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大一轮复习讲义第七章§7.4数列求和、数列的综合应用第2课时数列的综合应用NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类深度剖析课时作业题型分类深度剖析1PART ONE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P 1为线段BC 的中点，P 2为线段CO 的中点，P 3为线段OP 1的中点，对于每一个正整数n ，P n ＋3为线段P n P n ＋1的中点，令P n 的坐标为(x n ，y n )，a n ＝y n ＋y n ＋1＋y n ＋2.(1)求a 1，a 2，a 3及a n 的值；师生共研12解 因为y 1＝y 2＝y 4＝1，y 3＝12，y 5＝34， 所以a 1＝a 2＝a 3＝2，又由题意可知y n ＋3＝y n ＋y n ＋12，所以a n ＋1＝12y n ＋1＋y n ＋2＋y n ＋3＝12y n ＋1＋y n ＋2＋y n ＋y n ＋12＝12y n ＋y n ＋1＋y n ＋2＝a n ，所以{a n }为常数列，所以a n ＝a 1＝2，n ∈N *.(2)求证：y n ＋4＝1－y n 4，n ∈N *；又因为y n ＋4＝y n ＋1＋y n ＋22，所以y n ＋4＝1－y n 4，n ∈N *.证明 将等式12y n ＋y n ＋1＋y n ＋2＝2两边除以2得14y n ＋y n ＋1＋y n ＋22＝1.(3)若记b n ＝y 4n ＋4－y 4n ，n ∈N *，求证：{b n }是等比数列.＝－14(y 4n ＋4－y 4n )＝－14b n ，又因为b 1＝y 8－y 4＝－14≠0，证明 因为b n ＋1＝y 4n ＋8－y 4n ＋4＝⎝⎛⎭⎪⎫1－y 4n ＋44－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－y 4n 4 所以{b n }是首项为－14，公比为－14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{A}，{B n}分别在某锐角的两边上，且n|A n A n＋1|＝|A n＋1A n＋2|，A n≠A n＋2，n∈N*，|B n B n＋1|＝|B n＋1B n＋2|，B n≠B n＋2，的面积，则n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若d n＝|A n B n|，S n为△A n B n B n＋1√A.{S n}是等差数列B.{S2n}是等差数列C.{d n}是等差数列D.{d2n}是等差数列解析作A 1C 1，A 2C 2，A 3C 3，…，A n C n 垂直于直线B 1B n ，垂足分别为C 1，C 2，C 3，…，C n ，则A 1C 1∥A 2C 2∥…∥A n C n .∵|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，∴|C n C n ＋1|＝|C n ＋1C n ＋2|.设|A 1C 1|＝a ，|A 2C 2|＝b ，|B 1B 2|＝c ，则|A 3C 3|＝2b －a ，…，|A n C n |＝(n －1)b －(n －2)a (n ≥3)，∴S n ＝12c [(n －1)b －(n －2)a ]＝12c [(b －a)n ＋(2a －b )]，∴S n ＋1－S n ＝12c [(b －a )(n ＋1)＋(2a －b )－(b －a )n －(2a －b )]＝12c (b －a )， ∴数列{S n }是等差数列.题型二数列与不等式的综合问题多维探究例2 已知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 满足1a n ＋1＝12a n ＋12且a 1＝4(n ∈N *). (1)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 的通项公式； 命题点1可求通项的裂项放缩解 由1a n ＋1＝12a n ＋12得，1a n ＋1－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a n －1， 由a 1＝4得1a 1－1＝－34， 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是首项为－34，公比为12的等比数列. 所以⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a 1－1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＝－34⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1，即a n ＝2n ＋12n ＋1－3.(2)设b n＝a2n－a n，且S n为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫b n的前n项和，证明：12≤S n<15.证明 b n ＝a 2n －a n ＝3·2n ＋1(2n ＋1－3)2，又S n ＋1－S n ＝b n ＋1＝3·2n ＋2(2n ＋2－3)2>0，故S n 是关于n 的递增数列， 故S n ≥S 1＝b 1＝a 21－a 1＝12.当k ≥2时，b k ＝a 2k －a k ＝3·2k ＋1(2k ＋1－3)2<3·2k ＋1(2k ＋1－3)(2k ＋1－4)＝3·2k (2k ＋1－3)(2k －2) <3·2k (2k ＋1－3)(2k －3)＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －3－12k ＋1－3，故当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋b 2＋b 3＋…＋b n<12＋3⎝ ⎛122－3－123－3＋123－3－124－3＋…＋ ⎭⎪⎫12n －3－12n ＋1－3＝15－32n ＋1－3<15. 又n ＝1时，S 1＝12<15，综上有12≤S n <15.例3 (2018·湖州调研)已知数列{a n }满足a 1＝25，a n ＋1＝2a n 3－a n，n ∈N *. (1)求a 2；命题点2可求通项构造放缩解 由条件可知a 2＝2a 13－a 1＝413.(2)求⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的通项公式； 解 由a n ＋1＝2a n 3－a n ，得1a n ＋1＝32·1a n －12， 即1a n ＋1－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a n －1，又1a 1－1＝32≠0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是首项为32，公比为32的等比数列， 则1a n－1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32n ， 所以1a n＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32n ＋1.(3)设{a n }的前n 项的和为S n ，求证：65⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n ≤S n <2113.证明 由(2)可得a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32n ＋1≥1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32n －1＝25·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n －1. 所以S n ≥25＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫231＋…＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n －1＝65⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n ， 故S n ≥65⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n 成立. 另一方面a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32n ＋1<1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n ，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <25＋413＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫234＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n＝4665＋89－89·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n －2<4665＋89<2113，n ≥3， 又S 1＝25<2113，S 2＝4665<2113， 因此S n <2113，n ∈N *.所以65⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n ≤S n <2113.例4 (2018·杭州模拟)设数列{a n }满足a 1＝13，a n ＋1＝a n ＋a 2n n 2(n ∈N *). (1)证明：a n <a n ＋1<1(n ∈N *)； 命题点3不可求通项裂项放缩证明 方法一 易知a n >0，所以a n ＋1＝a n ＋a 2n n 2>a n ， 即a k ＋1＝a k ＋a 2k k 2<a k ＋a k a k ＋1k 2，k ∈N *，所以1a k －1a k ＋1<1k 2，k ∈N *， 所以，当n ≥3时，1a n ＝1a 1－∑k ＝1n －1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a k －1a k ＋1>1a 1－∑k ＝1n －1 1k 2 >3－⎣⎢⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎥⎤1＋∑k ＝2n －1 1k (k －1)＝3－⎣⎢⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎥⎤1＋∑k ＝2n －1 ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－1k＝3－⎝⎛⎭⎪⎫1＋1－1n －1＝n n －1>1，所以a n <1. 又a 1＝13<1，a 2＝49<1，方法二 易知a n >0，所以a n ＋1＝a n ＋a 2n n 2>a n ， 由题意，得1a n ＋1＝1a n ＋a 2n n 2＝n 2a n (a n ＋n 2)＝1a n －1a n ＋n 2. 所以a n <1(n ∈N *)，所以a n <a n ＋1<1(n ∈N *).则1a n －1a n ＋1＝1a n ＋n 2，即1a 1－1a 2＝1a 1＋12，1a 2－1a 3＝1a 2＋22，…，1a n －1a n ＋1＝1a n ＋n 2， 累加得，1a 1－1a n ＋1＝1a 1＋12＋1a 2＋22＋…＋1a n ＋n 2<112＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋…＋1(n －1)·n＝2－1n ， 即3－1a n ＋1<2－1n ，所以a n ＋1<1. 所以a n <a n ＋1<1(n ∈N *).n 2n＋1(n∈N*).(2)证明：a n≥证明 方法一 当n ＝1时，a 1＝12×1＋1＝13，显然成立. 由a n <1，知a k ＋1＝a k ＋a 2k k 2<a k ＋a k k 2，所以a k >k 2k 2＋1a k ＋1， 所以a k ＋1＝a k ＋a 2k k 2>a k ＋1k 2a k ·k 2k 2＋1a k ＋1＝a k ＋1k 2＋1·a k a k ＋1， 所以1a k －1a k ＋1>1k 2＋1， 所以，当n ≥2时，1a n ＝1a 1－∑k ＝1n －1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a k －1a k ＋1<1a 1－∑k ＝1n －1 1k 2＋1<3－∑k ＝1n －1 1k (k ＋1) ＝3－∑k ＝1n －1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1n ＝2n ＋1n ，即a n >n 2n ＋1. 所以a n ≥n 2n ＋1(n ∈N *). 方法二 当n ≥2时，1a 1－1a n ＋1＝1a 1＋12＋1a 2＋22＋…＋1a n ＋n 2>11＋12＋11＋22＋…＋11＋(n －1)2>11×2＋12×3＋…＋1(n －1)·n＝1－1n ， 即3－1a n >1－1n ，即a n >n 2n ＋1， 又n ＝1时，a 1＝13，12×1＋1＝13， 所以a n ≥n 2n ＋1(n ∈N *).例5 (2018·浙江模拟训练冲刺卷)已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a 2n ＋a n ＋1a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：a n ＋1>a n ，n ∈N *； 命题点4不可求通项构造放缩证明 ∵a n ＋1＝a 2n ＋a n ＋1a n ＋1＝a n ＋1a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1a n ＋1， ∴a n ＋1－a n ＝1a n ＋1>0，故a n ＋1>a n ，n ∈N *. ∴(a n ＋1＋1)(a n ＋1)＝(a n ＋1)2＋1>0，故a n ＋1＋1与a n ＋1同号.又a 1＋1＝1>0，∴a n ＋1>0，(2)求证：a n≥2n－1－1，n∈N*；证明 ∵a k ＋1＋1＝a k ＋1＋1a k ＋1，k ∈N *，∴(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)2＋1(a k ＋1)2＋2>(a k ＋1)2＋2，k ∈N *，又a n ＋1>0，故当n ≥2时，a n ＋1>2n －1， 即当n ≥2时，a n >2n －1－1.又当n ＝1时，a 1≥2×1－1－1＝0，当n ≥2时，(a n ＋1)2＝[(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2]＋[(a n －1＋1)2－(a n －2＋1)2]＋…＋[(a 2＋1)2－(a 1＋1)2]＋(a 1＋1)2>2(n －1)＋1＝2n －1.所以a n ≥2n －1－1，n ∈N *.(3)求证：n≥2时，a n≤2n－3.证明 由(2)知a k ＋1－a k ＝1a k ＋1≤12k －1，k ∈N *，即当n ≥2时，a n ≤1＋13＋15＋…＋12n －3.当n ≥3时，12n －3＝222n －3<22n －3＋2n －5＝2n －3－2n －5，所以当n ≥3时，a n ≤1＋13＋15＋…＋12n －3<1＋(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n －3－2n －5)＝2n －3.所以当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －1－a n －2)＋(a n －a n －1)，又a 2＝1≤2×2－3，所以n ≥2时，a n ≤2n －3.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{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；证明 由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1， 故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＜1，n ≥2.因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ＝1时也成立.(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32n ，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＜12n －1，故|a n |＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34m ·2n .从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34m ·2n.①证明任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ∈N *，m ＞n ，由m的任意性得|an|≤2.否则，存在n0∈N*，有取正整数且m0＞n，则，与①式矛盾.综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2.2,na>00342log2nnam->0304002log23322244nnamn nna-⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭课时作业2PART TWO基础保分练1.设a >3，数列{a n }中，a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n2a n －3，n ∈N *. (1)求证：a n >3，且a n ＋1a n<1，证明 ∵a n ＋1－3＝a 2n 2a n －3－3＝(a n －3)22⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n －32， 又∵a n ＋1－32＝a 2n 2a n －3－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n －322＋942⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n －32， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n ＋1－32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n －32＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n －322＋942>0，∴a n ＋1－32与a n －32同号.∴a n ＋1>3，∴a n >3.∵a 1－32＝a －32，a >3，∴a 1－32>0，∴a n －32>0.∴a n ＋1－3＝(a n －3)22⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n －32>0， ∴a n ＋1a n ＝a n 2a n －3＝12－3a n<1.(2)当a ≤4时，证明：a n ≤3＋15n －1.由(1)知3<a n ≤a 1＝a ，∴3<a n ≤4，设a n －3＝t ，则0<t ≤1.证明 ∵a n ＋1－3＝(a n －3)22a n －3，∴a n ＋1－3a n －3＝a n －32a n －3. 故a n ＋1－3a n －3＝t 2t ＋3＝12＋3t≤15， ∴当n ≥2时，a 2－3a 1－3·a 3－3a 2－3·a 4－3a 3－3·…·a n －3a n －1－3≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫15n －1，∴a n －3a 1－3≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫15n －1， ∴a n －3≤(a 1－3)·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫15n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫15n －1， ∴a n ≤3＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫15n －1. ∴a n ≤3＋15n －1成立. 又当n ＝1时，a 1＝a ≤4满足上式，2.(2018·温州市适应性考试)数列{a n}，{b n}的每一项都是正数，a1＝8，b1＝16，且a n，b n，a n＋1成等差数列，b n，a n＋1，b n＋1成等比数列，n＝1,2,3，….(1)求a2，b2的值，并求数列{a n}，{b n}的通项公式；由a 22＝b 1b 2，可得b 2＝a 22b 1＝36. 解由2b 1＝a 1＋a 2，可得a 2＝2b 1－a 1＝24.所以a 2n ＋1＝b n b n ＋1，因为a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，所以2b n ＝a n ＋a n ＋1.①因为b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，因为数列{a n }，{b n }的每一项都是正数，所以a n ＋1＝b n b n ＋1， ②于是当n≥2时，a n＝b n－1b n. ③将②，③代入①式，可得2b n＝b n－1＋b n＋1，所以b n＝b1＋(n－1)d＝2n＋2，于是b n＝4(n＋1)2.因此数列{b n}是首项为4，公差为2的等差数列，由③式，可得当n≥2时，a n＝b n－1b n＝4n2·4(n＋1)2＝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).1 a1－1＋1a2－1＋1a3－1＋…＋1a n－1<27.(2)证明：对一切正整数n，有。
