法或者作差(作商)等方法对两者的单调性分别进行研究,从而得出整个数列的最值。

解:(1)(2)略

例谈数列中的恒成立问题篇6

在解数列问题中, 常见有关恒成立问题, 学生们感到棘手, 找不到解决问题的方法, 下面通过几例探讨解决此类问题的基本思路和方法.

一、利用归纳—猜想—证明的思路

例1 设 $f (n) = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$ , 是否存在g (n) 使得等式f (1) +f (2) +f (3) +…+f (n-1) =g (n) ·f (n) -g (n) 对于一切n≥2的自然数恒成立, 若存在, 求出g (n) ;若不存在, 请说明理由.

解:令n=2得f (1) =g (2) f (2) -g (2) ⇒g (2) =2;令n=3得f (1) +f (2) =g (3) f (3) -g (3) ⇒g (3) =3;令n=4得f (1) +f (2) +f (3) =g (4) f (4) -g (4) ⇒g (4) =4.

由此猜想存在g (n) =n (n≥2) .下面用数学归纳法给予证明:

(1) 当n=2时上面已经证明;

(2) 假设n=k (k≥2) 猜想正确, 即g (k) =k (k≥2) , 当n=k+1时, g (k+1) f (k+1) -g (k+1) =f (1) +f (2) +f (3) +…+f (k-1) +f (k) =g (k) f (k) -g (k) +f (k) = (k+1) f (k) -k

所以 $g (k + 1) = \frac{(k + 1) f (k) - k}{f (k + 1) - 1} = \frac{(k + 1) f (k) - k}{f (k) + \frac{1}{k + 1} - 1} = k + 1 .$

这就是说, 当n=k (n≥2) 时猜想正确.

由 (1) (2) 可知, 对于一切n≥2的自然数g (n) =n (n≥2) 符合题意.

二、利用最值

例2 设数列{an}中, a1=8, a4=2, 且满足an+2-2an+1+an=0 (n∈N+) ,

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 设 $b_{n} = \frac{1}{n (12 - a_{n})} (n \in Ν^{*}), S_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n}$ , 是否存在最大的正整数m, 使得对于任意的 $n, S_{n} > \frac{m}{32}$ 恒成立, 若存在, 求出m;若不存在, 请说明理由.

解: (1) ∵an+2-2an+1+an=0 (n∈N*) , 所以an+2-an+1=an+1-an, 所以数列{an}是等差数列, 设公差为d, a4=a1+3d=8+3d=2⇒d=-2, 所以an=-2n+10.

(2) 由 (1) 得

$b_{n} = \frac{1}{n (12 - a_{n})} = \frac{1}{2 n (n + 1)}$

所以bn>0, 所以Sn+1>Sn.

所以数列{Sn}是单调递增数列, 所以Sn的最小值为 $S_{1} = \frac{1}{4}$ , 假设存在最大正整数m, 使得 $S_{n} = \frac{m}{32}$ 恒成立, 所以 $(S_{n})_{\min} = S_{1} > \frac{m}{32}$ , 得m<8, 故符合条件的m的最大值为7.

三、利用恒等式成立的条件

例3 已知数列{an}为公差不为零的等差数列, {bn}为等比数列, 且a1=b1=1, a2=b2, a8=b3, (1) 求数列{an}的公差d和{bn}的公比q; (2) 是否存在常数a、b, 使得对于一切自然数n, 都有an=logabn+b成立, 若存在, 求出常数a, b的值;若不存在, 请说明理由.

解: (1) 由a1=b1=1, a2=b2, a8=b3

得

${\begin{cases} 1 + d = q \\ 1 + 7 d = q^{2} \end{cases}$

解得

${\begin{cases} q = 6, \\ d = 5 \end{cases}$

或

${\begin{cases} q = 1 \\ d = 0 \end{cases}$

(舍去)

(2) 由 (1) 得an=5n-4, bn=6n-1, 假如存在常数a, b, 使得对于一切自然数n, 都有an=logabn+b成立, 所以5n-4=loga6n-1+b, 整理为

(loga6-5) (n-1) + (b-1) =0 (*)

因为 (*) 式对于一切自然数n都成立,

$\begin{array}{l} 所以 {\begin{cases} l o g_{a} 6 - 5 = 0 \\ b - 1 = 0 \end{cases} \\ \Rightarrow {\begin{cases} a = \sqrt[5]{6} \\ b = 1 \end{cases}, \end{array}$