《（浙江專(zhuān)用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 5 第5講 數(shù)列的綜合應(yīng)用教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（浙江專(zhuān)用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 5 第5講 數(shù)列的綜合應(yīng)用教學(xué)案（19頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講　數(shù)列的綜合應(yīng)用 　　　　　　等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合問(wèn)題 (2018·高考浙江卷)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項(xiàng)．?dāng)?shù)列{bn}滿(mǎn)足b1＝1，數(shù)列{(bn＋1－bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2＋n. (1)求q的值； (2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式． 【解】　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項(xiàng)得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8. 由a3＋a5＝20得8＝20， 解得q＝2或q＝， 因?yàn)閝>1，所以q＝2. (2)設(shè)cn＝(bn＋1－bn)an，數(shù)列{cn}

2、前n項(xiàng)和為Sn. 由cn＝解得cn＝4n－1. 由(1)可知an＝2n－1， 所以bn＋1－bn＝(4n－1)·， 故bn－bn－1＝(4n－5)·，n≥2， bn－b1＝(bn－bn－1)·(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·＋(4n－9)·＋…＋7·＋3. 設(shè)Tn＝3＋7·＋11·＋…＋(4n－5)·，n≥2， Tn＝3·＋7·＋…＋(4n－9)·＋(4n－5)·， 所以Tn＝3＋4·＋4·＋…＋4·－(4n－5)·， 因此Tn＝14－(4n＋3)·，n≥2， 又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·. 解決等差數(shù)列與等比數(shù)

3、列的綜合問(wèn)題，關(guān)鍵是理清兩個(gè)數(shù)列的關(guān)系．如果同一數(shù)列中部分項(xiàng)成等差數(shù)列，部分項(xiàng)成等比數(shù)列，要把成等差數(shù)列或等比數(shù)列的項(xiàng)抽出來(lái)單獨(dú)研究；如果兩個(gè)數(shù)列通過(guò)運(yùn)算綜合在一起，要從分析運(yùn)算入手，把兩個(gè)數(shù)列分割開(kāi)弄清兩個(gè)數(shù)列各自的特征，再進(jìn)行求解．　 　已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式與數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)令cn＝＋，其中n∈N*，若數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求Tn. 解：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1， 由an＝－3Sn＋4， 知an＋1＝－3Sn＋1＋4， 兩式相減并化簡(jiǎn)得an＋1

4、＝an， 所以an＝. bn＝－log2an＋1＝－log2＝2n. (2)由題意知，cn＝＋. 令Hn＝＋＋＋…＋，① 則Hn＝＋＋…＋＋，② ①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－. 所以Hn＝2－. 又Mn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝， 所以Tn＝Hn＋Mn＝2－＋. 　　　　　　數(shù)列與函數(shù)的綜合問(wèn)題 (2020·杭州學(xué)軍中學(xué)高三模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝－an－＋2(n∈N*)，數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn＝2nan. (1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)cn＝log2，數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求滿(mǎn)足Tn<(n∈N*)的

5、n的最大值． 【解】　(1)在Sn＝－an－＋2中，令n＝1， 可得a1＝S1＝－a1－1＋2，a1＝. 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝－an－1－＋2， 所以an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋. 即2an＝an－1＋，2nan＝2n－1an－1＋1. 而bn＝2nan，所以bn＝bn－1＋1. 即當(dāng)n≥2時(shí)，bn－bn－1＝1.又b1＝2a1＝1， 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列． 于是bn＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝. (2)因?yàn)閏n＝log2＝log22n＝n， 所以＝＝－. Tn＝＋＋＋…＋(－)＋＝1＋－－， 由Tn<，得1＋－－<，

6、即＋>. 又f(n)＝＋單調(diào)遞減，f(4)＝，f(5)＝， 所以n的最大值為4. (1)已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問(wèn)題．此類(lèi)問(wèn)題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問(wèn)題． (2)已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問(wèn)題．解決此類(lèi)問(wèn)題一般要充分利用數(shù)列的范圍、公式、求和方法對(duì)式子化簡(jiǎn)變形．另外，解題時(shí)要注意數(shù)列與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，靈活運(yùn)用函數(shù)的思想方法求解．　 　(2020·杭州五校聯(lián)考)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知函數(shù)f(x)＝，且f(a2－2)＝sin ，f(a2 016－2)＝cos ，求S2 017. 解：因?yàn)閒(x)＝，f(－x)＝＝， 所以f(x)＋f(－x)＝0，即f(－x

7、)＝－f(x)． 而f(x)＝＝1－， 所以f(x)是R上的增函數(shù)． 又f(a2－2)＝sin ＝sin＝－sin ＝－，f(a2 016－2)＝cos ＝cos＝cos ＝， 所以f(a2－2)＝－f(a2 016－2)＝f(2－a2 016)， 所以a2－2＝2－a2 016，所以a2＋a2 016＝4. 所以S2 017＝＝＝＝4 034. 　　　　　　數(shù)列不等式的證明(高頻考點(diǎn)) 證明數(shù)列不等式是浙江高考的熱點(diǎn)，一般難度較大．主要命題角度有： (1)用構(gòu)造數(shù)列法和數(shù)列的單調(diào)性證明數(shù)列不等式； (2)用比較法證明數(shù)列不等式； (3)證明與數(shù)列前n項(xiàng)和有關(guān)的不等

8、式； (4)用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列不等式． 角度一　用構(gòu)造數(shù)列法和數(shù)列的單調(diào)性證明數(shù)列不等式 (1)對(duì)任意自然數(shù)n，求證(1＋1)…(1＋)＞. (2)若n≥2，n∈N*，證明不等式1＋＋＋…＋＜2－. 【證明】　(1)構(gòu)造數(shù)列an＝(1＋1)…(1＋)， 則＝＝＞＝1. 所以an≥a1＝＞1， 即(1＋1)…＞. (2)設(shè)an＝－，則an＋1－an＝－－＋＝＋－＝－＜0. 所以{an}是單調(diào)遞減數(shù)列， 所以an＜an－1＜an－2＜…＜a2＜a1＝0. 所以－＜0. 所以1＋＋＋…＋＜2－. 角度二　用比較法證明數(shù)列不等式 已知數(shù)列{an}是正數(shù)組成的數(shù)列，a

9、1＝1，且點(diǎn)(，an＋1)(n∈N*)在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿(mǎn)足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求證：bn·bn＋2＜b. 【解】　(1)由已知得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1， 又a1＝1，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列． 故an＝1＋(n－1)×1＝n. (2)證明：法一：由(1)知an＝n，從而bn＋1－bn＝2n. bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1 ＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1. 因?yàn)閎n·bn＋2－b＝(2n－1)(2n

10、＋2－1)－(2n＋1－1)2 ＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1)＝－2n＜0， 所以bn·bn＋2＜b. 法二：因?yàn)閎1＝1，bn·bn＋2－b＝(bn＋1－2n)(bn＋1＋2n＋1)－b＝2n＋1·bn＋1－2n·bn＋1－2n·2n＋1＝2n(bn＋1－2n＋1)＝2n＝2n＝…＝2n＝－2n＜0，所以bn·bn＋2＜b. 角度三　證明與數(shù)列前n項(xiàng)和有關(guān)的不等式 正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足：S－(n2＋n－1)·Sn－(n2＋n)＝0. (1)求數(shù)列{an} 的通項(xiàng)公式an； (2)令bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，證明

11、：對(duì)于任意的n∈N*，都有Tn<. 【解】　(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于數(shù)列{an}是正項(xiàng)數(shù)列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n. 于是a1＝S1＝2，當(dāng)n≥2時(shí)， an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 綜上可知，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝2n. (2)證明：由于an＝2n，bn＝， 則bn＝＝. Tn＝ ＝ <＝. 角度四　用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列不等式 (2019·高考浙江卷)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝4，a4＝S3.數(shù)列{bn}滿(mǎn)足：對(duì)每個(gè)n∈N*，

12、Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)記cn＝，n∈N*，證明：c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N*. 【解】　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題意得 a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d， 解得a1＝0，d＝2. 從而an＝2n－2，n∈N*. 所以Sn＝n2－n，n∈N*. 由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列得 (Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)． 解得bn＝(S－SnSn＋2)． 所以bn＝n2＋n，n∈N*. (2)證明：cn＝＝＝，n∈N*. 我們

13、用數(shù)學(xué)歸納法證明． ①當(dāng)n＝1時(shí)，c1＝0<2，不等式成立； ②假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)不等式成立，即 c1＋c2＋…＋ck<2， 那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)， c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2＋<2＋<2＋＝2＋2(－)＝2， 即當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式也成立． 根據(jù)①和②知，不等式c1＋c2＋…＋cn<2對(duì)任意n∈N*成立． 證明數(shù)列不等式常用的四種方法 (1)構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性證明． (2)若待證不等式的兩邊均為關(guān)于n的整式多項(xiàng)式，常用作差比較法證明數(shù)列不等式． (3)與數(shù)列前n項(xiàng)和有關(guān)的不等式的證明方法主要有兩種：一是若數(shù)列的通項(xiàng)能夠直接求和，則先求和后，再根

14、據(jù)和的性質(zhì)證明不等式；二是若數(shù)列的通項(xiàng)不能夠直接求和，則先放縮后再求和證明． (4)當(dāng)待證不等式隨n的變化呈現(xiàn)的規(guī)律較明顯，且初始值n0易于確定時(shí)，用數(shù)學(xué)歸納法證明．　 　(2020·浙江名校聯(lián)考)數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝an(n∈N*)． (1)證明：數(shù)列是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，若數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和是Tn，求證：Tn<2. 解：(1)由題設(shè)得＝·， 又＝2， 所以數(shù)列是首項(xiàng)為2，公比為的等比數(shù)列， 所以＝2×＝22－n，an＝n·22－n＝. (2)證明：bn＝＝＝， 因?yàn)閷?duì)任意n∈N*，2n－1≥2n－1，所以bn≤.

15、 所以Tn≤1＋＋＋＋…＋＝2<2. 　　　　　　數(shù)列中的交匯創(chuàng)新問(wèn)題 (1)(2020·義烏模擬)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，定義{an}的“優(yōu)值”為Hn＝，現(xiàn)已知{an}的“優(yōu)值”Hn＝2n，則Sn＝________． (2)(2020·溫州七校聯(lián)考)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋ a2 ＝3，a3－a2＝ 2，等差數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，且b3＝5，S4＝16. ①求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； ②如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，有點(diǎn)P1(a1，0)，P2(a2，0)，…，Pn(an，0)，Pn＋1(an＋1，0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2

16、，b2)，…，Qn(an，bn)，若記△PnQnPn＋1的面積為cn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 【解】　(1)由Hn＝＝2n， 得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，① 當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1，② 由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即an＝n＋1(n≥2)， 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2也滿(mǎn)足式子an＝n＋1， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n＋1， 所以Sn＝＝. (2)①設(shè)數(shù)列{an}的公比為q， 因?yàn)閍1＋a2＝3，a3－a2＝2，所以 得3q2－5q－2＝0，又q>0， 所

17、以q＝2，a1＝1，則an＝2n－1. 設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d， 因?yàn)閎3＝5，S4＝16，所以解得則bn＝2n－1. ②由①得PnPn＋1＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，PnQn＝bn＝2n－1， 故cn＝S△PnQnPn＋1＝＝(2n－1)2n－2， 則Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2, i○ 2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1, ii○ 由 i○－ ii○得，－Tn＝＋2(1＋2＋…＋2n－2)－(2n－1)·2n－1＝＋－(2n－1)2n－1 ＝(3－2n)2n－1－，故Tn＝(2n

18、－3)2n－1＋(n∈N*)． 數(shù)列中的創(chuàng)新問(wèn)題的解法 (1)新定義問(wèn)題 數(shù)列新定義型創(chuàng)新題的一般解題思路 ①閱讀審清“新定義”； ②結(jié)合常規(guī)的等差數(shù)列、等比數(shù)列的相關(guān)知識(shí)，化歸、轉(zhuǎn)化到“新定義”的相關(guān)知識(shí)； ③利用“新定義”及常規(guī)的數(shù)列知識(shí)，求解證明相關(guān)結(jié)論． (2)新情境問(wèn)題 數(shù)列中新情境問(wèn)題的求解關(guān)鍵：一是觀察新情境的特征；二是會(huì)轉(zhuǎn)化；三是活用數(shù)列求和的方法．　 1．在數(shù)列{an}中，n∈N*，若＝k(k為常數(shù))，則稱(chēng){an}為“等差比數(shù)列”，下列是對(duì)“等差比數(shù)列”的判斷： ①k不可能為0； ②等差數(shù)列一定是“等差比數(shù)列”； ③等比數(shù)列一定是“等差比數(shù)列

19、”； ④“等差比數(shù)列”中可以有無(wú)數(shù)項(xiàng)為0. 其中所有正確判斷的序號(hào)是________． 解析：由等差比數(shù)列的定義可知，k不為0，所以①正確，當(dāng)?shù)炔顢?shù)列的公差為0，即等差數(shù)列為常數(shù)列時(shí)，等差數(shù)列不是等差比數(shù)列，所以②錯(cuò)誤；當(dāng){an}是等比數(shù)列，且公比q＝1時(shí)，{an}不是等差比數(shù)列，所以③錯(cuò)誤；數(shù)列0，1，0，1，…是等差比數(shù)列，該數(shù)列中有無(wú)數(shù)多個(gè)0，所以④正確． 答案：①④ 2．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)，，且在區(qū)間上為單調(diào)函數(shù)． (1)求ω，φ的值； (2)設(shè)an＝nf(n∈N*)，求數(shù)列{an}的前30項(xiàng)和S30. 解：(1)由

20、題可得＋φ＝2kπ－，k∈Z，＋φ＝2kπ＋，k∈Z，解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z， 因?yàn)閨φ|＜π，所以φ＝－. (2)因?yàn)閍n＝2nsin(n∈N*)， 數(shù)列(n∈N*)的周期為3，前三項(xiàng)依次為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. [基礎(chǔ)題組練] 1．(2020·杭州第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中的a1，a4 035是函數(shù)f(x)＝x3－4x2＋6x－3的極值點(diǎn)，則loga2 018＝(　　) A．1　　　　

21、　　 　　　　 B．2 C. D．－1 解析：選A.因?yàn)閒′(x)＝x2－8x＋6，且a1，a4 035是方程x2－8x＋6＝0的兩根，所以a1·a4 035＝a＝6，即a2 018＝，所以loga2 018＝1，故選A. 2．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．若bn＋1＝(n－2λ)·(n∈N*)，b1＝－λ，且數(shù)列{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(　　) A．λ< B．λ<1 C．λ< D．λ< 解析：選A.因?yàn)閍n＋1＝，所以＝＋1，即＋1＝＋2＝2，所以數(shù)列是等比數(shù)列，其首項(xiàng)為＋1＝2，公比為2，所以＋1＝2n，所以bn＋1

22、＝(n－2λ)＝(n－2λ)·2n，因?yàn)閿?shù)列{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列，所以bn＋1>bn，所以(n－2λ)·2n>(n－1－2λ)·2n－1，解得λ<1，又由b2>b1，b1＝－λ，b2＝(1－2λ)·2，解得λ<，所以λ的取值范圍是λ<.故選A. 3．在等比數(shù)列{an}中，若an>0，且a1·a2·…·a7·a8＝16，則a4＋a5的最小值為_(kāi)_______． 解析：由等比數(shù)列性質(zhì)得，a1a2…a7a8＝(a4a5)4＝16，又an>0，所以a4a5＝2.再由基本不等式，得a4＋a5≥2＝2.所以a4＋a5的最小值為2. 答案：2 4．(2020·寧波市余姚中學(xué)高三期中)已知數(shù)列{an

23、}滿(mǎn)足a1＝2，an＋1＝a＋6an＋6(n∈N*)． (1)設(shè)Cn＝log5(an＋3)，求證{Cn}是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (3)設(shè)bn＝－，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求證：－≤Tn<－. 解：(1)證明：由an＋1＝a＋6an＋6得an＋1＋3＝(an＋3)2，所以log5(an＋1＋3)＝2log5(an＋3)，即Cn＋1＝2Cn， 所以{Cn}是以2為公比的等比數(shù)列． (2)又C1＝log55＝1，所以Cn＝2n－1， 即log5(an＋3)＝2n－1， 所以an＋3＝52n－1， 故an＝52n－1－3. (3)證明：因?yàn)閎n＝－＝－

24、， 所以Tn＝－＝－－. 又0<≤＝， 所以－≤Tn<－. 5．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)． (1)證明：1<≤2(n∈N*)； (2)設(shè)數(shù)列{a}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：<≤(n∈N*)． 證明：(1)由題意得an＋1－an＝－a<0，即an＋10. 由0

25、因此≤an＋1<(n∈N*)．② 由①②得<≤(n∈N*)． 6．設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1∈(0，1)，an＝，n＝2，3，4，…. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝an，證明bn＜bn＋1，其中n為正整數(shù)． 解：(1)由an＝，n＝2，3，4，…， 整理得1－an＝－(1－an－1)． 又1－a1≠0，所以數(shù)列{1－an}是首項(xiàng)為1－a1，公比為－的等比數(shù)列， 故an＝1－(1－a1)(n＝2，3，4，…)． (2)證明：由(1)可知an＞0，故bn＞0. 所以b－b＝a(3－2an＋1)－a(3－2an)＝－a(3－2an)＝(an－1)2. 又由(1

26、)知an＞0且an≠1，故b－b＞0，因此bn＜bn＋1(n為正整數(shù))． 7．(2020·寧波高考模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝4，an＋1＝，n∈N*，Sn為{an}的前n項(xiàng)和． (1)求證：n∈N*時(shí)，an>an＋1； (2)求證：n∈N*時(shí)，2≤Sn－2n<. 證明：(1)n≥2時(shí)，作差：an＋1－an＝－＝×， 所以an＋1－an與an－an－1同號(hào)， 由a1＝4，可得a2＝＝，可得a2－a1<0， 所以n∈N*時(shí)，an>an＋1. (2)因?yàn)?a＝6＋an，所以2(a－4)＝an－2，即2(an＋1－2)(an＋1＋2)＝an－2，① 所以an＋1－2與an－2同

27、號(hào)， 又因?yàn)閍1－2＝2>0，所以an>2. 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≥4＋2(n－1)＝2n＋2. 所以Sn－2n≥2. 由①可得：＝<， 因此an－2≤(a1－2)·，即an≤2＋2×. 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≤2n＋2×<2n＋. 綜上可得：n∈N*時(shí)，2≤Sn－2n<. 8．(2020·金華模擬)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝， an＋1an＝2an＋1－1(n∈N*)，令bn＝an－1. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)令cn＝，求證：c1＋c2＋…＋cn

28、＝bn＋1. 所以(bn＋1＋1)(bn＋1)＝2(bn＋1＋1)－1，化為：－＝－1， 所以數(shù)列是等差數(shù)列，首項(xiàng)為－2，公差為－1. 所以＝－2－(n－1)＝－1－n，所以bn＝－. (2)證明：由(1)可得：an＝bn＋1＝1－＝. 所以cn＝＝＝ ＝1＋， 因?yàn)閚≥2時(shí)，2n＋2≤2n＋1－1， 所以－<－， 所以c1＋c2＋…＋cn

29、|an|－|an＋1|≤1， 故－≤，n∈N*， 所以－＝＋＋…＋≤＋＋…＋＜1， 因此|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*. (2)任取n∈N*，由(1)知，對(duì)于任意m＞n， －＝＋ ＋…＋ ≤＋＋…＋＜， 故|an|＜·2n ≤·2n＝2＋·2n. 從而對(duì)于任意m＞n，均有|an|＜2＋·2n.① 由m的任意性得|an|≤2. 否則，存在n0∈N*，有|an0|＞2，取正整數(shù)m0＞log且m0＞n0，則2n0·＜2n0· ＝|an0|－2，與①式矛盾， 綜上，對(duì)于任意n∈N*，均有|an|≤2. 2．(2020·臺(tái)州市高考模擬)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a

30、n＞0，an＋1＋＜2(n∈N*)． (1)求證：an＋2＜an＋1＜2(n∈N*)； (2)求證：an＞1(n∈N*)． 證明：(1)由an＞0，an＋1＋＜2， 所以an＋1＜2－＜2， 因?yàn)?＞an＋2＋≥2， 所以an＋2＜an＋1＜2. (2)假設(shè)存在aN≤1(N≥1，N∈N*)， 由(1)可得當(dāng)n＞N時(shí)，an≤aN＋1＜1， 根據(jù)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， 而當(dāng)n＞－＋1時(shí)，顯然有n－1＋＞0， 因此有＜n－1＋， 這顯然與(*)矛盾，

31、所以an＞1(n∈N*)． 3．(2020·杭州市學(xué)軍中學(xué)高考模擬)已知函數(shù)fn(x)＝xn(1－x)2在(，1)上的最大值為an(n＝1，2，3，…)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)求證：對(duì)任何正整數(shù)n(n≥2)，都有an≤成立； (3)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：對(duì)任意正整數(shù)n，都有Sn＜成立． 解：(1)因?yàn)閒n(x)＝xn(1－x)2， 所以fn′(x)＝nxn－1(1－x)2－2xn(1－x) ＝xn－1(1－x)[n(1－x)－2x] ＝(n＋2)xn－1(x－1)(x－)， 當(dāng)x∈(，1)時(shí)，由fn′(x)＝0，知：x＝， 因?yàn)閚≥1，所

32、以∈(，1)， 因?yàn)閤∈(，)時(shí)，fn′(x)＞0；x∈(，1)時(shí)， fn′(x)＜0； 所以f(x)在(，)上單調(diào)遞增，在(，1)上單調(diào)遞減． 所以fn(x)在x＝處取得最大值， 即an＝＝. (2)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，欲證≤， 只需證明≥4， 因?yàn)椋紺＋C＋C＋…＋C·≥1＋2＋·≥1＋2＋1＝4， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，都有an≤成立． (3)證明：Sn＝a1＋a2＋…＋an ＜＋＋＋＋…＋ ＜＋(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝＋－＜. 所以對(duì)任意正整數(shù)n，都有Sn＜成立． 4．(2020·紹興一中期末檢測(cè))已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝，且a1＝1. (1)

33、求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝ln an，是否存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比數(shù)列．若存在，求出所有符合條件的k值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由； (3)已知當(dāng)n∈N*且n≥6時(shí)，<，其中m＝1，2，…，n，求滿(mǎn)足等式3n＋4n＋…＋(n＋2)n＝(an＋3)an的所有n的值． 解：(1)當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－， 所以＝(n≥2)． 所以an＝××…×××a1 ＝××…×××1＝n. 因?yàn)閍1＝1，也符合上式． 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n(n∈N*)． (2)假設(shè)存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2

34、成等比數(shù)列，則bk·bk＋2＝b. 因?yàn)閎n＝ln an＝ln n(n≥2)，所以bk·bk＋2＝ln k·ln(k＋2)<＝<＝[ln(k＋1)]2＝b. 這與bk·bk＋2＝b矛盾． 所以不存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比數(shù)列． (3)由(1)得等式3n＋4n＋…＋(n＋2)n＝(an＋3)an，可化為3n＋4n＋…＋(n＋2)n＝(n＋3)n， 即＋＋…＋＝1， 所以＋＋…＋＝1. 因?yàn)楫?dāng)n≥6時(shí)，<，所以<，<，…，<， 所以＋＋…＋<＋＋…＋＝1－<1. 所以當(dāng)n≥6時(shí)，3n＋4n＋…＋(n＋2)n<(n＋3)n， 當(dāng)n＝1，2，3，4，5時(shí)，經(jīng)驗(yàn)算n＝2，3時(shí)等號(hào)成立， 所以滿(mǎn)足等式3n＋4n＋…＋(n＋2)n＝(an＋3)an的所有n＝2，3. 19