数列重点与提升[精选5篇]

第一篇：数列重点与提升

数列重点与提升

一、数列研究办法

1、特殊数列：等差等比数列的定义、性质和相关公式要熟练，要有转化为特殊数列的意识并熟练证明之.2、如何认识数列？先研究其主要性质：周期性、单调性和有界性

若给出的是递推公式，看能否求其通项公式，若求得通项公式anf(n)，可考虑从函数角度出发研究其性质，当然也可以从相邻项间关系比如作差或者做商去研究其单调性.3.走“两”步非常必要，但必须要走稳.4．基本模型：累加法、累乘法、倒数法、相邻项间具有一次函数关系的转化为等比数列、走两步—猜—数学归纳法证明、倒序求和、错位相减、裂项求和、分组求和.5.基本量方法，方程思想计算务必准确.6.an与Sn关系是很基本的问题，各种处理办法你都掌握了么？

7.若给出的是间隔项间的关系，一般要分奇偶讨论.8．数列极限也要熟练.比如无穷递缩等比数列的极限.注意一些小细节：判断和证明数列为特殊数列时对首项和前几项的研究，并判断是否从第一项开始就是特殊数列；已知Sng(n)，求an要分类求再看能否合并；对等比数列公比是否为1的讨论；等比中项一般有两项…….二、数列重点类型

1、设等差数列{an}的首项a1及公差d都为整数，前n项和为Sn.(Ⅰ)若a11=0,S14=98,求数列｛an｝的通项公式；

(Ⅱ)若a1≤6，a11＞0，S14≥77，求所有可能的数列｛an｝的通项公式.23，）

2、数列an中，a12，an1ancn（c是常数，n1，，且a1，a2，a3成公比

不为1的等比数列．

（I）求c的值；

（II）求an的通项公式．

3、数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an1

3Sn，n=1，2，3，……，求

（I）a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式；（II）a2a4a6a2n的值.

1an

2

a1n

4n为偶

数

4、设数列{an}的首项a1=a≠

4，且an

1,n为奇数

记bna2n1

14，n＝＝l，2，3，…·．

（I）求a2，a3；

（II）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；（III）求lim(b1b2b3bn)．

n

2）

5、数列an满足a11，an1(n2n)an（n1，，是常数．

（Ⅰ）当a21时，求及a3的值；

（Ⅱ）数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有an0．

6、在数列{an}中，若a1,a2是正整数，且an|an1an2|,n3,4,5,，则称{an}为“绝对差数列”.（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；

（Ⅱ）若“绝对差数列”{an}中，a203,a210，数列{bn}满足bnanan1an2，n1,2,3,，分别判断当n时，an与bn的极限是否存在，如果存在，求

出其极限值；

（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.7.（2009北京文）（本小题共13分）



设数列{an}的通项公式为anpnq(nN,P0).数列{bn}定义如下：对于正整

数m，bm是使得不等式anm成立的所有n中的最小值.（Ⅰ）若p

12,q

3，求b3；

（Ⅱ）若p2,q1，求数列{bm}的前2m项和公式；



（Ⅲ）是否存在p和q，使得bm3m2(mN)？如果存在，求p和q的取值范围；

如果不存在，请说明理由.8.（2009北京理）（本小题共13分）

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，aiaj与

ajai

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ana

1

1a

1

2a

1n

an；

（Ⅲ）证明：当n5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列.9.（2009年上海卷理）（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分5分，第2小题满分5分，第3小题满分8分。

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；（2）找出所有数列an和bn，使对一切nN*,an1an

bn,并说明理由；

（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。

10.（2009上海卷文）（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分5分，第2小题满分5分，第3小题满分8分.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,nN*，有amam1ak？请说明理由；

n

（2）若bnaq（a、q为常数，且aq0）对任意m存在k，有bmbm1bk，试求a、q

满足的充要条件；

n

（3）若an2n1,bn3试确定所有的p,使数列bn中存在某个连续p项的和式数列中

an的一项，请证明.11.（2009重庆卷理）（本小题满分12分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问7分）

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a1,a

2,a

,20,a10是公差为d的等差数列，而

00908,a是公比为qd的等比数列；数列a1,a2,,am的前n项和

Sn(nm)满足：S315,S2009S200712a1，求通项an(nm)；

（Ⅱ）若每个数an(nm)是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：

a1a6a7amma1a2am；

三、数列高考预测

1.设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项

(1)写出数列{an}的前3项

(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)(3)令bn=（21an

1an

anan1)(n∈N)，求lim(b1+b2+b3+„+bn－n

*

n

2．已知数列{an}中，a1=

2，2an+1=an+n(n N*)，*

bn=an+1-an-1(nÎN)．

（1）求证：数列{bn}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式；（3）设Sn、Tn分别为数列使得数列镲镲镲铪禳Sn+mTn镲

n

1x

2{an}、{bn}的前n项和，若存在实数m，为等差数列，试求出实数m的值．



3.已知函数y1的图象按向量m(2,1)平移后便得到函数f(x)的图象，数列{an}满足anf(an1)（n≥2，nN*）．（Ⅰ）若a1

3535，数列{bn}满足bn

1an1，求证：数列{bn}是等差数列；

（Ⅱ）若a1，数列{an}中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项，若不存在，说明理由；

（Ⅲ）若1a12，试证明：1an1an2．

4.数列an满足a11,a22,an2(1cos

n2)ansin

n2,n1,2,3,.(Ⅰ)求a3,a4,并求数列an的通项公式；(Ⅱ)设bn

a2n1a2n

Sn2,Snb1b2bn.证明：当n6时1n.5.已知an是由非负整数组成的数列，满足

a10,a23,an1an(an12)(an22),n3,4,5,„„．

(1)求a3；

(2)证明anan22,n3,4,5,„„；(3)求an的通项公式及其前n项和Sn． 数列自我检测：

1．已知数列an中，a15且an2an12n1（n2且nN*）（1）求a2，a3的值；

（2）是否存在实数，使得数列请说明理由。

2．已知数列an中，a13，an1

23an

an

为等差数列，若存在，求出的值；若不存在，n

2

（n2,nN*）

（1）若数列bn满足bn

1anan2，证明：bn是等比数列；

（2）求数列an的通项公式及最大项，并说明理由；（3）求liman的值。

n

*

3．数列an中，a31，a1a2anan1(nN)

（1）求a1，a2，a4，a5；（2）求数列an的前n项和Sn；

（3）设bnlog2Sn，存在数列cn使得cnbn3bn41n(n1)(n2)Sn，求数列cn的前n项和Tn。

第二篇：三角函数与数列

陕西省高考数学解答题分类汇编（三角函数）

·b，其中向量a(m，cos2x)，b(1sin2x，2007.设函数f(x)a1)，xR，且yf(x)的图象经过点

π2．（Ⅰ）求实数m的值； ，4

（Ⅱ）求函数f(x)的最小值及此时x值的集合．

2008.已知函数f(x)2sinxxxcos2． 444

（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期及最值；（Ⅱ）令g(x)fx

π，判断函数g(x)的奇偶性，并说明理由． 3

2009.已知函数f(x)Asin(x),xR（其中A0,0,0

2）的图象与x轴的交点中，相2,2).，且图象上一个最低点为M(23

(Ⅰ)求f(x)的解析式；（Ⅱ）当x[,]，求f(x)的值域.122邻两个交点之间的距离为

2010.A，B

是海面上位于东西方向相距53海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且

与B

点相距C点的救援船立即即前往营救，其航行速度30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？

2011.叙述并证明余弦定理。f(x)Asin(x)162012．函数（A0,0）的最大值为3，其图像相邻两条对称轴之间的距离

(0,)f()22，则2为2，（1）求函数f(x)的解析式；（2）设，求的值。

2013.已知向量a＝cosx,，b＝

x，cos 2x)，x∈R，设函数f(x)＝a·b.

12

(1)求f(x)的最小正周期；

π(2)求f(x)在0,上的最大值和最小值． 2

陕西省高考数学解答题分类汇编（数列）

2007.已知各项全不为零的数列{an}的前k项和为Sk，且Sk1akak1(kN*)，其中a11． 2

（I）求数列{an}的通项公式；（II）对任意给定的正整数n(n≥2)，数列{bn}满足bk1knbkak1，2，n1）（k1，b11，求b1b22008．已知数列{an}的首项a1bn． 33an，2，．，an1，n152an1

（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的x0，an≥1122，； x，n1，1x(1x)23n（Ⅲ）证明：a1a2n2

an． n1

2009．已知数列xn}满足，x1＝11xn＋1＝,nN*.2’1xn

12猜想数列{xn}的单调性，并证明你的结论；(Ⅱ)证明：|xn1-xn|≤6(5)n1。

2010.已知an是公差不为零的等差数列，a11且a1,a3,a9成等比数列

（1）求数列an的通项公式(Ⅱ)求数列的前n项和Sn

2011.如图，从点P1（0,0）作x轴的垂线交于曲线y=ex于点Q1（0,1），曲线在Q1点处的切线与x轴交与点

P2。再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，QI；P2，Q2…Pn，Qn，记P（k=1,2，…，n）。k点的坐标为（xk，0）

（Ⅰ）试求xk与xk1的关系（2≤k≤n）；

（Ⅱ）求PQ11PQ22PQ33...PQnn

2012.设an的公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5,a3,a4成等差数列。

an的公比；

kN，Sk2,Sk,Sk1成等差数列。（1）求数列（2）证明：对任意

2013.设{an}是公比为q的等比数列．

(1)推导{an}的前n项和公式；

(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．

第三篇：数列、推理与证明

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数列、推理与证明

作者：汤小梅

来源：《数学金刊·高考版》2014年第03期

为了让您理清数列、推理与证明的复习要点，理顺数列中的一对姐妹花（等差数列与等比数列），成功穿越数列的应用，理透推理与证明的横向联系和纵向延伸，整合知识，提炼破解技巧，现走进经典例题，通过跟踪练习，让您复习数列、推理与证明so easy，轻松突破数列、推理与证明的思维瓶颈.

第四篇：数列专题

数列专题

朱立军

1、设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)．(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)设数列 

1a 的前n项和为T1

1n，求证：nan＋15≤Tn＜

42、设数列a

2n1n满足a1＋3a2＋3a3＋…＋3an

＝n

3，a∈N*.(1)求数列an的通项；(2)设bn

n＝

a，求数列bn的前n项和Sn。n3、在数列{a*

n}中，a1＝3，an＝－an-1－2n＋1(n≥2且n∈N).(1)求a2，a3的值；

(2)证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式；(3)求数列{an}的前n项和Sn.4、已知数列{a项和S1211*

n}的前nn＝2n

2，数列{bn}满足bn+2－2bn+1＋bn＝0(n∈N)，且b3＝11，前9

项和为153.(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)设cn＝

3n

－

n

－，数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意正整数n，Tn∈[a，b]，求b－a的最小值．

5、已知点(1,2)是函数f(x)＝ax

(a＞0且a≠1)的图象上一点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)－1.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝logaan+1，求数列{anbn}的前n项和Tn.6、已知数列{aa*

n }中，1=2，对于任意的p,q∈N，都有apqapaq.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令b*

*

n＝ln an(n∈N)，是否存在k(k∈N)，使得bk、bk+

1、bk+2成等比数列？若存在，求出所

有符合条件的k的值，若不存在，请说明理由；(3)令cn＝

1aa，S{c*n

n为数列n}的前n项和，若对任意的n∈N，不等式tSn

1立，求实数t的取值范围．

7、已知数列{a满足：a2n

n}和{bn}1＝λ，an+1＝

3an＋n－4，bn＝(－1)(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数.(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；

(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论.数列专题答案

1．(1)解 由Sn＝nan－2n(n－1)得an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)an＋1－nan－4n，即an＋1－an＝4.∴数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝4n－3.(2)证明 T11111

11n＝a＋…＋＋1

1a2a2a3anan＋11×55×99×13

－

＋

1－***14n－3－14n＋1

＝114

1－4n＋11＜4.又易知T111

n单调递增，故Tn≥T1＝5，得5≤Tn

42．解析：(1)a

2an-1

n

1＋3a2＋33＋…＋3an＝3

①

a＋3a＋32aan1n-1

11123＋…＋3n-2 n-1＝3 ②, ①-②得3an =3,所以an3

n(n≥2).经过验证当n=1也成立,因此a1

n3

n.(2)bna=n3n,利用错位相减法可以得到S(2n1n＝

n)3n13.n

443．(1)解：∵a*

1＝3，an＝－an－1－2n＋1(n≥2，n∈N)，∴a2＝－a1－4＋1＝－6，a3＝－a2－6＋1＝

1.(2)证明 ∵an＋n－an－1－2n＋＋n

aa

n－1＋－n－1＋n－1

＝－an－1－n＋1a＝－1，n－1＋n－1

∴数列{a＋1＝4，公比为－1的等比数列.∴an－1

n＋n}是首项为a1n＋n＝4·(－1)，即an＝4·(－1)n－1－n，∴{a1)n－1－n(n∈N*

n}的通项公式为an＝4·(－).n

(3)解 ∵{an－1

n}的通项公式为an＝4·(－1)

－n(n∈N*)，所以Sn＝∑ak＝

k＝1

n

n

n

n

∑[4·(－1)

k－1

－k] ＝∑[4·(－1)

k－1

]－∑k＝4×

1－－

－

＋

k＝1

k＝1

k＝1

1－－2

＝2[1－(－1)n

]－

(n2

＋n)＝－n＋n－4n

2(－1).4．解(1)因为S1211

n＝2＋2

n，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝n＋5，当n＝1时a1＝S1＝6，满足上式，所以an＝n＋5，又因为bn+2－2bn-1＋bn＝0，所以数列{bn}为等差数列，由S＋b

79＝

153，b3＝11，故b7＝23，所以公差d＝23－11

7－33，所以bn＝b3＋(n－3)d＝3n＋2，(2)由(1)知c3

n＝

111n

－

n

－

－

＋

212n－12n＋1，所以T1n＝c1＋c2＋…＋cn＝111121－3＋35＋…＋2n－112n＋1

＝11121－2n＋1＝n2n＋1，又因为Tn＋1nn＋1－Tn＝2n＋32n＋1＝＋

＋

0，所以{T1n}单调递增，故(Tn)min＝T13

而Tn＝

n2n＋1n2n121312n，Ta的最大值为1

nn∈[a，b]时3，b的最小值为12(b－a)＝111min236

5．解(1)把点(1,2)代入函数f(x)＝ax得a＝2，所以数列{an项和为Sn

n}的前n＝f(n)－1＝2－1.当n＝1时，ann－1n-1

1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2－2＝2，对n＝1时也适合．∴an-1

n＝2.(2)由a＝2，b＝log，所以an-1

naan+1得bn＝nnbn＝n·2.T01＋3·22＋…＋n·2n-1

n＝1·2＋2·2，①

2T12＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n

n＝1·2＋2·2②

由①－②得：－T0＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n，所以T＝(n－1)2n

n＝2n＋1.6．解 本题主要考查等差数列、等比数列和利用不等式知识解答恒成立问题等知识，考查运算求解

能力、推理论证能力，以及分类讨论的数学思想．解答存在性问题的基本策略是先假设存在，然后结合已知条件展开证明．

(1)令p＝1，q＝n，则有an+1＝an＋a1，故an+1－an＝a1＝2，即数列{an}是以2为首项，2为公差的等

差数列，所以数列{a*

n}的通项公式为an＝2n(n∈N)．

(2)假设存在k(k∈N*)，使得b 2*

k、bk+

1、bk+2成等比数列，则bkbk＋2＝bk＋1(k∈N)．

因为bln a*

n＝n＝ln 2n(n∈N)，所以b＋

kbk+2＝ln 2k·ln 2(k＋2)< ln 2k＋

2＋

2

22＝

22＋<22

＝

[ln 2(k＋1)]2＝b 2b2*

k＋1，这与bkbk+2＝k＋1矛盾．故不存在k(k∈N)，使得bk、bk+

1、bk＋2成等比数列．

(3)因为c111n＝a＝＝nan＋1＋41n1n＋1 ,所以S＝111n111

141－2＋＋…＋nn＋1＝

41－1n＋1

＝n＋n为偶数时，若对任意的n∈N*，不等式tSn

n

t<＋＋n4n＋9n＋10，而4n＋9n＋10≥4n·9n＋10＝64，当且仅当n＝9

n

n＝3时，等号成立，故t<64；

当n为奇数时，若对任意的n∈N*，不等式tSn

－＋n

＝4n－9n8，因为n－99nn的增大而增大，所以当n＝1时，n－n取得最小值－8，此时t需满足t<－64.综上知，实数t的取值范围为(－∞，－64)。

7．(1)证明 假设存在一个实数λ，使{a2

n}是等比数列，则有a 2＝a1a3，即23－32＝λ49－4



⇔492－4λ＋9＝42

λ－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{an}不是等比数列.(2)解 因为b＝(－1)n+1[an+1n＋1－3(n＋1)＋21] ＝(－1)2

n＋13an－2n＋14

＝－2n

23(－1)·(an－3n＋21)＝－3

n.又b*

1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，bn＝0(n∈N)，此时{bn}不是等比数列；

当λ≠－18时，b2bn＋12*

1＝－(λ＋18)≠0，由bn＋13n.可知bn≠0，所以b＝－(n∈N).故当λ≠

n3－18时，数列{b2

n}是以－(λ＋18)为首项，－3为公比的等比数列.

第五篇：数列与不等式证明专题

数列与不等式证明专题

复习建议：

1．“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果2．归纳——猜想——证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想．学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义．

3．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．

4．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解． 证明方法：（1）先放缩后求和；（2）先求和后放缩(3)灵活运用 例1．数列a

2nn满足a11,a22,an2(1cos2)asin2n

n2,n1,2,3,.(Ⅰ)求a3,a4,并求数列an的通项公式；(Ⅱ)设ba2n

1n

a,Snb1b2bn.证明：当n6S21n2n

n.分析：本题给出数列相邻两项的递推关系，且要对n分奇偶性。

解:(Ⅰ)因为acos

2

11,a22,所以a3(12)a1sin2



a112,a4(1cos2)a2sin22a24.一般地，当n2k1(kN*)时，a2

k1)2k1[1cos

(22]asin22k1

2k12

 ＝a2k11，即a2k1a2k11.所以数列a2k1是首项为

1、公差为1的等差数列，因此a2k1k.当n2k(kN*)时，a2k2k2(1cos

22)a2k

2ksin2

22a2k.所以数列a2k是首项为

2、公比为2的等比数列，因此a2k2k.故数列an1n的通项公式为an

2,n2k1(kN*),n22,n2k(kN*).(Ⅱ)由(Ⅰ)知，ba2n1nan

123n2,Sn23n,①2n22222

12S1223n

n222242

n1② 1①-②得，1[1(1)2]2S1111nn222232n2n1n1n12n112n2n1.2所以S1nn2

n22n12n22

n.要证明当n6时，S1n(n2)

n2n成立，只需证明当n6时，2n

1成立.证法一

(1)当n = 6时，6(62)264864

341成立.(2)假设当nk(k6)时不等式成立，即k(k2)

k

1.则当n=k+1时，(k1)(k3)k(k2)(k1)(k2k12k3)2k(k2)(k1)(k3)

(k2)2k

1.由(1)、(2)所述，当n≥6时，n(n1)2

21.即当n≥6时，Sn2

1n

.证法二令cn(n2)n

22(n6)，则c(n1)(n3)n(n2)3n2

n1cn2n1222

n10.所以当n6时，c68n1cn.因此当n6时，cnc664

341.于是当n6时，n(n2)221.综上所述，当n6时，Sn

21

n

.点评：本题奇偶分类要仔细，第（2）问证明时可采用分析法。

例题2.已知为锐角，且tan

21，函数f(x)x2tan2xsin(2



4)，数列{an}的首项a1

2,an1f(an).(1)求函数f(x)的表达式；⑵ 求证：an1an；

⑶ 求证：

111a112(n2,nN*)11a21an

分析：本题是借助函数给出递推关系，第（2）问的不等式利用了函数的性质，第（3）问是转化成可以裂项的形式，这是证明数列中的不等式的另一种出路。

解：⑴tan2

2tan2(1)2

又∵为锐角 ∴2 ∴sin(2)1∴f(x)xx1

441tan21(21)2

∴a2,a3,an都大于0∴an0∴an1an2

∴

则S

1111121212111()(S)S a22a2a3ana2an13an13a22an1

⑵

an1anan∵a1

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

⑶

1an1



1111

2

ananan(1an)an1an111

1ananan1

例题4.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,∴

111111111111

2

an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

1a11a21ana1a2a2a3anan1a1an1an1

∵a(12)21234, a(34)23

234

1 ,又∵n2an1an∴an1a31

∴1

2

1a2∴1

1n1a11

2

1

11a21an

点评：把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想，本题中的第（3）问不等式的证明更具有一般性。

例题3.已知数列aa

n满足a11,n12an1nN

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列b1n满足4b114b24

b31

4bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

（Ⅲ）证明：

11a12nNa 23an13

分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩 解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。ann12n，an21

（2）4

b114

b214

b31

4bn1(an1)bn，4

(b1b2bnn)

2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn1

2(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③(n1)bn12nbn2④ ④—③得2nbn1

nbnnbn1，即2bn1bnbn1所以数列{bn}是等差数列

（3）

1a1111

2n112n12

设S



1n2ana11，2a3an1

（Ⅰ）0a（Ⅱ）aa2nn1an1;n12;

（Ⅲ）若a12

则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN*.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,因为0

1x1xx1

0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)

1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1

an1.(Ⅱ)构造函数g(x)=

x2

x2x2

-f(x)=

ln(1x)x, 0g(0)=0.因为0aa2nn1,所以gan0,即2faa2

nn>0,从而an12

.(Ⅲ)因为

b12b1b

n11,n12(n1)bn,所以bn0,n1bn,所以bba2nbn1bnn

b2b1

1nn!————①由(Ⅱ)an1,知:an1an,n1bn2b122an2

所以

anaa3naa1a2n1 ,因为aa=

a2aa1, n≥2, 0an1an1.1

1a2n12222

a2a2

所以

a1a2an1aan

1<

n

2221<2

n12n

=

2n

————②由①② 两式可知:

bnann!.点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

例题5.已知函数f(x)=52x

168x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

(1)试比较a

5n与

4的大小，并说明理由；

(2)设数列b5n

nn满足bn=4－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

i

14分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

解：(1)a2ann1



5168a，因为a所以a7

311,2,a34

.（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.n8a552a48(a55

n5nn1)3an554168a432(2a,因为2an0,所以an1与a同号，nn)22an

4n

4因为a514140，a5555

240,a340,„，an40,即an4

.（3）当n2时，b531n4an22a(5a31

31n1)bn1bn12bn1，n1422an1225

所以bn

2bn122bn22n1b312n，13n

(12n)

所以Snb1b2bn

4121

2

121

(2n1)

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

例题6.已知数列a*

n中，a11，nan12(a1a2...an)nN

．

（1）求a2,a3,a4；（2）求数列an的通项an；（3）设数列{b1n}满足b1

2,b12

n1abnbn，求证：bn1(nk)k

分析：条件中有类似于前n项和的形式出现，提示我们应该考虑an＝Sn－Sn－1(n≥2)

解：（1）a22,a33,a44（2）nan12(a1a2...an)①

(n1)an2(a1a2...an1)②①—②得nan1(n1)an2an

即：nan1

(n1)a1n1aa3ann，ana所以aa223n

n1a...1...1

n(n2)

nna12an112n所以a*n

n(nN)

（3）由（2）得：b1

12,b12

n1k

bnbnbnbn1...b10，所以{bn}是单调递增数列，故要证：bn1(nk)只需证bk1

若k

1，则b121显然成立;若k2，则b1211

n1kbnbnk

bnbn1bn 所以

1b11,因此：1(11)...(11)1k12

k1

n1bnkbkbkbk1b2b1b1kk所以bk



k

k1

1,所以bn1(nk)点评：与数列相关的不等式证明通常需要“放缩”，而放缩的“度”尤为关键，本题中

1b(11)...(11)1,这种拆分方法是数学中较高要求的变形.kbkbk1b2b1b1

例题7.已知不等式

12131n1

[log2n],其中n为不大于2的整数，[log2n]表示不超过log2n的最大整数。设数列a1

n的各项为正且满足a1b(b0),anann

na(n2,3,4)，证明：

n1

an

2b

2b[log，n3,4,5

2n]

分析：由条件an111111n



nana得：

n1

a1

nan1n

an(n2)

nan1

11a



1n1

an2

n1

„„

a11以上各式两边分别相加得： 2a121a111111111

11[log2n](n3)na1nn12anbnn12

b2

=

2b[log2n]2b a2b

n2b[logn]

(n3)

2本题由题设条件直接进行放缩，然后求和，命题即得以证明。

例题8.已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)n，n1（1）写出数列{an}的前三项a1，a2，a5；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对任意的整数m4，有1117

a

4a5am8

分析：⑴由递推公式易求：a1=1,a2=0,a3=2； ⑵由已知得：an

SnSn12an(1)n2an1(1)n1（n>1）

化简得：an1anan1anan1n

2an12(1)

(1)n2(1)n12,(1)n232[(1)

n1

2

3] 故数列{

an2(1)n3}是以a123为首项, 公比为2的等比数列.故an21

(1)

n

3(3)(2)n1∴a23[2n2(1)n]∴数列{a2

n

n}的通项公式为：an3

[2n2(1)n].⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。而左边=

1a1a13[111

2212312m2(1)

m]，如果我们把上式中的分母中的1去掉，就可利45am2用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩，尝试知：

11111

22112311221

23，2312412324，因此，可将

1

保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和。这里需要对m进行分类讨论，（1）当m为偶数(m4)时，1a11a1(11)(11)13(11134m2)4a5ma4a5a6am1am

22222



1311224(1137

m4)288（2）当m是奇数(m4)时，m1为偶数，1a1111a1117 4a5ama45a6amam18

所以对任意整数m4，有

aa

7。本题的关键是并项后进行适当的放缩。45am8

例题9.定义数列如下：a2

12,an1anan1,nN

证明：（1）对于nN

恒有a

n1an成立。（2）当n2且nN，有an1anan1a2a11成立。（3）1

112a12006



a1

1。12a2006

分析：（1）用数学归纳法易证。

（2）由a2

n1anan1得：an11an(an1)

an1an1(an11)„„a21a1(a11)

以上各式两边分别相乘得：an11anan1a2a1(a11)，又a12

an1anan1a2a11

（3）要证不等式1

11122006



a11，可先设法求和：11，1a2a2006a1a2a2006

再进行适当的放缩。a111n11an(an1)

aaa11

a n11



n1nanan1n11



1111a(1)(11)(11)1a2a2006a11a21a21a31a20061a20071

1a1a1

1120071

aa 12a2006又aa2006

1a2a20061

220061

1a11

2006原不等式得证。

1a2a20062

点评：本题的关键是根据题设条件裂项求和。