专题 4 数列中恒成立问题 1．（2021·湖南长沙市·长郡中学高三月考）比知数列 （1）求数列 （2）设 bn   an  又 所以 ，即 an  2n （2） bn  an 1  2an  0, a3  8 n an 数列  bn  的前 n 项和为 Tn ．若 2Tn  m  2021 对 n �N * 恒成立．求正整数 m 的最大值． an 1  2an a3  8 满足： 的通项公式； 【解析】（1）因为数列 所以  an  ，设  an  满足： an1  2an  0, a3  8 ，  an  的公比为 q，可得 q = 2 ， 4a1  8 ，解得 a1  2 ， ； n n  n an 2 ， 1 2 3 n Tn = + 2 + 3 +L + n ， 2 2 2 2 1 1 2 3 n Tn  2  3  4  � � �  n 1 ， 2 2 2 2 2 1 1 (1  n ) n 2 2   n 1 上面两式相减可得 ， 1 1 1 1 n 1 2 Tn   2  3  L  n  n 1 1 2 2 2 2 2 2 化简可 Tn  2  n2 ， 2n 因为 Tn 1  Tn  2  n3 2  n n 1  2  n  n 1  0 ， 2n 1 2 2 1 1 所以  Tn  递增， T1 最小，且为 所以 2 �  m  2021 ， 2 2 解得 m  2022 ，则 m 的最大值为 2021． 2．（2021·浙江高三模拟）已知数列 nbn 1  an bn .  an  的前 n 项和为 Sn ， 2Sn  (2n  1)an  2n2  n �N *  ，数列  bn  满足 b 1  a1 ， （1）求数列  an  和  bn  的通项公式； （2）设数列  cn  满足： c1  4 ， cn 1  cn  an 3n  9  n �N *    n �cn n �N * bn 2 ，若不等式 恒成立，求实数  的取值范  围. 【解析】（1）当 n 1 时， 2a1  3a1  2 ，∴ a1  2 ， � 2Sn  (2n  1)an  2n 2 � 当 n �2 时，由 � 2Sn 1  (2n  1)an 1  2(n  1) 2 得 2an  (2 n  1) an  (2n  1) an1  2 n 2  2( n  1) 2 ∴数列 ∵ ∴ an  an 1  2 ，  an  是公差为 2 的等差数列， a1  2 ，∴ 由条件得 ∴ ，即 b1  2 bn 1  2bn bn  2n an  2 n ， . nbn 1  2nbn ，即数列  bn  ， 是公比为 2 的等比数列， . �an � an 2 n n 2 3 4 n  n  n 1 � � T  1   2  3  L  n 1 ， （2） bn 2 2 ，设数列 �bn 的前 n 项和为 Tn ，则 n 2 2 2 2 1 1 2 3 n 1 n ∴ Tn   2  3  L  n 1  n ， 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n ∴ 2 Tn  1  2  2 2  23 L  2 n 1  2 n ， 1 n n 2   1 2n ， 1 2 1  2 n2 2n ∴ Tn  4  由 n2 2n 1 ， cn 1  cn  an a cn 1  cn   n bn 得 bn ，  累加得 cn  c1  Tn 1 ， n 1 即 cn  4  4  2n  2 ， ∴ cn  n 1 ， 2n  2 n  1 3n  9 n  5 ∴  � n2  n  n ， 2 2 2 令 f ( n)  ∴ n  4 n  5 n  6 n5 f (n  1)  f (n)  n 1  n  n 1 ， n ，则 2 2 2 2 f (1)  f (2)  L  f (6)  f (7)  f (8)  L ∴ f (n )max  f (6)  f (7)  ， 1 64 ， 1 ∴ � . 64 3．（2021·江西吉安市·高三期中）已知数列是公差不为 0 的等差数列， （1）求数列  an  的通项公式； 7 an * （2）设 bn  2n ，数列  bn  的前 n 项和 T ，求证：  4 �Tn  1 n �N  ． n 【解析】设数列 an 的公差为 d  d �0  ， a  3 �a10  15 � � �1 �2 由已知得 � a4  a3a7 d  2 ，∴ an  2n  5 ． � an 2 n  5 3 1 1 2n  5 （2）证明：因为 bn  2n  2n ，所以 Tn  2  22  23  L  2n ， 1 3 1 1 2n  7 2 n  5 Tn  2  3  4  L   n 1 ； 2 2 2 2 2n 2 两式相减得 1 3 1 � 2n  5 1 1  2n �1 1 Tn   2 � 2  3  L  n � n 1    n 1 2 2 2 � 2 2 2 �2 2 ， ∴ Tn  1  2n  1 2n  1  0 ，所以 T  1 ， n 2n ，因为 2n � 2n  1 � � 2 n  1 � 2 n  3 Tn 1  Tn  � 1  n 1 � �1  n � n1 2 2 � 2 � �� ， a10  15 且 a3 ， a4 ， a7 成等比数列． 所以 Tn 1  Tn  n �2  ， 1 3 7 又 T1  1  2   2 ， T2   4 ，因为 T1  T2 ， 故 T2 最小，综上所述  7 �Tn  1 n �N* ． 4   4．（2021·河南商丘市·高三月考）已知数列 （1）求 a2 ， （2）记数列 a3 ， a4 ，试猜想数列  an   an  3 ； 2 a3  4 ； 3 an 1  2  1 an ． 5 当 n  3 时， a4  4 ； 猜想 an  n 1 ． n ① 当 n  1 时， a1  11  2 ，猜想显然成立. 1 ② 假设 n  k 时，猜想成立，即 ak  则当 n  k  1 时， ak 1  2  k 1 ． k 1 k k  2 (k  1)  1  2   ak k 1 k 1 k 1 ， 即当 n  k  1 时猜想也成立. 由①②可知，猜想成立，即 an  n 1 ． n n 1 . （ ）由（ ）知 an  n 2 1 因为 ln an  ln 所以 ，  ln an  的前 n 项和为 Sn ，证明： Sn  ln n ． 当 n  1 时， a2  n  2 时， a1  2 n 1  ln( n  1)  ln n ． n S n  ln a1  ln a2  ln a3  L  ln an an an1  1  2an ． 的通项公式，并用数学归纳法证明． 【解析】证明：（ 1 ）因为 an an1  1  2an ，所以 当 满足  ln 2  ln1  ln 3  ln 2  ln 4  ln 3  L  ln( n  1)  ln n  ln( n  1)  ln n ． 5．（2021·四川资阳·高三期末）已知数列 （1）求  an  的通项公式； p （2）已知 ， k �N  ，且满足 � 1� � 1� 1 � 1 � L � � （3）若 � a1 � � a3 � p k ，求 ， ； m 1 ，则 an 1  an  a1 ，即 an 1  an  1 ，  an  是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，所以， an  n ． （2）由（1），得 则 a p  a p 1  L  a p  k  39 � 1 � 1 � ��k a2 n 1 （其中 k  0 ）对任意 n �N 恒成立，求 k 的最大值． � a2 n 1 � 【解析】（1）由已知，令 则数列  an  中， a1  1 ，且对任意 m ， n �N ，有 am  n  am  an ． a p  a p 1  L  a p  k  p   p  1  L   p  k    2 p  k   k  1 2  2 p  k   k  1  3 �13 �2  6 �13  3 �26  2 �39  1�78 ． p 由 ， k �N* 知， 2 p  k  k  1 �2 ， k 1  6 k 1  3 k 1  2 � � � � � � 2 p  k  13 或 � 2 p  k  26 或 � 2 p  k  39 ， 则� 解得 p4 ， k 5 ；或 p  12 ， k 2 ；或 p  19 ， k 1 ． � 1� � 1 � � 1� 1 � 1 � L � 1 � ��k a2 n 1 � （3）不等式 � a1 � 对任意 n �N* 恒成立， � a3 � � a2n 1 � 即为 1� � 1 � � � � 1 � � ��k 2n  1 � 3 � � 2n  1 � 恒成立， 1  1  1 � � 1� � 1 � � � � 1