2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第七章　数列与数学归纳法7.4第2课时

第2课时　数列的综合应用
题型一　数列和解析几何的综合问题
例1　(2004·浙江)已知△OBC的三个顶点坐标分别为O(0,0)，B(1,0)，C(0,2)，设P1为线段BC的中点，P2为线段CO的中点，P3为线段OP1的中点，对于每一个正整数n，Pn＋3为线段PnPn＋1的中点，令Pn的坐标为(xn，yn)，an＝yn＋yn＋1＋yn＋2.
(1)求a1，a2，a3及an的值；
(2)求证：yn＋4＝1－，n∈N*；
(3)若记bn＝y4n＋4－y4n，n∈N*，求证：{bn}是等比数列．
(1)解　因为y1＝y2＝y4＝1，y3＝，y5＝，
所以a1＝a2＝a3＝2，
又由题意可知yn＋3＝，
所以an＋1＝yn＋1＋yn＋2＋yn＋3
＝yn＋1＋yn＋2＋
＝yn＋yn＋1＋yn＋2＝an，
所以{an}为常数列，
所以an＝a1＝2，n∈N*.
(2)证明　将等式yn＋yn＋1＋yn＋2＝2两边除以2得yn＋＝1.
又因为yn＋4＝，
所以yn＋4＝1－，n∈N*.
(3)证明　因为bn＋1＝y4n＋8－y4n＋4
＝－
＝－(y4n＋4－y4n)＝－bn，
又因为b1＝y8－y4＝－≠0，
所以{bn}是首项为－，公比为－的等比数列．
思维升华 利用题目中曲线或直线上点的坐标之间的关系，得到数列的递推关系，然后利用数列的递推关系寻求数列通项，从而求解题目．
跟踪训练1　(2016·浙江)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(　　)

A．{Sn}是等差数列 B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列
答案　A
解析　作A1C1，A2C2，A3C3，…，AnCn垂直于直线B1Bn，垂足分别为C1，C2，C3，…，Cn，
则A1C1∥A2C2∥…∥AnCn.
∵|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，∴|CnCn＋1|＝|Cn＋1Cn＋2|.
设|A1C1|＝a，|A2C2|＝b，|B1B2|＝c，
则|A3C3|＝2b－a，…，
|AnCn|＝(n－1)b－(n－2)a (n≥3)，
∴Sn＝c[(n－1)b－(n－2)a]＝c[(b－a)n＋(2a－b)]，
∴Sn＋1－Sn＝c[(b－a)(n＋1)＋(2a－b)－(b－a)n－(2a－b)]＝c(b－a)，
∴数列{Sn}是等差数列．

题型二　数列与不等式的综合问题


命题点1　可求通项的裂项放缩
例2 已知数列满足＝＋且a1＝4(n∈N*)．
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝a－an，且Sn为的前n项和，证明：12≤Sn<15.
(1)解　由＝＋得，
－1＝，
由a1＝4得－1＝－，
所以数列是首项为－，公比为的等比数列．
所以＝n－1＝－n－1，
即an＝.
(2)证明　bn＝a－an＝，
又Sn＋1－Sn＝bn＋1＝>0，
故Sn是关于n的递增数列，
故Sn≥S1＝b1＝a－a1＝12.
当k≥2时，bk＝a－ak＝
<＝
<＝3，
故当n≥2时，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝12＋b2＋b3＋…＋bn
<12＋3
＝15－<15.
又n＝1时，S1＝12<15，综上有12≤Sn<15.
命题点2　可求通项构造放缩
例3　(2018·湖州调研)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，n∈N*.
(1)求a2；
(2)求的通项公式；
(3)设{an}的前n项的和为Sn，求证：≤Sn<.
(1)解　由条件可知a2＝＝.
(2)解　由an＋1＝，
得＝·－，
即－1＝，又－1＝≠0，
所以是首项为，公比为的等比数列，
则－1＝×n－1＝n，
所以＝n＋1.
(3)证明　由(2)可得
an＝≥
＝·n－1.
所以Sn≥＋·1＋…＋·n－1
＝，
故Sn≥成立．
另一方面an＝<＝n，
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
<＋＋3＋4＋…＋n
＝＋－·n－2<＋<，n≥3，
又S1＝<，S2＝<，
因此Sn<，n∈N*.
所以≤Sn<.
命题点3　不可求通项裂项放缩
例4 (2018·杭州模拟)设数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋(n∈N*)．
(1)证明：an (2)证明：an≥(n∈N*)．
证明　(1)方法一　易知an>0，
所以an＋1＝an＋>an，
即ak＋1＝ak＋ 所以－<，k∈N*，
所以，当n≥3时，
＝－>－
>3－＝3－
＝3－＝>1，所以an<1.
又a1＝<1，a2＝<1，
所以an<1(n∈N*)，
所以an 方法二　易知an>0，所以an＋1＝an＋>an，
由题意，得＝＝＝－.
则－＝，
即－＝，－＝，…，－＝，
累加得，－＝＋＋…＋<＋＋…＋<1＋＋…＋＝2－，
即3－<2－，所以an＋1<1.
所以an (2)方法一　当n＝1时，a1＝＝，显然成立．
由an<1，知ak＋1＝ak＋ 所以ak>ak＋1，
所以ak＋1＝ak＋>ak＋ak·ak＋1＝ak＋·akak＋1，
所以－>，
所以，当n≥2时，
＝－<－<3－＝3－＝3－＝，
即an>.
所以an≥(n∈N*)．
方法二　当n≥2时，－＝＋＋…＋>＋＋…＋>＋＋…＋＝1－，
即3－>1－，即an>，
又n＝1时，a1＝，＝，
所以an≥(n∈N*)．
命题点4　不可求通项构造放缩
例5 (2018·浙江模拟训练冲刺卷)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝，n∈N*.
(1)求证：an＋1>an，n∈N*；
(2)求证：an≥－1，n∈N*；
(3)求证：n≥2时，an≤.
证明　(1)∵an＋1＝＝an＋，
∴an＋1＋1＝an＋1＋，
∴(an＋1＋1)(an＋1)＝(an＋1)2＋1>0，
故an＋1＋1与an＋1同号．
又a1＋1＝1>0，
∴an＋1>0，
∴an＋1－an＝>0，
故an＋1>an，n∈N*.
(2)∵ak＋1＋1＝ak＋1＋，k∈N*，
∴(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)2＋＋2>(ak＋1)2＋2，k∈N*，
当n≥2时，(an＋1)2＝[(an＋1)2－(an－1＋1)2]＋[(an－1＋1)2－(an－2＋1)2]＋…＋[(a2＋1)2－(a1＋1)2]＋(a1＋1)2>2(n－1)＋1＝2n－1.
又an＋1>0，故当n≥2时，an＋1>，
即当n≥2时，an>－1.
又当n＝1时，a1≥－1＝0，
所以an≥－1，n∈N*.
(3)由(2)知ak＋1－ak＝≤，k∈N*，
所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)，
即当n≥2时，an≤1＋＋＋…＋.
当n≥3时，＝<＝－，
所以当n≥3时，an≤1＋＋＋…＋<1＋(－1)＋(－)＋…＋(－)＝.
又a2＝1≤，
所以n≥2时，an≤.
思维升华 数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中参数的取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题．而数列的条件可能是等差数列、等比数列，甚至是一个递推公式等，求解方法既要用到不等式知识(如比较法、放缩法、基本不等式法等)，又要用到数列的基础知识．
跟踪训练2 (2016·浙江)设数列{an}满足≤1，n∈N*.
(1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；
(2)若|an|≤n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.
证明　(1)由≤1得|an|－|an＋1|≤1，
故－≤，n∈N*，
所以－＝＋＋…＋≤＋＋…＋＜1，n≥2.
因此|an|≥2n－1(|a1|－2)，n＝1时也成立．
(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m∈N*，m＞n，
－＝＋＋…＋≤＋＋…＋＜，
故|an|＜·2n≤·2n＝2＋m·2n.
从而对于任意m＞n，均有|an|＜2＋m·2n.①
由m的任意性得|an|≤2.否则，存在n0∈N*，
有取正整数且m0＞n0，
则，与①式矛盾．
综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2.


1．设a>3，数列{an}中，a1＝a，an＋1＝，n∈N*.
(1)求证：an>3，且<1，
(2)当a≤4时，证明：an≤3＋.
证明　(1) ∵an＋1－3＝－3＝，
又∵an＋1－＝－＝，
∴＝>0，
∴an＋1－与an－同号．
∵a1－＝a－，a>3，
∴a1－>0，
∴an－>0.
∴an＋1－3＝>0，
∴an＋1>3，∴an>3.
∴＝＝<1.
(2)∵an＋1－3＝，
∴＝.
由(1)知3 ∴3 设an－3＝t，则0 故＝＝≤，
∴当n≥2时，···…·≤n－1，
∴≤n－1，
∴an－3≤(a1－3)·n－1≤n－1，
∴an≤3＋n－1.
又当n＝1时，a1＝a≤4满足上式，
∴an≤3＋成立．
2．(2018·温州市适应性考试)数列{an}，{bn}的每一项都是正数，a1＝8，b1＝16，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列，n＝1,2,3，….
(1)求a2，b2的值，并求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)证明：对一切正整数n，有＋＋＋…＋<.
(1)解　由2b1＝a1＋a2，可得a2＝2b1－a1＝24.
由a＝b1b2，可得b2＝＝36.
因为an，bn，an＋1成等差数列，
所以2bn＝an＋an＋1.①
因为bn，an＋1，bn＋1成等比数列，
所以a＝bnbn＋1，
因为数列{an}，{bn}的每一项都是正数，
所以an＋1＝，②
于是当n≥2时，an＝.③
将②，③代入①式，可得2＝＋，
因此数列{}是首项为4，公差为2的等差数列，
所以＝＋(n－1)d＝2n＋2，
于是bn＝4(n＋1)2.
由③式，可得当n≥2时，
an＝＝＝4n(n＋1)．
当n＝1时，a1＝8，满足该式子，所以对一切正整数n，都有an＝4n(n＋1)．
(2)证明　由题意知，所证明的不等式为＋＋＋…＋<，
首先证明<(n≥2)．
<
⇔<
⇔7n2＋7n<8n2＋8n－2
⇔n2＋n－2>0⇔(n－1)·(n＋2)>0，
所以当n≥2时，
＋＋…＋
<＋
＝＋
<＋×＝.
当n＝1时，<.
综上所述，对一切正整数n，有＋＋＋…＋<.
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．
(1)证明：数列为递减数列；
(2)记Sn为数列{|an＋1－an|}的前n项和，证明：Sn<(n∈N*)．
证明　(1)由题意知an>0，
故＝<1，
所以数列为递减数列．
(2)因为a1＝1，a2＝，
所以当n≥3时，<，
所以 故≤an<(n≥2)．
因为＝≤(n≥2)，
当n＝1时，也满足上式，
故|an＋1－an|≤|a2－a1|·n－1，
所以Sn＝|a2－a1|＋|a3－a2|＋…＋|an＋1－an|
≤|a2－a1|·<<(n∈N*)．
4．(2018·金华十校调研)已知数列{xn}满足xn∈(0,1)(n∈N*)，函数f(x)＝ln在点(xn，f(xn))处的切线与x轴交点的横坐标为xn＋1.
(1)证明：当x∈(0,1)时，f(x)>2x；
(2)证明：xn＋1 (3)若x1∈(0，a)，a∈(0,1)，求证：对任意的正整数m，都有
证明　(1)设g(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2x，
则g′(x)＝，
故当x∈(0,1)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0,1)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝0，即f(x)>2x.
(2)由f′(x)＝＋＝，
知曲线在点(xn，f(xn))处的切线方程为
y＝(x－xn)＋f(xn)．
令y＝0，有xn＋1＝xn＋f(xn)(x－1)，
则xn＋1＝(x－1)ln＋xn.由(1)及x－1<0知，
xn＋1<(2xn)·(x－1)＋xn＝x.
(3)令
因为xn＋k 且a∈(0,1)，xn∈(0,1)，
所以logaxn＋k>logax，
从而有bk－1<2bk－2<… 所以
＝b0＋b1＋…＋bm
＝b0 要证
只需证b0<·n－2，
即证b0 即证xn 由(2)及x1∈(0，a)可得
综上即可证得．


5．已知正项数列{an}满足a1＝3，a＝an＋2，n∈N*.
求证：(1)数列{an}是单调递减数列；
(2)|an＋1－2|<|an－2|，n∈N*；
(3)|a1－2|＋2|a2－2|＋3|a3－2|＋…＋n|an－2|<，n∈N*.
证明　(1)由a＝an＋2，得a＝an＋1＋2，
两式相减，得a－a＝an＋1－an，
即(an＋2－an＋1)(an＋2＋an＋1)＝an＋1－an，
因为an>0，所以an＋2＋an＋1>0，
所以an＋2－an＋1与an＋1－an同号．
由a＝a1＋2＝5，得a2＝，a2－a1＝－3<0，
所以an＋1－an<0，
即an＋1 故数列{an}是递减数列．
(2)由a＝an＋2，得a－4＝an－2，
即(an＋1＋2)(an＋1－2)＝an－2，
所以|an＋1－2|＝，
由(an＋1＋2)(an＋1－2)＝an－2，知an＋1－2与an－2同号，
由a1－2＝3－2>0，知an－2>0，即an>2，
故an＋1＋2>4.
所以<，
所以|an＋1－2|<|an－2|，n∈N*.
(3)由(2)知，当n≥2时，有
|an－2|＝|a1－2|×××…×
<|a1－2|＝，
所以当n≥2时，有|a1－2|＋2|a2－2|＋3|a3－2|＋…＋n|an－2|<1＋＋＋…＋，
令Sn＝1＋＋＋…＋，
则Sn＝＋＋＋…＋，
所以Sn＝1＋＋＋＋…＋－
＝－＝－－<，
所以Sn<，
故|a1－2|＋2|a2－2|＋3|a3－2|＋…＋n|an－2|<，n≥2.
又当n＝1时，|a1－2|＝1<.
综上，|a1－2|＋2|a2－2|＋3|a3－2|＋…＋n|an－2|<，n∈N*.

6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．
(1)证明：当n≥1，n∈N*时，≤an≤1；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn≤(n∈N*)．
证明　(1)由已知条件易知an>0，a2＝＝，
且＝＋an，(*)
所以>>0，
所以an＋1 即数列{an}是递减数列，
故an≤a1＝1.
当n≥2，n∈N*时，an≤a2＝.
又由(*)知，＝＋an≤＋(n≥2)，…，≤＋，
累加可得≤＋(n－2)＝n＋1，
即an≥，n≥2，n∈N*.
经验证：当n＝1时，a1＝1≥＝也成立．
所以当n≥1，n∈N*时，≤an≤1.
(2)将(*)式平方可得＝＋a＋2，
累加可得＝＋a＋a＋…＋a＋2(n－1)≥2＋2(n－1)＝2n(n≥2)，
所以an≤<＝(－)，n≥2.
所以当n≥2，n∈N*时，
Sn＝a1＋a2＋…＋an<1＋(－＋－＋…＋－)＝＋1－，
只需证＋1－≤，
即证＋1≤＋，
两边平方整理得2n＋1＋2≤2n＋1＋2，即≤，
两边再次平方即证n≥1，显然成立．
经验证：当n＝1时，S1＝1≤＝1也成立．
故Sn≤(n∈N*)．