第五讲数列、不等式、函数的综合应用从高考情况来看,求数列的通项公式主要有三种类型:(1)给出数列前几项的值,求通项公式;(2)给出数列的首项(或前几项)和递推公式,求通项公式;(3)给出数列的前n项和公式,求通项公式.对于第(3)类,则可利用an与Sn之间的关系求解,但要注意分n=1和n》2两种情况计算,最后要验证两者能否统一.题型一.由递推关系式求数列通项的方法阶差法:逐项相减法累加法:累乘法:待定系数法:对数变换法:p>0，倒数变换法:换元法:令数学归纳法:归纳—猜想—证明不动点法:特征根法:是常数）-题型一.由递推关系式求数列通项的方法阶差法:逐项相减法累加法:累乘法:待定系数法:对数变换法:p>0，倒数变换法:换元法:令数学归纳法:归纳—猜想—证明不动点法:特征根法:是常数）练习1题型二.数列求和的方法1.公式法2.错位相减法求和3.裂项消去法求和4.倒序相加法求和5.分组相加法求和6.并项法求和7.数列通项法求和例2.(2014·广东高考)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N.(1)求a1的值.(2)求数列{an}的通项公式.(3)证明:对一切正整数n,有【解题提示】(1)可直接令n=1.(2)用n表示出Sn,利用an=Sn-Sn-1(n≥2)求解.(3)先对每一项进行放缩再裂项相消整理求和.【解析】(1)令n=1,则S1=a1,-(12+1-3)S1-3(12+1)=0,即+a1-6=0,解得a1=2或a1=-3(舍去).(2)-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,可以整理为(Sn+3)[Sn-(n2+n)]=0,因为数列{an}中,an>0,所以Sn≠-3,只有Sn=n2+n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,而a1=2,符合an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N).因为以上数列的递推式其对应的函数f(x)是周期函数。故以上数列数列均为周期数列（a>0为常数）：关于周期数列1．形如,其中)型
2．形如：(其中q是常数，且n0,1)
3．形如(其中k,b是常数，且)
通过凑配可转化为;
4．形如(其中a,b,c是常数，且)
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：设
比较系数得，
5.形如分析：
化为的形式，
已知数列满足，
求数列的通项公式。
1.已知数列中，，
则=
2.已知数列中，，
则=
3.已知数列中，，
则=
4.数列中，，求这个
数列的通项公式，并计算的值。
解法一（待定系数法）：设，比较系数得，
则数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，即
解法二（两边同除以）：两边同时除以得：，下面解法略
解法三（两边同除以）：两边同时除以得：，下面解法略
数列中裂项求和的几种常见模型
模型一：数列是以d为公差的等差数列，且，则
模型二：分母有理化，如：
模型三：=－
模型四：，且，则
例3.（15年陕西文科）设
(I)求；
(II)证明：在内有且仅有一个零点（记为），且.
例4.（2006?湖南）已知函数f（x）=x﹣sinx，数列{an}满足：0＜a1＜1，an+1=f（an），n=1，2，3，…．证明：
（Ⅰ）0＜an+1＜an＜1；
（Ⅱ）an+1＜3．
（II）设函数g（x）=sinx﹣x+，0＜x＜1．由（I）知，
当0＜x＜1时，sinx＜x，
从而g′（x）=cosx﹣1+=0．
所以g（x）在（0，1）上是增函数．且g（0）=0，
所以当0＜x＜1时，g（x）＞0成立．
于是g（an）＞0，即sinan﹣an+3＞0．
故an+1＜3．
例3.（15年广东理科）数列满足,.
(1)求的值；
(2)求数列前项和；
(3)令，，
证明：数列的前项和满足
令，则
代入得
即
因为，
则，即，
可化为，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则，即，得
。
。
例3.【2014高考全国2第17题】已知数列满足=1，.
（Ⅰ）证明是等比数列，并求的通项公式；
（Ⅱ）证明：.
一、递推式为an+1=aan+b(a0,a1,a,b均为常数)型的数列
由递推式an+1=aan+b总可变形为
an+1－=a（an－）…………………………（１）
式中的与系数a,b存在怎样的关系呢？
由（１）得an+1=aan＋－a
∴b=－a即＝a+b…………………………（２）
关于的方程（２）刚好是递推式an+1=aan+b中的an，
an+1都换成得到的不动点方程。
令bn=an－代入（１）得bn+1=abn
一般来说，可先求等比数列{bn}的通项，再求数列{an}的通项。
二、递推式为an+1=（c0,a,b,c,d为常数）型的数列
an+1－=－＝
=。＝－可化得
＝…………………………（３）
关于的方程（３）刚好是递推式an+1=
中的an，an+1都换成后的不动点方程。
当方程（３）有两个不同根１，２时，有
一般来说，可先求等比数列{bn}的通项，后求数列{an}的通项。
an+1－１＝
an+1－２＝
∴＝
令bn=有bn＋１＝bn
三、递推式为an+1=(b,d为常数)型的数列
练习2.设数列{an}的通项公式为：an=n2+kn（n∈N+），
若数列{an}是单调递增数列，则实数k的取值范围是（）
A．[﹣2，+∞） B．（﹣2，+∞）
C．[﹣3，+∞） D．（﹣3，+∞）
练习3.数列中，，
则的值=
解：若{an}递增，则an+1＞an，
即（n+1）2+k（n+1）＞n2+kn，
则k＞﹣（2n+1），
∵n∈N，∴2n+1≥3，
﹣（2n+1）≤﹣3，则k＞﹣3，故选：D
(1)，则的周期T=2a；
(2)，则的周期T=2a；
(3)，则的周期T=3a；
(4)，则的周期T=4a.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
：(I)由题设，
所以①
由②
①②得
，
所以
证明：（I）先用数学归纳法证明0＜an＜1，n=1，2，3，
（i）当n=1时，由已知显然结论成立．
（ii）假设当n=k时结论成立，即0＜ak＜1．
因为0＜x＜1时f′（x）=1﹣cosx＞0，
所以f（x）在（0，1）上是增函数．从而f（0）＜f（ak）＜f（1），即0＜ak+1＜1﹣sin1＜1．
故n=k+1时，结论成立．
由（i）、（ii）可知，0＜an＜1对一切正整数都成立．
又因为0＜an＜1时，an+1﹣an=an﹣sinan﹣an=﹣sinan＜0，
所以an+1＜an，综上所述0＜an+1＜an＜1．
利用重要结论放缩
1.利用均值不等式放缩
2.利用柯西不等式放缩
3．利用假分数的一个性质
姐妹不等式:和
记忆口诀”小者小,大者大”
解释:看b,若b小,则不等号是小于号,反之.放缩
5.利用放缩
(II)因为，，
所以在内至少存在一个零点，
又所以在内单调递增，
因此，在内有且只有一个零点，
由于，所以0=
由此可得，故所以
例3.（15年广东理科）数列满足,.
(1)求的值；
(2)求数列前项和；
(3)令，，
证明：数列的前项和满足
（3）bn=+（1+++…+）an，
∴b1=a1，b2=+（1+）a2，b3=（1++）a3，
∴bn=+（1+++…+）an，
∴Sn=b1+b2+…+bn=（1+++…+）a1+（1+++…+）a2+…+（1+++…+）an
=（1+++…+）（a1+a2+…+an）=（1+++…+）Tn
=（1+++…+）（2﹣21﹣n）＜2×（1+++…+），
解：（1）∵a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．
∴a1=4﹣3=1，1+2a2=4﹣=2，解得a2=，则a3=；
∵a1+2a2+…+nan=4﹣，n∈N+．∴a1+2a2+…+（n﹣1）an﹣1=4﹣，n∈N+．
两式相减得nan=4﹣﹣（4﹣）=，n≥2，则an=，n≥2，
当n=1时，a1=1也满足，∴an=，n≥1，
设f（x）=lnx+﹣1，x＞1，
则f′（x）=﹣．
即f（x）在（1，+∞）上为增函数，
∵f（1）=0，即f（x）＞0，∵k≥2，且k∈N?时，，
∴f（）=ln+﹣1＞0，即ln＞，
∴ln，，…，
即=lnn，
∴2×（1+++…+）＜2+2lnn，即Sn＜2（1+lnn）=2+2lnn．
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