数列中的不等关系问题例析

［摘 要］数列是高中数学的重要内容，也是高考的必考内容，主要考查数列中的相等关系和不等关系，从试题难度看，后者难度较大。文章结合三则典例，对数列中的不等关系问题加以探讨，以帮助学生建立破解这类问题的基本思路，进而在各类考试中能够从容应对。

［关键词］数列；不等关系；高中数学

［中图分类号］ G633.6 ［文献标识码］  A ［文章编号］ 1674-6058（2023）32-0026-03

数列是高中数学的重要内容，也是高考的必考内容，主要考查数列中的相等关系和不等关系，从试题难度看，后者难度较大。基于此，本文对数列中的不等关系问题加以探讨，主要探讨三类问题：与数列有关的最值问题、与数列有关的不等式恒成立问题和与数列有关的不等式证明问题。

一、与数列有关的最值问题

与数列有关的最值问题颇受命题者的青睐，解决这类问题，可以用基本不等式直接求得，也可以利用函数或数列的单调性来求，还可以转化为函数的值域问题或直接由不等式（组）的解确定，但无论采用何种方法，必须注意[n]是正整数这个不可忽视的条件。

［例1］已知各项均不为零的数列[an]的前[n]项和为[Sn]，[a1=-1]，[4≤a3≤8]，[a100<0]，且[2anan+2+an+1an+3=0]，则[S100]的最大值等于               。

解：因为[2anan+2+an+1an+3=0]，所以[an+1an+3=-2anan+2]，将[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）]。又因为[a100=a4×424<0]，所以[a4<0]，[a2a4+2a1a3=0]，即[a2a4=2a3]，因为[4≤a3≤8]，所以[a2<0]，[a2+a4≤-2a2a4=-22a3]，当且仅当[a2=a4]时等号成立，所以[S100≤425-13（a3-22a3-1）=425-13×（a3-2）2-3 ]，因为[a3∈2，22]，所以当[a3=22]时，[y=425-13×（a3-2）2-3]最大，所以[S100≤425-13×（22-2）2-3=1-4253]，即[a3=22]时，[S100]有最大值[1-4253]。

点评：本题根据[a2a4=2a3]求[S100=425-13×（a2+a3+a4-1）]的最大值时，注意分析数列中项的正负号，得[a4<0]，且[a2<0]，进而得[a2+a4≤-2a2a4]。不难发现基本不等式“功不可没”。

［例2］若等差数列[a1]，[a2]，…，[an（n≥3，n∈N∗）]满足[a1+a2+…+an=a1+1+a2+1+…+an+1=a1-2+a2-2+…+an-2=2023]， 则[n]的最大值为              。

解：由题意知，等差数列[an]满足[a1+a2+…+an=a1+1+a2+1+…+an+1=a1-2+a2-2+…+an-2=2023，]故等差数列不是常数列，且[an]中的项一定满足[an>0，an-1<0，]或[an<0，an-1>0，]且项数为偶数，设[n=2k]，[k∈N+]，等差数列的公差为[d]，不妨设[ak+1≥0，ak≤0，]此时[ak+1+1≥0，ak+1≤0，] [ak+1-2≥0，ak-2≤0，]则[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]，则[a1+kd-2≥0]，故[d-1≥a1+kd≥2]，即有[d≥3]，则[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]的最大值为[25]，[n]的最大值为[50]。

点评：本题将求[n]的最大值转化成解不等式问题，虽然解出的结果是一个开区间，由于[n]是正整数，因而很容易确定它的最大值。

二、与数列有关的不等式恒成立问题

无论是与数列有关的不等式恒成立问题，还是能成立问题，一般都可采用参变量分离法，转化为求与数列有关的最值问题。一般的，若[λ>f（n）]恒成立，则[λ>f（n）max]；若[λ<f（n）]恒成立，则[λ<f（n）min]；若存在[n]，使得[λ>f（n）]，则[λ>f（n）min]；若存在[n]，使得[λ<f（n）]，则[λ<f（n）max]。

［例3］已知正项数列[an]中，[a1=5]，且[an+12-2a2n-an+1an+an+1-2an=0]，[Sn]为其前[n]项和，若存在正整数[n]，使得[2-m2an<1Sn]成立，则[m]的取值范围是                   。

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]，即数列[an]是首项为5，公比为2的等比数列，所以[an=5×2n-1]，[Sn=5×（1-2n）1-2=5（2n-1）]，由[2-m2an<1Sn]变形为[2-m<2anSn]，因为存在正整数[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]，则[m>0]，即[m]的取值范围为（0，+∞）。

点评：本题属于含参数列不等式成立问题，采用了参变量分离法，转化为数列的最值问题。

［例4］已知数列[an]中，[a1=-2]，[nan+1+2n+1an=0]，设[bn=-3nan]，且数列[bn]的前[n]项和为[Sn]，若不等式[1+MSn≤S2n≤1+NSn]对任意的[n∈N∗]恒成立，则[N-M]的最小值为              。

解：由[nan+1+2（n+1）an=0]，得[an+1n+1=-2×ann]，又[a1=-2]，所以[a11=-2]，故数列[ann]是首项为[-2]，公比为[-2]的等比数列，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]。因为[1+MSn≤S2n≤1+NSn]对任意的[n∈N∗]恒成立，故[M≤Sn-1Sn≤N]对任意的[n∈N∗]恒成立。令[t=Sn-1Sn]，因为[Sn>0]，所以[t]随着[Sn]的增大而增大。当[n]为奇数时，[Sn=1+12n]递减，所以[Sn∈1，32]，则[t∈0，56]；当[n]为偶数时，[Sn=1-12n]递增，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]。

点评：本题属于与数列有关的不等式恒成立问题，解答的关键在于首先利用累乘法或是构造新数列从而求出[an=（-2）n·n（n∈N∗）]，然后在处理原不等式的基础上，将其等价转化为[M≤Sn-1Sn≤N]对任意的[n∈N∗]恒成立，再设[t=Sn-1Sn]，[Sn>0]，同时注意函数和数列的联系与区别，需要分奇偶讨论得到[t]的范围。

三、与数列有关的不等式证明问题

在高考中，与数列有关的不等式证明问题，要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等。如用放缩法证明与数列求和有关的不等式，一般有两种方法：一种是求和后再放缩；另一种是放缩后再求和。放缩时，一要注意放缩的尺度，二要注意从哪一项开始放缩。

［例5］已知数列[an]的前[n]项和[Sn]满足[S2=5]，[2Sn=2n+nan]，[n∈N*]。（1）求[an]的通项公式；（2）数列[bn ]，[cn]满足[bn=a2n+1（an+1）2-1]，且[cn=bn1bn-12…b2n-1bn]，求证：[1c1+1c2+…+1cn<4]。

解：（1）由题易知[2Sn=2n+nan]，[2Sn-1=2（n-1）+（n-1）an-1（n≥2） ]，两式相减得[（n-1）an-1-（n-2）an=2（n≥2）]，故[（n-2）an-2-（n-3）an-1=2（n≥3）]，两式相减得[2（n-2）an-1=（n-2）an+（n-2）an-2（n≥3）]，即[2an-1=an+an-2（n≥3）]，可知数列[an]为等差数列，又[S2=5]，则[2×5=2×2+2a2]，解得[a2=3]，令[n=1]，[2S1=2×1+2a1]，解得[a1=2]，等差数列[an]的公差[d=a2-a1=1]，故[an=n+1n∈N*]。

（2）由题易知[cn=bn1bn-12…b2n-1bn]，[cn-1=bn-11bn-22…] [b2n-2bn-1]（[n]≥2），两式相除得[cncn-1=b1b2…bn（n≥2）]，又因为[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），当[n=1]时，[c1=98]也符合，∴[cn=32n3n+3（n≥1）]，则[1cn=1323n（n+3）]，令[dn=23n（n+3）]，设数列[dn]的前[n]项和为[Tn]，[Tn=231×4+232×5+…+23n·（n+3）]，[23Tn=232×4+233×5+…+23n+1·（n+3）]，由错位相减法可得：[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]，则[1c1+1c2+…+1cn=4-23n+423n<4]，即得[1c1+1c2+…+1cn<4]。

点评：本题数列不等式的证明，是建立在求数列通项和数列求和的基础上，考查错位相减法在数列求和中的应用，对数列不等式的证明采用了先求和再放缩的方法。

［例6］已知数列[an]满足[a1=1]，[an+1=anan+an+1]（其中[n∈N*]）（1）判断并证明数列[an]的单调性；（2）记数列[an]的前n项和为[Sn]，证明：[32<S2021<52]。

解：（1）单调递减，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]，∴数列[an]单调递减。

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

∵[1an+1=1an+1an+1=1an+122+34≥1an+122]，[an>0]，∴[1an+1≥1an+12]，则[1an+1-1an≥12]，当[n≥2]，累加可得[1an-1an-1+1an-1-1an-2+…+1a2-1a1≥n-12]，则[1an≥12n-1+1]，则[an≤112n-1+1]，则[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]，则[32<S2021<52]。

点评：解答本题的关键在于利用[1an+1=1an+122+34]进行放缩得到[1an+1-1an≥12]，再由累加法得到[1an≥12n-1+1]，再次进行放缩得[an<4×1n+12-1n+32]，再通过裂项求和及放缩即可证得结论。

总之，数列中的不等关系问题，既是一个数列问题，又是一个不等式问题，同时也是一个函数问题，三种问题之间的合理转化，是破解这类问题的基本思路。

（责任编辑 黄桂坚）