【配套K12】[学习](浙江专用)2019高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第3讲 数列的综合
2019高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第3讲 数列的综合](https://img.360docs.net/img96/1hmsevbgvynd1a6qdtj5cjtehpj2i0z0-61.webp)
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第3讲 数列的综合问题
[考情考向分析] 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等．
热点一 利用S n ，a n 的关系式求a n 1.数列{a n }中，a n 与S n 的关系
a n ＝???
??
S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.
2．求数列通项的常用方法
(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．
(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .
(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1
a n
＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .
(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．
例1 (2018·浙江)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2
＋n . (1)求q 的值；
(2)求数列{b n }的通项公式．
解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项， 得a 3＋a 5＝2a 4＋4，
所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.
由a 3＋a 5＝20，得8?
??
??q ＋1q ＝20，
解得q ＝2或q ＝1
2.
因为q >1，所以q ＝2.
(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .
由c n ＝?
??
??
S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1(n ∈N *
)．
由(1)可得a n ＝2
n －1
，
所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×? ????12n －1
，
故b n －b n －1＝(4n －5)×? ??
??12n －2
，n ≥2，
b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×? ????
12n －2＋(4n －9)×? ??
??12
n －3
＋…＋7×1
2
＋3.
设T n ＝3＋7×12＋11×? ????122＋…＋(4n －5)×? ??
??12n －2
，n ≥2，①
则12T n ＝3×12＋7×? ????122＋…＋(4n －9)×? ????12n －2＋(4n －5)×? ????12n －1
，n ≥2，② ①－②，得12T n ＝3＋4×12＋4×? ????122＋…＋4×? ????12n －2－(4n －5)×? ??
??12n －1，n ≥2，
因此T n ＝14－(4n ＋3)×? ??
??12n －2
，n ≥2.
又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×? ??
??12n －2
，n ≥2，
当n ＝1时，b 1＝1也满足上式，
所以b n ＝15－(4n ＋3)×? ??
??12n －2，n ∈N *
.
思维升华 给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为
a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再
求a n .
跟踪演练1 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若a n >0，数列???
???
log 2a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 最小？并求出最小值．
解 (1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，①
可得当n ＝1时，a 2
1＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2， 当n ≥2时，由已知可得a 1a n －1＝S 1＋S n －1，② ①－②得a 1()a n －a n －1＝a n .
若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1， 即此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故a n ＝2n (n ∈N *
)．
综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n
(n ∈N *
)． (2)因为a n >0，故a n ＝2n
.
设b n ＝log 2a n
32，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，
由n －5≥0，解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 最小， 最小值为T 4＝T 5＝5()
－4＋02＝－10.
热点二 数列与函数、不等式的综合问题
数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化． 例2 已知函数f (x )＝ln(1＋x )－
x (1＋λx )
1＋x
.
(1)若x ≥0时，f (x )≤0，求λ的最小值；
(2)设数列{a n }的通项a n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，证明：a 2n －a n ＋1
4n >ln 2.
(1)解 由已知可得f (0)＝0， ∵f (x )＝ln(1＋x )－
x (1＋λx )1＋x
，
∴f ′(x )＝(1－2λ)x －λx
2
(1＋x )
2
，且f ′(0)＝0. ①若λ≤0，则当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )≥f (0)＝0，不合题意； ②若0<λ<1
2，
则当0 λ时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴当0 λ时，f (x )>f (0)＝0，不合题意； ③若λ≥1 2 ， 则当x >0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ≥0时，f (x )≤f (0)＝0，符合题意． 综上，λ≥12.∴实数λ的最小值为1 2 . (2)证明 由于a 2n －a n ＋14n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋1 4n ， 若λ＝12，由(1)知，f (x )＝ln(1＋x )－x (2＋x ) 2＋2x ， 且当x >0时，f (x )<0，即 x (2＋x ) 2＋2x >ln(1＋x )， 令x ＝1n ，则2n ＋12n (n ＋1)>ln n ＋1n ， ∴12n ＋12(n ＋1)>ln n ＋1n ， 12(n ＋1)＋12(n ＋2)>ln n ＋2 n ＋1， 12(n ＋2)＋12(n ＋3)>ln n ＋3 n ＋2， …， 12(2n －1)＋14n >ln 2n 2n －1. 以上各式两边分别相加可得 12n ＋12(n ＋1)＋12(n ＋1)＋12(n ＋2)＋12(n ＋2)＋12(n ＋3)＋…＋12(2n －1)＋14n >ln n ＋1n ＋ln n ＋2n ＋1＋ln n ＋3n ＋2＋…＋ln 2n 2n －1 ， 即 1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n >ln ? ?? ??n ＋1n ·n ＋2n ＋1·n ＋3n ＋2·…·2n 2n －1＝ln 2n n ＝ln 2， ∴a 2n －a n ＋1 4n >ln 2. 思维升华 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点 (1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视． (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件． (3)不等关系证明中进行适当的放缩． 跟踪演练2 设f n (x )＝x ＋x 2 ＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)； (2)证明：f n (x )在? ????0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0 (1)解 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1 ， 所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2 ＋n ·2n －1 ，① 则2f n ′(2)＝2＋2×22 ＋…＋(n －1)2 n －1 ＋n ·2n ，② 由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22 ＋…＋2n －1 －n ·2n ＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)·2n ＋1. (2)证明 因为f n (0)＝－1<0， f n ? ????23＝23??????1－? ????23n 1－23－1＝1－2×? ????23n ≥1－2×? ?? ??232>0， 所以f n (x )在? ????0，23内至少存在一个零点， 又f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1 >0， 所以f n (x )在? ?? ??0，23内单调递增， 因此f n (x )在? ?? ??0，23内有且仅有一个零点a n ， 由于f n (x )＝x －x n ＋1 1－x －1， 所以f n (a n )＝a n －a n ＋1 n 1－a n －1＝0， 由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n >12，故12 3， 所以0 . 热点三 数列的实际应用 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、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题，求解方 法既要用到不等式知识，又要用到数列的基础知识，经常涉及到放缩法和数学归纳法的使用． 例3 (2018·浙江省名校协作体联考)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋(－1)n (n ∈N * )． (1)证明：???? ?? a n ＋(－1)n 3是等比数列； (2)当k 是奇数时，证明：1a k ＋1a k ＋1<9 2k ＋1； (3)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1 a n <3. 证明 (1)∵a n ＋1＝2a n ＋(－1)n ， ∴a n ＋1＋ (－1) n ＋1 3 ＝2???? ??a n ＋(－1)n 3， 又a 1＋(－1)3＝2 3 ， ∴数列? ?????a n ＋ (－1)n 3是首项为2 3，公比为2的等比数列． (2)由(1)可知a n ＋(－1)n 3＝2n 3，即a n ＝2n －(－1) n 3， 当k 是奇数时， 1 a k ＋1 a k ＋1＝32k ＋1＋32k ＋1－1＝3(2k ＋1 －1)＋3(2k ＋1)2k 2k ＋1＋2k －1<9·2k 2k 2k ＋1＝9 2k ＋1. (3)当n 为偶数时， 1 a n －1＋1a n <92n ＝32n －1＋3 2n ， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝? ????1a 1＋1a 2＋? ????1a 3＋1a 4＋…＋? ????1a n －1＋1a n <3? ????12＋122＋…＋12n ＝3? ????1－12n <3； 当n 为奇数时，1a n ＋1a n ＋1<92＝32＋32 ， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝? ????1a 1＋1a 2＋? ????1a 3＋1a 4＋…＋? ????1a n －2＋1a n －1＋1a n <3? ????12＋122＋…＋1 2n －1＋12n ＋1<3? ????12＋1 22＋…＋12n －1＋12n ＝3? ????1－12n <3. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1 a n <3. 思维升华 数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下： (1)利用数列(或函数)的单调性． (2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后用裂项相消法求和． (3)数学归纳法． 跟踪演练3 (2018·杭州质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋c a n (c >0，n ∈N * )． (1)证明：a n ＋1>a n ≥1； (2)若对任意n ∈N * ，都有a n ≥? ?? ??c －12n －1，证明： ①对于任意m ∈N * ，当n ≥m 时，a n ≤c a m (n －m )＋a m ； ②a n ≤ 5n －1 2 . 证明 (1)因为c >0，a 1＝1， 所以a n ＋1＝a n ＋c a n >a n (n ∈N * )， 下面用数学归纳法证明a n ≥1. ①当n ＝1时，a 1＝1≥1； ②假设当n ＝k 时，a k ≥1， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋c a k >a k ≥1. 所以当n ∈N * 时，a n ≥1. 所以a n ＋1>a n ≥1. (2)①由(1)知当n ≥m 时，a n ≥a m ≥1， 所以a n ＋1＝a n ＋c a n ≤a n ＋c a m ， 即a n ＋1－a n ≤c a m ，累加得a n －a m ≤c a m (n －m )． 所以a n ≤c a m (n －m )＋a m . ②若c >12，当m >8c －2 (2c －1) 2时， a m >? ????c －12 8c －2(2c －1) 2－1＝ 2c 2c －1. 所以c a m 2 . 所以当n ≥m 时，? ?? ??c －12n －1≤a n ≤c a m (n －m )＋a m . 所以当n >1＋a m － cm a m c －12－c a m 时，? ????c －12n －1>c a m (n －m )＋a m ，矛盾． 所以c ≤1 2 . 因为a 2 n ＋1＝a 2 n ＋2c ＋c 2a 2n ≤a 2n ＋2c ＋c 2≤a 2 n ＋54 ， 累加得a 2n ≤a 2 1＋54(n －1)＝5n －14， 所以a n ≤ 5n －12 . 真题体验 1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案 －63 解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)． 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1. ∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1(1－2n )1－2 ＝1－2n ， ∴S 6＝1－26 ＝－63. 2．(2017·浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N * )． 证明：当n ∈N * 时， (1)0 x n x n ＋1 2 ； (3)12n －1≤x n ≤1 2 n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设当n ＝k (k ∈N * )时，x k >0， 那么当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0， 则0 )． 所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1， 因此0 )． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得， x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2 n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)． 记函数f (x )＝x 2 －2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)． f ′(x )＝2x 2 ＋x x ＋1＋ln ()1＋x >0(x >0)， 函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )≥f (0)＝0， 因此x 2 n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤ x n x n ＋1 2 (n ∈N * )． (3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥1 2n －1. 由 x n x n ＋1 2 ≥2x n ＋1－x n 得 1 x n ＋1－12≥2? ???? 1x n －12>0， 所以1x n －12≥2? ???? 1x n －1－12≥…≥2n －1? ????1x 1－12 ＝2 n －2 ， 故x n ≤12 n －2 . 综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N * )． 押题预测 已知数列{a n }满足a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋2上．数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1 a 2 ＋…＋1a n . (1)求b 2的值； (2)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (3)求证：2－12·3n －1≤? ????1＋1b 1? ????1＋1b 2…? ????1＋1b n < 3316 . 押题依据 数列与不等式的综合是高考重点考查的内容，常以解答题的形式出现，也是这部 分的难点，考查学生的综合能力． (1)解 由已知得a 2＝3a 1＋2＝8， 所以b 2a 2＝1a 1，b 28＝1 2 ，解得b 2＝4. (2)解 由条件得a n ＋1＝3a n ＋2， 则 a n ＋1＋1a n ＋1＝3a n ＋3 a n ＋1 ＝3， 所以数列{a n ＋1}是以a 1＋1为首项，3为公比的等比数列． 即a n ＋1＝(a 1＋1)·3 n －1 ＝3n ， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N * )． (3)证明 由题设 b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1 a n ，① 知 b n a n ＝1a 1＋1a 2 ＋…＋1 a n －1 (n ≥2)，② 由①－②，得b n ＋1a n ＋1－b n a n ＝1 a n ， 则b n ＋1a n ＋1＝1＋b n a n ， 即 1＋b n b n ＋1＝a n a n ＋1 (n ≥2)． 当n ＝1时，2－12×1＝32 ， 1＋1b 1＝32<33 16 ， 所以原不等式成立； 当n ≥2时，? ????1＋1b 1? ????1＋1b 2…? ?? ??1＋1b n ＝ 1＋b 1b 1·1＋b 2b 2·…·1＋b n b n ＝1b 1·1＋b 1b 2·1＋b 2b 3·…·1＋b n －1 b n ·(1＋b n ) ＝12×34×a 2a 3·…·a n －1a n ·(1＋b n ) ＝38×8 a n ·(1＋ b n ) ＝3? ????1＋b n a n ＝3? ?? ??1a n ＋b n a n ＝3? ?? ??1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＋1a n ， 先证明不等式左边，当n ≥2时， 因为1a n ＝13n －1>1 3n ， 所以3? ?? ??1a 1＋1 a 2＋…＋1a n >3? ????1a 1＋132＋1 3 3＋ (13) ＝3? ?????12＋19? ?? ??1－13n －1 1－ 13 ＝2－1 2·3 n －1. 所以3? ????1a 1＋1 a 2＋…＋1a n ≥2－12·3n －1. 再证明不等式右边，当n ≥2时， 1 a n ＝13n －1＝19·3n －2 －1≤18·3n －2， 所以3? ?? ??1a 1＋1 a 2＋…＋1a n ≤3???? ??1a 1＋18? ????1＋13＋…＋13n －2 ＝3? ???? 12＋18·1－13n －1 1－ 13 ＝3??????12＋316? ????1－13<3316 . 所以2－12·3n －1 ≤? ????1＋1b 1? ????1＋1b 2…? ????1＋1b n <3316成立． 综上所述，不等式成立． A 组 专题通关 1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A ．2 062 B ．2 063 C ．2 064 D ．2 065 答案 B 解析 由题意可得，这些数可以写为12 ,2,3,22 ,5,6,7,8,32 ，…，第k 个平方数与第k ＋1个平方数之间有2k 个正整数，而数列12 ,2,3,22 ,5,6,7,8,32 ，…，452 共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063. 2．已知数列{a n }满足0 1＋4＝0，且数列? ??? ??a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设 {a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( ) A ．60 B ．61 C ．121 D ．122 答案 B 解析 由a 41－8a 21＋4＝0，得a 2 1＋4a 21 ＝8， 所以a 2 n ＋4a 2n ＝8＋8(n －1)＝8n ， 所以? ?? ??a n ＋2a n 2＝a 2n ＋4a 2n ＋4＝8n ＋4， 所以a n ＋2a n ＝22n ＋1，即a 2 n －22n ＋1a n ＋2＝0， 所以a n ＝22n ＋1±22n －1 2＝2n ＋1±2n －1， 因为0 所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1， 由S n >10得2n ＋1>11， 所以n >60. 3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N * )，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．a n ≥2n ＋1 B ．S n ≥n 2 C ．a n ≥2 n －1 D ．S n ≥2 n －1 答案 B 解析 由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…， a n －a n －1≥2， ∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)， ∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1. ∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1， 即S n ≥n 2 (1＋2n －1)＝n 2 . 4．数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N * ，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n 成立，则最 小的整数k 是( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C 解析 由a n ＝a n ＋1－1 a n －1 ，得a n ()a n －1＝a n ＋1－1， ∴ 1a n ＋1－1＝1a n ()a n －1＝1a n －1－1 a n ， 即1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，且a n >1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝? ?? ??1a 1－1－1a 2－1＋ ? ????1a 2－1－1a 3－1＋…＋? ?? ??1a n －1－1a n ＋1－1 ＝ 1a 1－1－1 a n ＋1－1 ， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1 a n ＝5－ 1 a n ＋1－1 <5. 又对n ∈N * ，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n 成立， ∴k ≥5.故最小的整数k 是5. 5．已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则 f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么∑i ＝51 100 f (i )的值为( ) A ．2 488 B ．2 495 C ．2 498 D ．2 500 答案 D 解析 由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且n 为奇数时f (n )＝n ， 则∑i ＝1 100 f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100) ＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝ 50×() 1＋992 ＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50) ＝2 500＋∑i ＝1 50 f (i )， ∴∑i ＝51 100f (i )＝∑i ＝1 100f (i )－∑i ＝1 50 f (i )＝2 500. 6．(2018·宁波期末)对给定的正整数n (n ≥6)，定义f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，其中 a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )，则a 6＝________；当n ＝2 019时，f (2)＝________. 答案 64 4 2 020 －13 解析 由a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N * ，i ≤n )得数列{a i }为首项为2，公比为2的等比数列，则a i ＝2i (i ∈N * ，i ≤n )，所以a 6＝26 ＝64.当n ＝2 019时，f (x )＝1＋2x ＋22x 2 ＋…＋2 2 019x 2 019 ，则 f (2)＝1＋2×2＋22×22＋…＋2 2 019 ×2 2 019 ＝1＋4＋42＋…＋4 2 019 ＝ 1·(1－4 2 020 )1－4 ＝ 42 020 －13 . 7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2 ＋1)? ????16a n ＋1的最小值为__________． 答案 4 解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝4 3(a n －1－1)(n ≥2)， ∴a n ＝S n －S n －1＝4 3(a n －a n －1)， ∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝4 3 (a 1－1)， ∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n ， ∴(4n －2 ＋1)? ????16a n ＋1＝? ????4n 16＋1? ?? ??164n ＋1 ＝2＋4n 16＋16 4 n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”． 8．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2 (n ≥2，n ∈N * )，若对任意n ∈N * ，a n 解析 由条件S n ＋S n －1＝4n 2 (n ≥2，n ∈N * )， 得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2 ， 两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12， 两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8， 将n ＝2代入S n ＋S n －1＝4n 2 ，得a 1＋a 2＋a 1＝16， 所以a 2＝16－2a ， 从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ； 将n ＝3代入S n ＋S n －1＝4n 2 ，得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36， 所以a 3＝4＋2a ， 从而a 2n ＋1＝4＋2a ＋8(n －1)＝8n －4＋2a ， 由条件得???? ? a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ， 8n －4＋2a <8(n ＋1)＋8－2a ， 解得3 9．(2018·浙江省重点中学联考)已知数列{a n }满足：a 1＝0，ln(a n ＋1－a n )＋a n ＋n ln 2＝0(n ∈N * )． (1)求a 3； (2)证明：ln(2－2 1－n )≤a n ≤1－2 1－n ； (3)是否存在正实数c ，使得对任意的n ∈N * ，都有a n ≤1－c ，并说明理由． (1)解 由已知得a n ＋1＝a n ＋() ln2e ,-+n a n 又a 1＝0，所以a 2＝12，a 3＝12＋1 4e . (2)证明 因为a n ＋1>a n ，a 1＝0，所以a n ≥0. 则a n ＋1＝a n ＋() ln2e -+n a n ≤a n ＋e －n ln 2 ＝a n ＋2－n ， 所以a n ≤a n －1＋2 －(n －1) ≤a n －2＋2 －(n －2) ＋2 －(n －1) ≤…≤a 1＋2－1＋…＋2 －(n －2) ＋2 －(n －1) ＝1－2 1－n . 令f (n )＝e n a ＋2 1－n －2， 则f (n ＋1)－f (n )＝( )()1 1e 22e 22+---??+--+-??n n n a a n ＝1 e e +-n n a a －2－n ＝() ln2e e 2-++---a n n n n a e a n ＝() ( )ln2e e e 1-+-a n n n a －2 －n >() ln2e e -+n n a n a －2－n ＝0， 所以{f (n )}是递增数列，所以f (n )≥f (1)＝0， 即n a e ＋2 1－n －2≥0，所以a n ≥ln(2－2 1－n )， 综上所述，ln(2－21－n )≤a n ≤1－2 1－n 得证． (3)解 由(2)得 a n ＋1＝a n ＋() ln 2e -+n a n ≤a n ＋() 1ln 22ln 2e -??--+?? n n ＝a n ＋ 1 2n ＋1 －2 ， 所以a n ≤a n －1＋12n －2≤a n －2＋12n －1－2＋1 2n －2 ≤…≤a 1＋122 －2＋…＋12n －1－2＋12n －2 ＝ 122 －2＋…＋12n －1－2＋1 2n －2 (n ≥2)． 因为12n －2＝14·2n －2－2≤13·2 n －2(n ≥3)， 所以当n ≥4时，a n <12＋16＋13·22＋…＋13·2n －2＝12＋16＋13? ????1 2－12n －2<56. 由{a n }的单调性知当n ＝1,2,3时，a n <5 6， 综上所述，对任意的n ∈N * ，都有a n <56， 所以存在c ＝1 6 使a n ≤1－c 成立． 10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知数列a n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N * )． (1)求证：a 2 018>6； (2)求证：对一切n ≥2都有a 2 n ＋2>2? ????a 11＋a 22＋a 33 ＋…＋a n n . 证明 (1)∵a n ＝1＋12＋13＋…＋1 n ， ∴a 2 018＝1＋12＋? ????13＋14＋…＋? ????1 513 ＋…＋11 024＋…＋12 018， a 2 018>1＋12 ＋? ????13＋14＋…＋? ?? ??1 513＋…＋11 024>1＋12＋24＋…＋ 5121 024＝1＋12 ×10＝6. (2)由题意得a n －a n －1＝1n (n ≥2)，即a n －1＝a n －1n ， 将式子两边平方得 a 2n －1＝a 2 n －2? ????a n n ＋1n 2 ， ∴a 2n －a 2 n －1＝2? ????a n n －1n 2， a 2n ＝a 2n －a 2n －1＋a 2n －1－a 2n －2＋a 2n －2－a 2n －3＋…＋a 22－a 21＋a 2 1 ＝2? ????a 11＋a 22＋a 3 3 ＋…＋a n n －? ????112＋122＋…＋1n 2. ∵1＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1 (n －1)n ＝2－1 n <2， ∴对一切n ≥2都有a 2 n ＋2>2? ????a 11＋a 22＋a 33 ＋…＋a n n . B 组 能力提高 11．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1>1，则( ) A ．a 1a 3，a 2a 4 D ．a 1>a 3，a 2>a 4 答案 B 解析 构造不等式ln x ≤x －1， 则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1， 所以a 4＝a 1·q 3 ≤－1.由a 1>1，得q <0. 若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2 )≤0. 又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2 )≥a 1>1， 所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾． 因此－1 所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2 )>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2 )<0， 所以a 1>a 3，a 2 12．设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3 －a n x 2 －a n ＋2x ＋1(n ∈N * )的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则???? ??2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019等于 ( ) A ．2 017 B ．2 018 C ．2 019 D ．2 020 答案 A 解析 由题意可得f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2， ∵x ＝1是函数f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0， 即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0. ∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ， ∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22 ，…，a n －a n －1＝2n －2 ， 以上各式累加可得a n ＝2 n －1 . ∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n ＝n . ∴ 2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018 b 2 018b 2 019 ＝2 018? ????11×2＋12×3 ＋…＋12 018×2 019 ＝2 018? ? ???1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋1 2 019 . ∴?? ?? ??2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017. 13．(2018·湖州、衢州、丽水三地市质检)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝ln(1＋a n )(n ∈N * )， 设数列???? ?? 1a n 的前n 项和为T n .证明： (1)a n >0(n ∈N * )； (2)a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N * )； (3) n 2＋5n 6 ≤T n ≤ n 2＋3n 4 (n ∈N * )． 证明 (1)①当n ＝1时，a 1＝1>0， 所以当n ＝1时，命题成立； ②假设当n ＝k (k ∈N * )时，命题成立，即a k >0， 则由1＋a k >1，知a k ＋1＝ln(1＋a k )>0，所以a k ＋1>0. 故对于n ∈N * 都有a n >0. (2)先利用ln(1＋x ) 故a n ≤1，因此0 3a n a n ＋3，即证ln(1＋a n )<3a n a n ＋3 ， 构造函数h (x )＝ln(1＋x )－ 3x x ＋3 (0 (1＋x )(x ＋3)2<0， 所以h (x )在(0,1]上单调递减． 故h (x )＝ln(1＋x )－3x x ＋3 (n ∈N * )． (3)由(2)可知 1 a n ＋1－1a n >1 3 成立， 则累加可得1a n ≥1＋13(n －1)＝n ＋2 3， 故T n ≥n ＋ n (n －1)2 ×13 ＝ n 2＋5n 6 . 构造函数g (x )＝ln(1＋x )－ 2x x ＋2 (0 2 (1＋x )(x ＋2)2>0， 所以g (x )在(0,1]上单调递增， 所以g (x )＝ln(1＋x )－2x x ＋2 >g (0)＝0， 得ln(1＋a n )>2a n a n ＋2 . 所以有a n ＋1>2a n a n ＋2，进一步有1a n ＋1－1a n <12，则累加可得1a n ≤n ＋1 2， 故T n ≤n ＋ n (n －1)2 ×12 ＝ n 2＋3n 4 . 因此原命题成立． 14. (2018·宁波期末)已知数列{a n }满足a n ＋1＝????? a 2 n 2a n －2，n 为奇数，2a n －2，n 为偶数， a 1＝a . (1)若a >1，求证：对任意正整数n (n >1)均有a n ≥2； (2)若a ＝3，求证：4n ＋1 恒成立． 证明 (1)当a >2时，根据g (x )＝2x －2和f (x )＝x 2 2x －2 在[2，＋∞)上均为增函数， 从而当a n ≥2时，必有a n ＋1＝f (a n )≥f (2)＝2 或a n ＋1＝g (a n )≥g (2)＝2.