2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题三　3第3讲　数列的综合问题

第3讲　数列的综合问题

数列不等式的证明
[核心提炼]
数列不等式的证明问题能有效地考查学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．与数列有关的不等式除利用数学归纳法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等式能够转化为函数，可借助函数的单调性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可以借助比较法；若所证数列能够求和，且所证不等式与和式有关，可先求出其和，再借助放缩法证明．
[典型例题]
已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．
证明：当n∈N*时，
(1)0 (2)2xn＋1－xn≤；
(3)≤xn≤.
【证明】　(1)用数学归纳法证明：xn>0.
当n＝1时，x1＝1>0.
假设n＝k时，xk>0，
那么n＝k＋1时，若xk＋1≤0时，则00.
因此xn>0(n∈N*)．
所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1.
因此0 (2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，
xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)．
记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)，
f′(x)＝＋ln(1＋x)>0(x>0)，
函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，
因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故2xn＋1－xn≤(n∈N*)．
(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
所以xn≥.
由≥2xn＋1－xn得－≥2>0，
所以－≥2≥…≥2n－1＝2n－2，
故xn≤.
综上，≤xn≤(n∈N*)．

证明数列不等式常用的四种方法
(1)构造函数，结合数列的单调性证明．
(2)若待证不等式的两边均为关于n的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式．
(3)与数列前n项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项能够直接求和，则先求和后，再根据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不能够直接求和，则先放缩后再求和证明．
(4)当待证不等式随n的变化呈现的规律较明显，且初始值n0易于确定时，用数学归纳法证明．　
[对点训练]
1．设数列{an}满足≤1，n∈N*.
(1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；
(2)若|an|≤，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.
证明：(1)由≤1，得
|an|－|an＋1|≤1，故－≤，n∈N*，
所以－＝＋＋…＋≤＋＋…＋＜1，
因此|an|≥2n－1(|a1|－2)．
(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m＞n，
－＝＋＋…＋
≤＋＋…＋＜，
故|an|＜·2n≤·2n
＝2＋·2n.
从而对于任意m＞n，均有|an|＜2＋·2n.①
由m的任意性得|an|≤2.
否则，存在n0∈N*，有|an0|＞2，取正整数m0＞log且m0＞n0，则2n0·＜2n0·
＝|an0|－2，与①式矛盾，
综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2.
2．已知数列{an}满足，a1＝1，an＝－.
(1)求证：≤an≤1；
(2)求证：|an＋1－an|≤.
证明：(1)由已知得an＋1＝，计算a2＝，a3＝，a4＝，猜想≤an≤1.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，命题显然成立；
②假设n＝k时，有≤an≤1成立，则当n＝k＋1时，ak＋1＝≤＜1，
ak＋1＝≥＝，即当n＝k＋1时也成立，
所以对任意n∈N*，都有≤an≤1.
(2)当n＝1时，|a1－a2|＝，
当n≥2时，因为(an＋)(an－1＋)＝(an＋)·＝1＋≥1＋＝，
所以|an＋1－an|＝
＝≤|an－an－1|
≤…≤|a2－a1|＝·<.
综上知，|an＋1－an|≤.

数列中的交汇创新问题
[核心提炼]
数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何、不等式等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．
[典型例题]
(1)(2018·高考浙江卷)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则(　　)
A．a1a3，a2 C．a1a4 D．a1>a3，a2>a4
(2)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
①求数列{xn}的通项公式；
②如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1, 1)，P2(x2, 2)，…，Pn＋1(xn＋1, n＋1)得到折线P1 P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.

【解】　(1)选B.法一：因为ln x≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，
所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，
所以a1>a3≥a1，a2 法二：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，
所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.
若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，
所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，
所以a1>a3，a2 (2)①设数列{xn}的公比为q，由已知q＞0.
由题意得
所以3q2－5q－2＝0.
因为q＞0，
所以q＝2，x1＝1，
因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
②过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.
由①得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，
记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，
由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.(i)
又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.(ii)
(i)－(ii)得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1＝＋－(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝.

数列与函数的综合问题主要有两类
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；
(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对式子进行化简变形．
[对点训练]
已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点，，且在区间上为单调函数．
(1)求ω，φ的值；
(2)设an＝nf(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30.
解：(1)由题可得＋φ＝2kπ－，
k∈Z，＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z，
因为|φ|＜π，所以φ＝－.
(2)因为an＝2nsin(n∈N*)，数列
(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，，－，
所以a3n－2＋a3n－1＋a3n＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)＝－(n∈N*)，
所以S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10.

数列中的探索性问题
[核心提炼]
探索性问题是指根据已知条件(或给出的结论)，探求相应结论(或条件)是否存在的一类问题，主要包括结论存在型，结论探索型，条件探索型，综合探索型．
[典型例题]
已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，Sn＝2n.显然2n<60n＋800，
此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n<－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.

要判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在或某一结论是否成立，“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．　
[对点训练]
数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1，2，…)，λ是常数．
(1)当a2＝－1时，求λ及a3的值；
(2)数列{an}是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由．
解：(1)由于an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1，2，…)，且a1＝1，
所以当a2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3.
从而a3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.
(2)数列{an}不可能为等差数列，理由如下：
由a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an，得a2＝2－λ，a3＝(6－λ)·(2－λ)，a4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)．
若存在λ，使{an}为等差数列，则a3－a2＝a2－a1，
即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3.
于是a2－a1＝1－λ＝－2，a4－a3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24.
这与{an}为等差数列矛盾，所以，对任意λ，{an}都不可能是等差数列．
专题强化训练
1．(2019·台州市高三期末考试)在正项数列{an}中，已知a1＝1，且满足an＋1＝2an－(n∈N*)．
(1)求a2，a3；
(2)证明：an≥()n－1.
解：(1)因为在正项数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝2an－(n∈N*)，
所以a2＝2×1－＝，
a3＝2×－＝.
(2)证明：①当n＝1时，由已知a1＝1≥()1－1＝1，不等式成立；
②假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥()k－1，
因为f(x)＝2x－在(0，＋∞)上是增函数，
所以ak＋1＝2ak－≥2()k－1－
＝()k＋()k－
＝()k＋
＝()k＋，
因为k≥1，所以2×()k－3≥2×－3＝0，
所以ak＋1≥()k，
即当n＝k＋1时，不等式也成立．
根据①②知不等式对任何n∈N*都成立．
2．(2019·嘉兴调研)已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和，a1∈(0，2)，a＋3an＋2＝6Sn.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，t≤4Tn恒成立，求实数t的最大值．
解：(1)当n＝1时，由a＋3an＋2＝6Sn，得a＋3a1＋2＝6a1，即a－3a1＋2＝0.
又a1∈(0，2)，解得a1＝1.
由a＋3an＋2＝6Sn，可知a＋3an＋1＋2＝6Sn＋1.
两式相减，得a－a＋3(an＋1－an)＝6an＋1，即(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0.
由于an＞0，可得an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3，
所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)由an＝3n－2 ，可得
bn＝＝
＝，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝.
因为Tn＝＝－随着n的增大而增大，所以数列{Tn}是递增数列，
所以t≤4Tn⇔≤Tn⇔≤T1＝⇔t≤1，所以实数t的最大值是1.
3．(2019·金华模拟)已知数列{an}满足a1＝，an＋1an＝2an＋1－1(n∈N*)，令bn＝an－1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求证：c1＋c2＋…＋cn 解：(1)因为an＋1an＝2an＋1－1(n∈N*)，bn＝an－1，即an＝bn＋1.
所以(bn＋1＋1)(bn＋1)＝2(bn＋1＋1)－1，化为：－＝－1，
所以数列{}是等差数列，首项为－2，公差为－1.
所以＝－2－(n－1)＝－1－n，所以bn＝－.
(2)证明：由(1)可得：an＝bn＋1＝1－＝.
所以cn＝＝＝
＝1＋，
因为n≥2时，2n＋2≤2n＋1－1，
所以－<－，
所以c1＋c2＋…＋cn ＝n＋－ 4．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知数列{an}满足an＞0，a1＝2，且(n＋1)a＝na＋an(n∈N*)．
(1)证明：an＞1；
(2)证明：＋＋…＋＜(n≥2)．
证明：(1)由题得(n＋1)·a－(n＋1)＝na－n＋an－1，
故(an＋1－1)(an＋1＋1)(n＋1)＝(an－1)(nan＋n＋1)，
由an＞0，n∈N*，可知(an＋1＋1)(n＋1)＞0，nan＋n＋1＞0，
所以an＋1－1与an－1同号，又a1－1＝1＞0，故an＞1.
(2)由(1)知an＞1，故(n＋1)a＝na＋an＜(n＋1)a，
所以an＋1＜an，1＜an≤2.
又由题可得an＝(n＋1)a－na，所以，
a1＝2a－a，a2＝3a－2a，…，an＝(n＋1)·a－na，
相加得a1＋a2＋…＋an＝(n＋1)a－4≤2n，
所以a≤，即a≤(n≥2)，
≤＋≤2＋(n≥2)．
当n＝2时，＝＜.
当n＝3时，＋≤＋＋＜＋＜.
当n≥4时，＋＋＋…＋
＜2＋
＝1＋＋＋＋＋＜.
从而，原命题得证．
5．(2019·台州市高考一模)已知数列{an}满足：an＞0，an＋1＋＜2(n∈N*)．
(1)求证：an＋2＜an＋1＜2(n∈N*)；
(2)求证：an＞1(n∈N*)．
证明：(1)由an＞0，an＋1＋＜2，
所以an＋1＜2－＜2，
因为2＞an＋2＋≥2，
所以an＋2＜an＋1＜2.
(2)假设存在aN≤1(N≥1，N∈N*)，
由(1)可得当n＞N时，an≤aN＋1＜1，
根据an＋1－1＜1－＝＜0，而an＜1，
所以＞＝1＋.
于是＞1＋，
…＞1＋.
累加可得＞n－1＋(*)，
由(1)可得aN＋n－1＜0，
而当n＞－＋1时，显然有n－1＋＞0，
因此有＜n－1＋，
这显然与(*)矛盾，所以an＞1(n∈N*)．
6．(2019·金丽衢十二校高三联考)已知fn(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，且fn(－1)＝(－1)n·n，n＝1，2，3，….
(1)求a1，a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)当k>7且k∈N*时，证明：对任意n∈N*都有＋＋＋…＋>成立．
解：(1)由f1(－1)＝－a1＝－1得a1＝1，
由f2(－1)＝－a1＋a2＝2，得a2＝3，
又因为f3(－1)＝－a1＋a2－a3＝－3，
所以a3＝5.
(2)由题意得：fn(－1)＝－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝(－1)n·n，
fn－1(－1)＝－a1＋a2－a3＋…＋(－1)n－1an－1
＝(－1)n－1·(n－1)，n≥2，
两式相减得：
(－1)nan＝(－1)n·n－(－1)n－1·(n－1)＝(－1)n(2n－1)，
得当n≥2时，an＝2n－1，又a1＝1符合，所以an＝2n－1(n∈N*)．
(3)证明：令bn＝＝n，
则S＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋，
所以2S＝＋＋＋…＋.(*)
当x>0，y>0时，x＋y≥2，＋≥2，
所以(x＋y)≥4，
所以＋≥，当且仅当x＝y时等号成立，上述(*)式中，k>7，n>0，n＋1，n＋2，…，nk－1全为正，所以2S>＋＋＋…＋＝，
所以S>>＝2
>2＝，得证．
7．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝a＋2an，n∈N*，设bn＝log2(an＋1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求证：1＋＋＋…＋＜n(n≥2)；
(3)若2cn＝bn，求证：2≤()n＜3.
解：(1)由an＋1＝a＋2an，则an＋1＋1＝a＋2an＋1＝(an＋1)2，
由a1＝3，则an＞0，两边取对数得到
log2(an＋1＋1)＝log2(an＋1)2＝2 log2(an＋1)，即bn＋1＝2bn.
又b1＝log2(a1＋1)＝2≠0，
所以{bn}是以2为公比的等比数列．
即bn＝2n.
又因为bn＝log2(an＋1)，
所以an＝22n－1.
(2)证明：用数学归纳法证明：①当n＝2时，左边为1＋＋＝＜2＝右边，此时不等式成立；
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，
则当n＝k＋1时，左边＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋＜k＋＋＋…＋＜k＋＋＋…＋2k个,＜k＋1＝右边，
所以当n＝k＋1时，不等式成立．
综上可得：对一切n∈N*，n≥2，命题成立．
(3)证明：由2cn＝bn得cn＝n，
所以()n＝()n＝(1＋)n，
首先(1＋)n＝C＋C＋C＋…＋
C＋…＋C≥2，
其次因为C＝＜≤＝－(k≥2)，
所以(1＋)n＝C＋C＋C＋…＋
C＋…＋C，
＜1＋1＋1－＋－＋…＋－＝3－＜3，
当n＝1时显然成立．所以得证．
8．数列{an}满足a1＝，an＝(n≥2，n∈N)．
(1)试判断数列是否为等比数列，并说明理由；
(2)设bn＝ansin，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：对任意的n∈N*，Tn＜.
解：(1)an＝⇒＝＝(－1)n－，
所以＋(－1)n＝2·(－1)n－⇒所以＋(－1)n＝(－2)·，
所以为公比是－2的等比数列．
(2)证明：＋(－1)1＝3，由(1)可得
＋(－1)n＝·(－2)n－1＝3·(－2)n－1，
所以an＝.
而sin＝(－1)n－1，
所以bn＝an·sin＝＝，所以bn＝＜，
当n≥3时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＜(b1＋b2)＋＋＋…＋
＝＋＋＜＋＋＝＜.
因为{bn}为正项数列，所以T1＜T2＜T3＜…＜Tn，
所以n∈N*，Tn＜.