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数列经典综合题

数列经典综合题 等差数列与等比数列综合题
例 1 等比数列{ an }的前 n 项和为 sn ,已知 S1 , S3 , S2 成等差数列 (1)求{ an }的公比 q; (2)求 a1 - a3 =3,求 sn 解:(Ⅰ)依题意有

a1 + (a1 + a1 q ) = 2(a1 + a1 q + a1 q 2 )
由于 a1 ≠ 0 ,故 2q + q = 0
2

又 q ≠ 0 ,从而 q = -

1 2 1 2
2

(Ⅱ)由已知可得 a1 ? a1 ? ) = 3 (

故 a1 = 4

1 n ( ? ? )) 41( 8 1 n 2 从而 S n = = (1 ? ? )) ( 1 3 2 1? ? ) ( 2
例 2 在正项数列 {an } 中,令 S n =


i =1

n

1 . ai + ai +1

(Ⅰ)若 {an } 是首项为 25,公差为 2 的等差数列,求 S100 ; (Ⅱ)若 Sn =

np a1 + an +1

( p 为正常数)对正整数 n 恒成立,求证 {an } 为等差数列;

(Ⅰ)解:由题意得, (Ⅱ)证:令 n = 1 , 所以 S n =

1 = ai + ai +1 p a1 + a2 =

ai +1 ? ai 2 1 a1 + a2

,所以 S100 =

a201 ? a1 2

=5

,则 p =1


i =1

n

np 1 = (1), a1 + an +1 ai + ai +1

S n +1 = ∑
i =1

n +1

(n + 1) p 1 = (2), a1 + an + 2 ai + ai +1 (n + 1) a1 + an + 2


(2)—(1),得

n a1 + an +1

=

1 an +1 + an + 2

,

化简得 ( n + 1) an +1 ? nan + 2 = a1 ( n ≥ 1) (3) 在(3)中令 n = 1 ,得 a1 + a3 = 2a2 ,从而 {an } 为等差数列

(n + 2)an + 2 ? (n + 1)an +3 = a1 (n ≥ 1) (4),(4)—(3)得 an +1 + an +3 = 2an + 2 (n ≥ 1)

例 3 已知{ a n }是公比为 q 的等比数列,且 a m , a m + 2 , a m +1 成等差数列. (1)求 q 的值; (2)设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,试判断 S m , S m + 2 , S m +1 是否成等差数列?说明理由. 解:(1)依题意,得 2am+2 = am+1 + am ∴2a1qm+1 = a1qm + a1qm – 1 在等比数列{an}中,a1≠0,q≠0, ∴2q2 = q +1,解得 q = 1 或 ?
1 . 2

(2)若 q = 1, Sm + Sm+1 = ma1 + (m+1) a1=(2m+1) a1,Sm + 2 = (m+2) a1 ∵a1≠0,∴2Sm+2≠S m + Sm+1
1 若 q = ? ,Sm + 1 = 2

1 1 ? (? ) m + 2 2 1 1 2 = ? ? (? ) m 1 3 6 2 1 ? (? ) 2 1 1 1 ? (? ) m 1 ? (? ) m +1 4 2 1 1 4 1 1 2 + 2 Sm + Sm+1 = = ? [(? ) m + (? ) m +1 ] = ? (? ) m 1 1 3 3 2 2 3 3 2 1 ? (? ) 1 ? (? ) 2 2

∴2 Sm+2 = S m + Sm+1 故当 q = 1 时,Sm , Sm+2 , Sm+1 不成等差数列; 当 q =?
1 时,Sm , Sm+2 , Sm+1 成等差数列. 2

例 4 已知数列 n} {a 的首项 a1 = a (a 是常数) a n = 2a n ?1 + n 2 ? 4n + 2 n ∈ N , n ≥ 2 ) , ( . (Ⅰ)

{a n } 是否可能是等差数列.若可能,求出 {a n } 的通项公式;若不可能,说明理由; (Ⅱ)设 b1 = b , bn = a n + n 2 ( n ∈ N , n ≥ 2 ), S n 为数列 {bn } 的前 n 项和,且 {S n } 是等比数列,求实数 a、b 满足的条件.
解:(Ⅰ)∵ a1

= a, 依a n = 2a n ?1 + n 2 ? 4n + 2( n = 2,3, ?) ∴ a2 = 2a + 4 ? 8 + 2 = 2a ? 2 a3 = 2a 2 + 9 ? 12 + 2 = 4a ? 5
a 4 = 2a3 + 2 = 8a ? 8
a 2 ? a1 = 2 a ? 2 ? a = a ? 2, a 3 ? a 2 = 2a ? 3, a 4 ? a 3 = 4a ? 3
若 {a n } 是等差数列,则 a 2 ∴ {a n } 不可能是等差数列

? a1 = a 3 ? a 2 , 得a = 1

但由 a 3

? a 2 = a 4 ? a 3 ,得 a=0,矛盾.

(Ⅱ)∵ bn 2)

= an + n 2

∴ bn +1 = a n +1 + (n + 1) 2 = 2a n + (n + 1) 2 ? 4( n + 1) + 2 + ( n + 1) 2 = 2a n + 2n 2 = 2bn (n≥

= a 2 + 4 = 2a + 2 当 a≠-1 时, bn ≠ 0{bn } 从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列
∴ b2
n ?1 ∴ S = b + (2a + 2)(2 ? 1) = b + (2a + 2)(2 n ?1 ? 1) n 1 2 ?1

n≥2 时, S n

Sn ?1

=

(a + 1)2 n + b ? 2a ? 2 b ? 2a ? 2 = 2? ( a + 1) 2 n ?1 + b ? 2a ? 2 (a + 1)2 n ?1 + b ? 2a ? 2
∵a≠-1 时, ∴b-2a-2=0 当 a=-1 时, ∴ Sn

∴ {S n } 是等比数列, ∴ S n (n≥2)是常数 S n?1

b2 = 0,由bn = 2bn ?1 (n≥3),得 bn = 0 (n≥2) ∴b≠0 ∵ {S n } 是等比数列
综上,

= b1 + b2 + ?? + bn = b

{S n } 是等比数列,实数 a、b 所满足的条件为 ?a ≠ ?1 ?

? a = ?1 或? ?b = 2a + 2 ?b ≠ 0

例 5 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn=2-an,n=1,2,3,…. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)若数列{bn}满足 b1=1,且 bn+1=bn+an,求数列{bn}的通项公式; (Ⅲ)设 cn=n(3-bn),求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解:(Ⅰ)∵n=1 时,a1+S1=a1+a1=2 ∴a1=1 ∵Sn=2-an 即 an+Sn=2 ∴an+1+Sn+1=2 两式相减:an+1-an+Sn+1-Sn=0 即 an+1-an+an+1=0 故有 2an+1=an ∵an≠0 ∴

a n +1 1 = (n∈N*) an 2
1 1 的等比数列.an= ( ) n ?1 (n∈N*) 2 2

所以,数列{an}为首项 a1=1,公比为 (Ⅱ)∵bn+1=bn+an(n=1,2,3,…) ∴bn+1-bn=( 得 b2-b1=1 b3-b2=

1 n-1 ) 2

1 2 1 b4-b3=( )2 2 1 n-2 ) (n=2,3,…) 2

…… bn-bn-1=(

将这 n-1 个等式相加,得

1 n?2 1 1 2 1 3 = bn-b1=1+ + ( ) + ( ) + ? + ( ) 2 2 2 2
又∵b1=1,∴bn=3-2(

1 1 ? ( ) n?1 1 2 = 2 ? 2( ) n?1 1 2 1? 2

1 n-1 ) (n=1,2,3,…) 2 1 (Ⅲ)∵cn=n(3-bn)=2n( )n-1 2 1 1 1 1 1 ∴Tn=2[( )0+2( )+3( )2+…+(n-1)( )n-2+n( )n-1] ① 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 3 1 n ?1 1 而 Tn=2[( )+2( ) +3( ) +…+(n-1) ( ) + n( ) n ] ② 2 2 2 2 2 2 1 1 0 1 1 1 2 1 n ?1 1 ①-②得: Tn = 2[( ) + ( ) + ( ) + ? + ( ) ] ? 2n( ) n 2 2 2 2 2 2 1 1? ( )n 2 ? 4n( 1 ) n = 8 ? 8 ? 4n ( 1 ) n Tn= 4 1 2 2 2n 1? 2

=8-(8+4n)

1 (n=1,2,3,…) 2n

例 6 已知数列 {an } 中, a0 = 2, a1 = 3, a2 = 6 ,且对 n ≥ 3 时
有 an = (n + 4)an ?1 ? 4nan ? 2 + (4n ? 8)an ?3 . (Ⅰ)设数列{bn } 满足 bn = an ? nan ?1 , n ∈ N ? ,证明数列 {b n +1 ?2bn } 为等比数列,并求数列

{bn } 的通项公式;
(Ⅱ)记 n × (n ? 1) × ? × 2 × 1 = n ! ,求数列 {nan } 的前 n 项和 S n (Ⅰ) 证明:由条件,得 an ? nan ?1 = 4[an ?1 ? (n ? 1)an ? 2 ] ? 4[an ? 2 ? (n ? 2)an ?3 ] , 则 an +1 ? ( n + 1) an = 4[ an ? nan ?1 ] ? 4[an ?1 ? (n ? 1) an ? 2 ] . 即 bn +1 = 4bn ? 4bn ?1 . 又b1 = 1, b2 = 0 ,所以 bn +1 ? 2bn = 2(bn ? 2bn ?1 ) , b2 ? 2b1 = ?2 ≠ 0 .

所以 {b n +1 ?2bn } 是首项为 ? 2,公比为 2 的等比数列.

b2 ? 2b1 = ?2 ,所以 bn +1 ? 2bn = 2n ?1 (b2 ? 2b1 ) = ?2n .
两边同除以 2n+1 ,可得

bn +1 bn 1 ? n =? . n +1 2 2 2

1 1 ?b ? 于是 ? n ? 为以 首项,- 为公差的等差数列. n 2 2 ?2 ?
所以

bn b1 1 = ? (n ? 1), 得bn = 2n (1 ? n ) . n 2 2 2 2

(Ⅱ) an ? 2n = nan ?1 ? n2n ?1 = n( an ?1 ? 2n ?1 ) ,令 cn = an ? 2n ,则 cn = ncn ?1 . 而 c1 = 1, cn = n(n ? 1) ? ? ? 2 ? 1 ? c1 = n( n ? 1) ? ? ? 2 ? 1 . ∴ ∴ an = n(n ? 1) ? ? ? 2 ? 1 + 2n .

nan = n ? n ? (n ? 1) ? ? ? 2 ? 1 + n2n = (n + 1)!? n !+ n ? 2n ,
∴ Sn = (2!? 1!) + (3!? 2!) + ? + (n + 1)!? n !+ (1 × 2 + 2 × 22 + ? + n × 2n ) . 令 T n= 1 × 2 + 2 × 2 2 + ? + n × 2 n , 则 2Tn= 1 × 22 + 2 × 23 + ? + (n ? 1) × 2n + n × 2n +1 . ② ①-②,得 ? Tn= 2 + 22 + ? + 2n ? n × 2n +1 ,Tn= (n ? 1)2n +1 + 2 . ∴ S n = (n + 1)!+ ( n ? 1)2n +1 + 1 . ①

例 7 设数列 {an } , {bn } 满足 a1 = 1, b1 = 0 且

?an +1 = 2an + 3bn , ? ?bn +1 = an + 2bn ,

n = 1, 2,3,??

(Ⅰ)求 λ 的值,使得数列 {an + λ bn } 为等比数列; (Ⅱ)求数列 {an } 和 {bn } 的通项公式;

′ (Ⅲ)令数列 {an } 和 {bn } 的前 n 项和分别为 Sn 和 Sn ,求极限 lim

Sn 的值. n →∞ S ′ n

(Ⅰ)令 cn = an + λbn ,其中 λ 为常数,若 {cn } 为等比数列,则存在 q ≠ 0 使得

cn +1 = an +1 + λ bn +1 = q (an + λ bn ) .
又 an +1 + λ bn +1 = 2an + 3bn + λ ( an + 2bn ) = (2 + λ ) an + (3 + 2λ )bn . 所以 q ( an + λbn ) = (2 + λ )an + (3 + 2λ )bn . 由此得 (2 + λ ? q ) an + (3 + 2λ ? λ q )bn = 0,

n = 1, 2, 3,?

由 a1 = 1, b1 = 0 及已知递推式可求得 a2 = 2, b2 = 1 ,把它们代入上式后得方程组

?2 + λ ? q = 0, ? ?3 + 2λ ? λ q = 0

消去 q 解得 λ = ± 3 .

下面验证当 λ = 3 时,数列 an + 3bn 为等比数列.

{

}

an +1 + 3bn +1 = (2 + 3)an + (3 + 2 3)bn = (2 + 3)(an + 3bn )

(n = 1, 2, 3,?) ,

a1 + 3b1 = 1 ≠ 0 ,从而 an + 3bn 是公比为 2 + 3 的等比数列.
同理可知 an ? 3bn 是公比为 2 ? 3 的等比数列,于是 λ = ± 3 为所求. (Ⅱ)由(Ⅰ)的结果得 an + 3bn = (2 + 3)
n ?1

{

}

{

}

, an ? 3bn = (2 ? 3)

n ?1

,解得

an =

1? 2+ 3 ? 2?

(

)

n ?1

+ 2? 3

(

)

n ?1

? ,b = 3 ? 2+ 3 n ? ? ? 6 ?
n ?1

(

)

n ?1

? 2? 3

(

)

n ?1

?. ? ?

(Ⅲ)令数列 {d n } 的通项公式为 d n = (2 + 3) 前 n 项和为 Pn ; 令数列 {en } 的通项公式为 en = (2 ? 3)

,它是公比为 p = 2 + 3 的等比数列,令其

n ?1

,它是公比为 p′ = 2 ? 3 的等比数列,令其

前 n 项和为 Pn′ . 由第(Ⅱ)问得 S n =

1 3 ′ ( Pn + Pn′) , S n = ( Pn ? Pn′) . 2 6

Pn′ Sn P + P′ Pn = 3? n n = 3? . Pn′ ′ Sn Pn ? Pn′ 1? Pn

1+

由于数列 {en } 的公比 0 < 2 ? 3 < 1 ,则 lim Pn′ =
n →∞

1 . 1 ? (2 ? 3)

1 1 ( ) n ? ( ) n ?1 1 1 1 1 1? p p p ,由于 = = 2 ? 3 ,则 lim = 0 , = = n n →∞ P 1 p 2+ 3 Pn 1 ? p n ( )n ? 1 p
于是 lim

Pn′ S = 0 ,所以 lim n = 3 n →∞ P n →∞ S ′ n n
2

例 8 数列 {a n } 的各项均为正数, Sn 为其前 n 项和,对于任意 n ∈ N * ,总有 an , S n , an 成等 差数列. (Ⅰ)求数列 {a n } 的通项公式; (Ⅱ)设数列 {bn } 的前 n 项和为 Tn ,且 bn =

ln n x an
2

,求证:对任意实数 x ∈ (1, e] ( e 是常数, e

=2.71828 ??? )和任意正整数 n ,总有 Tn < 2; (Ⅲ) 正数数列 {c n } 中, a n +1 = (c n )
*

n +1

, (n ∈ N * ) .求数列 {c n }中的最大项.
2

(Ⅰ)解:由已知:对于 n ∈ N ,总有 2 S n = an + an ∴ 2 S n ?1 = an ?1 + an ?1
2

①成立

(n ≥ 2)②
2 2

①--②得 2a n = a n + a n ? a n ?1 ? a n ?1 ∴ a n + a n ?1 = (a n + a n ?1 )(a n ? a n ?1 )

∵ a n , a n ?1 均为正数,∴ a n ? a n ?1 = 1 ∴数列 {a n } 是公差为 1 的等差数列

(n ≥ 2)

又 n=1 时, 2S1 = a1 + a1 , 解得 a1 =1
2

∴ a n = n .( n ∈ N )
*

(Ⅱ)证明:∵对任意实数 x ∈ (1, e] 和任意正整数 n,总有 bn =

ln n x an
2



1 . n2

∴ Tn ≤

1 1 1 1 1 1 + 2 +?+ 2 < 1+ + +?+ 2 1? 2 2 ? 3 (n ? 1)n 1 2 n 1 1 1 1 1 1 + ? +?+ ? = 2? < 2 2 2 3 n ?1 n n
2

= 1+1?
(Ⅲ)解:由已知

a 2 = c1 = 2 ? c1 = 2 ,
3 4

a 3 = c 2 = 3 ? c 2 = 3 3 , a 4 = c3 = 4 ? c3 = 4 4 = 2 , a5 = c4 = 5 ? c4 = 5 5
5

易得

c1 < c2 , c2 > c3 > c4 > ...

猜想 n≥2 时, {c n } 是递减数列.

1 ? x ? ln x ln x 1 ? ln x x , 则f ′( x ) = = 令 f (x ) = 2 x x x2
∵当 x ≥ 3时, x > 1, 则1 ? ln x < 0,即f ′( x ) < 0. ln ∴在 [3,+∞ ) 内 f ( x ) 为单调递减函数. 由 a n +1 = c n
n +1

知 ln c n =

ln (n + 1) . n +1

∴n≥2 时, {ln c n } 是递减数列.即 {c n } 是递减数列. 又 c1 < c2 , ∴数列 {c n } 中的最大项为 c 2 = 3 3 . 例 9 设 {an } 是公差不为零的等差数列, Sn 为其前 n 项和,满足 a2 + a3 = a4 + a5 , S 7 = 7 。
2 2 2 2

(1)求数列 {an } 的通项公式及前 n 项和 Sn ; (2)试求所有的正整数 m ,使得 解:(1)设公差为 d ,则 a2 因为 d
2

am am +1 为数列 {an } 中的项。 am + 2

2 2 2 ? a5 = a4 ? a3 ,由性质得 ?3d (a4 + a3 ) = d (a4 + a3 ) ,

≠ 0 ,所以 a4 + a3 = 0 ,即 2a1 + 5d = 0 ,又由 S7 = 7 得 7 a1 +

7×6 d = 7, 2

解得 a1

= ?5 , d = 2 ,

(2) (方法一) 则

am am +1 (2m ? 7)(2m ? 5) = ,设 2m ? 3 = t , am + 2 2m ? 3
所以 t 为 8 的约数

am am +1 (t ? 4)(t ? 2) 8 = = t + ?6, am + 2 t t

(方法二)因为

am am +1 (am + 2 ? 4)(am + 2 ? 2) 8 = = am + 2 ? 6 + 为数列 {an } 中的项, am + 2 am + 2 am + 2



8 为整数,又由(1)知: am + 2 为奇数,所以 am + 2 = 2m ? 3 = ±1, 即m = 1, 2 a m+2

经检验,符合题意的正整数只有 m = 2 。 例 10 已知 {an } 是公差为 d 的等差数列, {bn } 是公比为 q 的等比数列。 (1) 若 an = 3n + 1 ,是否存在 m、k ∈ N * ,有 am + am +1 = ak ? 说明理由; 找出所有数列 {an } 和 {bn } ,使对一切 n ∈ N * ,

(2)

an +1 = bn ,并说明理由; an

(3)

若 a1 = 5, d = 4, b1 = q = 3, 试确定所有的 p ,使数列 {an } 中存在某个连续 p 项的和

是数列 {bn } 中的一项,请证明。 解:(1)由 am + am +1 = ak ,得 6m + 5 = 3k + 1 , 整理后,可得 k ? 2m =

4 ? ,∵ m 、 k ∈ N ,∴ k ? 2m 为整数, 3

∴ 不存在 m 、 k ∈ N ? ,使等式成立。
(2)若

an +1 a1 + nd = bn ,即 = b1q n ?1 , a a1 + (n ? 1)d
n ?1

(*)

(ⅰ)若 d = 0, 则 1 = b1q

= bn 。

当{ an }为非零常数列,{ bn }为恒等于 1 的常数列,满足要求。

(ⅱ)若 d ≠ 0 ,(*)式等号左边取极限得 lim

a1 + nd = 1 ,(*)式等号右边的极限只 n →∞ a + ( n ? 1) d 1

有当 q = 1 时,才能等于 1。此时等号左边是常数,∴ d = 0 ,矛盾。 综上所述,只有当{ an }为非零常数列,{ bn }为恒等于 1 的常数列,满足要求。 (3) an = 4n + 1, bn = 3 , n ∈ N *
n

设 am+1 + am+2 + …… + a m+ p = bk = 3 , p、k ∈ N , m ∈ N .
k *

4(m + 1) + 1 + 4(m + p ) + 1 p = 3k , 2

∴ 4m + 2 p + 3 =

3k ,∵ p、k ∈ N *,∴ p = 35 , s ∈ N . p

取 k = 3s + 2,4m = 32 s + 2 ? 2 × 3s ? 3 = ( 4 ? 1) 2 s + 2 ? 2 × ( 4 ? 1) s ? 3 ? 0, 由二项展开式可得正整数 M1、M2,使得(4-1)
2s+2

=4M1+1,

2 × (4 ? 1) s = 8M 2 + (?1) s 2, ∴ 4m = 4( M 1 ? 2 M 2 ) ? (?1) s + 1 2,∴ 存在整数m满足要求.
故当且仅当 p=3 ,s ∈ N 时,命题成立.
s

(

)

二、点列综合题
例 11 设曲线 c : y = x 2 ( x > 0) 上的点为 P0 ( x 0 , y 0 ), 过 P0 作曲线 c 的切线与 x 轴交于 Q1,过 Q1 作平行于 y 轴的直线与曲线 c 交于 P1 ( x1 , y1 ) ,然后再过 P1 作曲线 c 的切线交 x 轴于 Q2, 过 Q2 作平行于 y 轴的直线与曲线 c 交于 P2 ( x 2 , y 2 ) ,依此类推,作出以下各点:P0,Q1,P1, Q2,P2,Q3,…Pn,Qn+1…,已知 x 0 = 2 ,设 Pn ( x n , y n )( n ∈ N ) (1)求出过点 P0 的切线方程; (2)设 x n = f ( n), 求 f ( n) 的表达式; (3)设 S n = x 0 + x1 + ? + x n , 求 解:(1) ∵ k0 = 2 x0 = 4 ∴过点 P0 的切线段为 y ? 4 = 4( x ? 2) 即 4 x ? y ? 4 = 0 (2)∵ k n = 2 x n
2 ∴过点 Pn 的切线方程为 y ? x n = 2 x n ( x ? x n )

2 将 Qn+1 ( x n +1 ,0) 的坐标代入方程得: ? xn = 2 xn ( xn +1 ? xn )

∴ x n +1 =

xn x 1 ? n+1 = 2 xn 2

故数列 {x n } 是首项为 x0 = 2, 公比为 1 的等比数列
2

1 1 ∴ x n = f (n) = 2 ? ( ) n 即f (n) = ( ) n?1 2 2

(3)

∵ Sn =

2(1 ?

1 ) 2 n +1 ? S = 4(1 ? 1 ) n 1 2 n +1 1? 2

∴ lim S n = lim 4(1 ?
n →∞ n→∞

1 )=4 2 n +1

满足: 例 12 已知点 Pn an ,bn 满足:an+1 = an ·bn+1,bn+1 = 的方程; (1)求过点 P0 ,P 的直线 l 的方程; ) 1

(

)

bn ? 1 2? ,n ∈ N , 且已知 P0 ? , ? 2 ? 3 3? 1 ? an

的位置关系,并证明你的结论; (2)判断点 Pn (n ≥ 2) 与直线 l 的位置关系,并证明你的结论; ) 的极限位置。 (3)求点 Pn 的极限位置。 ) 解:(1)由 a0 = :( )

1 2 ,b0 = ,得: 3 3

2 3 1 3 1 3 b1 = = ,a1 = × = 2 4 3 4 4 ? 1? 1? ? ? ? 3?
显然直线 l 的方程为 x + y = 1 (2)由 a1 = )

1 3 ,b1 = ,得: 4 4

3 4 1 4 1 4 b2 = = ,a2 = × = 2 5 4 5 5 ? 1? 1? ? ? ? 4?
∴点 P2 ∈ l ,猜想点 Pn (n ≥ 2) 在直线 l 上,以下用数学归纳法证明: 以下用数学归纳法证明: 当 n=2 时,点 P2 ∈ l = 假设当 n = k ( k ≥ 2) 时,点 Pk ∈ l ,即 ak + bk = 1 当 n = k + 1 时,

ak +1 + bk +1 = ak ·bk +1 + bk +1

= (1 + ak )bk +1 = (1 + ak ) =1
∴点 Pk +1 ∈ l 综上,点 Pn ∈ l (n ≥ 2) 综上, (3)由 an+1 = an ·bn+1,bn+1 = )

bk b = k 2 1 ? ak 1 ? ak

bn ,an + bn = 1 ,得: 2 1 ? an

a n +1 = a n · ∴ 1 a n +1 =

bn 1 ? an an = an · = (an ≠ 0) 2 2 1 + an 1 ? an 1 ? an

1 +1 an

∴数列 ?

?1? 1 为首项, ? 是以 = 3 为首项,公差为 1 的等差数列 an ? a0 ?



1 1 = 3 + n, a n = an n+3

n+2 1 = n+3 n+3 1 ∵ lim an = lim =0 n→∞ n→∞ n + 3 2 1+ n+2 n =1 lim bn = lim = lim n→∞ n→∞ n + 3 n→∞ 3 1+ n bn = 1 ? an = 1 ?
∴ Pn ? → P(0,1) ?
即点 Pn 的极限位置为点 P(0,1) ( , ) 例 13 如图, P ( x1 , y1 ), P2 ( x2 , y2 ),? , Pn ( xn , yn ), (0 < y1 < y2 < ? < yn ) 是曲线 1

C : y 2 = 3 x ( y ≥ 0) 上的 n 个点, Ai (ai , 0) (i = 1, 2,3,? , n) 在 x 轴的正半轴上, Ai ?1 Ai Pi 是 点 ?
正三角形( A0 是坐标原点) .(Ⅰ) 写出 a1 , a2 , a3 ; (Ⅱ)求出点 An ( an , 0)( n ∈ N *) 的横坐标 an 关于 n 的表达式; (Ⅲ)设 bn =

1 1 1 1 + + +?+ ,若对任意正整数 n ,当 m ∈ [ ?1,1] 时,不等 an +1 an + 2 an +3 a2 n

式 t ? 2mt +
2

1 > bn 恒成立,求实数 t 的取值范围. 6

. 解:(Ⅰ) a1 = 2, a2 = 6, a3 = 12 . (Ⅱ)依题意 An ( an , 0), An ?1 ( an ?1 , 0) ,则

xn =

an ?1 + an ? a + an , yn = 3 ? n ?1 2 2 ?

? ?… 3分 ?

y P3 P2 P1 A0

在正三角形 Pn An ?1 An 中,有

yn =

3 3 | An ?1 An |= (an ? an ?1 ) . 2 2

O

A1

A2

A3

x

3 ? a + an ? ∴ 3 ? n ?1 ? = 2 (an ? an ?1 ) . 2 ? ? ∴ an ? an ?1 = 2(an ?1 + an ) ,
∴ an 2 ? 2an ?1 an + an ?12 = 2(an + an ?1 ) (n ≥ 2, n ∈ N *) ,
同理可得 an +1 ? 2an +1 an + an = 2( an +1 + an )
2 2

① ②

(n ∈ N *) .

①-②并变形得

(an +1 ? an ?1 )(an +1 + an ?1 ? 2an ? 2) = 0 (n ≥ 2, n ∈ N *)

∵ an +1 > an ?1 ,
∴ an +1 + an ?1 ? 2an ? 2 = 0 , ∴ (an +1 ? an ) ? (an ? an ?1 ) = 2 (n ≥ 2, n ∈ N *) .
∴数列 {an +1 ? an } 是以 a2 ? a1 = 4 为首项,公差为 2 的等差数列.

∴ an +1 ? an = 2(n + 1), (n ∈ N *) , …………………………………… 7 分 ∴ an = a1 + (a2 ? a1 ) + (a3 ? a2 ) + (a4 ? a3 ) + ? + (an ? an ?1 ) , = 2(1 + 2 + 3 + ? + n) = n 2 + n . ∴ an = n(n + 1) (n ∈ N *) .
(Ⅲ)解法 1 :∵ bn =

1 1 1 1 + + +?+ (n ∈ N *) , an +1 an + 2 an +3 a2 n

∴ bn +1 =

1 an + 2

+ 1

1 an +3 +

+

1 an + 4 ?

+?+ 1 an +1

1 a2 n + 2

(n ∈ N *) .

∴ bn +1 ? bn =

1 a2 n + 2

a2 n +1

=

1 1 1 + ? (2n + 1)(2n + 2) (2n + 2)(2n + 3) (n + 1)(n + 2)

=

?2(2n 2 + 2n ? 1) . (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)(n + 2)

∴当 n ∈ N * 时,上式恒为负值, ∴当 n ∈ N * 时, bn +1 < bn , ∴数列 {bn } 是递减数列.

∴ bn 的最大值为 b1 =

1 1 = . a2 6
2

若 对 任 意 正 整 数 n , 当 m ∈ [ ?1,1] 时 , 不 等 式 t ? 2mt +

1 > bn 恒 成 立 , 则 不 等 式 6

t 2 ? 2mt +

1 1 > 在 m ∈ [ ?1,1] 时恒成立,即不等式 t 2 ? 2mt > 0 在 m ∈ [ ?1,1] 时恒成立. 6 6

设 f (m) = t 2 ? 2mt ,则 f (1) > 0 且 f ( ?1) > 0 , ∴?

?t 2 ? 2t > 0 ? 2 ?t + 2t > 0 ? t < ?2 或 t > 2 ,

解之,得

即 t 的取值范围是 ( ?∞, ?2) ∪ (2, +∞ ) . 例 14 △ABC 中,|AB|=|AC|=1, AB · AC = ,





1 2 边上的一点, ,P1 为 AB 边上的一点, BP1 ≠ AB ,从 2 3

P1 向 BC 作垂线,垂足是 Q1;从 Q1 向 CA 作垂线,垂足是 R1;从 R1 向 AB 作垂线,垂足是 作垂线, 作垂线, 作垂线, P2,再由 P2 开始重复上述作法,依次得 Q2,R2,P3;Q3,R3,P4…… 开始重复上述作法, 之间的关系。 (1)令 BPn 为 xn,寻求 BPn 与 BPn+1 (即 x n 与x n +1 )之间的关系。 ) (2) ) 点列 P1 ,P2 ,P3 ,P4 ……Pn 是否一定趋向于某一个定点 P0? 说明理由; 说明理由;

(3) | AB| = 1,| BP1 | = ) 若 若存在, 的最小值。 若存在,求 m 的最小值。

1 , 则是否存在正整数 m, , 使点 P0 与 Pm 之间的距离小于 0.001? ? 3 → 1 ,∴∠BAC = 60° 2 1 xn 2

解:(1)由|AB|=|AC|=1, AB · AC = :( ) , 从而△ 从而△ABC 为边长为 1 的正三角形



则 BPn = x n ,则BPn +1 = x n +1 ,于是 BQn = BPn · cos60° = ∴ CQn = 1 ? 同样

1 xn 2 1 1 (1 ? x n ) 2 2

CRn = CQn · cos 60° =

1 1 1 1 ARn = 1 ? (1 ? x n ) = + x n 2 2 2 4 1 1 1 又 APn +1 = ARn · cos 60° = ( + x n ) 2 2 4 1 1 1 3 1 BPn +1 = 1 ? ( + x n ) = ? x n 2 2 4 4 8 3 1 即 x n +1 = ? x n 4 8 2 1 2 (2)由(1)可得: x n +1 ? = ? ( x n ? ) ) )可得: 3 8 3 2 2 2 1 ∴ {x n ? },当x1 ≠ 时,是以x1 ? 为首项,公比为 ? 的等比数列 3 3 3 8 2 2 1 n ?1 ∴ x n = + ( x1 ? )( ? ) 3 3 8 2 当 n → +∞时,x n → 3 2 ∴点 Pn 趋向点 P0,其中 P0 在 AB 上,且 BP0 = 3 2 2 1 m ?1 1 1 m ?1 = ( ) (3) P0 Pm =| x m ? | =| x1 ? |( ) ) 3 3 8 3 8 1 m ?1 1000 < 0.003,∴8 m?1 > 由 | P0 Pm | < 0.001得 ( ) 8 3 1000 m ?1 > 当 m = 4 时,8 3
∴ m ≥ 4,m 的最小值为 4

例 15 已知曲线 Cn : x ? 2nx + y = 0( n = 1, 2,…) .从点 P ( ?1, 0) 向曲线 Cn 引斜率为
2 2

kn (kn > 0) 的切线 ln ,切点为 Pn ( xn , yn ) .
(1)求数列 {xn }与{ yn } 的通项公式;

(2)证明: x1 ? x3 ? x5 ?? ? x2 n ?1 <

1 ? xn x < 2 sin n . 1 + xn yn

解 : ( 1) 设 直 线 ln : y = k n ( x + 1) ,联立 x 2 ? 2nx + y 2 = 0 得
2 2 2 2 2 2 (1 + k n ) x 2 + (2k n ? 2n) x + k n = 0 ,则 ? = (2k n ? 2n) 2 ? 4(1 + k n )k n = 0 ,∴

kn =

n 2n + 1

(?

n 2n + 1

舍去)

2 xn =

2 kn n2 n n 2n + 1 = , 即 xn = , ∴ y n = k n ( x n + 1) = 2 2 n +1 n +1 1 + k n (n + 1)

n 1 ? xn n +1 = ( 2) 证 明 : ∵ = n 1 + xn 1+ n +1 1?

1 2n + 1

x1 ? x3 ? x5 ? ? ? ? ? x 2 n ?1 =

1 3 2n ? 1 1 3 2n ? 1 × × ???× < × ×???× = 2 4 2n 3 5 2n + 1
1 ? xn 1 + xn

1 2n + 1

∴ x1 ? x3 ? x5 ? ? ? ? ? x 2 n ?1 <

由于

xn = yn

1 ? xn 1 = ,可令函数 f ( x ) = x ? 2 sin x ,则 f ' ( x) = 1 ? 2 cos x ,令 2n + 1 1 + xn
2 π π ,给定区间 (0, ) ,则有 f ' ( x ) < 0 ,则函数 f (x ) 在 (0, ) 上单 2 4 4

f ' ( x) = 0 ,得 cos x =

调递减,∴ f ( x ) < f (0) = 0 ,即 x <

2 sin x 在 (0, ) 恒成立,又 0 < 4

π

1 1 π ≤ < , 2n + 1 3 4

则有

1 ? xn x 1 1 < 2 sin ,即 < 2 sin n . 2n + 1 2n + 1 1 + xn yn

例 16 数轴上有一列点 P1,P2,P3,…,Pn,…,已知当 n ≥ 2 时,点 Pn 是把线段 Pn – 1 Pn+1 作 n 等分的分点中最靠近 Pn+1 的点,设线段 P1P2,P2P3,…,Pn Pn + 1 的长度分别为 a1,a2,
a3,…,an,其中 a1 = 1.

(1)写出 a2,a3 和 an( n ≥ 2 , n ∈ N * )的表达式; (2)证明 a1 + a2 + a3 +…+an < 3( n ∈ N * ); ( 3 )设点 Mn( n , an) ( n > 2 , n ∈ N * ),在这些点中是否存在两个点同时在函数 k y= ( k > 0) 的图像上,如果存在,请求出点的坐标;如果不存在,请说明理由. ( x ? 1) 2

.解:(1) 由已知 Pn ?1 Pn = ( n ? 1) Pn Pn +1 , 令 n = 2,P1P2 = P2P3,所以 a2 = 1, 1 令 n = 3,P2P3 = 2P3P4,所以 a3 = , 2 a 1 同理, n = . an ?1 n ? 1 所以 an =
(2) 因为 1 1 1 1 1 1 1 an ?1 = an ? 2 = ? = (n ≥ 2) i i ? i1 = n ?1 n ?1 n ? 2 n ?1 n ? 2 2 (n ? 1)!

1 1 1 1 = ≤ = n ? 2 ( n ≥ 2) (n ? 1)! 1 × 2 × 3 × 4 × ? × (n ? 1) 2i2i2?? 2 2 1 1 1 1 1 1 + +? + ≤ 1 + 1 + + 2 + ? + n?2 1! 2! (n ? 1)! 2 2 2

所以 a1 + a2 + a3 + ? + an = 1 +

1 1 ? ( ) n ?1 1 2 =1+ = 3 ? ( ) n ? 2 < 3 (n ≥ 2) . 1 2 1? 2

而 n = 1 时,易知 a1 = 1 < 3 成立,所以 a1 + a2 + a3 + ? + an < 3 (n ∈ N * )
(3) 假设有两个点 A(p,ap),B(q,aq) ( p ≠ q,p、q ∈ N *,且p > 2,q > 2) ,都在 函数 y = 即 ap = k ( x ? 1) 2

k k ( p ? 1) 2 (q ? 1) 2 ,aq = .所以 = k, =k. ( p ? 1) 2 ( q ? 1) 2 ( p ? 1)! ( q ? 1)! ( p ? 1)2 (q ? 1) 2 ,……① = ( p ? 1)! (q ? 1)!

消去 k 得

以下考查数列{bn}, bn =

bn ? bn ?1

n2 的增减情况, n! n 2 ( n ? 1) 2 n ? (n ? 1) 2 n2 ? 3n + 1 = ? = =? , n ! ( n ? 1)! (n ? 1)! (n ? 1)!

当 n > 2 时,n2 – 3n + 1 > 0,所以对于函数{bn}有 b2 > b3 > b4 > … > bn > … 所以①式不能成立, k 所以,不可能有两个点同时在函数 y = 图像上. ( x ? 1) 2 例 17 在直角坐标系中,有一点列 P1(a1,b1),P2(a2,b2),…,Pn(an,bn),…对每一个 正整数 n,点 Pn 在给定的函数 y=log3(2x)的图像上.而在递增数列{an}中,an 与 an+1 是关 于 x 的方程 4x2-8nx+4n2-1=0(n∈N*)的两个根. (Ⅰ)求点 Pn 的纵坐标 bn 的表达式; c1 c2 cn b (Ⅱ)记 cn=3 n,n∈N*.证明 + 2+…+ n<3; 2 2 2

1 1 解:(Ⅰ)解方程 4x2-8nx+4n2-1=0,得 x1=n- ,x2=n- , 2 2 1 1 1 ∵{an}是递增数列,∴an=n- ,an+1=n- ,即 an=n- ( n∈N*), 2 2 2
又因为 Pn(an,bn)在函数 y=log3(2x)的图像上,所以 bn=log3(2n-1).

b (Ⅱ)因为 cn=3 n,n∈N*,所以 cn=2n-1 2n-1 c1 c2 cn 1 3 设 Dn= + 2+…+ n,即 Dn= + 2+…+ n , 2 2 2 2 2 2 2n-3 2n-1 1 1 3 所以 Dn= 2+ 3+…+ n + n+1 , 2 2 2 2 2 ② ①

2n-1 1 1 1 1 1 由①-②得 Dn= + + 2+…+ n?1- n+1 ,则 2 2 2 2 2 2 1 1-( )n?1 2 2n-1 2n-1 1 1 1 所以 Dn=1+1+ + 2+… n?2- n =1+ - n 2 2 2 1 2 2 1- 2 2n-1 1 =3- n?2- n <3, 2 2 例 18 已知点列 B1(1,y1)、B2(2,y2)、…、Bn(n,yn)(n∈N)顺次为一次函数 y =
1 4 1 x + 12 图像

上的点,点列 A1(x1,0)、A2(x2,0)、…、An(xn,0)(n∈N)顺次为 x 轴正半轴上的点,其中 x1=a (0<a<1),对于任意 n∈N,点 An、Bn、An+1 构成一个顶角的顶点为 Bn 的等腰三角形。 ⑴求数列{yn}的通项公式,并证明{yn}是等差数列; ⑵证明 xn+2-xn 为常数,并求出数列{xn}的通项公式; ⑶在上述等腰三角形 AnBnAn+1 中,是否存在直角三角形?若有,求出此时 a 值;若不存在,请 说明理由。
1 解: (1) y n = 1 n + 12 (n∈N),∵yn+1-yn= 4 ,∴{yn}为等差数列 4

1

(2)因为 ?An Bn An +1 与 ?An +1 Bn +1 An + 2 为等腰三角形.

? xn + xn +1 =n ? 2 ? 所以 ? ,两式相减得 x n + 2 ? x n = 2 。 xn +1 + xn + 2 ? = n +1 ? ? 2
注:判断 x n + 2 ? x n = 2 得 2 分,证明得 1 分 ∴x1,x3,x5,…,x2n-1 及 x2,x4,x6 ,…,x2n 都是公差为 2 的等差数列, ∴ xn = ?n + a ? 1 (当n为奇数) ? ? n - a (当n为偶数)
1 1 (3)要使 AnBnAn+1 为直角三形,则 |AnAn+1|=2 y Bn =2( n + 12 )?xn+1-xn=2( n + 12 ) 4 4

当 n 为奇数时,xn+1=n+1-a,xn=n+a-1,∴xn+1-xn=2(1-a).
1 11 ?2(1-a)=2( n + 12 ) ?a= 12 ? n (n 为奇数,0<a<1) (*) 4 4

取 n=1,得 a= 3 ,取 n=3,得 a= 6 ,若 n≥5,则(*)无解; 当偶数时,xn+1=n+a,xn=n-a,∴xn+1-xn=2a.
1 1 ∴2a=2( n + 12 )?a= n + 12 (n 为偶数,0<a<1) (*′), 4 4

2

1

取 n=2,得 a= 12 ,若 n≥4,则(*′)无解. 综上可知,存在直角三形,此时 a 的值为 3 、 6 、 12 .
2

7

1

7

y Bn B3 B1 A1 A2 B2 B4

A3

A4

A5

An

An+1

x

三、数列与向量交汇的综合题
a 已知S n 为数列{a n } 的前n项和, = (S n ,1) , b = ? 1,2a n + 2 n +1 , a ⊥ b 例 19
(1)求证: ? (2) 若 bn =
→ →

(

)





? an ? 为等差数列; n ? ?2 ?

n ? 2011 a n ,问是否存在 n0 , 对于任意 k ( k ∈ N ? ),不等式 bk ≤ bn0 成立. n +1


解(1)∵ a ⊥ b



∴ ? S n + 2a n + 2 n +1 = 0 ? S n+1 + 2a n +1 + 2 n + 2 = 0 ∴ a n +1 = 2a n ? 2 n +1 ∴

a n +1 a n = ?1 2 n +1 2 n

?a ? ∴ ? n ? 为等差数列 n ?2 ?

an = ?2 ? (n ? 1) = ?(n + 1) 2n ∴ bn = (2011 ? n )2 n
(2)

令bn +1 ≥ bn n ≤ 2009

(2010 ? n )2 n+1 ≥ (2011 ? n )2 n

bn的最大值为b2010 = b2009 ∴ n0 = 2009或2010
例 20 在直角坐标平面中, 已知点 P1 (1,2), P2 ( 2,2 ), P3 (3,2 ), ? Pn ( n,2 ) , 其中 n 是正整数, 对平面上任一点 A0,记 A1 为 A0 关于点 P1 的对称点,A2 为 A1 关于点 P2 的对称点,……, An 为 An-1 关于点 Pn 的对称点. (1)求向量 A0 A2 的坐标; (2)对任意偶数 n,用 n 表示向量 A0 An 的坐标. (1)设 An ( x n , y n ), ∴ An 与An ?1 关于点Pn (n, 2 n ) 对称
2 3 n

? x n + x n ?1 = 2n ? x1 = 2 ? x0 ? x 2 = 4 ? x1 = 2 + x0 ∴? ?? ,? n +1 ? y1 = 4 ? y 0 ? y 2 = 8 ? y1 = 4 + y 0 ? y n + y n ?1 = 2
故 A0 A2 = ( x 2 ? x0 , y 2 ? y 0 ) = ( 2,4) (2)∵ ?

? x n + xn ?1 = 2n ∴ xn +1 = 2(n + 1) ? xn = 2 + xn ?1 ? xn +1 ? xn ?1 = 2 ? x n+1 + xn = 2(n + 1)

同理可得: y n +1 ? y n ?1 = 2 n +1

∴ An ?1 An +1 = ( x n +1 ? x n ?1 , y n +1 ? y n ?1 ) = (2, 2 n +1 )

故 A0 An = A0 A2 + A2 A4 + ? + An ? 2 An
n ? ? ? n 2 2 (1 ? 4 2 ) ? ? 2 n +2 ? 4 ? ? = (2,2 ) + (2,2 ) + ? + (2,2 ) = ? 2 × , ? = ? n, 2 1? 4 ? ? 3 ? ? ? ? ? ? 2 4 n

例 21 已知数列 {an } 的首项 a1 = 1,a2 = 3 ,前 n 项和为 Sn ,且 S n +1 、 Sn 、 S n ?1 (n ≥2)分 别是直线 l 上的点 A、B、C 的横坐标, AB =

2 an + 1 BC ,设 b1 = 1 ,bn +1 = log 2 (an + 1) + bn . an

⑴ 判断数列 {an + 1} 是否为等比数列,并证明你的结论;

n 4 n +1 ⑵ 设 cn = ,证明: ∑ C k < 1 . an an +1 k =1

bn+1 ?1

解:⑴由题意得

S n +1 ? S n 2an + 1 = ? an +1 = 2an + 1 S n ? S n ?1 an

∴a

n +1

+ 1 = 2(an + 1) (n≥2),又∵ a1 = 1 , a2 = 3
n

∴ 数列 {a
[则 an + 1 = 2
n n

+ 1} 是以 a1 + 1 = 2 为首项,以 2 为公比的等比数列。
n

∴a

= 2n ? 1 ( n ∈ N * )]

⑵由 an = 2 ? 1 及 bn +1 = log 2 ( an + 1) + bn 得 bn +1 = bn + n

∴b
∑C
k =1 n k

n

n(n ? 1) = 1+ , 2

4 2n 1 1 则 cn = = n = n ? n +1 n +1 an an +1 (2 ? 1)(2 ? 1) 2 ? 1 2 ? 1

bn+1 ?1 n +1

1 ? ? 1 1 ? ? 1 1 ? 1 ? ? 1 ? 1 =? ? 2 ? 3 ? 4 ? n+1 ?+? 2 ?+? 3 ? +?+ ? n ? ? 2 ?1 2 ?1? ? 2 ?1 2 ?1? ? 2 ?1 2 ?1? ? 2 ?1 2 ?1? 1 2
n +1

= 1?

?1

<1

四、数列与函数交汇的综合题
例 22 已知函数 f ( x) =

( x + 1)4 + ( x ? 1) 4 ( x ≠ 0 )。 ( x + 1) 4 ? ( x ? 1)4

(Ⅰ)若 f ( x) = x 且 x ∈ R ,则称 x 为 f ( x) 的实不动点,求 f ( x) 的实不动点; (错误!未找到引用源。)在数列 {an } 中, a1 = 2 , an +1 = f (an ) ( n ∈ N ? ),求数列 {an } 错误!未找到引用源。 错误 的通项公式。 解:(Ⅰ)由 f ( x) =

x4 + 6 x2 + 1 及 f ( x) = x 得 4 x3 + 4 x x4 + 6 x2 + 1 1 = x ? 3 x 4 ? 2 x 2 ? 1 = 0 ? x 2 = 1 或 x 2 = ? (舍去), 3 4x + 4x 3

所以 x = 1 或 ?1 ,即 f ( x) 的实不动点为 x = 1 或 x = ?1 ; ( 错 误 ! 未 找 到 引 用 源
4













(a + 1)4 + (an ? 1) 4 a + 1 (an + 1) 4 ? an + 1 ? an +1 = n ? n +1 = =? ? ,从而有 (an + 1) 4 ? (an ? 1)4 an +1 ? 1 (an ? 1)4 ? an ? 1 ?

ln

an +1 + 1 a +1 , = 4ln n an +1 ? 1 an ? 1

由此及 ln

? a + 1? a1 + 1 = ln 3 ≠ 0 知:数列 ?ln n ? 是首项为 ln 3 ,公比为 4 的等比数列,故有 a1 ? 1 ? an ? 1 ? a +1 a + 1 4n?1 34 + 1 ln n = 4n ?1 ln 3 ? n = 3 ? an = 4n?1 ( n ∈ N ? )。 an ? 1 an ? 1 3 ?1
n?1

例 23 二次函数 f ( x )符合 f ( x ) ≥ 0, 且 f ( x ) ≤ 2 x 2 恒成立, f (1) = 1 (1)求 f (0) 并求 f ( x ) 的解析式; (2)若 an =

f (1) f (2) f (n) 1 + +? + , bn = , 求数列 {bn } 前n项和Sn . 并求 lim S n . n →∞ 1 2 n an

(3)若 cn +1 = f (cn ), 且c1 = 2, 记Tn = c1 ? c2 ? ... ? cn , 求符合 Tn > 2008 最小自然数 n. .解:(1) f (0) ≥ 0  又: (0) ≤ 2 × 0 2 = 0     f (0) = 0 f ∴

f ( x) = ax 2 + bx  对称轴x = 0即b = 0   f ( x) = ax 2 ∴
又 f (1) = 1   a = 1   f ( x) = x 2 ∴ ∴

12 2 2 n2 n(n + 1) ( 2 ) an = + +? + = 1+ 2 +? + n = 1 2 n 2
S n = 2(1 ? 1 ); n +1
2

bn =

2 1 1 = 2( ? ) n(n + 1) n n +1

1 ? ? lim S n = lim ? 2(1 ? ) = 2. n →∞ n →∞ n +1 ? ? ?

(3) C1 = 2.   n +1 = (Cn ) C

∴ Cn = 2 2
n ?1

n ?1

∴ Tn = 2 1 ? 2 2 ? 2 4 ? 2 8 ? 2 2

= 2 (1+ 2 + 4 +? + 2

n ?1

)

= 2(2

n

?1)

> 2008

? n ≥ 4,∴ nmin = 4
例 24 已知函数 f (x ) =
1 4x + 2

(x ∈ R ) ,点 P1 (x1 , y1 ) , P2 (x 2 , y 2 ) 是函数 f (x ) 图像上的两个点,
1 . 2

且线段 P1 P2 的中点 P 的横坐标为 ⑴求证:点 P 的纵坐标是定值;

⑵若数列 {a n } 的通项公式为 a n = f ?

?n? ? ?m?

(m ∈ N , n = 1,2,?, m ) ,求数列 {a n } 的前 m 项的和 S m ;

解:⑴由题可知: x1 + x 2 = 2 ×
y 1 + y 2 = f ( x1 ) + f ( x 2 ) = =
x1 x2

1 = 1 ,所以, 2
1 2

1 1 4x + 4x + 4 + x = x 4x + 2 4 + 2 4 + 2 4x + 2
1 2

(

1

)(

2

)

4

x1 + x 2

4 +4 +4 4 +4 +4 1 = = x x x x +2 4 +4 +4 2 4 +4 +4 2
x1 x2

(

1

2

)

(

1

2

)

点 P 的纵坐标 y P =

y1 + y 2 1 = 是定值,问题得证. 2 4
?n? ?m?n? 1 ?+ f ? ? = 恒成立. ?m? ? m ? 2

⑵由⑴可知:对任意自然数 m, n , f ? 由于 S m = f ?

?1? ?2? ?m?2? ? m ?1 ? ?m? ? + f ? ? +?+ f ? ?+ f ? ? + f ? ? ,故可考虑利用倒写求和的方 ?m? ?m? ? m ? ? m ? ?m?

?1? ?2? ?m?2? ? m ?1 ? ?m? Sm = f ? ? + f ? ? +?+ f ? ?+ f ? ?+ f ? ? ?m? ?m? ? m ? ? m ? ?m? 法.即由于: ?m? ? m ?1 ? ?m?2? ?2? ?1? = f? ?+ f? ?+ f? ? +?+ f ? ? + f ? ? m? m ? m ? m? ? ? ? ? ?m?

? ?1? ? ? m ?1 ? ?m? ? m ? 1 ?? ? ? 2 ? ? m ? 2 ?? ? 1 ?? 2S m = ? f ? ? + f ? ?? + ? f ? ? + f ? ?? + ? + ? f ? ? + f ? ?? + 2 f ? ? ?m? ? m ?? ? ? m ? ? m ?? ? m ?? ? ?m? ? ? m ? 所以, 1 1 = (m ? 1) + 2 f (1) = (3m ? 1) 2 6

所以, S m =

1 (3m ? 1) 12

例 25 设 f1(x)=

f ( 0) ? 1 2 ,定义 fn+1 (x)= f1[fn(x)] n = n ,a (n∈N*). 1+ x f n ( 0) + 2

(1) 求数列{an}的通项公式; (2) 若 T2 n = a1 + 2a 2 + 3a 3 + ? + 2na 2 n ,Qn= Qn 的大小,并说明理由. 解: (1)∵f1(0)=2,a1=

4n 2 + n (n∈N*) ,试比较 9T2n 与 2 4n + 4n + 1

2 ?1 1 2 = ,fn+1(0)= f1[fn(0)]= , 2+2 4 1 + f n ( 0)

2 ?1 f n +1 (0) ? 1 1 + f n (0) 1 ? f n ( 0) 1 f n ( 0) ? 1 1 ∴an+1= = = == - an. 2 f n +1 (0) + 2 4 + 2 f n ( 0) 2 f n ( 0) + 2 2 +2 1 + f n ( 0)
∴数列{an}是首项为

1 1 1 1 ,公比为- 的等比数列,∴an= ( ? )n?1. 4 2 4 2

(2)∵T2 n = a1+2a 2+3a 3+…+(2n-1)a 2 n?1+2na 2 n, ∴?

1 1 1 1 1 1 T2 n= (- a1)+(- )2a 2+(- )3a 3+…+(- )(2n-1)a2 n-1+ (? ) 2na2 n 2 2 2 2 2 2

= a 2+2a 3+…+(2n-1)a2 n-na2 n.

3 T2 n= a1+a2+a 3+…+a2 n+na2 n. 2 1? 1 2n ? ?1 ? (? 2 ) ? 3 4? ? +n× 1 (- 1 )2n?1= 1 - 1 (- 1 )2n+ n (- 1 )2n?1. ∴ T2n = 1 2 4 2 6 6 2 4 2 1+ 2 1 1 1 n 1 1 3n + 1 T2n = - (- )2n+ (- )2n?1= (1- 2 n ). 9 9 2 6 2 9 2 3n + 1 ∴9T2n=1- 2 n . 2
两式相减,得 又 Qn=1-

3n + 1 , (2n + 1) 2

当 n=1 时,22 n= 4,(2n+1)2=9,∴9T2 n<Q n; 当 n=2 时,22 n=16,(2n+1)2=25,∴9T2 n<Qn;
0 1 3 n 当 n≥3 时, 2 2 n = [(1 + 1) n ] 2 = (C n + C n + C n + ? + C n ) 2 > (2n + 1) 2 ,

∴9T2 n>Q n. 例 26 已 知 函 数 f ( x) = ?

( x ≤ 0) ?0 ?n[ x ? ( n ? 1)] + f ( n ? 1)

( n ? 1 < x ≤ n,n ∈ N*)

,数列

{a n } 满足 a n = f ( n)( n ∈ N*)
的通项公式; (I)求数列 {a n } 的通项公式; ) ( II ) 设 x 轴 、 直 线 x = a 与 函 数 y = f ( x) 的 图 象 所 围 成 的 封 闭 图 形 的 面 积 为

S(a ) (a ≥ 0) ,求 S( n) ? S( n ? 1)( n ∈ N*) ;
, (III)在集合 M = {N| N = 2 k,k ∈ Z ,且 1000 ≤ k < 1500} 中,是否存在正整数 N, ) 恒成立?若存在, 使得不等式 a n ? 1005 > S( n) ? S( n ? 1) 对一切 n > N 恒成立?若存在, 则这样的正整数 N 共 有多少个?并求出满足条件的最小的正整数 ;若不存在,请说明理由。 有多少个?并求出满足条件的最小的正整数 N;若不存在,请说明理由。 存在, (IV)请构造一个与 {a n } 有关的数列 {b n } ,使得 lim( b 1 + b 2 +?+ b n ) 存在,并求出这 )
n →∞

个极限值。 个极限值。 解:(I)∵ n ∈ N * ∴ f ( n) = n[ n ? ( n ? 1)] + f ( n ? 1) = n + f ( n ? 1) :( )

∴ f ( n) ? f ( n ? 1) = n

∴ f (1) ? f (0) = 1 f (2) ? f (1) = 2 f (3) ? f (2) = 3
……

f ( n) ? f ( n ? 1) = n
个式子相加, 将这 n 个式子相加,得

f ( n) ? f (0) = 1 + 2 + 3+?+ n =

n( n + 1) 2

∵ f (0) = 0

∴ f ( n) = ∴an =

n( n + 1) 2

n( n + 1) ( n ∈ N*) 2 为一直角梯形( 时为直角三角形)的面积, (II) S( n) ? S( n ? 1) 为一直角梯形( n = 1 时为直角三角形)的面积,该梯形的两底边 )
的长分别为 f ( n ? 1) ,f ( n) ,高为 1

∴ S( n) ? S( n ? 1) =

a + an f ( n ? 1) + f ( n) × 1 = n ?1 2 2

1 n( n ? 1) n( n + 1) n2 = [ + ]= 2 2 2 2
存在, (III)设满足条件的正整数 N 存在,则 )

n( n + 1) n2 n ? 1005 > ? > 1005 ? n > 2010 2 2 2
又 M = {2000, 2002 ,? , 2008, 2010, 2012 ,? , 2998}

∴ N = 2010, 2012 ,……, 2998 均满足条件
的等差数列。 它们构成首项为 2010,公差为 2 的等差数列。 , 设共有 m 个满足条件的正整数 N,则 2010 + 2( m ? 1) = 2998 ,解得 m = 495 ,

∴ M 中满足条件的正整数 N 存在,共有 495 个, N min = 2010 存在,
(IV)设 b n = )

1 2 1 1 = 2( ? ) ,即 b n = an n( n + 1) n n +1

1 1 1 1 1 1 1 1 ) + ( ? ) + ( ? ) +?+ ( ? )] = 2(1 ? ) 2 2 3 3 4 n n +1 n +1 1 显然,其极限存在, ]=2 显然,其极限存在,并且 lim( b 1 + b 2 +?+ b n ) = lim[ 2 ? n →∞ n →∞ n +1
则 b 1 + b 2 +?+ b n = 2[(1 ? 例 27 函数 的定义域为 R,且

(Ⅰ)求证:



(Ⅱ)若 (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下记

上的最小值为

,试求 f(x)的解析式; 试比较 与

的大小并证明你的结论. 解:(Ⅰ)∵f(x)定义域为 R,

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f(x)在[0,1]上为增函数,

(Ⅲ)

例 28 已知函数 f ( x) = kx + m, 当x ∈ [a1 , b1 ] 时, f (x ) 的值域为 [ a 2 , b2 ] ,当 x ∈ [a 2 , b2 ] 时, f (x ) 的值域为 [ a3 , b3 ] ,依次类推,一般地,当 x ∈ [ a n ?1 , bn ?1 ] 时, f (x ) 的值域为

[ a n , bn ] ,其中 k 、m 为常数,且 a1 = 0, b1 = 1.
(1)若 k=1,求数列 {a n }, {bn } 的通项公式; (2)项 m=2,问是否存在常数 k > 0 ,使得数列 {bn } 满足 lim bn = 4 ? 若存在,求 k 的值;
n→∞

若不存在,请说明理由; (3)若 k < 0 ,设数列 {a n }, {bn } 的前 n 项和分别为 Sn,Tn,求
[来源:学&科&网]

(T1 + T2 + ? + T2010 ) ? ( S1 + S 2 + ? + S 2010 ) 。
解:(1)因为 f ( x) = x + m, 当x ∈ [ a n ?1 , bn ?1 ]时, f ( x)为单调增函数, 所以其值域为 [ a n ?1 + m, bn ?1 + m] 于是 a n = a n ?1 + m, bn = bn ?1 + m ( n ∈ N * , n ≥ 2) 又 a1 = 0, b1 = 1, 所以a n = ( n ? 1) m, bn = 1 + ( n ? 1) m. (2)因为 f ( x) = x + mf ( x) = kx + m( k > 0), 当x ∈ [ a n ?1 , bn ?1 ]时, f ( x)为单调增函数 所以 f ( x)的值域为[ ka n ?1 + m, kbn ?1 + m],因m = 2, 则bn = kbn ?1 + 2( n ≥ 2) ……8 分 法一:假设存在常数 k > 0 ,使得数列 {bn }满足 lim bn = 4, 则 lim bn = k lim bn ?1 + 2 ,
n →∞ n →∞ n →∞

得 4 = 4k + 2, 则k =

1 符合。 2
n →∞

法二:假设存在常数 k>0,使得数列 {bn } 满足 lim bn = 4. 当 k=1 不符 合。……9 分 当 k ≠ 1时, bn = kbn ?1 + 2( n ≥ 2) ? bn + 则 bn = (1 +

2 2 = k (bn ?1 + )( n ≥ 2) , k ?1 k ?1

[来源:Z+xx+k.Com]

2 2 ) k n ?1 ? , k ?1 k ?1 2 1 当 0 < k < 1时, lim bn = = 4, 得k = 符合. n →∞ 1? k 2
(3)因为 k < 0, 当x ∈ [ a n ?1 , bn ?1 ]时, f ( x )为单调减函数, 所以 f (x ) 的值域为 [ kbn ?1 + m, ka n ?1 + m] 于是 a n = kbn ?1 + m, bn = ka n ?1 + m ( n ∈ N * , n ≥ 2) 则 bn ? a n = ? k (bn ?1 ? a n ?1 ) 又 b1 ? a1 = 1

?i, (k = ?1) ? 则有 Ti ? S i = ?1 ? ( ? k ) i , (k < 0, k ≠ ?1) ? ? 1+ k
进而有

[来 xxk.Com]

?2021055, (k = ?1) ? (T1 + T2 + ? + T2010 ) ? ( S1 + S 2 + ? + S 2010 ) = ? 2010 + 2011k ? k 2011 , (k < 0, k ≠ ?1) ? (1 + k ) 2 ?

…………18 分

例 29

1 1 已知函数 f ( x) = x 2 ? x + , f ′( x) 为函数 f ( x) 的导函数. 2 4 (Ⅰ)若数列 {an } 满足: a1 = 1 , an +1 = f ′(an ) + f ′(n) ( n ∈ N ? ),求数列 {an }

的通项 an ; (Ⅱ)若数列 {bn } 满足: b1 = b , bn +1 = 2 f (bn ) ( n ∈ N ? ). ⅰ. 当 b =
1 时,数列 {bn } 是否为等差数列?若是,请求出数列 {bn } 的通项 2

bn ;若不是,请说明理由; ⅱ. 当
n 1 1 2 < b < 1 时, 求证: ∑ < . 2 2b ? 1 i =1 bi

1 , 2 1 1 ∴ an +1 = (2an ? ) + (2n ? ) = 2an + 2n ? 1 , 2 2
解:(Ⅰ)∵ f ′( x) = 2 x ? 即 an +1 + 2( n + 1) + 1 = 2( an + 2n + 1) .

∵ a1 = 1 ,

∴ 数列 {an + 2n + 1} 是首项为 4 ,公比为 2 的等比数列.

∴ an + 2n + 1 = 4 ? 2n ?1 ,即 an = 2n +1 ? 2n ? 1 .
(Ⅱ)(ⅰ)∵ bn +1 = 2 f (bn ) = 2bn ? bn +
2

1 , 2

1 ∴ bn +1 ? bn = 2(bn ? ) 2 . 2 1 1 ∴ 当 b1 = 时, b2 = . 2 2 1 假设 bk = ,则 bk +1 = bk . 2
由数学归纳法,得出数列 {bn } 为常数数列,是等差数列,其通项为 bn =

1 . 2

1 1 2 , ∴ bn +1 ? bn = 2(bn ? ) . 2 2 1 1 ∴ 当 < b1 < 1 时, b2 > b1 > . 2 2 1 1 假设 bk > ,则 bk +1 > bk > . 2 2
(ⅱ)∵ bn +1 = 2bn ? bn +
2

由数学归纳法,得出数列 bn > 又∵ bn +1 ?

1 (n = 1, 2, 3, ? ) . 2

1 1 = 2bn (bn ? ) , 2 2



1 1 1 = ? , 1 1 bn +1 ? 2 bn ? 2 bn 1 1 1 = ? . 1 bn bn ? 2 bn +1 ? 1 2
n n 1 1 1 1 1 = ∑( ? )= ? . 1 1 1 bi i =1 bi ? 2 bi +1 ? 2 b1 ? 2 bn +1 ? 1 2



∴∑
i =1

∵ bn +1 >

1 , 2

∴∑
i =1

n

1 1 2 < = . 1 bi b1 ? 2 2b ? 1
n

例 30 已知 f 0 ( x ) = x , f k ( x) =
0 2 1 2

f k'?1 ( x) ,其中 k ≤ n( n, k ∈ N + ) , f k ?1 (1)
k 2 n 2

设 F ( x) = Cn f 0 ( x ) + Cn f1 ( x ) + ... + Cn f k ( x ) + ... + Cn f n ( x ) , x ∈ [ ?1,1] . (I) 写出 f k (1) ; (II) 证明:对任意的 x1 , x2 ∈ [ ?1,1] ,恒有 F ( x1 ) ? F ( x2 ) ≤ 2 【解析】(I)由已知推得 f k ( x) = (n ? k + 1) x (II) 证法 1:当 ?1 ≤ x ≤ 1 时,
1 2 k n F ( x) = x 2 n + nCn x 2( n ?1) + (n ? 1)Cn x 2( n ? 2) ... + (n ? k + 1)Cn x 2( n ? k ) + ... + 2Cn ?1 x 2 + 1 n?k n ?1

(n + 2) ? n ? 1 .

,从而有 f k (1) = n ? k + 1

当 x>0 时, F ′( x ) > 0 ,所以 F ( x ) 在[0,1]上为增函数 因函数 F ( x ) 为偶函数所以 F ( x ) 在[-1,0]上为减函数 所以对任意的 x1 , x2 ∈ [ ?1,1] F ( x1 ) ? F ( x2 ) ≤ F (1) ? F (0)
0 1 n F (1) ? F (0) = Cn + nCn + (n ? 1)Cn2 ... + (n ? k + 1)Cnk + ... + 2Cn ?1 n 1 0 = nCnn ?1 + (n ? 1)Cnn ? 2 ... + (n ? k + 1)Cn ? k + ... + 2Cn + Cn n n ∵ (n ? k + 1)Cn ? k = (n ? k )Cnn ? k + Cn ? k k = nCnk?1 + Cn (k = 1, 2,3? n ? 1)

1 2 k? 1 n 0 F (1) ? F (0) = n(Cn ?1 + Cn ?1... + Cn ?11 ) + (Cn + Cn2 ... + Cn ?1 ) + Cn

= n(2n ?1 ? 1) + 2n ? 1 = 2n ?1 (n + 2) ? n ? 1
因此结论成立. 证法 2: 当 ?1 ≤ x ≤ 1 时,
1 2 k F ( x) = x 2 n + nCn x 2( n ?1) + (n ? 1)Cn x 2( n ? 2) ... + (n ? k + 1)Cn x 2( n ? k ) + ... + 2Cnn ?1 x 2 + 1

当 x>0 时, F ′( x ) > 0 ,所以 F ( x ) 在[0,1]上为增函数 因函数 F ( x ) 为偶函数所以 F ( x ) 在[-1,0]上为减函数 所以对任意的 x1 , x2 ∈ [ ?1,1] F ( x1 ) ? F ( x2 ) ≤ F (1) ? F (0)
0 1 n F (1) ? F (0) = Cn + nCn + (n ? 1)Cn2 ... + (n ? k + 1)Cnk + ... + 2Cn ?1

又因 F (1) ? F (0) = 2Cn + 3Cn + ... + kCn
1 2 1 2

k ?1

n 0 + ... + nCn ?1 + Cn k ?1 n 0 + ... + Cn ?1 ] + 2Cn

所以 2[ F (1) ? F (0)] = ( n + 2)[Cn + Cn + ... + Cn

F (1) ? F (0) = =

n+2 1 0 [Cn + Cn2 + ... + Cnk ?1 + ... + Cnn ?1 ] + Cn 2

n+2 n (2 ? 2) + 1 = 2 n ?1 (n + 2) ? n ? 1 2

因此结论成立. 证法 3: 当 ?1 ≤ x ≤ 1 时,
1 2 k F ( x) = x 2 n + nCn x 2( n ?1) + (n ? 1)Cn x 2( n ? 2) ... + (n ? k + 1)Cn x 2( n ? k ) + ... + 2Cnn ?1 x 2 + 1

当 x>0 时, F ′( x ) > 0 ,所以 F ( x ) 在[0,1]上为增函数 因函数 F ( x ) 为偶函数所以 F ( x ) 在[-1,0]上为减函数 所以对任意的 x1 , x2 ∈ [ ?1,1] F ( x1 ) ? F ( x2 ) ≤ F (1) ? F (0)
0 1 n F (1) ? F (0) = Cn + nCn + (n ? 1)Cn2 ... + (n ? k + 1)Cnk + ... + 2Cn ?1 1 x[(1 + x) n ? x n ] = x[Cn x n ?1 + Cn2 x n ? 2 + ...Cnk x n ? k + .. + Cnn ?1 x + 1] 1 = Cn x n + Cn2 x n ?1 + ...Cnk x n ? k +1 + .. + Cnn ?1 x 2 + x



对上式两边求导得
1 k (1 + x) n ? x n + nx(1 + x)n ?1 ? nx n = nCn x n ?1 + (n ? 1)Cn2 x n ? 2 + ...(n ? k + 1)Cn x n ? k + .. + 2Cnn ?1 x + 1

F ( x) = (1 + x 2 ) n + nx 2 (1 + x 2 ) n ?1 ? nx 2 n

∴ F (1) ? F (0) = 2n + n 2n ?1 ? n ? 1 = (n + 2)2 n ?1 ? n ? 1
因此结论成立.

五、数列与不等式交汇的综合题
例 31 已知数列 {an } 满足. an = an?1 +

1 2 an?1 (n ∈ N *) n2

(1)若数列 {an } 是以常数 a1 首项,公差也为 a1 的等差数列,求 a1 的值; (2)若 a0 = (3)若 a0 =

1 1 1 1 ,求证: ? < 2 对任意 n ∈ N ? 都成立; 2 an ?1 an n

1 n +1 ,求证: < an < n 对任意 n ∈ N ? 都成立. 2 n+2 1 2 1 2 ? 解 (1)由 an = an ?1 + 2 a n ?1 ( n ∈ N ) 得: a1 = 2 [ a1 + ( n ? 2) a1 ] n n n ?1 2 2 即 a1 = ( 2 ) a1 ,求得 a1 = 0 n 1 (2)由 an > an ?1 > 0 知 an < an ?1 + 2 an an ?1 , n
两边同除以 an an ?1 ,得

1 1 1 ? < 2 an ?1 an n

(3)

1 1 1 1 1 1 1 1 ? = ( ? ) + ( ? ) +? + ( ? ) a0 an a0 a1 a1 a2 an ?1 an < 1+ 1 1 1 + 2 +? + 2 2 2 3 n < 1+ 1 1 1 + +? + 1× 2 2 × 3 (n ? 1)n

1 1 1 1 1 1 1 1 = 1+ ( ? ) + ( ? ) + ( ? ) +? + ( ? ) 2 3 3 4 4 5 (n ? 1) n 1 1 ,将 a0 = 代入,得 an < n ; ㈠ n 2 1 n ?1 ∵ an ?1 < n ? 1 ∴ an = an ?1 + 2 a 2 n ?1 < an ?1 + 2 an ?1 n n = 2? n2 an ?1 > 2 an n + n ?1 1 n2 an > an ?1 + 2 an ?1 ? 2 an n n + n ?1

1 1 1 1 1 ? > 2 > ? an ?1 an n + n ? 1 n n + 1

1 1 1 1 1 1 1 1 ? = ( ? ) + ( ? ) +? + ( ? ) a1 an a1 a2 a2 a3 an ?1 an
1 1 1 1 1 1 > ( ? ) + ( ? ) +? + ( ? ) 2 3 3 4 n n +1 ∴ 1 5 1 n+2 < + < an 6 n + 1 n + 1 ∴ an > = 1 1 ? 2 n +1
㈡ 而 a1 =

3 , 4

n +1 n+2

由㈠㈡知,命题成立. 例 32 设数列 {an } 的前 n 项和为 Sn , a1 = 1, a n =

Sn + 2( n ? 1) 。 n

(1)求证:数列 {an } 为等差数列,并分别求出 a n 、 S n 的表达式; (2)设数列 {

1 1 1 } 的前 n 项和为 Tn ,求证: ≤ Tn < ; a n a n+1 5 4 S S S (3)是否存在自然数 n,使得 S 1 + 2 + 3 + ? + n ? ( n ? 1) 2 = 2009 ?若存在,求出 n 2 3 n

的值;若不存在,请说明理由。

又易知 Tn 单调递增,故 Tn ≥ T1 = (3)由 S n = na n ? 2n( n ? 1) 得

1 1 1 ,得 ≤ Tn < 5 5 4

Sn = 2n ? 1 n

S S2 S3 + + ? + n ? ( n ? 1) 2 = 1 + 3 + 5 + ? + ( 2n ? 1) ? ( n ? 1) 2 2 3 n = 2n ? 1 ……13 分 由 2n ? 1 = 2009 ,得 n=1005,即存在满足条件的自然数 n=1005. S1 +

例 33 已知数列 {an } 中, a1 =

2 2Sn 1 ,当 n ≥ 2 时,其前 n 项和 Sn 满足 an = , 3 2Sn ? 1

(1) 求 Sn 的表达式及 lim )

an 的值; 的值; n →∞ S 2 n

的通项公式; (2) 求数列 {an } 的通项公式; ) (3) 设 bn = )

1 (2n + 1)3

?

1 (2n ? 1)3

,求证:当 n ∈ N 且 n ≥ 2 时, an < bn 。 求证:

解:(1) an = S n ? S n ?1 = :( )

2 2Sn 1 1 ? S n ?1 ? S n = 2 S n S n ?1 ? ? = 2(n ≥ 2) 2Sn ? 1 S n S n ?1

所以 ?

?1? 1 是等差数列。 。 ? 是等差数列。则 S n = 2n + 1 ? Sn ?

lim

an 2 2 = lim = = ?2 。 2 n →∞ S n →∞ 2 S ? 1 2 lim Sn ? 1 n n
n →∞

(2)当 n ≥ 2 时, an = S n ? S n ?1 = )

1 1 ?2 ? = 2 , 2 n + 1 2n ? 1 4 n ? 1

? 1 ? 3 ( n = 1) ? 综上, 综上, an = ? 。 2 ? ( n ≥ 2) ?1 ? 4n 2 ?
(3)令 a = )

1 1 1 ,b = ,当 n ≥ 2 时,有 0 < b < a ≤ 2n ? 1 2n + 1 3

等价于求证

1 ? 2n ? 1

1

( 2n ? 1)

3

>

1 ? 2n + 1

1

( 2n + 1)


3

当 n ≥ 2 时, 0 <

1 1 1 ≤ , 令 f ( x ) = x2 ? x3 , 0 < x ≤ , 2n ? 1 3 3

3 3 1 3 f ′ ( x ) = 2 x ? 3 x 2 = 2 x(1 ? x) ≥ 2 x(1 ? × ) = 2 x(1 ? ) > 0, 2 2 2 3
则 f ( x ) 在 (0,

1 ] 递增。 递增。 3

又0 <

1 1 1 < ≤ , 2n + 1 2n ? 1 3 1 1 ) < g( 3 ), 即 an < bn 2n + 1 2n ? 1

所以 g ( 3

例 34 已知数列 {an } 各项均不为 0,其前 n 项和为 Sn ,且对任意 n ∈ N* 都有 (1 ? p ) Sn = p ? pan , 的常数), ),记 ( p 为大于 1 的常数),记 f (n) = (1) 求 an ; (2) 试比较 f (n + 1) 与
p +1 f ( n) 的大小( n ∈ N* ); 的大小( 2p
2 n ?1 p +1 ? ? p +1? ? * ?1 ? ? ? ? ,( n ∈ N ). p ?1 ? ? 2 p ? ? ? ?

1 + C1 a1 + C2 a2 + ? + Cn an n n n . 2n Sn

求证: (3) 求证: (2n ? 1) f (n) 剟 f (1) + f (2) + ? + f (2n ? 1) 解:(1) ∵ (1 ? p ) Sn = p ? pan , ∴ (1 ? p ) Sn +1 = p ? pan +1 . ②-①,得
(1 ? p )an +1 = ? pan +1 + pan ,

① ②

即 an +1 = pan . 在①中令 n = 1 ,可得 a1 = p . 的等比数列, ∴ {an } 是首项为 a1 = p ,公比为 p 的等比数列, an = p n . 1)可得 (2) 由(1)可得 p(1 ? p n ) p( p n ? 1) Sn = = . 1? p p ?1
2 2 1 + C1 a1 + Cn a2 + ? + Cn an = 1 + pC1 + p 2 Cn + ? + Cn p n = (1 + p) n = ( p + 1)n . n n n n 2 1 + C1 a1 + Cn a2 + ? + Cn an p ? 1 ( p + 1)n n n = ? , p 2n ( p n ? 1) 2n Sn

∴ f ( n) =

f (n + 1) =

p ? 1 ( p + 1) n +1 ? . p 2n +1 ( p n +1 ? 1)



p +1 p ?1 ( p + 1)n +1 f ( n) = ? n +1 n +1 ,且 p > 1 , 2p p 2 ( p ? p)

∴ p n +1 ? 1 > p n +1 ? p > 0 , p ? 1 > 0 . p +1 f ( n) ,( n ∈ N* ). ∴ f (n + 1) < 2p
2 例 35 数列 {an } :满足 a1 = 2, an +1 = an + 6 an + 6( n ∈ N ? ).

(Ⅰ) 设 Cn = log 5 ( an + 3) ,求证 {Cn } 是等比数列; (Ⅱ) 求数列 {an } 的通项公式; (Ⅲ)设 bn = 解:(Ⅰ)由

5 1 1 1 ,数列 {bn } 的前 n 项和为 Tn ,求证: ? ? 2 ≤ Tn < ? . 16 4 an ? 6 an + 6an
2 2 an +1 = an + 6an + 6, 得 an +1 + 3 = ( an + 3) .

∴ log 5 ( an +1 + 3) = 2 log 5 ( an + 3) ,即 Cn +1 = 2Cn ,

∴{Cn } 是以2为公比的等比数列

(Ⅱ) 又 C1 = log 5 5 = 1

∴ Cn = 2n ?1 即 log 5 (an + 3) = 2n ?1 ,

∴ an + 3 = 5 2 .
(Ⅲ)∵bn =

n?1

故 an = 5

2n?1

? 3.

1 1 1 1 1 1 1 1 ? 2 = ? , ∴ Tn = ? = ? ? 2n . 4 5 ?9 an ? 6 an + 6an an ? 6 an+1 ? 6 a1 ? 6 an +1 ? 6

又0 <

1 52 ? 9
n



1 1 5 1 = , ∴? ≤ Tn < ? . 5 ? 9 16 16 4
2

例 36 给定正整数 n 和正数 b ,对于满足条件 a1 ? a n +1 ≥ b 的所有无穷等差数列 {a n } ,试求
2

y = a n +1 + a n + 2 + ? + a 2 n +1 的最大值,并求出 y 取最大值时 {a n } 的首项和公差. 的最大值, 的首项和公差.
解:设 {a n } 公差为 d ,则 a n +1 = a1 + nd , nd = a n +1 ? a1 .

y = a n+1 + a n + 2 + ? + a 2 n +1
= a n +1 + ( a n +1 + d ) + ? + ( a n +1 + nd ) = ( n + 1) a n +1 + (1 + 2 + ? + n) d

= (n + 1)a n +1 +

n(n + 1) d 2
a ? a1 nd ) = (n + 1)(a n +1 + n +1 ) 2 2

= (n + 1)(a n +1 + =

n +1 (3a n +1 ? a1 ) . 2
2 2

又 a1 ? a n +1 ≥ b,∴ ? a1 ≤ ?b ? a n +1 . ∴ 3a n +1 ? a1 ≤ ? a n +1 + 3a n +1 ? b = ?( a n +1 ? ) +
2 2

3 2

9 ? 4b 9 ? 4b 3 ≤ , 当且仅当 a n +1 = 4 4 2

时,等号成立. 等号成立. ∴y=

n +1 (n + 1)(9 ? 4b) (3a n +1 ? a1 ) ≤ . 2 8 9 4b + 3 (n + 1)(9 ? 4b) 当数列 {a n } 首项 a1 = b + ,公差 d = ? 时, y = , 4 4n 8 (n + 1)(9 ? 4b) ∴ y 的最大值为 . 8

例 37 已知数列{an}满足 a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2,n∈N*),若数列 {a n +1 + λa n } 是

等比数列. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)求证:当 k 为奇数时, 1 + 1 < 4 ; a k a k +1 3 k +1 (Ⅲ)求证: 1 + 1 + ? + 1 < 1 ( n ∈ N *). a1 a 2 an 2

得 λ =2 或 λ =-3 当 λ =2 时,可得 {a n +1 + 2a n } 为首项是 a 2 + 2a1 = 15 ,公比为 3 的等比数列, 则 a n +1 + 2a n = 15 ? 3
n ?1



当 λ =-3 时, {a n +1 ? 3a n } 为首项是 a 2 ? 3a1 = ?10 ,公比为-2 的等比数列, ∴ a n +1 ? 3a n = ?10( ?2)
n n ?1


n

①-②得, a n = 3 ? ( ?2) . (注:也可由①利用待定系数或同除 2n+1 得通项公式) (Ⅱ)当 k 为奇数时,

1 1 4 1 1 4 + ? k +1 = k + k +1 ? k +1 k k +1 a k a k +1 3 3 +2 3 ?2 3
k

3 4 k ? [8 ? 7 ? ( ) k ] ? 7 × 6 + 8× 4 2 = k +1 = k +1 k <0 k k k +1 k +1 k k +1 3 ? (3 + 2 )(3 ? 2 ) 3 (3 + 2 )(3 ? 2 k +1 )
k



1 1 4 + < k +1 a k a k +1 3 1 1 4 1 1 + < k +1 = k + k +1 a k a k +1 3 3 3

(Ⅲ)由(Ⅱ)知 k 为奇数时,

①当 n 为偶数时,

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +?+ < + 2 + ? + n = (1 ? n ) < a1 a 2 an 3 3 2 2 3 3

②当 n 为奇数时,

1 1 1 1 1 1 1 + +?+ < + +?+ + a1 a 2 a n a1 a 2 a n a n +1

=

1 1 1 1 1 1 + 2 + ? + n +1 = (1 ? n+1 ) < 3 3 2 2 3 3

例 38 如图,把正 ?ABC 分成有限个全等的小正三角形,且在每个小三角形的顶点上都放置 一个非零实数,使得任意两个相邻的小三角形组成的菱形的两组相对顶点上实数的乘积相 等.设点 A 为第一行,...,BC 为第 n 行,记点 A 上的数为 a11, ,第 i 行中第 j 个数为 ?

a ij (1 ≤ j ≤ i ) .若 a11 = 1, a 21 =
(1)求 a 31、a 32、a33 ;

1 1 , a 22 = . 2 4

(2)试求第 n 行中第 m 个数 a nm 的表达式(用 n、m 表示); (3)记 S n = an1 +a n2 +? + anm (n ∈ N * ) ,求证:

n≤

1 1 1 4n ? 1 + + ?+ ≤ (n ∈ N * ) S1 S 2 Sn 3 1 1 1 , a32 = , a33 = 4 8 16
n+ m ?2

.解:(1) a 31 = 解 (2) a nm

?1? =? ? ?2? 1 2
n?2

(3) S n =

?

1 2
2n?2

当 n ≥ 2 时, S n = 当 n ≥ 2 时,

1 2
n?2

?

1 2
2 n?2

<

1 2
n?2

≤ 1 ,所以

1 1 1 1 > 1 ,则 + +?+ ≥n Sn S1 S 2 Sn



1 = Sn 2

1 1
n? 2

?

1 2
2n?2

=

4 n?1 ≤ 4 n ?1 2n ? 1

所以

1 1 1 4n ? 1 + +?+ ≤ S1 S 2 Sn 3 an ?1 1 = 1 ? .数列 {bn } Sn a

例 39 已知 a > 0 , a ≠ 1 , 且 数列 {an } 的前 n 项和为 Sn , 它满足条件

中, bn = an · lg a .
n

(1)求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn ; (2)若对一切 n ∈ N 都有 bn < bn +1 ,求 a 的取值范围.
*

an ?1 1 a (a n ? 1) 解:(1)∵ = 1 ? ,∴ S n = Sn a a ?1
a (a1 ? 1) =a. 当 n = 1 时, a1 = S1 = a ?1
当 n ≥2 时, an = S n ? S n ?1 =

a (a n ? 1) a (a n ?1 ? 1) n * ? = a n ,∴ a n = a ( n ∈ N ) a ?1 a ?1

此时 bn = an · lg a n = a n · lg a n = n · a n lg a , ∴ Tn = b1 + b2 + …… bn = lg a ( a + 2a 2 + 3a 3 + ……+ na n ). 设 un = a + 2a + 3a + ……+ na ,
2 3
n

∴ (1 ? a )un = a + a + a + …… a ? na
2 3
n

n +1

=

a (a n ? 1) ? na n +1 , a ?1

∴ un =

na n +1 a(a n ? 1) ? . a ? 1 (a ? 1)2
……6 分
n +1

na n +1 a(a n ? 1) ? ∴ Tn = lg a · [ ]. a ? 1 (a ? 1)2
(2)由 bn < bn +1 ? na lg a < ( n + 1) a
n

lg a 可得

①当 a > 1 时,由 lg a > 0 ,可得 a >

n n +1 n n * ∵ < 1(n ∈ N * ), a > 1, ∴ a > 对一切 n ∈ N 都成立, n +1 n +1
∴此时的解为 a > 1 .

②当 0 < a < 1 时,由 lg a < 0 可得 n > ( n + 1) a, a <

n , n +1



n 1 n * * ≥ ( n ∈ N ), 0 < a < 1, ∴ 0 < a < 对一切 n ∈ N 都成立, n +1 2 n +1 1 ∴此时的解为 0 < a < . 2

由①,②可知

对一切 n ∈ N ,都有 bn < bn +1 的 a 的取值范围是 0 < a <
*

1 或 a > 1. 2

例 40 已知正项数列 {an } 中, a1 = 6 ,点 An an , an +1 在抛物线 y 2 = x + 1 上;数列 {bn } 中,点

(

)

Bn ( n, bn ) 在过点 ( 0,1) ,以方向向量为 (1, 2 ) 的直线上。 的直线上。
的通项公式; (Ⅰ)求数列 {an } , {bn } 的通项公式;

? an , ? (Ⅱ)若 f ( n ) = ? ?bn , ?

( n为奇数 ) 成立, ,问是否存在 k ∈ N ,使 f ( k + 27 ) = 4 f ( k ) 成立,若 ( n为偶数 )
a n +1 an ? ≤ 0 成立,求正数 成立, ? n ? 2 + an 1 ?? 1? ? 1? ?1 + ??1 + ???1 + ? ? b1 ?? b2 ? ? bn ?

存在, 若不存在,说明理由; 存在,求出 k 值;若不存在,说明理由; (Ⅲ)对任意正整数 n ,不等式

a 的取值范围。 的取值范围。
解:(Ⅰ)将点 An an , an +1 代入 y 2 = x + 1 中得

(

)

an +1 = an + 1 ∴

an = a1 + ( n ? 1) ? 1 = n + 5

∴ an +1 ? an = d = 1

直线l : y = 2 x + 1, ∴ bn = 2n + 1
?n + 5, ? (Ⅱ) f ( n ) = ? ?2n + 1, ?

( n为奇数 ) ( n为偶数 )
∵ f ( k + 27 ) = 4 f ( k ) ∴ k =4 ∴ k= 35 ( 舍去) 2
) 由

当k为偶数时,k + 27为奇数, ∴ ∴ k + 27 + 5 = 4 ( 2k + 1) , 2 ( k + 27 ) + 1 = 4 ( k + 5 ) , 当k为奇数时,k + 27为偶数,

综上,存在唯一的k = 4符合条件。
( Ⅲ

a n +1 an ? ≤0 ? n ? 2 + an 1 ?? 1? ? 1? ?1 + ??1 + ???1 + ? ? b1 ?? b2 ? ? bn ?

即a ≤

? 1 ?? 1? ? 1? ? 1 + ??1 + ?? ?1 + ? 2n + 3 ? b1 ?? b2 ? ? bn ? 1 ? 1 ?? 1? ? 1? ?1 + ??1 + ?? ? 1 + ? 2n + 3 ? b1 ?? b2 ? ? bn ? 1 ? 1 ?? 1? ? 1 ?? 1 ? ? ?1 + ?? 1 + ??? 1 + ??1 + 2n + 5 ? b1 ?? b2 ? ? bn ?? bn +1 ? 1 2n + 3 ? 1 ? 2 n + 3 2n + 4 2n + 4 ? ?1 + ? = ?= 2n + 5 ? bn +1 ? 2n + 5 2n + 3 2n + 5 ? 2n + 3

记f ( n ) = ∴ ∴ = ∴ ∴ ∴

f ( n + 1) = f ( n + 1) f ( n) =

>1 4n 2 + 16n + 15 f ( n + 1) > f ( n ) , 即f ( n ) 递增, f ( n )min = f (1) = 0<a≤ 4 5 15 1 4 4 5 = , 5 3 15 ?

4n 2 + 16n + 16

例 41 已知等比数列 {an } 的前 n 项和为 S n = 2 ? 3n + k (k ∈ R, n ∈ N? ) (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)设数列 {bn } 满足 an = 4(5 + k )anbn ,Tn 为数列 {bn } 的前 n 项和,试比较 3 ? 16Tn 与 4(n + 1)bn +1 的大小,并证明你的结论. 解:(Ⅰ)由 S n = 2 ? 3n + k (k ∈ R, n ∈ N? ) 得: n ≥ 2 时,
an = S n ? S n ?1 = 4 × 3n ?1

∵{an } 是等比数列,∴ a1 = S1 = 6 + k = 4 ∴ k = ?2 ,得 an = 4 × 3n ?1 (n ∈ N ? )
(Ⅱ)由 an = 4(5 + k )
an bn

和 an = 4 × 3

n ?1

得 bn =

n ?1 4 ? 3n ?1

∴Tn = b1 + b2 + b3 + ? bn ?1 + bn =

1 2 n?2 n ?1 + +? + + ? (1) 2 n?2 4?3 4?3 4?3 4 ? 3n ?1 1 2 3 n?2 n ?1 3Tn = + + +? + + ??? (2) 2 n ?3 4 4?3 4?3 4?3 4 ? 3n ? 2

1 1 1 1 1 n ?1 + + +?+ + ? 2 n ?3 n?2 4 4?3 4?3 4?3 4?3 4 ? 3n ?1 1 1 1 1 1 n ?1 3 2n + 1 ∴Tn = + + +?+ + ? = ? ……10 分 2 n ?3 n?2 n ?1 8 8?3 8?3 8?3 8?3 8?3 16 16 ? 3n ?1 n(n + 1) 2n + 1 n(n + 1) ? 3(2n + 1) 4(n + 1)bn +1 ? (3 ? 16Tn ) = ? n ?1 = 3n 3 3n ∴ (2) ? (1) : 2Tn =

∵ n(n + 1) ? 3(2n + 1) = n 2 ? 5n ? 3

∴当 n >

5 + 37 5 ? 37 或n< < 0 时有 n(n + 1) > 3(2n + 1) ,所以当 n > 5 (n ∈ N? ) 时有 2 2

3 ? 16Tn < 4(n + 1)bn +1
那 么 同 理 可 得 : 当

5 ? 37 5 + 37 <n< 时 有 n( n + 1) < 3(2n + 1) , 所 以 当 2 2

1 ≤ n ≤ 5 (n ∈ N? ) 时有 3 ? 16Tn > 4(n + 1)bn +1
综 上 : 当 n > 5 ( n ∈ N? ) 时 有 3 ? 16Tn < 4( n + 1)bn +1 ; 当 1 ≤ n ≤ 5 ( n ∈ N? ) 时 有

3 ? 16Tn > 4(n + 1)bn +1

例 42

已 知 数 列 {an } 中 , a1 = 3 , a2 = 5 , 其 前 n 项 和 Sn 满 足
1 . an ? an +1

Sn + Sn ? 2 = 2 S n ?1 + 2n ?1 ( n ≥ 3) .令 bn =

(Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)若 f ( x ) = 2 x ?1 ,求证: Tn = b1 f (1) + b2 f ( 2 ) + ? + bn f ( n ) < ( n ≥ 1 ); (Ⅲ)令 Tn =
1 ( b1a + b2 a 2 + b3a3 + ? + bn a n ) ( a > 0 ),求同时满足下列两个条件的所 2 1

1 6

有 a 的值:①对于任意正整数 n ,都有 Tn < ;②对于任意的 m ∈ ? 0, ? ,均存在 6 6
?

? ?

1?

n0 ∈ N ? ,使得 n ≥ n0 时, Tn > m .
解:(Ⅰ)由题意知 Sn ? S n ?1 = S n ?1 ? Sn ? 2 + 2n ?1 ( n ≥ 3) 即 an = an ?1 + 2n ?1 ( n ≥ 3) ∴ an = ( an ? an ?1 ) + ( an ?1 ? an ? 2 ) + ? + ( a3 ? a2 ) + a2

= 2n ?1 + 2n ? 2 + ? + 22 + 5 = 2n ?1 + 2n ? 2 + ? + 22 + 2 + 1 + 2 = 2n + 1( n ≥ 3)
检验知 n = 1 、 2 时,结论也成立,故 an = 2n + 1 .
n +1 n 1 1 ( 2 + 1) ? ( 2 + 1) 1 ? 1 1 ? n ?1 (Ⅱ)由于 bn f ( n ) = n ?2 = ? = ? n ? n +1 ? n +1 n n +1 2 ( 2 + 1)( 2 + 1) 2 ? 2 +1 2 +1? ( 2 + 1)( 2 + 1)



Tn = b1 f (1) + b2 f ( 2 ) + ? + bn f ( n ) =

1 ?? 1 1 ? ? 1 1 ? 1 ?? ? 1 ?? 1 + 2 ? 1 + 22 ? + ? 1 + 22 ? 1 + 23 ? + ? + ? 2n + 1 ? 2n +1 + 1 ? ? 2 ?? ? ? ? ? ??

1? 1 1 ? 1 1 1 = ? ? n+1 = . ?< ? 2 ?1+ 2 2 +1? 2 1+ 2 6
(Ⅲ)(ⅰ)当 a = 2 时,由(Ⅱ)知: Tn < ∴ Tn > m ?

1 1 ,即条件①满足;又 0 < m < , 6 6

1? 1 1 ? 3 ? 3 ? ? n +1 ? > m ? 2n +1 > ? 1 ? n > log 2 ? ? 1? ? 1 > 0 . ? 2 ?1+ 2 2 +1? 1 ? 6m ? 1 ? 6m ?

? 3 ? 取 n0 等于不超过 log 2 ? ? 1? 的最大整数,则当 n ≥ n0 时, Tn > m .…9′ ? 1 ? 6m ?

an ? a ? a a a a (ⅱ)当 a > 2 时,∵ n ≥ 1 , n = ? ? ≥ ,∴ a n ≥ ? 2n ,∴ bn ? a n ≥ bn ? ? 2n = ? bn ? 2n . 2 ?2? 2 2 2 2
n a 1? 1 1 ? ?1 ? a n ? n +1 ? . ∴ Tn = ∑ ? bi a i ? ≥ ∑ bi ? 2i ?1 = ? ? 2 2 ?1+ 2 2 +1? ? 2 i =1 i =1 ? 2

n

(

)

1? 1 1 ? 1 由(ⅰ)知存在 n0 ∈ N ? ,当 n ≥ n0 时, ? ? n +1 ? > , 2 ? 1 + 2 2 + 1 ? 3a
故存在 n0 ∈ N ? ,当 n ≥ n0 时, Tn =

a 1? 1 1 ? a 1 1 ? ? ? n +1 ? > ? = ,不满足条件. 2 2 ? 1 + 2 2 + 1 ? 2 3a 6
n

an ? a ? a a a a ∵ ∴ ∴ (ⅲ) 0 < a < 2 时, n ≥ 1 , n = ? ? ≤ , a n ≤ ? 2n , bn ? a n ≤ bn ? ? 2n = ? bn ? 2n . 当 2 ?2? 2 2 2 2
∴ Tn = ∑
i =1 n n 1 1 ( bi ai ) ≤ ∑ a (bi 2i ?1 ) = a ? 1 ? 1 + 2 ? 2n +1 + 1 ? . ? ? 1 2 2 2? ? i =1 2

取m = ∴

a ? 1? a 1? 1 1 ? a ∈ ? 0, ? ,若存在 n0 ∈ N ? ,当 n ≥ n0 时,Tn > m ,则 ? ? ? n +1 ? > . 12 ? 6 ? 2 2 ? 1 + 2 2 + 1 ? 12

1 1 1 ? n +1 > 矛盾. 故不存在 n0 ∈ N ? ,当 n ≥ n0 时, Tn > m .不满足条件. 1+ 2 2 +1 3

综上所述:只有 a = 2 时满足条件,故 a = 2 . 例 43 已知数列 {an } 满足 a1 = (1)求 a2 , a3 , a4 ; (2)已知存在实数 α ,使 ?

( n + 1)( 2an ? n ) n ∈ N ? . 1 , an +1 = ( ) 2 an + 4 n

? an + α n ? ? 为公差为 ?1 的等差数列,求 α 的值; ? an + n ?
?

(3)记 bn =

1 3
n+2 2

( n ∈ N ) ,数列 {b } 的前 n 项和为 S
n

n

,求证: S n > ?

an + 2

2 3 +1 . 12

解:(1)∵ a1 =

1 ,由数列 {an } 的递推公式得 2

3 8 a2 = 0 , a3 = ? , a4 = ? 4 5
(2)∵

an +1 + α (n + 1) an + α n ? an +1 + n + 1 an + n

(n + 1)(2an ? n) + α (n + 1) an + 4n a +αn ? n = (n + 1)(2an ? n) an + n + n +1 an + 4 n
=

(α + 2)an + (4α ? 1)n an + α n α ? 1 ? = an + n 3 3an + 3n

?a +αn? α ?1 ∴ 数列 ? n 的等差数列. ? 为公差是 3 ? an + n ?
由题意,令

α ?1
3

= ?1 ,得 α = ?2

(3)由(2)知

an + α n a1 ? 2 = + (n ? 1)(?1) = ?n , an + n a1 + 1

所以 an =

?n 2 + 2n n +1
n+ 2 2

此时 bn =

3

1 ?n ? 3 = 2 ?(n + 1) + 2(n + 2) ( 3) n + 2 n(n + 2) ? n+3

= [

1 1 1 ? ], n+2 2 ( 3) (n + 2) ( 3)n n

1 1 1 1 1 ∴ Sn = [ ? + ? + 3 4 2 ( 3) ? 3 3 ( 3) ? 4 ( 3) 2 ? 2 ∴ 1 1 ? + ??? 5 ( 3) ? 5 ( 3)3 ? 3

1 1 1 1 1 ? ] = [? ? n 2 ( 3) ? (n + 2) ( 3) ? n 3 6
n+2

+

1 1 + ] n+2 ( 3) ? (n + 1) ( 3) ? (n + 2)
n +1

>

1 1 1 2 3 +1 (? ? )=? 2 12 3 6

例 44 已知数列 {an } , a1 = a2 = 2 , an +1 = an + 2an ?1 ( n ≥ 2) (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式 an (Ⅱ)当 n ≥ 2 时,求证:

1 1 1 + + ... + < 3 a1 a2 an

(Ⅲ)若函数 f ( x ) 满足: f (1) = a1 , f ( n + 1) = f 2 ( n) + f ( n). ( n ∈ N * ) 求证:

∑ f (k ) + 1 < 2 .
k =1

n

1

1

解: (1) ∵ an +1 = an + 2an ?1 ,两边加 an 得: an +1 + an = 2( an + an ?1 ) ( n ≥ 2) ,

∴ {an +1 + an }

是 以

2

为 公 比 ,

a1 + a2 = 4 为 首 项 的 等 比 数 列 . ∴ an +1 + an = 4i2n ?1 = 2i2n

……① 由 an +1 = an + 2an ?1 两边减 2 an 得: an +1 ? 2an = ?( an ? 2an ?1 ) ( n ≥ 2) ∴ {an +1 ? 2an } 是以

?1
为公比, a2 ? 2a1 = ?2 为首项的等比数列. ①-②得: 3an = 2[2 n ? ( ?1) n ]

∴ an +1 ? 2an = ?2i( ?1) n ?1 = 2i( ?1) n
2 n [2 ? ( ?1) n ] …………5 分 3

所以,所求通项为 an =


(2) 当 n 为偶数时,

1 1 3 1 1 3 2 n ?1 + 2n + = [ n ?1 + n ] = i n ?1 n an +1 an 2 2 + 1 2 ? 1 2 2 i2 + 2 n ? 2 n ?1 ? 1

3 2 n ?1 + 2 n 3 2 n ?1 + 2n 3 1 1 = i n ?1 n < i n ?1 n = ( n ?1 + n )(n ≥ 2) n ?1 2 2 i2 + 2 ? 1 2 2 i2 2 2 2

1 1? n 1 1 1 3 1 1 1 3 1 ∴ + + ... + < (1 + + 2 + ... + n ) = i 2 = 3 ? 3i n < 3 a1 a2 an 2 2 2 2 2 1? 1 2 2
当 n 为奇数时,∵ an =

2 n 1 [2 ? ( ?1) n ] > 0 ,∴ an +1 > 0, > 0 ,又 n + 1 为偶数 3 an +1

∴ 由(1)知,

1 1 1 1 1 1 1 + + ... + < + + ... + + <3 a1 a2 an a1 a2 an an +1

2 (3)证明:∵ f ( n + 1) ? f ( n) = f ( n) ≥ 0

∴ f ( n + 1) ≥ f ( n),∴ f ( n + 1) ≥ f ( n) ≥ f ( n ? 1) ≥ ??? ≥ f (1) = 2 > 0


1 1 1 1 1 = 2 = = ? f (n + 1) f (n) + f (n) f (n)[ f (n) + 1] f (n) f (n) + 1 1 1 1 = ? f (n) + 1 f (n) f (n + 1)
n



∴∑
k =1

1 1 1 1 1 1 1 =[ ? ]+[ ? ] + ??? + [ ? ] f (k ) + 1 f (1) f (2) f (2) f (3) f (n) f (n + 1) 1 1 1 1 = ? < = . f (1) f (n + 1) f (1) 2

?x > 0 ? 例 45 设不等式组 ? y > 0 所表示的平面区域为 Dn, Dn 内的格点 记 (格点即横坐标和 ? y ≤ ? nx + 3n ?
纵坐标均为整数的点)的个数为 f(n)(n∈N*). (1)求 f(1)、f(2)的值及 f(n)的表达式; (2)设 bn=2nf(n),Sn 为{bn}的前 n 项和,求 Sn; (3)记 Tn = 范围. 解:(1)f(1)=3, f(2)=6 当 x=1 时,y=2n,可取格点 2n 个;当 x=2 时,y=n,可取格点 n 个 ∴f(n)=3n (2)由题意知:bn=3n·2n Sn=3·21+6·22+9·23+…+3(n-1)·2n 1+3n·2n ∴2Sn=3·22+6·23+…+3(n-1)·2n+3n·2n+1 ∴-Sn=3·21+3·22+3·23+…3·2n-3n·2n+1 =3(2+22+…+2n)-3n·2n+1 =3·


f (n) f (n + 1) ,若对于一切正整数 n,总有 Tn≤m 成立,求实数 m 的取值 2n

2 ? 2 n +1 ? 3n 2 n +1 1? 2

=3(2n+1-2)-3nn+1 ∴-Sn=(3-3n)2n+1-6 Sn=6+(3n-3)2n+1

(3) Tn =

f (n) f (n + 1) 3n(3n + 3) = 2n 2n

T ∵ n +1 = Tn

(3n + 3)(3n + 6) n+2 2 n +1 = 3n(3n + 3) 2n 2n n+2 当n = 1时, >1 2n n+2 当n = 2时, =1 2n n+2 当n ≥ 3时, <1 2n

∴T1<T2=T3>T4>…>Tn 故 Tn 的最大值是 T2=T3= ∴m≥

27 2

27 。 2
1 1 xn+1= ,n∈ N*. 2’ 1 + xn

例 46 (2009 陕西卷理) 已知数列 { xn } 满足, x1=

( Ι ) 猜想数列 {xn } 的单调性,并证明你的结论;
(Ⅱ)证明: | xn +1 -xn|≤ ( ) 证明(1)由 x1 =

1 2 6 5

n ?1



1 1 2 5 13 及xn+1 = 得x2 = + x4 = ,x4 = 2 1 + xn 3 8 21

由 x2 > x4 > x6 猜想:数列 { x2 n } 是递减数列 下面用数学归纳法证明: (1)当 n=1 时,已证命题成立 易知 x2 k > 0 ,那么 x2 k + 2 ? x2 k + 4 = (2)假设当 n=k 时命题成立,即 x2 k > x2 k + 2

x2 k +3 ? x2 k +1 1 1 ? = 1 + x2 k +1 1 + x2 k +3 (1 + x2 k +1 )(1 + x2 k +3 )

=

x2 k ? x2 k + 2 >0 (1 + x2 k )(1 + x2 k +1 )(1 + x2 k + 2 )(1 + x2 k +3 )

即 x2( k +1) > x2( k +1) + 2 也就是说,当 n=k+1 时命题也成立,结合(1)和(2)知,命题成立 (2)当 n=1 时, xn +1 ? xn = x2 ? x1 =

1 ,结论成立 6

当 n ≥ 2 时,易知 0 < xn ?1 < 1,∴1 + xn ?1 < 2, xn =

1 1 > 1 + xn ?1 2

∴ (1 + xn )(1 + xn ?1 ) = (1 +

1 5 )(1 + xn ?1 ) = 2 + xn ?1 ≥ 1 + xn ?1 2

∴ xn +1 ? xn =


xn ? xn ?1 1 1 ? = 1 + xn 1 + xn ?1 (1 + xn )(1 + xn ?1 )

2 2 2 xn ? xn ?1 ≤ ) xn ?1 ? xn ? 2 ≤ … ≤ ) x2 ? x1 ( 2 ( n-1 5 5 5 1 2 n-1 = ( ) 6 5 3x ? 2 ? 1? , ? x ≠ ?. 2x ?1 ? 2?

例 47 已知函数 F ( x ) =

(I)求 F ?

? 1 ? ? 2 ? ? 2008 ? ?+F? ? + ... + F ? ?; ? 2009 ? ? 2009 ? ? 2009 ?

(II)已知数列 {an } 满足 a1 = 2 , an +1 = F ( an ) ,求数列 {an } 的通项公式; (Ⅲ) 求证: a1a2 a3 ...an >

2n + 1 .
3 x ? 2 3 (1 ? x ) ? 2 + =3 2 x ? 1 2 (1 ? x ) ? 1

解:( Ι )因为 F ( x ) + F (1 ? x ) =

所以设 S= F ?

? 1 ? ? 2 ? ? 2008 ? ?+F? ? + ... + F ? ? ; .......... (1) ? 2009 ? ? 2009 ? ? 2009 ? ? 2008 ? ? 2007 ? ? 1 ? ?+F? ? + ... + F ? ? ……….(2) ? 2009 ? ? 2009 ? ? 2009 ?

S= F ? (1)+(2)得:

? ? 1 ? ? ? 2008 ? ? 2008 ? ? ? ? 2 ? ? 2007 ? ? ? 1 ?? 2S = ? F ? ?+ F? ?? + ? F ? ?+F? ? ? + ... + ? F ? ?+F? ?? ? 2009 ? ? ? ? 2009 ? ? 2009 ? ? ? 2009 ? ? ? ? 2009 ? ? ? 2009 ?
= 3 × 2008 = 6024 , 所以 S=3012

( ΙΙ )由 an +1 = F ( an ) 两边同减去 1,得

an +1 ? 1 =

3an ? 2 a ?1 ?1 = n 2 an ? 1 2an ? 1

所以

1 an +1 ? 1
1

=

2an ? 1 2 ( an ? 1) + 1 1 = = 2+ , an ? 1 an ? 1 an ? 1

所以

? 1 ? 1 1 = 2,? = 1 为首项的等差数列, ? 是以 2 为公差以 an +1 ? 1 an ? 1 a1 ? 1 ? an ? 1 ?
? 1 1 2n = 2 + ( n ? 1) × 2 = 2n ? 1 ? an = 1 + = an ? 1 2n ? 1 2 n ? 1
2

所以

( ΙΙΙ ) 因为 ( 2n )
所以

> ( 2n ) ? 1 = ( 2n ? 1)( 2n + 1)
2

2n 2n + 1 2 3 4 5 2n 2n + 1 > ? > , > ,... > 2n ? 1 2n 1 2 3 4 2n ? 1 2n

所以 a1a2 a3 ...an =

( a1a2 a3 ...an )

2

=

2 2 4 4 2n 2n ? ? ? ...... ? 1 1 3 3 2n ? 1 2n ? 1

>

2 3 4 5 2n 2 n + 1 ? ? ? ...... ? = 2n + 1 1 2 3 4 2n ? 1 2n

例 48 过点 P(1,0)作曲线 C : y = x k ( x ∈ (0,+∞), k ∈ N ? , k > 1) 的切线,切点为 M1,设 M1 在 x 轴上的投影是点 P1。 又过点 P1 作曲线 C 的切线, 切点为 M2, M2 在 x 轴上的投影是点 P2, 设 …。 依此下去,得到一系列点 M1,M2…,Mn,…,设它们的横坐标 a1,a2,…,an,…,构成数列 为 {a n } 。 (1)求证数列 {a n } 是等比数列,并求其通项公式; (2)求证: a n ≥ 1 +

n ; k ?1 n , 求数列{bn } 的前 n 项和 Sn。 an
k ?1 k , 切点是M n (a n , a n ) 的切线方程是

(3)当 k = 2时, 令bn =

解:(1)对 y = x k 求导数,得 y = kx
k k y ? a n = ka n ?1 ( x ? a n )

当 n=1 时,切线过点 P(1,0),即 0

? a1k = ka1k ?1 (1 ? a ), 得a1 =

k ; k ?1

当 n>1 时,切线过点 p n ?1 ( a n ?1 ,0) ,即 0 所以数列 {a n }是首项a1 =

k k ? a n = ka n ?1 (a n?1 ? a n ), 得

an k = . a n ?1 k ? 1

k k , 公比为 的等比数列, k ?1 k ?1

所以数列 {a n } 的通项公式为a n = ( (2)应用二项公式定理,得

k n ) ,n∈ N? k ?1

1 n 1 1 2 1 n k n 0 1 2 n ) = (1 + ) = Cn + Cn ) + ? + Cn ( ) + Cn ( k ?1 k +1 k ?1 k ?1 k ?1 n .????? (8分) ≥ 1+ k ?1 an = (
(3)当

n 1 2 3 n .数列{bn } 的前项n项和S n = + 2 + 3 + ? + n , n 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 n 同乘以 , 得 S n = 2 + 3 + 4 + ? + n +1 . 2 2 2 2 2 2 k = 2时, a n = 2 n , bn =
两式相减,得

1 1 (1 ? n ) 1 1 1 2 1 n 2 ? n = 1? 1 ? n S n = + 2 + 3 + ? + n ? n +1 = 2 1 2 2 2 2 2 2 2 n +1 2 n 2 n +1 1? 2 n+2 所以 S n = 2 ? 2n
例 49 设数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,对任意的正整数 n ,都有 an = 5S n + 1 成立,记

bn =

4 + an (n ∈ N * ) 。 1 ? an

(I)求数列 {bn } 的通项公式; (II)记 cn = b2 n ? b2 n ?1 ( n ∈ N ) ,设数列 {cn } 的前 n 项和为 Tn ,求证:对任意正整数 n 都有
*

Tn <

3 ; 2

(III)设数列 {bn } 的前 n 项和为 Rn 。已知正实数 λ 满足:对任意正整数 n, Rn ≤ λ n 恒成立, 求 λ 的最小值。 解:(Ⅰ)当 n = 1 时, a1 = 5a1 + 1,∴ a1 = ? 又 Q an = 5an + 1, an +1 = 5an +1 + 1

1 4

1 ∴ an +1 ? an = 5an +1 , 即an +1 = ? an 4 1 1 ∴ 数列 {an } 成等比数列,其首项 a1 = ? ,公比是 q = ? 4 4

1 ∴ an = ( ? ) n 4

1 4 + (? ) n 4 ∴ bn = 1 n 1 ? (? ) 4
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 bn = 4 +

5 (?4) n ? 1

∴ cn = b2 n ? b2 n ?1 =

5 5 25 × 16n + 2 n ?1 = 42 n ? 1 4 + 1 (16n ? 1)(16n + 4)

=

25 × 16n 25 × 16n 25 < = (16n ) 2 + 3 × 16n ? 4) (16n )2 16n

13 4 ,∴ c1 = 3 3 3 当 n = 1时,T1 < 2 4 1 1 1 当 n ≥ 2时,Tn < + 25 × ( 2 + 3 + K + n ) 3 16 16 16 1 1 [1 ? ( )n ?1 ] 2 4 16 = + 25 × 16 1 3 1? 16 1 2 4 69 3 < + 25 × 16 = < ......................7分 1 48 2 3 1? 16
又 b1 = 3, b2 = (Ⅲ)由(Ⅰ)知 bn = 4 +

5 (?4) n ? 1

一方面,已知 Rn ≤ λ n 恒成立,取 n 为大于 1 的奇数时,设 n = 2k + 1( k ∈ N * ) 则 Rn = b1 + b2 + K + b2 k +1

1 1 1 1 + 2 ? 3 + K K ? 2 k +1 ) 4 + 1 4 ?1 4 + 1 4 +1 1 1 1 1 1 = 4n + 5 × [ ? 1 +( 2 ? 3 ) + K K + ( 2k ? 2 k +1 )] 4 +1 4 ?1 4 + 1 4 ?1 4 + 1 = 4n + 5 × ( ?
1

> 4n ? 1

∴ λ n ≥ Rn > 4n ? 1, 即(λ ? 4)n > ?1 对一切大于 1 的奇数 n 恒成立

∴ λ ≥ 4, 否则,(λ ? 4)n > ?1 只对满足 n <

1 的正奇数 n 成立,矛盾。 4?λ

另一方面,当 λ = 4 时,对一切的正整数 n 都有 Rn ≤ 4n 事实上,对任意的正整数 k,有

b2 n ?1 + b2 n = 8 +

5 (?4)
2 k ?1

5 ? 1 (?4) 2 k ? 1 +

= 8+

5 20 ? k (16) ? 1 (16) k + 4

= 8?

15 × 16k ? 40 <8 (16k ? 1)(16k + 4)

∴ 当 n 为偶数时,设 n = 2m(m ∈ N * )
则 Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + K + (b2 m ?1 + b2 m ) < 8m = 4 n 当 n 为奇数时,设 n = 2m ? 1( m ∈ N * ) 则 Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + K + (b2 m ?3 + b2 m ? 2 ) + b2 m ?1 < 8( m ? 1) + 4 = 8m ? 4 = 4n

∴ 对一切的正整数 n,都有 Rn ≤ 4n
综上所述,正实数 λ 的最小值为 4

例 50 已知数集序列{1}, {3, 5}, {7, 9,11}, {13, 15, 17, 19},……,其中第 n 个集合有 n 个元素, 每 一个集合都由连续正奇数组成,并且每一个集合中的最大数与后一个集合最小数是连续奇数, (Ⅰ) 求第 n 个集合中最小数 an 的表达式; (Ⅱ)求第 n 个集合中各数之和 Sn 的表达式;

? 1 ? (Ⅲ)令 f(n)= ?1 + 3 ? (n ∈ N * ) ,求证:2≤ f (n) < 3 ? ? Sn ? ? 解: (Ⅰ) 设第 n 个集合中最小数 an , 则第 n ? 1 个集合中最小数 an ?1 , 又第 n ? 1 个集合中共有 n ? 1 个数, 且依次增加 2 , ∴ an?1 + 2(n ? 1) = an ,即 an ? an ?1 = 2(n ? 1) (n ≥ 2) ,

n

∴ an ?1 ? an ?2 = 2(n ? 2), an? 2 ? an?3 = 2(n ? 3) , ???, a2 ? a1 = 2 ,
相加得 an ? a1 = 2 × 又 a1 = 1

,

(n ? 1)(1 + n ? 1) = n 2 ? n ,即得 an = n 2 ? n + a1 . 2 ∴ an = n 2 ? n + 1 .

(Ⅱ)由(Ⅰ)得 an = n 2 ? n + 1 ,

从而得 S n = n(n 2 ? n + 1) +

n(n ? 1) × 2 = n3 . 2
n
3

n ? 1 ? ? 1? (Ⅲ)由(Ⅱ)得 S n = n , ∴ f (n) = ?1 + ? = 1 + ? (n ∈ N * ) , ? ? ? n? 3 S ? n ? ?

1 1 1 1 1 1 ∵ ?1 + ? = Cn0 ( )0 + Cn ( )1 + Cn2 ( ) 2 + ??? + Cnn ( )n ? ? n n n n ? n? 1 1 1 ≥ Cn0 ( )0 + Cn ( )1 = 2 , n n 1 k n(n ? 1)(n ? 2) ??? (n ? k + 1) 1 1 又当 n ≥2 时, Cnk ( ) = ? < n nk k! k! 1 1 1 ≤ = ? . (k ? 1)k k ? 1 k 1 1 1 1 1 1 ∴ ?1 + ? = Cn0 ( )0 + Cn ( )1 + Cn2 ( ) 2 + ??? + Cnn ( )n ? ? n n n n ? n? 1 1 1 1 1 ? ) ≤1 + 1 + (1 ? ) + ( ? ) + ??? + ( 2 2 3 n ?1 n 1 = 3? < 3 . n
n

n

∴ 2≤ f ( n ) < 3 .
例 51 首项为正数的数列 {an } 满足 an +1 =

1 2 (an + 3), n ∈ N + . 4

(I)证明:若 a1 为奇数,则对一切 n ≥ 2, an 都是奇数; (II)若对一切 n ∈ N + 都有 an +1 > an ,求 a1 的取值范围. 解:(I)已知 a1 是奇数,假设 ak = 2m ? 1 是奇数,其中 m 为正整数, 则由递推关系得 ak +1 =

ak 2 + 3 = m(m ? 1) + 1 是奇数。 4

根据数学归纳法,对任何 n ∈ N + , an 都是奇数。 (II)(方法一)由 an +1 ? an =

1 (an ? 1)(an ? 3) 知, an +1 > an 当且仅当 an < 1 或 an > 3 。 4 1+ 3 32 + 3 = 1 ;若 ak > 3 ,则 ak +1 > = 3. 4 4

另一方面,若 0 < ak < 1, 则 0 < ak +1 <

根据数学归纳法, 0 < a1 < 1, ? 0 < an < 1, ?n ∈ N + ; a1 > 3 ? an > 3, ?n ∈ N + . 综合所述,对一切 n ∈ N + 都有 an +1 > an 的充要条件是 0 < a1 < 1 或 a1 > 3 。

(方法二)由 a2 =

a12 + 3 > a1 , 得 a12 ? 4a1 + 3 > 0, 于是 0 < a1 < 1 或 a1 > 3 。 4

an +1 ? an =

an 2 + 3 an ?12 + 3 (an + an ?1 )(an ? an ?1 ) ? = , 4 4 4 an 2 + 3 , 所以所有的 an 均大于 0,因此 an +1 ? an 与 an ? an ?1 同号。 4

因为 a1 > 0, an +1 =

根据数学归纳法, ?n ∈ N + , an +1 ? an 与 a2 ? a1 同号。 因此,对一切 n ∈ N + 都有 an +1 > an 的充要条件是 0 < a1 < 1 或 a1 > 3 。 例 52 各项均为正数的数列 {an } , a1 = a, a2 = b ,且对满足 m + n = p + q 的正整数 m, n, p, q 都有

a p + aq am + an = . (1 + am )(1 + an ) (1 + a p )(1 + aq )
1 4 , b = 时,求通项 an ; 2 5 1

(1)当 a =

(2)证明:对任意 a ,存在与 a 有关的常数 λ ,使得对于每个正整数 n ,都有 解:(1)由

λ

≤ an ≤ λ .

a p + aq am + an 得 = (1 + am )(1 + an ) (1 + a p )(1 + aq )

a1 + an a2 + an ?1 1 4 = . 将 a1 = , a2 = 代入化简得 (1 + a1 )(1 + an ) (1 + a2 )(1 + an ?1 ) 2 5 an = 2an ?1 + 1 . an ?1 + 2

所以

1 ? an 1 1 ? an ?1 = ? , 1 + an 3 1 + an ?1 1 ? an } 为等比数列,从而 1 + an

故数列 {

1 ? an 1 3n ? 1 = n , 即 an = n . 1 + an 3 3 +1
可验证, an =

3n ? 1 满足题设条件. 3n + 1

(2) 由题设

am + an 的值仅与 m + n 有关,记为 bm+n , 则 (1 + am )(1 + an )

bn +1 =

a1 + an a + an = . (1 + a1 )(1 + an ) (1 + a )(1 + an )

考察函数 f ( x) =

a+x ( x > 0) ,则在定义域上有 (1 + a )(1 + x)

? 1 a >1 ?1 + a , ? ? 1 f ( x) ≥ g (a) = ? , a =1 2 ? ? a ?1 + a , 0 < a < 1 ?
故对 n ∈ N , bn +1 ≥ g ( a ) 恒成立.
*

又 b2 n =

2 an ≥ g (a) , (1 + an ) 2
1 ,解上式得 2

注意到 0 < g (a ) ≤

1 ? g (a) ? 1 ? 2 g (a) 1 ? g (a) + 1 ? 2 g (a) g (a) = ≤ an ≤ , g (a) g (a) 1 ? g (a) + 1 ? 2 g (a)
取λ =

1 ? g (a) + 1 ? 2 g (a) ,即有 g (a)
1

1

λ

≤ an ≤ λ . .
n n ?1

2 例 53 设 f ( x ) = x + a . 记 f ( x ) = f ( x ) , f ( x) = f ( f

( x)) ,n = 2, 3,? ,

1? ? M = a ∈ R 对所有正整数 n, f n (0) ≤ 2 . 证明: M = ?? 2, ? . 证明: 4? ?
【证明】(1)如果 a < ?2 ,则 f 1 (0) =| a |> 2 , a ? M 。 (2)如果 ?2 ≤ a ≤

{

}

1 ,由题意 f 1 (0) = a , f n (0) = ( f n ?1 (0)) 2 + a , n = 2,3,? . 则 4 1 1 n ① 当 0 ≤ a ≤ 时, f (0) ≤ ( ?n ≥ 1 ). 4 2 1 1 事实上,当 n = 1 时, f (0) = a ≤ , 设 n = k ? 1 时成立( k ≥ 2 为某整数),则对 n = k , 2

f (0) ≤ f
k

k ?1

?1? 1 1 (0) + a ≤ ? ? + = . ?2? 4 2
2

2

② 当 ?2 ≤ a < 0 时, f n (0) ≤ a ( ?n ≥ 1 ).
1 事实上,当 n = 1 时, f (0) ≤ a , 设 n = k ? 1 时成立( k ≥ 2 为某整数),则对 n = k ,有

? | a |= a ≤ f k (0) = ( f k ?1 (0) ) + a ≤ a 2 + a . 注 意 到 当 ?2 ≤ a < 0 时 , 总 有 a 2 ≤ ?2a , 即
2

1? ? a 2 + a ≤ ? a =| a | . 从而有 f k (0) ≤| a | .由归纳法,推出 ? ?2, ? ? M 。 4? ?
(3)当 a >

1 1 n 时,记 an = f (0) ,则对于任意 n ≥ 1 , an > a > 且 4 4
2 an +1 = f n +1 (0) = f ( f n (0)) = f (an ) = an + a 。

对于任意 n ≥ 1 , an +1 ? an = an ? an + a = ( an ? ) + a ?
2

1 2 1 1 1 ≥ a ? , 则 an +1 ? an ≥ a ? 。 2 4 4 4 1 2?a 1 所以,an +1 ? a = an +1 ? a1 ≥ n( a ? ) 。 n > 当 时,an +1 ≥ n( a ? ) + a > 2 ? a + a = 2 , 1 4 4 a? 4
n +1

即f

(0) > 2 。因此 a ? M 。
?

综合(1)(2)(3),得 M = ? ? 2, 。 4? ? ?

1?

例 54 已 知 数 列 {a n } 满 足 a1 = 1, a n +1 = a n + 2n (n = 1,2,3?) , {bn } 满 足 b1 = 1,
bn +1
2 n bn 1 1 = bn + (n = 1,2,3?) ,证明: ≤∑ < 1。 n 2 k =1 a k +1bk + ka k +1 ? bk ? k
n

证明:记 I n = ∑
k =1

1 a k +1bk + ka k +1 ? bk ? k 1 ≤

,则 I 1 =
?∑
n

1 < I2 < ? < In 。 2

而 In = ∑
k =1

n

(a k +1 ? 1)(bk + k )

∑a
k =1

n

1 。 ? 1 k =1 bk + k k +1

1

因为 a1 = 1, a n +1 = a n + 2n ,所以 a k +1 ? 1 = k (k + 1) 。 从而有

∑a
k =1

n

1
k +1

?1

=∑

1 1 = 1? < 1。 n +1 k =1 k ( k + 1)

n

(1 )

又因为 bk +1

bk2 bk (bk + k ) 1 k 1 1 = bk + = ,所以 = = ? , k k bk +1 bk (bk + k ) bk bk + k



1 1 1 = ? 。从而有 bk + k bk bk +1

∑b
k =1

n

1 1 1 1 = ? ≤ = 1 。 (2 ) b1 bn +1 b1 k +k

1 ≤ In < 1。 2 左边不等式的等号成立当且仅当 n=1 时成立。

由(1)和(2)即得

I n < 1 。 综合得到

例 55

设 数 列 {a n }( n ≥ 0) 满 足 a1 = 2 , a m + n + a m ? n ? m + n =

1 (a 2 m + a 2 n ) , 其 中 2

m, n ∈ N , m ≥ n .
(1)证明:对一切 n ∈ N ,有 a n + 2 = 2a n +1 ? a n + 2 ; (2)证明:

1 1 1 + +?+ < 1. a1 a 2 a 2009 1 (a 2 m + a 2 n ) 中, m = n , a 0 = 0 ; 令 可得 2


证明 (1) 在已知关系式 a m + n + a m ? n ? m + n = 令 n = 0 ,可得 a 2 m = 4a m ? 2m 令 m = n + 2 ,可得 a 2 n + 2 + a 2 ? 2 =

1 (a 2 n + 4 + a 2 n ) 2



由 ① 得 a 2 n + 2 = 4a n +1 ? 2( n + 1) , a 2 = 4a1 ? 2 = 6 , a 2 n + 4 = 4a n + 2 ? 2( n + 2) ,

a 2 n = 4a n ? 2 n ,
代入②,化简得 a n + 2 = 2a n +1 ? a n + 2 . (2)由 a n + 2 = 2a n +1 ? a n + 2 ,得 (a n + 2 ? a n +1 ) = ( a n +1 ? a n ) + 2 ,故数列 {a n +1 ? a n } 是 首项为 a1 ? a 0 = 2 ,公差为 2 的等差数列,因此 a n +1 ? a n = 2n + 2 . 于是 a n =

∑ (a k ? ak ?1 ) + a0 = ∑ (2k ) + 0 = n(n + 1) .
k =1 k =1

n

n

因为

1 1 1 1 = = ? (n ≥ 1) ,所以 a n n(n + 1) n n + 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +?+ = (1 ? ) + ( ? ) + ? + ( ? ) = 1? < 1. a1 a 2 a 2009 2 2 3 2009 2010 2010

六、数列与概率统计交汇的综合题
例 56 为了研究某高校大学新生学生的视力情况, 随机地抽查了该校 100 名进校学生的视情况, 得到频率分布直方图,如图 4, .已知前 4 组的频数从左到右依次是等比数列 {a n } 的前四项, 后 6 组的频数从左到右依次是等差数列 {bn } 的前六项. (Ⅰ)求等比数列 {a n } 的通项公式;

(Ⅱ)求等差数列 {bn } 的通项公式; (Ⅲ)若规定视力低于 5.0 的学生属于近视学生,试估计该校新生的近视率的大小.

0.3 0.1

解:(I)由题意知: a1 = 0.1× 0.1× 100 = 1 , a2 = 0.3 × 0.1× 100 = 3. ∵数列 {a n } 是等比数列,∴公比 q = ∴ an = a1q n ?1 = 3n ?1 . (II) ∵ a1 + a2 + a3 =13,∴ b1 + b2 + ? + b6 = 100 ? ( a1 + a2 + a3 ) = 87 , ∵数列 {bn } 是等差数列,∴设数列 {bn } 公差为 d ,则得,

a2 = 3, a1

b1 + b2 + ? + b6 = 6b1 + 15d ,∴ 6b1 + 15d =87,

b1 = a 4 = 27 , d = ?5 , bn = 32 ? 5n
a1 + a2 + a3 + b1 + b2 + b3 + b4 = 0.91 , 100 b + b6 (或= 1 ? 5 = 0.91 ) 100
(III) = 答:估计该校新生近视率为 91%. 例 57 从原点出发的某质点 M, 按向量 a =(0,1)移动的概率为 设可达到点(0,n)的概率为 Pn, 求: (1).求 P1 和 P2 的值. (2).求证:Pn+2=

2 1 ,按向量 b =(0,2)移动的概率为 , 3 3

1 2 Pn+ Pn+1. 3 3 (3).求 Pn 的表达式. 2 3 2 3 1 7 = . 3 9

解: (1). P1= , P2 = ( ) 2 +

(2).证明:到达点(0,n+2)有两种情况:从点(0,n)按向量 b = (0,2) 移动;从点(0,n+1) 按向量

2 1 2 1 a =(0,1)移动,概率分别为 Pn × 与 Pn +1 × ,所以 Pn + 2 = Pn + Pn +1 . 3 3 3 3 1 1 1 (3).由(2)得 Pn+2-Pn+1= ? ( Pn +1 ? Pn ), 故数列{Pn+1-Pn}是以 P2-P1= 为首项,? 为公 3 9 3 1 1 1 比的等比数列,故 Pn+1-Pn= ? (? ) n ?1 = (? ) n +1 , 9 3 3

于是 Pn-P1=( Pn ? Pn ?1 ) + ? ? ? + ( P2 ? P1 ) =

1 1 ? [1 ? (? ) n ?1 ] 12 3

∴ Pn =

3 1 1 + ? (? ) n . 4 4 3

七、分段数列综合题
例 58 数列{an}的首项 a1=1,且对任意 n∈N,an 与 an+1 恰为方程 x2-bnx+2n=0 的两个 根. (Ⅰ)求数列{an}和数列{bn}的通项公式; (Ⅱ)求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解:(Ⅰ)由题意 n∈N*,an·an+1=2n + an+1·an+2 an+2 2n 1 ∴ = = n =2'(1 分) an 2 an·an+1 又∵a1·a2=2'a1=1'a2=2 ∴a1,a3,…,a2n-1 是前项为 a1=1 公比为 2 的等比数列, a2,a4,…,a2n 是前项为 a2=2 公比为 2 的等比数列 - ∴a2n-1=2n 1' a2n=2n' n∈N*
? ? n2 1 ?2 ,n为奇数 即 a n= ? ? 2 n,n为偶数 ?

又∵bn=an+an+1 n-1 n+1 n-1 当 n 为奇数时,bn=2 +2 =3·2 2 2 2 n n n 当 n 为偶数时,bn=2 +2 =2·2 2 2 2
n ?1 ? ?3 × 2 2 ,n为奇数 ∴bn= ? 1+ n ? 2 2 ,n为偶数 ?

(Ⅱ)Sn=b1+b2+b3+…+bn 当 n 为偶数时, Sn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn) n n 3-3·2 4-4·2 2 2 n = + =7·2 -7 ( 2 1-2 1-2 当 n 为奇数时, Sn=b1+b2+…+bn-1+bn n-1 =Sn-1+bn=10·2 -7 ( 2
n ?1 ? ?10 × 2 2 ? 7,n为奇数 S n= ? n ? 7 × 2 2 ? 7,n为偶数 ?

例 59 数列 {an } 的通项 an = n (cos
2

2

nπ nπ ? sin 2 ) ,其前 n 项和为 Sn . 3 3

(1) 求 Sn ;

S3 n , 求数列{ bn }的前 n 项和 Tn . n ? 4n nπ 2nπ 2 nπ 解: (1) 由于 cos ? sin 2 = cos ,故 3 3 3
(2) bn =

S3k = (a1 + a2 + a3 ) + (a4 + a5 + a6 ) + ? + (a3k ? 2 + a3k ?1 + a3k ) = (? = 12 + 22 4 2 + 52 (3k ? 2) 2 + (3k ? 1) 2 + 32 ) + (? + 62 ) + ? + (? + (3k ) 2 )) 2 2 2

13 31 18k ? 5 k (9k + 4) + +? + = , 2 2 2 2 k (4 ? 9k ) S3k ?1 = S3k ? a3 k = , 2 k (4 ? 9k ) (3k ? 1) 2 1 3k ? 2 1 + = ?k = ? ? , 2 2 2 3 6

S3k ? 2 = S3k ?1 ? a3 k ?1 =



n 1 ? ? ? , n = 3k ? 2 ? 3 6 ? ? (n + 1)(1 ? 3n) Sn = ? , n = 3k ? 1 6 ? ? n(3n + 4) , n = 3k ? 6 ?

(k ∈N )
*

(2) bn =

S3 n 9n + 4 = , n n?4 2 ? 4n 1 13 22 9n + 4 Tn = [ + 2 + ? + ], 2 4 4 4n 1 22 9n + 4 4Tn = [13 + + ? + n ?1 ], 2 4 4

两式相减得

9 9 ? n 1 9 9 9n + 4 1 9n + 4 1 9n 3Tn = [13 + + ? + n ?1 ? ] = [13 + 4 4 ? ] = 8 ? 2 n ?3 ? 2 n +1 , n n 1 2 4 4 4 2 4 2 2 1? 4 8 1 3n 故 Tn = ? ? 2 n +1 . 2 n ?3 3 3? 2 2 nπ 2 nπ 例 60 数列 {an } 满足a1 = 1, a2 = 2, an + 2 = (1 + cos )an + sin 2 , n = 1, 2,3,?. 2 2
(Ⅰ)求 a3 , a4 , 并求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)设 bn =

a2 n ?1 1 , S n = b1 + b2 + ? + bn . 证明:当 n ≥ 6时, n ? 2 < . S a2 n n
2

.解:(Ⅰ)因为 a1 = 1, a2 = 2, 所以 a3 = (1 + cos

π
2

)a1 + sin 2

π
2

= a1 + 1 = 2,

a4 = (1 + cos 2 π )a2 + sin 2 π = 2a2 = 4.
* 一般地,当 n = 2k ? 1( k ∈ N ) 时, a2 k +1 = [1 + cos
2

(2k ? 1)π 2k ? 1 ]a2 k ?1 + sin 2 π 2 2

= a2 k ?1 + 1 ,即 a2 k +1 ? a2 k ?1 = 1. 所以数列 {a2 k ?1} 是首项为 1、公差为 1 的等差数列,因此 a2 k ?1 = k . 当 n = 2k ( k ∈ N* ) 时, a2 k + 2 = (1 + cos
2

2 kπ 2k π )a2 k + sin 2 = 2 a2 k . 2 2
k

所以数列 {a2k } 是首项为 2、公比为 2 的等比数列,因此 a2 k = 2 .

?n +1 * ? 2 , n = 2k ? 1(k ∈ N ), 故数列 {an } 的通项公式为 an = ? n ? 2 2 , n = 2k (k ∈ N* ). ?
(Ⅱ)由(Ⅰ)知, bn =

a2 n ?1 n 1 2 3 n = 2 , Sn = + 2 + 3 + ? + n , a2 n 2 2 2 2 2



1 1 2 3 n S n = 2 + 2 + 4 + ? + n +1 ② 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n ①-②得, S n = + 2 + 3 + ? + n ? n +1 . 2 2 2 2 2 2 1 1 [1 ? ( ) 2 ] 2 ? n = 1? 1 ? n . =2 1 2n +1 2n 2 n +1 1? 2 1 n n+2 所以 S n = 2 ? n ?1 ? n = 2 ? n . 2 2 2 1 n(n + 2) 要证明当 n ≥ 6 时, S n ? 2 < 成立,只需证明当 n ≥ 6 时, < 1 成立. n 2n
证法一

6 × (6 + 2) 48 3 = = < 1 成立. 26 64 4 k (k + 2) (2)假设当 n = k ( k ≥ 6) 时不等式成立,即 < 1. 2k
(1)当 n = 6 时, 则当 n=k+1 时,

(k + 1)(k + 3) k (k + 2) (k + 1)(k + 3) (k + 1)(k + 3) = × < < 1. 2k +1 2k 2k (k + 2) (k + 2)i2k n(n + 1) 1 < 1 .即当 n≥6 时, S n ? 2 < . 2 2 n

由(1)、(2)所述,当 n≥6 时,

证法二

令 cn =

n(n + 2) (n + 1)(n + 3) n(n + 2) 3 ? n 2 (n ≥ 6) ,则 cn +1 ? cn = ? = n +1 < 0. 22 2 n +1 22 2

6×8 3 = < 1. 64 4 n(n + 2) 1 于是当 n ≥ 6 时, < 1. 综上所述,当 n ≥ 6 时, S n ? 2 < . 2 2 n
所以当 n ≥ 6 时, cn +1 < cn .因此当 n ≥ 6 时, cn ≤ c6 =

例 61 设 m 个不全相等的正数 a1 , a2 ,? , am ( m ≥ 7) 依次围成一个圆圈. (Ⅰ)若 m = 2009 ,且 a1 , a2 ,? , a1005 是公差为 d 的等差数列,而 a1 , a2009 , a2008 ,? , a1006 是 公比为 q = d 的等比数列;数列 a1 , a2 ,? , am 的前 n 项和 S n ( n ≤ m) 满足:

S3 = 15, S 2009 = S 2007 + 12a1 ,求通项 an (n ≤ m) ;
解:因 a1 , a2009 , a2008 , ???, a1006 是公比为 d 的等比数列,从而 a2000 = a1d , a2008 = a1d
2



S 2009 = S 2008 + 12a1得a2008 + a2009 = 12a1 ,故
解得 d = 3 或 d = ?4 (舍去)。因此 d = 3 又

S3 = 3a1 + 3d = 15 。解得 a1 = 2

从而当 n ≤ 1005 时,

an = a1 + (n ? 1)d = 2 + 3(n ? 1) = 3n ? 1
当 1006 ≤ n ≤ 2009 时,由 a1 , a2009 , a2008 , ???, a1006 是公比为 d 的等比数列得

an = a1d 2009 ?( n ?1) = a1d 2010 ? n (1006 ≤ n ≤ 2009)
因此 an = ?

?3n ? 1, n ≤ 1005 ?2 ? 3
2009 ? n

,1006 ≤ n ≤ 2009

八、信息迁移题
例 62 设同时满足条件:①

bn + bn + 2 ≤ bn +1 ( n ∈ N*) ;② bn ≤ M ( n ∈ N*, M 是与 n 无关的 2

常数)的无穷数列 {bn } 叫“特界” 数列. (Ⅰ)若数列 {an } 为等差数列, Sn 是其前 n 项和, a3 = 4, S3 = 18 ,求 Sn ; (Ⅱ)判断(Ⅰ)中的数列 {S n } 是否为“特界” 数列,并说明理由.

.解:(Ⅰ)设等差数列 {a n } 的公差为 d , 则 a1 + 2d = 4, 3a1 + 3d = 18, 解得a1 = 8, d = ?2 , S n = na1 + (Ⅱ)由 得

S n + Sn + 2 < S n +1 ,故数列 { S n } 适合条件① 2 9 2 81 2 而 S n = ? n + 9n = ?( n ? ) + (n ∈ N*) ,则当 n = 4 或 5 时, Sn 有最大值 20 2 4
即 S n ≤ 20 ,故数列 { S n } 适合条件②. 综上,故数列 { S n } 是“特界”数列。

Sn + S n+ 2 2

n(n ? 1) d = ? n 2 + 9n 2 ( S ? S n +1 ) ? ( S n +1 ? S n ) an + 2 ? an +1 d ? S n +1 = n + 2 = = = ?1 < 0 2 2 2

例 63 已知数集 A = {a1 , a2 ,? an }(1 ≤ a1 < a2 < ? an , n ≥ 2 ) 具有性质 P ;对任意的

i, j (1 ≤ i ≤ j ≤ n ) , ai a j 与

aj ai

两数中至少有一个属于 A .

(Ⅰ)分别判断数集 {1,3, 4} 与 {1, 2,3,6} 是否具有性质 P ,并说明理由; (Ⅱ)证明: a1 = 1 ,且

a1 + a2 + ? + an = an ; ? ? a1?1 + a2 1 + ? + an 1

(Ⅲ)证明:当 n = 5 时, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 成等比数列. 解:(Ⅰ)由于 3 × 4 与

4 均不属于数集 {1,3, 4} ,∴该数集不具有性质 P. 3 6 6 1 2 3 6 由于 1× 2,1× 3,1× 6, 2 × 3, , , , , , 都属于数集 {1, 2,3,6} , 2 3 1 2 3 6
∴该数集具有性质 P.

(Ⅱ)∵ A = {a1 , a2 ,? an } 具有性质 P,∴ an an 与

an 中至少有一个属于 A, an

由于 1 ≤ a1 < a2 < ? < an ,∴ an an > an ,故 an an ? A . 从而 1 =

an ∈ A ,∴ a1 = 1 . an

∵ 1 = a1 < a2 < ? < an , ∴ ak an > an ,故 ak an ? A ( k = 2,3,? , n ) . 由 A 具有性质 P 可知

an ∈ A ( k = 1, 2, 3,? , n ) . ak

又∵

an a a a < n <? < n < n , an an ?1 a2 a1



an a a a = 1, n = a2 ,? n = an ?1 , n = an , an an ?1 a2 a1 an a a a = n + ? + n + n = a1 + a2 + ? + an ?1 + an , an an ?1 a2 a1

从而



a1 + a2 + ? + an = an . ? ? a1?1 + a2 1 + ? + an 1
a5 a 2 = a2 , 5 = a3 ,即 a5 = a2 a4 = a3 , a4 a3

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当 n = 5 时,有

∵ 1 = a1 < a2 < ? < a5 ,∴ a3 a4 > a2 a4 = a5 ,∴ a3 a4 ? A , 由 A 具有性质 P 可知

a4 ∈ A. a3

2 a2 a4 = a3 ,得

a a3 a4 a a = ∈ A ,且 1 < 3 = a2 ,∴ 4 = 3 = a2 , a2 a3 a2 a3 a2



a5 a4 a3 a2 = = = = a2 ,即 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 是首项为 1,公比为 a2 成等比数列..k.s.5. a4 a3 a2 a1

例 64 给定项数为 m (m ∈ N * , m ≥ 3) 的数列 {an } ,其中 ai ∈ {0,1} (i = 1, 2,? , m) . 若存在一个正整数 k (2 ≤ k ≤ m ? 1) ,若数列 {an } 中存在连续的 k 项和该数列中另一个连续的 k 项恰好按次序对应相等,则称数列 {an } 是“k 阶可重复数列”, 例如数列 {an }
0,1,1, 0,1,1, 0.

因为 a1 , a2 , a3 , a4 与 a4 , a5 , a6 , a7 按次序对应相等,所以数列 {an } 是“4 阶可重复数列”. (Ⅰ)分别判断下列数列 ① {bn }: 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0. ② {cn }:1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1.

是否是“5 阶可重复数列”?如果是,请写出重复的这 5 项; (Ⅱ)若数为 m 的数列 {an } 一定是 “3 阶可重复数列”,则 m 的最小值是多少?说明理由; (III)假设数列 {an } 不是“5 阶可重复数列”,若在其最后一项 am 后再添加一项 0 或 1,均

可使新数列是“5 阶可重复数列”,且 a4 = 1 ,求数列 {an } 的最后一项 am 的值. 解:(Ⅰ)记数列①为 {bn } ,因为 b2 , b3 , b4 , b5 , b6 与 b6 , b7 , b8 , b9 , b10 按次序对应相等,所以数列① 是“5 阶可重复数列”,重复的这五项为 0,0,1,1,0; 记 数 列 ② 为 {cn } , 因 为 c1 , c2 , c3 , c4 , c5 、 c2 , c3 , c4 , c5 , c6 、 c3 , c4 , c5 , c6 , c7 、 c4 , c5 , c6 , c7 , c8 、
c5 , c6 , c7 , c8 , c9 、 c6 , c7 , c8 , c9 , c10 没 有 完 全 相 同 的 , 所 以 {cn } 不 是 “5 阶 可 重 复 数 列 ”. ……………….3 分

(Ⅱ)因为数列 {an } 的每一项只可以是 0 或 1,所以连续 3 项共有 23 = 8 种不同的情形.若 m=
11,则数列 {an } 中有 9 组连续 3 项,则这其中至少有两组按次序对应相等,即项数为 11 的数

列 {an } 一定是“3 阶可重复数列”;若 m=10,数列 0,0,1,0,1,1,1,0,0,0 不是“3 阶可重复数列”; 则 3 ≤ m < 10 时,均存在不是“3 阶可重复数列”的数列 {an } .所以,要使数列 {an } 一定 是“3 阶可重复数列”,则 m 的最小值是 11.
……………….8 分

(III) 由于数列 {an } 在其最后一项 am 后再添加一项 0 或 1, 均可使新数列是“5 阶可重复数列”, 即在数列 {an } 的末项 am 后再添加一项 0或1 ,则存在 i ≠ j , 使 得 ai , ai +1 , ai + 2 , ai + 3 , ai + 4 与 am ?3 , am ? 2 , am ?1 , am , 0 按 次 序 对 应 相 等 , 或 a j , a j +1 , a j + 2 , a j + 3 , a j + 4 与
am ?3 , am ? 2 , am ?1 , am ,1 按次序对应相等,

如果 a1 , a2 , a3 , a4 与 am ?3 , am ? 2 , am ?1 , am 不能按次序对应相等, 那么必有 2 ≤ i, j ≤ m ? 4 ,i ≠ j , 使得 ai , ai +1 , ai + 2 , ai +3 、 a j , a j +1 , a j + 2 , a j + 3 与 am ?3 , am ? 2 , am ?1 , am 按次序对应相等. 此时考虑 ai ?1 , a j ?1 和 am ? 4 ,其中必有两个相同,这就导致数列 {an } 中有两个连续的五项恰 按次序对应相等,从而数列 {an } 是“5 阶可重复数列”,这和题设中数列 {an } 不是“5 阶可重复 数列”矛盾!所以 a1 , a2 , a3 , a4 与 am ?3 , am ? 2 , am ?1 , am 按次序对应相等,从而 am = a4 = 1.

例 65 数列{an } 和数列{bn } (n ∈ N + ) 由下列条件确定:

① a1 < 0, b1 > 0 ; ②当 k ≥ 2 时, ak 与 bk 满足如下条件:当
ak = ak ?1 , bk = ak ?1 + bk ?1 ≥ 0 时, 2

ak ?1 + bk ?1 a +b a +b ;当 k ?1 k ?1 < 0 时, ak = k ?1 k ?1 , bk = bk ?1 。 2 2 2

解答下列问题: (Ⅰ)证明数列 {ak ? bk } 是等比数列; (Ⅱ)求数列 {n(bn ? an )} 的前 n 项和为 Sn ; (Ⅲ) n(n ≥ 2) 是满足 b1 > b2 > … > bn 的最大整数时,用 a1 , b1 表示 n 的满足的条件。

解:(Ⅰ)当

ak ?1 + bk ?1 a +b 1 ≥ 0 时, bk ? ak = k ?1 k ?1 ? ak ?1 = (bk ?1 ? ak ?1 ) 2 2 2


ak ?1 + bk ?1 a +b 1 < 0 时, bk ? ak = bk ?1 ? k ?1 k ?1 = (bk ?1 ? ak ?1 ) 2 2 2 1 (bk ?1 ? ak ?1 ) ,又显然 b1 ? a1 > 0 , 2

所以不论哪种情况,都有 bk ? ak = 故数列 {ak ? bk } 是等比数列

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, bn ? an = (b1 ? a1 )( )

1 2

n ?1

,故 n(bn ? an ) = (b1 ? a1 )i

n 2 n ?1

S n = (b1 ? a1 )(1 +
所以,

2 3 n ?1 n + 3 + … + n ? 2 + n ?1 ) 2 2 2 2

1 1 2 3 n ?1 n S n = (b1 ? a1 )( + 2 + 3 + … + n ?1 + n ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 n S n = (b1 ? a1 )(1 + + 2 + … + n ?1 ? n ) , 2 2 2 2 2 S n = (b1 ? a1 )[4(1 ? 1 2n )? n ] n 2 2

所以,

(Ⅲ)当 b1 > b2 > … > bn ( n ≥ 2) 时, bn ≠ bn ?1 (2 ≤ k ≤ n) 由 ② 知

ak ?1 + bk ?1 a +b < 0 不 成 立 , 故 k ?1 k ?1 ≥ 0 从 而 对 于 2≤k ≤n , 有 2 2

ak = ak ?1, bk =


ak ?1 + bk ?1 1 ,于是 an = an?1 = …= a1 ,故 bn = a1 + (b1 ? a1)i n?1 2 2

an + bn 1 1 1 = {a1 + [a1 + (b1 ? a1 )i n?1 ]} = a1 + (b1 ? a1 )i n , 2 2 2 2
an + bn a +b ≥ 0 ,则 bn +1 = n n 2 2 bn +1 ? bn = {a1 + (b1 ? a1 )i 1 1 1 } ? {a1 + (b1 ? a1 )i n ?1 } = ?(b1 ? a1 )i n < 0 n 2 2 2



所以 bn +1 > bn ,这与 n 是满足 b1 > b2 > … > bn ( n ≥ 2) 的最大整数矛盾。 因此 n 是满足

an + bn < 0 的最小整数, 2



an + bn 1 b ?a b ?a < 0 ? a1 + (b1 ? a1 )i n < 0 ? 1 1 < 2 n ? log 2 1 1 < n 2 2 ? a1 a1 b1 ? a1 < n 最小整数。 a1
*

因而,n 是满足 log 2

例 66 对于数列 {un } ,若存在常数 M>0,对任意的 n ∈ N ,恒有

un +1 ? un + un ? un ?1 + ? + u2 ? u1 ≤ M ,
(Ⅰ)首项为 1,公比为 ?

则称数列 {un } 为 B ? 数列.

1 的等比数列是否为 B-数列?请说明理由; 2

(Ⅱ)设 Sn 是数列 {xn } 的前 n 项和.给出下列两组判断: A 组:①数列 {xn } 是 B-数列, B 组:③数列 {S n } 是 B-数列, ②数列 {xn } 不是 B-数列; ④数列 {S n } 不是 B-数列.

请以其中一组中的一个论断为条件,另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假,并证明你的结论; (Ⅲ)若数列 {an } 是 B-数列,证明:数列 {an } 也是 B-数列。 解: (Ⅰ)设满足题设的等比数列为 {an } ,则 an = ( ? )
2

1 2

n ?1

.于是

1 1 3 1 an ? an ?1 = (? )n ?1 ? (? ) n ? 2 = × ( ) n ? 2 , n ≥ 2. 2 2 2 2 | an +1 ? an | + | an ? an ?1 | + ? + | a2 ? a1 |
=

3 ? 1 1 1 1 ? ? ? × ?1 + + ) + ? + )-1 ? = 3 × ?1 ? )? < 3. ( 2 ( n ( n 2 ? 2 2 2 2 ? ? ?

所以首项为 1,公比为 ?

1 的等比数列是 B-数列 2

.

(Ⅱ)命题 1:若数列 {xn } 是 B-数列,则数列 {S n } 是 B-数列.此命题为假命题. 命题 事实上设 xn =1, n ∈ N ,易知数列 {xn } 是 B-数列,但 Sn =n,
*

| S n +1 ? S n | + | S n ? S n ?1 | + ? + | S 2 ? S1 |= n .
由 n 的任意性知,数列 {S n } 不是 B-数列。 命题 2:若数列 {S n } 是 B-数列,则数列 {xn } 不是 B-数列。此命题为真命题。 事实上,因为数列 {S n } 是 B-数列,所以存在正数 M,对任意的 n ∈ N ,有
*

| S n +1 ? S n | + | S n ? S n ?1 | + ? + | S 2 ? S1 |≤ M ,
即 | xn +1 | + | xn | + ? + | x2 |≤ M .于是 xn +1 ? xn + xn ? xn ?1 + ? + x2 ? x1

≤ xn +1 + 2 xn + 2 xn ?1 + ? + 2 x2 + x1 ≤ 2M + x1 ,
所以数列 {xn } 是 B-数列。 (Ⅲ)若数列 {an } 是 B-数列,则存在正数 M,对任意的 n ∈ N ? , 有

an +1 ? an + an ? an ?1 + ? + a2 ? a1 ≤ M .
因为 an = an ? an ?1 + an ?1 + an ? 2 + ? + a2 ? a1 + a1

≤ an ? an ?1 + an ?1 ? an ? 2 + ? + a2 ? a1 + a1 ≤ M + a1 .
2 2 记 K = M + a1 ,则有 an +1 ? an = ( an +1 + an )( an +1 ? an )

≤ ( an +1 + an ) an +1 ? an ≤ 2 K an +1 ? an .
2 2 2 2 2 因此 an +1 ? an + an ? an ?1 + ... + a2 ? a12 ≤ 2 KM . 2 故数列 an 是 B-数列.

{ }


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