1、 第 55 炼 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n的函数，然后通过函数的单调性来判断数 列的单调性。由于nN ，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0, 的函数，得到函数的单调性后再结合nN 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
2、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 , nn ab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n的表达式就可以看作是一个数列的通项公式； 某数列的前n项和 n S也 可看做数列 12 :, nn SS SS等等。 4、对于某数列的前n项和 12 :, nn SS SS，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： 1nnn aSS ， 所以 n S的增减由所加项 n a的符号确定。
3、进而把问题转化成为判断 n a的符号问题 二、典型例题 例 1：已知数列 1 ,1 n aa ，前n项和 n S满足 1 30 nn nSnS （1）求 n a的通项公式 （2）设）设2n n n n c a ，若数列若数列 n c是单调递减数列是单调递减数列，求实数求实数的取值范围的取值范围 解： （1） 1 1 3 30 n nn n Sn nSnS Sn 12 1211 214 11 nnn nnn SSSSnn SSSSnn 1 2121 3 26 n nnnnnnS S 11 1Sa 21 6 n nnn S 2n 时， 1 12111 662 nnn n nnnn nn n aSS
4、 当1n 时， 1 1a 符合上式 1 2 n n n a （2）思路：由（1）可得： 2 2 1 n n c n ，由已知 n c为单调递减数列可得 1nn cc 对 nN 均成立，所以代入 n c通项公式得到关于, n的不等式 42 21nn ，即只需 max 42 21nn ，构造函数或者数列求出 42 21nn 的最大值即可 解： 2 222 11 2 nnn n n nn c n nan n c是递减数列 nN ， 1nn cc 即 +1 22 22 21 nn nn 4242 2 2121nnnn 只需 max 42 21nn 构造函数：设 42 1 21 f xx xx 则 22
5、 2 222222 22414242 212121 xxx fx xxxxxx 22 222 21 xx xx 所以 f x在 1, 2单调递增，在 2,+单调递减 11 1,2 33 ff nN 时， max 1 12 3 f nff 即 max 421 213nn 1 3 构造数列：设数列 n t的通项公式 42 21 n t nn 1 4242462 2 21121 nn ttn nnnnnnn 416221242 1212 n nn nnnn n nnn nn 2n 时， 1 0 nn tt ，即 1nn tt 当2n 时， 21 tt 所以 n t的最大项为 21 1 3 tt 1
6、3 例 2：已知等差数列 n a中， 35 9,17aa，记数列 1 n a 的前n项和为 n S，若 21 10 nn m SSmZ ，对任意的nN 恒成立，则整数m的最小值是（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 思路：若 21 10 nn m SS 恒成立， 21 max 10 nn m SS ，要找 n S，则需先确定 n a的通项公式 得到 1 n a ： 53 4 53 aa d ，所以 3 443 n aandn，发现 11 43 n an 无法直接 求和， 21nn SS 很难变为简单的表达式，所以考虑将 21nn SS 视为一个数列，通过相邻 项比较寻找其单调性： 2
7、312123211nnnnnnnn SSSSSSSS 2322 11111110487 0 898543898543 nnn n aaannnnnn ， 进 而 21nn SS 单调递减， 213132 max 14 45 nn SSSSaa ，所以 1428 10459 m m， 从而4m 答案：B 例 3：已知数列 , nn ab满足 12 2 n b n a aanN ，若 n a为等比数列，且 132 2,6abb （1）求, nn a b （2）设 11 n nn cnN ab ，记数列 n c的前n项和为 n S 求 n S 求正整数求正整数k，使得对于，使得对于nN ，均有，均有
8、 kn SS 解： （1） 32 6 3 22 bb b 6 12312 2a a aa a 3 8a 2 3 1 42 a qq a 或2q （舍） 1 1 2 nn n aa q 1 2 12 22 n b n n a aa 1 22 221 n n nb n bn n （2） 1111111 2121 nn n nn c abn nnn 2 11111111 1 2222231 n n S nn 11 1 22 111 1 1 112 1 2 n n nn 思路：实质是求 n S取到最大值的项，考虑分析 n S的单调性，从解析式上很难通过函数的 单调性判断，从而考虑相邻项比较。对于 n
9、S而言， n S的增减受 n c符号的影响，所以将问题 转化为判断 n c的符号。 11 21 n n c n n 可估计出当n取得值较大时， n c会由正项变为负 项。所以只要寻找到正负的分界点即可 解： 1111 1 2112 n n n n n c n nn n 当4n时，可验证 1 10 2n n n ，从而可得0 n c 设 1 1 2 n n n n d ，则 1 11 12112 222 nn nnn nnn nnn dd 当5n时， 1nnn ddd 递减 5 5 5 6 10 2 n dd 5n 时，0 n c 4 max n SS 4k 时，均有 4n SS 例 4：已知数
10、列 n a的前n项和为 1 ,1 n S a 且 1 2211 nn nSnSn n ，数列 n b满 足： 21 20 nnn bbb ， 3 5b ，其前9项和为63 （1）求, nn a b （2 2）令）令 nn n nn ba c ab ，记，记 n c的前的前n项和为项和为 n T，对，对nN ，均有，均有2, n Tna b，求，求ba 的最小值的最小值 解： （1） 1 1 1 2211 12 nn nn SS nSnSn n nn n S n 为公差是 1 2 的等差数列 1 11 1 122 n SSn n n 1 2 n n n S 2n 时， 1 11 22 nnn n
11、 nnn aSSn 1 1a 符合上式 n an 2121 202 nnnnnn bbbbbb n b为等差数列 设 n b前n项和为 n P 95 963Pb 5 7b 3 5b 53 1 53 bb d 2 n bn （ 2 ） 思 路 ： 依 题 意 可 得 ： 211 22 22 nn n nn bann c abnnnn ， 可 求 出 11 232 12 n Tn nn ， 从而 11 232 12 n Tn nn ， 若ba最小， 则, a b应 最接近2 n Tn的最大最小值（或是临界值） ，所以问题转化成为求 11 32 12nn 的范 围，可分析其单调性。 11 32 12
12、 f n nn 单调递增。所以最小值为 4 1 3 f，而 当n时， 3f n ，所以 f n无限接近3，故2 n Tn的取值范围为 4 ,3 3 中的离 散点，从而求出ba的最小值 解： 222211 122 222 n nnn c nnnnnn 11111 22 1 3242 n Tn nn 11111 22 1232 21212 nn nnnn 11 232 12 n Tn nn 设 11 32 12 f n nn ，可知 f n递增 4 1 3 f nf，当n时， 3f n f n 4 ,3 3 4 ,3, 3 a b 若ba最小，则 4 ,3 3 ab min 5 3 ba 例 5
13、（ 2014 ， 黄 州 区 校 级 模 拟 ） 数 列 n a的 前n项 和 2 4 n n S ， 数 列 n b满 足 1 32, nn bbn nnN （1）求数列 n a的通项公式 （2）求证：当 1 1 4 b 时，数列 nn ba为等比数列 （3 3）在（）在（2 2）的条件下，设数列）的条件下，设数列 n b的前的前n项和为项和为 n T，若数列若数列 n T中只有中只有 3 T最小最小，求求 1 b的取的取 值范围值范围 解： （1） 2 2 1 11 212 444 nnn nn aSSnn 11 1 4 aS符合上式 1 21 4 n an （2） 1 21 4 nnn
14、babn 考虑 11 11 3321230 44 nnnn bbnbnbn 即 11 30 nnnn baba 11 1 3 nnnn baba 数列 nn ba为等比数列 （3）思路：由（2）可求得 n b通项公式 1 1 111 21 434 n n bbn ，但不知其单调 性，但可以先考虑必要条件以缩小 1 b的取值范围。若要 3 T最小，则最起码要比 24 ,T T小，从而 先求出 1 b满足的必要条件 1 4711b （也许最后结果是其子集） ，在这个范围内可判定 n b为递增数列，从而能保证 3 T最小 由（2）可得： 1 21 4 n bn 是公比为 1 3 的等比数列 1 1
15、111 21 443 n n bnb 1 1 111 21 434 n n bbn 若要 3 T最小，则必然要 3232 3443 0 0 TTTT TTTT 即 3 4 0 0 b b 2 31 1 3 1 41 115 0 11434 47 117 0 434 bb b b bb 1 4711b 则 11 111 20 243 n nn bbb ，所以 n b为递增数列 12314 0,0 nn bbbbbb ，符合 3 T最小的条件 所以 1 4711b 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
16、 6： （2014，文登市二模）各项均为正数的数列 n a ，其前n项和为 n S，满足 1 1 2 1 nn nn aa nN aa ，且 56 2Sa （1）求数列 n a的通项公式 （2 2）若）若nN ，令令 2 nn ba，设数列设数列 n b的前的前n项和为项和为 n T，试比较试比较 1 12 4 n n T T 与与 46 41 n n 的大的大 小小 解： （1） 22 1 11 1 2 120 nn nnnn nn aa aa aa aa 11 20 nnnn aaaa 1nn aa （舍）或 1 2 nn aa n a是公比为 2 的等比数列 5 1 5 561 21 2
17、22 21 a Saa ，解得： 1 2a 1 12 2 nn n aa （2）思路：由（1）可得4n n b ，进而可求出 4 41 3 n n T ，比较大小只需两式作差，再 进行化简通分可得 1 1 4 317 4 1246 44141 41 n n n n n Tn Tnn 。利用函数或构造数列判断出 1 317 4nn 的符号即可 解： 2 4n nn ba 4 41 4 41 413 n n n T 1 1 1 1 4 4112 12483 3 1 4 44441 441 3 n n n nn n n T T 467 1 4141 n nn 1 1 4 317 4 12463737
18、 11 4414141414141 41 n n nnn n n Tn Tnnnn 设 1 317 41 x f xxx 1 7 4ln43 x fx ，可得 0fx f x为减函数 130f xf 1 317 40 n n 1 1246 441 n n Tn Tn 例 7： （2014， 湖南模拟） 已知各项都为正数的数列 n a的前n项和为 n S， 且对任意的nN ， 都有 2 2 nnn pSapa（其中0p ，且p为常数） ，记数列 1 n S 的前n项和为 n H （1） 求数列 n a的通项公式及 n H （2）当2p 时，将数列 1 n a 的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原
19、来的顺序恰为等比 数列 n b的前3项，记 n b的前m项和为 m T ，若存在mN ，使得对任意nN ，总有 mn TH恒成立，求实数的取值范围 解： （1） 2 2 nnn pSapa 2 111 22 nnn pSapan 可得： 22 11 2 nnnnn paaapapa 22 11 0 nnnn aapapa 11 0 nnnn aaaap 0 n a 1 0 nn aap 即 1nn aap n a为公差是p的等差数列 在 2 2 nnn pSapa令1n 得： 2 111 2pSapa解得： 1 ap 1 1 n aanpnp 1 12 2 n n np Spn 121211
20、11 n Sp n npnn 12 111211111 1 2231 n n H SSSpnn 212 1 11 n pnp n （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, mn TH的表达式。由已知可 得：2p 时， 1 n n H n ，要解决 n T，首先要解出等比数列 n b的通项公式。2p 时， 2 n an， 进 而 1234 11111111 , 2468aaaa 显 然 抽 去 的 应 为 3 1 a ， 所 以 123 111 , 248 bbb，得到 1 2 q ， 1 1 2 m m T ，所以要处理的恒成立不等式为： 1 1 21 m n n 。 再利
21、用最值逐步消元即可 解：2p 时，2 n an，进而 1234 11 11 11 11 , 2468aaaa 124 111 , aaa 成公比为 1 2 的等比数列，即 n b的公比为 1 2 ，且 1 1 11 2 b a 1 2 n n b 11 1 22 1 1 1 2 1 2 m m m T 而由（1） ，当2p 时， 1 n n H n ，所以恒成立的不等式为： 1 1 21 m n n ，所以 min 1 1 12 m n n 设 1 1 2 m f m 可得 f m为递增函数 min 1 1 2 f mf 所以 1 12 n n 对任意的nN 均成立 即 max 1 21 n
22、n 设 111 2121 n g n nn g n为减函数 max 10g ng 0 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m，也就是说只要有m满足不等式即可，所以只要最小值比右 边小， 就意味着已经存在这样的m； 第二阶段是对任意的n， 不等式均要成立， 所以只要 g n 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 n a的前n项和 1 1 2 2 n nn SanN ，数列 n b满足2n nn ba （1）求证：数列 n b是等差数列，并求数列 n a的通项公式 2 n n n a （2）设数
23、列）设数列 n c满足满足 1 31 n n nn acn （为非零整数为非零整数，nN ） ，） ，问是否存在整数问是否存在整数 ，使得对任意使得对任意nN ，都有都有 1nn cc 解： （1） 1 1 2 2 n nn Sa 2 11 1 2 2 n nn Sa 11 11 11 2 22 nn nnnnn aaaaa 1 1 221 nn nn aa 即 1 1 nn bb n b是公差为 1 的等差数列 在 1 1 2 2 n nn Sa 令1n 得： 111 1 12 2 Saa 11 21ba 1 1 n bbndn 2 n n n a （2）思路：由（1）可得： 111 313
24、1123 2 nnn nnnn nnnn n n acncnc ，所以 1nn cc 等同于 1 11 123123 nn nnnn ，化简可得： 1 13 1 2 n n ，而 n的奇偶将决定 1 1 n 的符号，所以要进行分类讨论 解：由（1）可得： 2 n n n a 111 3131123 2 nnn nnnn nnnn n n acncnc 则 1nn cc 等价于： 1 11 123123 nn nnnn 1223 3123 nn nnnn 1 11 2 3312321 nn nnnn 1 13 1 2 n n 当n为奇数时，恒成立不等式为： 1 3 2 n 所以只需 1 min
25、3 1 2 n 当n为偶数时，恒成立不等式为： 1 3 2 n 所以只需 1 max 33 22 n 3 ,1 2 ,0Z 1 例 9：已知数列 n a前n项和为 n S，且 11 11 , 22 nn n aaa n （1）求 n a的通项公式 （2）设2, nn bnSnN，若集合|, n Mn bnN 恰有4个元素，则实数的 取值范围 解： （1） 1 1 11 22 n nn n nan aa nan 1 12 121 112 2121 n nn nn aaann aaann 11 1 1 111 222 nnn n n a nanan a （2）思路：由（1）所得通项公式可利用错位相
26、减法求 n S ，进而得到 1 2 2 n n bn n ， 要读懂集合M恰有 4 个元素的含义，根据M描述的特点可知：M集合中的元素应该为 n b 从大到小排前 4 项的序数，所以只需判断出 n b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： 2 111 2 222 n n Sn 231 11111 21 22222 nn n Snn 两式相减可得： 2111 11 1 22 11111111 1 1 22222222 1 2 n nnnnn n Snnn 1 22 2 n n Sn 1 2 2 n n bn n 下面考虑 n b的单调性 1 1 111 211221
27、1 222 nnn nn bbn nnnn nnn 2 1 22 2 n nn 2n 时， 2 220nn，即 21 bb 2n 时， 2 220nn，所以 234n bbbb 而 12345 315335 ,2, 28232 bbbbb n b从大到小排的前 4 项为： 2341 bbbb 35 3 , 32 2 例 10： （2015，天元区校级模拟）已知数列 n a满足 1 43 nn aan （1）当 1 2a 时，求数列 n a的前n项和 n S （2 2）若对任意）若对任意nN ，都有都有 22 1 1 4 nn nn aa aa 成立成立，求求 1 a的取值范围的取值范围 解：
28、（1） 1 43 nn aan 1 413 nn aan 可得： 11 4 nn aa n a中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为 4 12 25aa 当2nk时， 22 1441 k aakk 21 n an 当n为奇数时， 1 43432112 nn anannn 21, 2 , n nn a n n 为偶数 为奇数 所以当n为偶数时 13124nnn Saaaaaa 112 1 221521 222244 nn aanaann nnn 2 3 2 nn n为奇数时 2 2 1 331 112 222 nnn SSannnnn （2）思路：考虑将不等式转化为 1 a的不等式，由（
29、1）可得 n a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n的奇偶，即可把 1 , nn a a 均用 1 a表示，再求出 1 a范围即可 解：由（1）可得： n a的奇数项，偶数项各为等差数列，且公差为 4 当n为奇数时， 11 1 422 2 n n aaan 111 43432225 nn anananna 22 22 11 1 111 22+ 25 44 2225 nn nn annaaa aaanna 22 11 22+ 254 43annan 22 22 1111 2 22222 25254 43anananann 化简后可得： 22 11 2148417aann 所
30、以只需 22 11 max 2148417aann 设 2 2 133 84178 42 f nnnn max 121f nf 2 11 21421aa 解得： 1 77 2 a 或 1 77 2 a 当n为偶数时，同理： 111 42 2 n n aaan ， 11 4323 nn anana 22 22 11 1 1 23+ 2 44 43 nn nn annaaa aan 化简可得： 22 11 26843aann 即 22 11 max 26843aann 设 2 843g xnn 可得： max 221g xg 22 11111 262126210aaaaaR 综上所述： 1 77
31、2 a 或 1 77 2 a 三、历年好题精选 1、已知数列已知数列 n a的前的前n项和为项和为 n S，且，且 1 0, 4 n nnn aa SnN （1）若）若 2 1log nnn ba S ，求数列，求数列 n b的前的前n项和项和 n T （2）若）若0,2tan 2 n nnn a ，求证：数列，求证：数列 n 是等比数列，并求其通项公式是等比数列，并求其通项公式 （3）记）记 12 111 222 nn caaa，若对任意的，若对任意的, n nNcm 恒成立，求实数恒成立，求实数m 的最大值的最大值 2 2、已知数列已知数列 n a是首项是首项 1 1 4 a 的等比数列的
32、等比数列，其前其前n项和项和 n S中中 342 ,S S S成等差数列成等差数列 （1 1）求数列）求数列 n a的通项公式的通项公式 （2 2）设）设 1 2 log nn ba，若若 1 22 31 111 n nn T bbb bb b ，求证求证： 11 62 n T 3 3、已知数列已知数列 n a满足：满足： 12 1,3aa，且，且 2 1 2 cossin, 22 nn nn aanN （1 1）证明：数列）证明：数列 2k akN 为等比数列为等比数列 （2 2）求数列）求数列 n a的通项公式的通项公式 （3 3）设）设 21 1 2 12 k k a kk ba （为非
33、零整数） ，试确定为非零整数） ，试确定的值，使得对任意的值，使得对任意kN ，都，都 有有 1kk bb 成立成立 4、已知数列已知数列 n a中，中， 2 aa（a为非零常数） ，其前为非零常数） ，其前n项和项和 n S满足满足 1 2 n n n aa SnN （1）求数列）求数列 n a的通项公式的通项公式 （2）若）若2a ，且，且 2 1 11 4 mn aS，求，求,m n的值的值 （3）是否存在实数）是否存在实数, a b，使得对任意正整数，使得对任意正整数p，数列，数列 n a中满足中满足 n abp的最大项恰为第的最大项恰为第 32p 项？若存在，分别求出项？若存在，分别
34、求出, a b的取值范围；若不存在，请说明理由的取值范围；若不存在，请说明理由 5、 （2016，无锡联考），无锡联考）数列数列 n a的前的前n项和为项和为 n S，且对一切正整数，且对一切正整数n都有都有 2 1 2 nn Sna （1）求证：）求证： 1 42 nn aan （2）求数列）求数列 n a的通项公式的通项公式 （3） 是否存在实数） 是否存在实数a， 使得不等式， 使得不等式 2 12 11123 111 221 n a aaaan 对一切正整数对一切正整数n 都成立？若存在，求出都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由的取值范围；若不存在，请说明理由 6、已
35、知函数已知函数 23 3 x f x x ，数列，数列 n a满足满足 11 1 1, n n aafnN a （1）求）求 n a的通项公式的通项公式 （2）令）令 1 1 2 n nn bn aa ， 112 3, nn bSbbb，若，若 2004 2 n m S 对一切对一切nN 成立，求最小正整数成立，求最小正整数m 7、（2016， 贵阳一中四月考） 已知数列， 贵阳一中四月考） 已知数列 n a的前的前n项和为项和为 n S， 1 1a ， 且， 且 1 2 nn naSnN ， 数列数列 n b满足满足 12 11 , 24 bb，对任意，对任意nN ，都有，都有 2 12nn
36、n bb b （1）求数列）求数列 , nn ab的通项公式的通项公式 （2） 令） 令 1 12 2nn n Taba ba b， 若对任意的， 若对任意的nN ， 不等式， 不等式223 nnnn nTb Snb 恒成立，试求实数恒成立，试求实数的取值范围的取值范围 8、设数列设数列 n S为数列为数列 n a的前的前n项和项和，且且 1 22,1,2,3, n nn San （1）求）求 n a的通项公式的通项公式 （2） 设） 设 1 log2 n na n b ， 数列数列 n b的前的前n项和项和 n B， 若存在整数若存在整数m， 使得对任意的使得对任意的2,nnN 都有都有 3
37、 20 nn m BB成立成立，求求m的最大值的最大值 习题答案：习题答案： 1、解析：（1） 22 1 1log1log12 4 n nnn ba Sn 2 1 2 122 2 n n n Tnnnn （2）由2tan n nn a可知 tan 2 n n n a ，代入 1 4 n nn a S 可得： 1 2 tan n n n S 2n 时， 1 1 1 11 2 tan2tan nnn nn nn aSS 代入 tan 2 n n n a 可得： 1 1 tan11 22 tan2tan n nnn nn 2 11 tantantan2tan nnnn 1 2 2tan tantan
38、 2 1tan n nn n 1 1 2 nn ，即 n 是公比为 1 2 的等比数列 在 1 0, 4 n nnn aa SnN 中，令1n 可得： 1 1 2 a 111 tan21 4 a 11 1 11 22 nn n 1 tan 2 2 n n n a （3）可知 1 tan 2 2 n n n a 为递减数列 1 1 2 n aa 1 0 2 n a 1212 111 22222 nnnn nn caaaaaaS 111 11 0 222 nnnnn nn ccSSa n c为递增数列 11 min 1 0 2 n mcca即m的最大值为0 2 2、解析： （1） 342 ,S S
39、 S成等差数列 4324434 SSSSaaa 43 11 22 aaq 11 1 1 111 422 nn n n aa q （2）由（1）可得： 1 2 log1 nn ban 1 1111 1212 n n b bnnnn 11111111 23341222 n T nnn 1 2 n T n T为递增数列 1 111 236 n TT 综上所述： 11 62 n T 3 3、解： （1） 222 22 1 2 cossin 22 kk kk aa 2 3 k a 2k a是公比为3的等比数列 （2）当2nk时， 1 22 33 kk k aa ，即 2 3 n n a 当21nk时，
40、2121 2121 12 cossin 22 kk kk aa 21 1 k a 21k a 是公差为1的等差数列 211 1 1 k aakk 即 1 2 n n a 2 3 ,2 1, 21 2 n n nk a n nk （3）由（2）可得： 1 312 k kk k b 恒成立不等式为： 1 11 312312 kk kkkk 1 2 313 2 k kk 1 13 1 2 k k 当k为奇数时， 1 min 3 1 2 k 当k为偶数时， 1 max 33 22 k 3 ,1 2 1 4、解析： （1）由已知令1n ，则 111 1 0 2 Saa，所以 2 n n na S 1 1
41、 1 2 n n na S 111 211 nnnnnn SSnananana 1 1 n n an an 当2n时， 13 122 122 231 nn nn aaann aaann 2 11 n n a nana a 验证 1 0a 可知符合通项公式 1 n ana （2）可得21 n an 1 n Sn n 2 2 1 111111 4 mn aSmn n 2 222143 1412143 24 mnmn 223 221431 43mnmn 2234312 221111 mnm mnn （3）由 n abp可得1a nbp 若0a，则1 pb n a ，不符题意，舍去 若0a ，则1 p
42、b n a n abp的最大项恰为第32p 项 321312313 pb ppabapab a 因为该不等式对任意pN均成立 1 310 3 aa 2 01 3 bb 解得： 2 1 3 b 5、解析：（1） 2 1 2 nn Sna 2 11 1 1 2 nn Sna 2 2 11 11 1 22 nnnn SSnana 即 11 11 21 22 nnn anaa 1 42 nn aan （2）由（1）可知 1 42 nn aan 21 412 nn aan ，两式相减可得： 2 4 nn aa n a中奇数项，偶数项分别成公差是 4 的等差数列 2 1 2 nn Sna中令 1 12na 令2n可得： 221222 11 444 22 Saaaaa 211 41422 21 k aakkk 22 4142 2 k aakkk 综上所述可得：2 n an （3）恒成立的不等式为： 2 12 11123 111 221 n a aaaan 2 12 11123 21111 2 n a n aaaa 2 12 max 23111 21111 2 n a n aaaa 设 12 111 21111 n n bn aaa ，由2 n an可知0 n b 12 1 121 111 21111 21 21 212111 21111 n n n n n aaa
