函数及方程思想在数列中应用

1、-. z.典例42015高考设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q，b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记eq f(an,bn)，求数列的前n项和Tn.解(1)由题意有，eq blcrc (avs4alco1(10a145d100，,a1d2，)即eq blcrc (avs4alco1(2a19d20，,a1d2，)解得eq blcrc (avs4alco1(a11，d2)或eq blcrc (avs4alco1(a19，,df(2,9).)故eq blcrc (avs4alco1(an2n1，,bn2n1)或eq

2、blcrc (avs4alco1(anf(1,9)2n79，,bn9blc(rc)(avs4alco1(f(2,9)n1.)(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故eq f(2n1,2n1)，于是Tn1eq f(3,2)eq f(5,22)eq f(7,23)eq f(9,24)eq f(2n1,2n1)，eq f(1,2)Tneq f(1,2)eq f(3,22)eq f(5,23)eq f(7,24)eq f(9,25)eq f(2n1,2n).可得eq f(1,2)Tn2eq f(1,2)eq f(1,22)eq f(1,2n2)eq f(2n1,2n)3eq f(2n3,2n)，故T

3、n6eq f(2n3,2n1).数列问题函数(方程)化法数列问题函数(方程)化法形式构造与函数(方程)类似，但要注意数列问题中n的取值围为正整数，涉及的函数具有离散性特点，其一般解题步骤是：第一步：分析数列式子的构造特征第二步：根据构造特征构造特征函数(方程)，转化问题形式第三步：研究函数性质结合解决问题的需要研究函数(方程)的相关性质，主要涉及函数单调性与最值、值域问题的研究第四步：回归问题结合对函数(方程)相关性质的研究，回归问题【针对训练4】2016东城模拟数列an是各项均为正数的等差数列(1)假设a12，且a2，a3，a41成等比数列，求数列an的通项公式an；(2)在(1)的条件下，

4、数列an的前n项和为Sn，设bneq f(1,Sn1)eq f(1,Sn2)eq f(1,S2n)，假设对任意的nN*，不等式bnk恒成立，数k的最小值解(1)因为a12，aeq oal(2,3)a2(a41)，又因为an是正项等差数列，故公差d0，所以(22d)2(2d)(33d)，解得d2或d1(舍去)，所以数列an的通项公式an2n.(2)因为Snn(n1)，bneq f(1,Sn1)eq f(1,Sn2)eq f(1,S2n)eq f(1,n1n2)eq f(1,n2n3)eq f(1,2n2n1)eq f(1,n1)eq f(1,n2)eq f(1,n2)eq f(1,n3)eq f

5、(1,2n)eq f(1,2n1)eq f(1,n1)eq f(1,2n1)eq f(n,2n23n1)eq f(1,2nf(1,n)3)，令f(*)2*eq f(1,*)(*1)，则f(*)2eq f(1,*2)，当*1时，f(*)0恒成立，所以f(*)在1，)上是增函数，故当*1时，f(*)minf(1)3，即当n1时，(bn)ma*eq f(1,6)，要使对任意的正整数n，不等式bnk恒成立，则须使k(bn)ma*eq f(1,6)，所以实数k的最小值为eq f(1,6).数列1等差数列通项公式：ana1(n1)d.2等差数列前n项和公式：Sneq f(na1an,2)na1eq f(n

6、n1d,2).3等比数列通项公式：ana1qn1.4等比数列前n项和公式：Sneq blcrc (avs4alco1(na1q1，,f(a11qn,1q)f(a1anq,1q)q1).5等差中项公式：2anan1an1(nN*，n2)6等比中项公式：aeq oal(2,n)an1an1(nN*，n2)7数列an的前n项和与通项an之间的关系：aneq blcrc (avs4alco1(S1，n1，,SnSn1，n2).重要结论1通项公式的推广：等差数列中，anam(nm)d；等比数列中，anamqnm.2增减性：(1)等差数列中，假设公差大于零，则数列为递增数列；假设公差小于零，则数列为递减数

7、列(2)等比数列中，假设a10且q1或a10且0q0且0q1或a11，则数列为递减数列3等差数列an中，Sn为前n项和Sn，S2nSn，S3nS2n，仍成等差数列；等比数列bn 中，Tn为前n项和Tn，T2nTn，T3nT2n，一般仍成等比数列失分警示1无视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，无视各项都不为零的条件2漏掉等比中项：正数a，b的等比中项是eq r(ab)，容易漏掉eq r(ab).3忽略对等比数列的公比的讨论：应用等比数列前n项和公式时应首先讨论公式q是否等于1.4anan1d或eq f(an,an1)q中注意n的围限制5易忽略公式anSnSn1成立的条件是n2.6证明一个

8、数列是等差或等比数列时，由数列的前n项和想当然得到数列的通项公式，易出错，必须用定义证明7等差数列的单调性只取决于公差d的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比q，又要考虑首项a1的正负.考点数列的概念、表示方法及递推公式典例示法题型1利用递推关系求通项公式典例1(1)正项数列an满足a11，(n2)aeq oal(2,n1)(n1)aeq oal(2,n)anan10，则它的通项公式为()Aaneq f(1,n1)Baneq f(2,n1)Caneq f(n1,2)Dann解析由(n2)aeq oal(2,n1)(n1)aeq oal(2,n)anan10，得(n2)an1(n1)an(an1

9、an)0，又an0，所以(n2)an1(n1)an，即eq f(an1,an)eq f(n1,n2)，an1eq f(n1,n2)an，所以aneq f(n,n1)eq f(n1,n)eq f(2,3)a1eq f(2,n1)a1(n2)，所以aneq f(2,n1)(n1适合)，于是所求通项公式为aneq f(2,n1).答案B(2)2015高考设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)前10项的和为_解析由a11，且an1ann1(nN*)得，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123neq f(nn1,2)，则e

10、q f(1,an)eq f(2,nn1)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)，故数列eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)前10项的和S102eq blc(rc (avs4alco1(1f(1,2)f(1,2)eq blc rc)(avs4alco1(f(1,3)f(1,10)f(1,11)2eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,11)eq f(20,11).答案eq f(20,11)题型2利用an与Sn的关系求an典例22015全国卷Sn为数列an的前n项和，an0，aeq oal(2,n)2an4Sn3.(1)求an的通项公式；

11、(2)设bneq f(1,anan1)，求数列bn的前n项和解(1)由aeq oal(2,n)2an4Sn3，可知aeq oal(2,n1)2an14Sn13.可得aeq oal(2,n1)aeq oal(2,n)2(an1an)4an1，即2(an1an)aeq oal(2,n1)aeq oal(2,n)(an1an)(an1an)由于an0，可得an1an2.又aeq oal(2,1)2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bneq f(1,anan1)eq f(1,2n12n3)eq f(1,2)eq

12、 blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)f(1,2n3).设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bneq f(1,2)eq blcrc (avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)f(1,5)blc(rc)(avs4alco1(f(1,5)f(1,7)eq blc rc (avs4alco1(blc(rc (avs4alco1(f(1,2n1)eq blc rc(avs4alco1(blc rc)(avs4alco1(f(1,2n3)eq f(n,32n3).求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜测法：数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜

13、测法(2)Sn与an的关系，利用aneq blcrc (avs4alco1(S1，n1，,SnSn1，n2，)求an.(3)累加法：数列递推关系形如an1anf(n)，其中数列f(n)前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)(4)累乘法：数列递推关系形如an1g(n)an，其中数列g(n)前n项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)(5)构造法：递推关系形如an1panq(p，q为常数)可化为an1eq f(q,p1)peq blc(rc)(avs4alco1(anf(q,p1)(p1)的形式，利用eq blcrc(avs4alco1(anf(q,p1)是以p为

14、公比的等比数列求解；递推关系形如an1eq f(pan,anp)(p为非零常数)可化为eq f(1,an1)eq f(1,an)eq f(1,p)的形式考点等差、等比数列的运算典例示法题型1等差、等比数列的根本运算典例32015全国卷等比数列an满足a1eq f(1,4)，a3a54(a41)，则a2()A2 B1C.eq f(1,2)D.eq f(1,8)解析设等比数列an的公比为q，a1eq f(1,4)，a3a54(a41)，由题可知q1，则a1q2a1q44(a1q31)，eq f(1,16)q64eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)q31)，q616q3640，(q

15、38)20，q38，q2，a2eq f(1,2)，应选C.答案C题型2等差、等比数列性质的运算典例42016全国卷设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an解析设an的公比为q，由a1a310，a2a45得a18，qeq f(1,2)，则a24，a32，a41，a5eq f(1,2)，所以a1a2ana1a2a3a464.答案641等差(比)数列根本运算中的关注点(1)根本量在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个根本量(2)解题思路求公差d(公比q)：常用公式anam(nm)d(anamqnm)；列方程组：假设条件与结论的联系不明显时，常把条件转化为关于a1和d(

16、q)的方程组求解，但要注意消元及整体计算，以减少计算量2等差(比)数列的性质盘点考点等差、等比数列的判断与证明典例示法典例52014全国卷数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由解(1)证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1.因为an10，所以an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得a2由(1)知，a31.假设an为等差数列，则2a2a1a3，解得故an2an4.由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2

17、n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2.因此存在4，使得数列an为等差数列在本例题(2)中是否存在，使得an为等比数列？并说明理由解由题设可知a11，a1a2S11，得a21，由(1)知a31，假设an为等比数列，则aeq oal(2,2)a1a3，即(1)21，解得0或3.当0时，anan11，又a11，所以a21，a31，an(1)n1，所以数列an为首项为1，公比为1的等比数列；当3时，a11，a22，a34，故可令an2n1，则anan122n1.Sn132n4，易得anan1与Sn1不恒相等，与条件矛盾综上可知，存在0，使得an为等比数列1等差数

18、列的判定方法(1)证明一个数列an为等差数列的根本方法有两种利用等差数列的定义证明，即证明an1and(nN*)；利用等差中项证明，即证明an2an2an1(nN*)(2)解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断通项法：假设数列an的通项公式为n的一次函数，即anAnB，则an是等差数列前n项和法：假设数列an的前n项和Sn是SnAn2Bn的形式(A，B是常数)，则an是等差数列2等比数列的判定方法(1)定义法：假设eq f(an1,an)q(q为非零常数)或eq f(an,an1)q(q为非零常数且n2)，则an是等比数列(2)中项公式法：假设数列an中，an0且aeq oal(2,n

19、1)anan2(nN*)，则数列an是等比数列(3)通项公式法：假设数列通项公式可写成ancqn(c，q均是不为0的常数，nN*)，则an是等比数列(4)前n项和公式法：假设数列an的前n项和Snkqnk(k为常数且k0，q0,1)，则an是等比数列提醒：假设判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明前三项不是等差(等比)数列即可针对训练2016统测在数列an中，a1eq f(3,5)，an12eq f(1,an)，设bneq f(1,an1)，数列bn的前n项和是Sn.(1)证明数列bn是等差数列，并求Sn；(2)比拟an与Sn7的大小解(1)证明：bneq f(1,an1)，an12eq

20、 f(1,an)，bn1eq f(1,an11)eq f(1,an1)1bn1，bn1bn1，数列bn是公差为1的等差数列由a1eq f(3,5)，bneq f(1,an1)得b1eq f(5,2)，Sneq f(5n,2)eq f(nn1,2)eq f(n2,2)3n.(2)由(1)知：bneq f(5,2)n1neq f(7,2).由bneq f(1,an1)得an1eq f(1,bn)1eq f(1,nf(7,2).anSn7eq f(n2,2)3n6eq f(1,nf(7,2).当n4时，yeq f(n2,2)3n6是减函数，yeq f(1,nf(7,2)也是减函数，当n4时，anSn

21、7a4S470.又a1S17eq f(39,10)0，a2S27eq f(8,3)0，a3S37eq f(7,2)1，a3a520，a2a664，则S5A31 B36C42 D48答案A解析由等比数列的性质，得a3a5a2a664，于是由eq blcrc (avs4alco1(a3a520，,a3a564，)且公比q1，得a34，a516，所以eq blcrc (avs4alco1(a1q24，,a1q416，)解得eq blcrc (avs4alco1(a11，,q2q2舍，)所以S5eq f(1125,12)31，应选A.32016统考设Sn是等比数列an的前n项和，假设eq f(S4,S

22、2)3，则eq f(S6,S4)()A2 B.eq f(7,3)C.eq f(3,10)D1或2答案B解析设S2k，S43k，由数列an为等比数列，得S2，S4S2，S6S4为等比数列，S2k，S4S22k，S6S44k，S67k，S43k，eq f(S6,S4)eq f(7k,3k)eq f(7,3)，应选B.42015高考an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.假设a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d0，dS4 0 Ba1d0，dS40，dS40 Da1d0答案B解析由aeq oal(2,4)a3a8，得(a12d)(a17d)(a13d)2，整理得d(5d3a1)0，又d0，

23、a1eq f(5,3)d，则a1deq f(5,3)d20，又S44a16deq f(2,3)d，dS4eq f(2,3)d20，a1eq f(1,2)，如果an1是1与eq f(2anan11,4aoal(2,n)的等比中项，则a1eq f(a2,22)eq f(a3,32)eq f(a4,42)eq f(a100,1002)的值是_答案eq f(100,101)解析由题意可得，aeq oal(2,n1)eq f(2anan11,4aoal(2,n)(2an1anan11)(2an1anan11)0，又an0，2an1anan110，又2an0，an1eq f(1,2an)an11eq f(

24、an1,2an)，又可知an1，eq f(1,an11)eq f(1,an1)1，eq blcrc(avs4alco1(f(1,an1)是以eq f(1,a11)为首项，1为公差的等差数列，eq f(1,an1)eq f(1,f(1,2)1)(n1)n1aneq f(n,n1)eq f(an,n2)eq f(1,nn1)eq f(1,n)eq f(1,n1)，a1eq f(a2,22)eq f(a3,32)eq f(a4,42)eq f(a100,1002)1eq f(1,2)eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,3)eq f(1,4)eq f(1,4)eq f(1,5)eq f(

25、1,100)eq f(1,101)eq f(100,101).三、解答题102016质检数列an是等比数列，Sn为数列an的前n项和，且a33，S39.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2eq f(3,a2n3)，且bn为递增数列，假设eq f(4,bnbn1)，求证：c1c2c31.解(1)设该等比数列的公比为q，则根据题意有3eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,q)f(1,q2)9，从而2q2q10，解得q1或qeq f(1,2).当q1时，an3；当qeq f(1,2)时，an3eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n3.(2)证明：假设an3

26、，则bn0，与题意不符，故an3eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n3，此时a2n33eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2n，bn2n，符合题意eq f(4,2n2n2)eq f(1,nn1)eq f(1,n)eq f(1,n1)，从而c1c2c31eq f(1,n1)0，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.依题意有eq blcrc (avs4alco1(q2d6，,q33d8，)解得eq blcrc (avs4alco1(d1，,q2，)或eq blcrc (avs4alco1(df(4,3)，,q9.)(舍去)故ann，bn2n1.(2)

27、由(1)知Sn12neq f(1,2)n(n1)，eq f(1,Sn)eq f(2,nn1)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)，eq f(1,S1)eq f(1,S2)eq f(1,Sn)2eq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3)blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)2eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,n1)eq f(2n,n1).第二讲数列求和及综合应用重要公式及结论1分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以

28、写成anbn形式的数列求和问题的方法，其中an与bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列2裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即anf(n1)f(n)的形式，然后通过累加抵消中间假设干项的求和方法形如eq blcrc(avs4alco1(f(c,anan1)(其中an是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等3错位相减法：形如anbn(其中an为等差数列，bn为等比数列)的数列求和，一般分三步：巧拆分；构差式；求和4倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：求通项公式；定和值；倒序相加；求和；回忆反思附：(1)常见的拆项公式(其中nN*)eq f(1,nn

29、1)eq f(1,n)eq f(1,n1).eq f(1,nnk)eq f(1,k)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,nk).eq f(1,2n12n1)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)f(1,2n1).假设等差数列an的公差为d，则eq f(1,anan1)eq f(1,d)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,an)f(1,an1)；eq f(1,anan2)eq f(1,2d)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,an)f(1,an2).eq f(1,nn1n2)eq f(1,2)eq blc

30、rc(avs4alco1(f(1,nn1)f(1,n1n2).eq f(1,r(n)r(n1)eq r(n1)eq r(n).eq f(1,r(n)r(nk)eq f(1,k)(eq r(nk)eq r(n)(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式，如123neq f(nn1,2)；135(2n1)n2；122232n2eq f(1,6)n(n1)(2n1)失分警示1公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论2错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项3裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项4裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性考点数列求和问题典例示法题型1分组转化求和

31、典例1设数列an满足a12，a2a48，且对任意nN*，函数f(*)(anan1an2)*an1cos*an2sin*满足feq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)0.(1)求数列an的通项公式；(2)假设bn2eq blc(rc)(avs4alco1(anf(1,2an)，求数列bn的前n项和Sn.解(1)由题设可得f(*)anan1an2an1sin*an2cos*.对任意nN*，feq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)anan1an2an10，即an1anan2an1，故an为等差数列由a12，a2a48，解得an的公差d1，所以an21(n1)n1.(2)因为

32、bn2eq blc(rc)(avs4alco1(anf(1,2an)2eq blc(rc)(avs4alco1(n1f(1,2n1)2neq f(1,2n)2，所以Snb1b2bn(222)2(12n)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,22)f(1,2n)2n2eq f(nn1,2)eq f(f(1,2)blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n),1f(1,2)n23n1eq f(1,2n).题型2错位相减法求和典例22015高考设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.b1a1，b22，qd，S1

33、0100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记eq f(an,bn)，求数列的前n项和Tn.解(1)由题意有，eq blcrc (avs4alco1(10a145d100，,a1d2，)即eq blcrc (avs4alco1(2a19d20，,a1d2，)解得eq blcrc (avs4alco1(a11，,d2，)或eq blcrc (avs4alco1(a19,df(2,9).)故eq blcrc (avs4alco1(an2n1，,bn2n1，)或eq blcrc (avs4alco1(anf(1,9)2n79，,bn9blc(rc)(avs4alco1(f(2,9)n

34、1.)(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故eq f(2n1,2n1)，于是Tn1eq f(3,2)eq f(5,22)eq f(7,23)eq f(9,24)eq f(2n1,2n1)，eq f(1,2)Tneq f(1,2)eq f(3,22)eq f(5,23)eq f(7,24)eq f(9,25)eq f(2n1,2n)，可得eq f(1,2)Tn2eq f(1,2)eq f(1,22)eq f(1,2n2)eq f(2n1,2n)3eq f(2n3,2n)，故Tn6eq f(2n3,2n1).题型3裂项相消法求和典例32016统考设数列an的前n项和为Sn，对任意正整数n都有6

35、Sn12an.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog eq sdo8(f(1,2) an，求Tneq f(1,boal(2,1)1)eq f(1,boal(2,2)1)eq f(1,boal(2,n)1).解(1)由6Sn12an，得6Sn112an1(n2)两式相减得6an2an12an，即aneq f(1,4)an1(n2)，由6S16a112a1，得a1eq f(1,8)，数列an是等比数列，公比qeq f(1,4)，所以aneq f(1,8)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)n1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2n1.(2)aneq b

36、lc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2n1，bn2n1，从而eq f(1,boal(2,n)1)eq f(1,4nn1)eq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1).Tneq f(1,4)eq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3)blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)eq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,n1)eq f(n,4n1).1分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组(

37、2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(1)n等特征2裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保存的项数一样多3错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an与等比数列bn对应项相乘(anbn)型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比把两个和的形式错位相减整理结果形式考点数列与函数、不等式的综合问题典例示法题型1数列与函数的综合典例42014高考设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(*)2*的图象上(nN*)(1)假设a12，点(a8,4b7)在函数f(*)的图象上，求数列an的前n项和Sn；(2)假设a11，函数f(*)的图象在

38、点(a2，b2)处的切线在*轴上的截距为2eq f(1,ln 2)，求数列eq blcrc(avs4alco1(f(an,bn)的前n项和Tn.解(1)由得，b72a7，b82a84b7，有2 a842 a7解得da8a72.所以，Snna1eq f(nn1,2)d2nn(n1)n23n.(2)f(*)2*ln 2，f(a2)2 a2ln 2，故函数f(*)2*在(a2，b2)处的切线方程为y2 a22 a2ln 2(*它在*轴上的截距为a2eq f(1,ln 2).由题意得，a2eq f(1,ln 2)2eq f(1,ln 2)，解得a22.所以da2a11.从而ann，bn2n.所以Tne

39、q f(1,2)eq f(2,22)eq f(3,23)eq f(n1,2n1)eq f(n,2n)，2Tneq f(1,1)eq f(2,2)eq f(3,22)eq f(n,2n1).因此，2TnTn1eq f(1,2)eq f(1,22)eq f(1,2n1)eq f(n,2n)2eq f(1,2n1)eq f(n,2n)eq f(2n1n2,2n).所以，Tneq f(2n1n2,2n).题型2数列与不等式的综合典例52016模拟(利用单调性证明不等式)设Sn为数列an的前n项和，a12，对任意nN*，都有2Sn(n1)an.(1)求数列an的通项公式；(2)假设数列eq blcrc(

40、avs4alco1(f(4,anan2)的前n项和为Tn，求证：eq f(1,2)Tn0，所以1eq f(1,n1)1.因为f(n)eq f(1,n1)在N*上是递减函数，所以1eq f(1,n1)在N*上是递增的，所以当n1时，Tn取最小值eq f(1,2).所以eq f(1,2)Tn1.典例62014全国卷(利用放缩法证明不等式)数列an满足a11，an13an1.(1)证明eq blcrc(avs4alco1(anf(1,2)是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明eq f(1,a1)eq f(1,a2)eq f(1,an)eq f(3,2).证明(1)由an13an1得an1eq f

41、(1,2)3eq blc(rc)(avs4alco1(anf(1,2).又a1eq f(1,2)eq f(3,2)，所以eq blcrc(avs4alco1(anf(1,2)是首项为eq f(3,2)，公比为3的等比数列aneq f(1,2)eq f(3n,2)，因此an的通项公式为aneq f(3n1,2).(2)由(1)知eq f(1,an)eq f(2,3n1).因为当n1时，3n123n1，所以eq f(1,3n1)eq f(1,23n1).于是eq f(1,a1)eq f(1,a2)eq f(1,an)1eq f(1,3)eq f(1,3n1)eq f(3,2)eq blc(rc)(

42、avs4alco1(1f(1,3n)eq f(3,2).所以eq f(1,a1)eq f(1,a2)eq f(1,an)0)，因此，历年所交纳的储藏金数目a1，a2，是一个公差为d的等差数列与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利这就是说，如果固定年利率为r(r0)，则，在第n年末，第一年所交纳的储藏金就变为a1(1r)n1，第二年所交纳的储藏金就变为a2(1r)n2，以Tn表示到第n年末所累计的储藏金总额(1)写出Tn与Tn1(n2)的递推关系式；(2)求证：TnAnBn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列解(1)由题意知：n2时，TnTn1(1r)an，其中

43、ana1(n1)d，TnTn1(1r)a1(n1)d，n2.(2)证明：Tna1(1r)n1a2(1r)n2an1(1r)an，(1r)Tna1(1r)na2(1r)n1an2(1r)3an1(1r)2an(1r)，得rTna1(1r)nd(1r)n1(1r)n2(1r)ana1(1r)ndeq f(1r11rn1,11r)a1(n1)deq blc(rc)(avs4alco1(a1f(d,r)(1r)neq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(a1f(d,r)dn)，Tneq f(a1rd,r2)(1r)neq blc(rc)(avs4alco1(f(a1rd

44、,r2)f(d,r)n).令Aneq f(a1rd,r2)(1r)n，Bneq f(a1rd,r2)eq f(d,r)n，则eq f(An1,An)1r(定值)，Bn1Bneq f(d,r)(定值)，即TnAnBn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列全国卷高考真题调研12015全国卷设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.答案eq f(1,n)解析an1Sn1Sn，Sn1SnSn1Sn，又由a11，知Sn0，eq f(1,Sn)eq f(1,Sn1)1，eq blcrc(avs4alco1(f(1,Sn)是等差数列，且公差为1，而eq f(1,S1)eq f(

45、1,a1)1，eq f(1,Sn)1(n1)(1)n，Sneq f(1,n).22016全国卷Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.记bnlg an，其中*表示不超过*的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列bn的前1000项和解(1)设an的公差为d，据有721d28，解得d1.所以an的通项公式为ann.b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.(2)因为bneq blcrc (avs4alco1(0，1n10，,1，10n100，,2，100n1.a2a38，a1a又a1a49，a11，a48，q2.前n项和为eq

46、f(112n,12)2n1.52015高考数列an满足：a12a2nan4eq f(n2,2n1)，nN*.(1)求a3的值；(2)求数列an的前n项和Tn；(3)令b1a1，bneq f(Tn1,n)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)f(1,3)f(1,n)an(n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn22ln n.解(1)由题意，知3a3(a12a23a3)(a12a2)4eq f(32,231)eq blc(rc)(avs4alco1(4f(22,221)eq f(3,4)，a3eq f(1,4).(2)由条件知，nan(a12a2nan)a12a2(n1)an

47、1eq blc(rc)(avs4alco1(4f(n2,2n1)eq blc(rc)(avs4alco1(4f(n1,2n2)(n2)，naneq f(n,2n1)，aneq f(1,2n1).又a14eq f(3,20)1时也符合此式，aneq f(1,2n1)(nN*)Tn1eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1eq f(1blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n),1f(1,2)2eq f(1,2n1).(3)证明：依题意，得bneq f(a1a2an1,n)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(

48、1,2)f(1,n)an，b1a1，b2eq f(a1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)a2，b3eq f(a1a2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)f(1,3)a3，Snb1b2bneq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)f(1,n)(a1a2an)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)f(1,n)Tneq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)f(1,n)eq blc(rc)(avs4alco1(2f(1,2n1)1)，则f(*)eq f(1,*)eq f(1,*2)eq f(*1,*2)

49、0，f(*)在(1，)上是增函数又f(1)0，即f(*)0，又k2且kN*时，eq f(k,k1)1，feq blc(rc)(avs4alco1(f(k,k1)lneq f(k,k1)eq f(1,f(k,k1)10，即lneq f(k,k1)eq f(1,k)，eq f(1,2)lneq f(2,1)，eq f(1,3)lneq f(3,2)，eq f(1,n)lneq f(n,n1)，即有eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,n)lneq f(2,1)lneq f(3,2)lneq f(n,n1)ln n，2eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)f(1,3)f

50、(1,n)22ln n，即Sn 0)及两点A1(*1,0)和A2(*2,0)，其中*2*10.过A1，A2分别作*轴的垂线，交曲线C于B1，B2两点，直线B1B2与*轴交于点A3(*3,0)，则()A*1，eq f(*3,2)，*2成等差数列 B*1，eq f(*3,2)，*2成等比数列C*1，*3，*2成等差数列 D*1，*3，*2成等比数列答案A解析由题意，得B1，B2两点的坐标分别为eq blc(rc)(avs4alco1(*1，f(1,*1)，eq blc(rc)(avs4alco1(*2，f(1,*2).所以直线B1B2的方程为yeq f(1,*1*2)(*1)eq f(1,*1)，

51、令y0，得*1*2，所以*3*1*2，因此，*1，eq f(*3,2)，*2成等差数列62016模拟设无穷数列an，如果存在常数A，对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数N，使得nN时，恒有|anA|1，所以对于正数01，不存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|0成立，即2不是数列eq blcrc(avs4alco1(f(1,13)f(1,35)f(1,57)f(1,2n12n1)的极限对于，|an2|eq blc|rc|(avs4alco1(1f(1,2)f(1,22)f(1,23)f(1,2n1)2)eq blc|rc|(avs4alco1(f(1blc(rc)(avs4alco1

52、(1f(1,2n),1f(1,2)2)eq f(2,2n)，令eq f(2,2n)1log2，所以对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|1，所以对于正数01，不存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|0，an13an，an为等比数列，且公比为3，Sn3n1.82016统考Sn为等比数列an的前n项和，假设2S4S22，则S6的最小值为_答案eq r(3)解析由题意得2(a1a1qa1q2a1q3)a1a1q2，整理，得(a1a1q)(12q2)2，即S2(12q2)2.因为12q20，所以S20.又由2S4S22，得S4eq f(1,2)S21.由等比数列的

53、性质，得S2，S4S2，S6S4成等比数列，所以(S4S2)2S2(S6S4)，所以S6eq f(S4S22,S2)S4eq f(blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)S2)2,S2)eq f(1,2)S21eq f(3,4)S2eq f(1,S2)2eq r(f(3,4)S2f(1,S2)eq r(3)，当且仅当eq f(3,4)S2eq f(1,S2)，即S2eq f(2r(3),3)时等号成立，所以S6的最小值为eq r(3).92016武昌调研设Sn为数列an的前n项和，Sneq f(1,2n)(1)nan(nN*)，则数列Sn的前9项和为_答案eq f(341,1024)

54、解析因为Sneq f(1,2n)(1)nan，所以Sn1eq f(1,2n1)(1)n1an1(n2)，两式相减得SnSn1eq f(1,2n)eq f(1,2n1)(1)nan(1)n1an1，即aneq f(1,2n)(1)nan(1)nan1(n2)，当n为偶数时，aneq f(1,2n)anan1，即an1eq f(1,2n)，此时n1为奇数，所以假设n为奇数，则aneq f(1,2n1)；当n为奇数时，aneq f(1,2n)anan1，即2aneq f(1,2n)an1，所以an1eq f(1,2n1)，此时n1为偶数，所以假设n为偶数，则aneq f(1,2n).所以数列an的通

55、项公式为aneq blcrc (avs4alco1(f(1,2n1)，n为奇数,f(1,2n)，n为偶数)所以数列Sn的前9项和为S1S2S3S99a18a27a36a43a72a8a9(9a18a2)(7a36a4)(3a72a8)a9eq f(1,22)eq f(1,24)eq f(1,26)eq f(1,28)eq f(1,210)eq f(f(1,22)blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)5),1f(1,4)eq f(341,1024).三、解答题102016质检在数列an中，a1eq f(1,2)，an1eq f(n1,2n)an，nN*

56、.(1)求证：数列eq blcrc(avs4alco1(f(an,n)为等比数列；(2)求数列an的前n项和Sn.解(1)证明：由an1eq f(n1,2n)an知eq f(an1,n1)eq f(1,2)eq f(an,n)，eq blcrc(avs4alco1(f(an,n)是以eq f(1,2)为首项，eq f(1,2)为公比的等比数列(2)由(1)知eq blcrc(avs4alco1(f(an,n)是首项为eq f(1,2)，公比为eq f(1,2)的等比数列，eq f(an,n)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n，aneq f(n,2n)，Sneq f(1,21)eq f(2,22)eq f(n,2n)，则eq f(1