1、1第 2 课时 数列的综合应用题型一 数列和解析几何的综合问题例 1 (2004浙江)已知 OBC 的三个顶点坐标分别为 O(0,0)， B(1,0)， C(0,2)，设 P1为线段 BC 的中点， P2为线段 CO 的中点， P3为线段 OP1的中点，对于每一个正整数 n， Pn3 为线段 PnPn1 的中点，令 Pn的坐标为( xn， yn)， an yn yn1 yn2 .12(1)求 a1， a2， a3及 an的值；(2)求证： yn4 1 ， nN *；yn4(3)若记 bn y4n4 y4n， nN *，求证： bn是等比数列(1)解 因为 y1 y2 y41， y3 ， y5
2、，12 34所以 a1 a2 a32，又由题意可知 yn3 ，yn yn 12所以 an1 yn1 yn2 yn312 yn1 yn2 12 yn yn 12 yn yn1 yn2 an，12所以 an为常数列，所以 an a12， nN *.(2)证明 将等式 yn yn1 yn2 2 两边除以 2 得 yn 1.12 14 yn 1 yn 22又因为 yn4 ，yn 1 yn 22所以 yn4 1 ， nN *.yn4(3)证明 因为 bn1 y4n8 y4n4 (1y4n 44 ) (1 y4n4) (y4n4 y4n) bn，14 14又因为 b1 y8 y4 0，142所以 bn是首
3、项为 ，公比为 的等比数列14 14思维升华利用题目中曲线或直线上点的坐标之间的关系，得到数列的递推关系，然后利用数列的递推关系寻求数列通项，从而求解题目跟踪训练 1 (2016浙江)如图，点列 An， Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn1 | An1 An2 |， An An2 ， nN *，| BnBn1 | Bn1 Bn2 |， Bn Bn2 ， nN *(P Q 表示点 P 与 Q 不重合)若 dn| AnBn|， Sn为 AnBnBn1 的面积，则( )A Sn是等差数列 B S 是等差数列2nC dn是等差数列 D d 是等差数列2n答案 A解析 作 A1C1， A2C2， A
4、3C3， AnCn垂直于直线 B1Bn，垂足分别为 C1， C2， C3， Cn，则 A1C1 A2C2 AnCn.| AnAn1 | An1 An2 |，| CnCn1 | Cn1 Cn2 |.设| A1C1| a，| A2C2| b，| B1B2| c，则| A3C3|2 b a，|AnCn|( n1) b( n2) a (n3)， Sn c(n1) b( n2) a c(b a)n(2 a b)，12 12 Sn1 Sn c(b a)(n1)(2 a b)( b a)n(2 a b) c(b a)，12 12数列 Sn是等差数列题型二 数列与不等式的综合问题命题点 1 可求通项的裂项放缩
5、例 2 已知数列 满足 且 a14( nN *)an1an 1 12an 12(1)求数列 的通项公式；an(2)设 bn a an，且 Sn为 的前 n 项和，证明：12 Sn0，32n 22n 2 32故 Sn是关于 n 的递增数列，故 Sn S1 b1 a a112.21当 k2 时， bk a ak2k32k 12k 1 320，所以 an1 an an，a2nn2即 ak1 ak 1an 1a1 n 1k 1(1ak 1ak 1) 1a1 n 1k 11k23 31 n 1k 2 1kk 1 1 n 1k 2( 1k 1 1k)3 1，所以 an0，所以 an1 an an，a2nn
6、2由题意，得 .1an 1 1an a2nn2 n2anan n2 1an 1an n2则 ，1an 1an 1 1an n2即 ， ， ，1a1 1a2 1a1 12 1a2 1a3 1a2 22 1an 1an 1 1an n2累加得， ak1 ，k2k2 1所以 ak1 ak ak ak ak1 ak akak1 ，a2kk2 1k2 k2k2 1 1k2 1所以 ，1ak 1ak 1 1k2 1所以，当 n2 时， .n2n 1所以 an (nN *)n2n 1方法二 当 n2 时， 1a1 1an 1 1a1 12 1a2 22 1an n2 11 12 11 22 1 ，11 n
7、12 112 123 1n 1n 1n即 3 1 ，即 an ，1an 1n n2n 1又 n1 时， a1 ， ，13 121 1 13所以 an (nN *)n2n 1命题点 4 不可求通项构造放缩例 5(2018浙江模拟训练冲刺卷)已知数列 an满足 a10， an1 ， nN *.a2n an 1an 1(1)求证： an1 an， nN *；(2)求证： an 1， nN *；2n 1(3)求证： n2 时， an .2n 3证明 (1) an1 an ，a2n an 1an 1 1an 1 an1 1 an1 ，1an 1( an1 1)( an1)( an1) 210，故 an1
8、 1 与 an1 同号7又 a1110， an10， an1 an 0，1an 1故 an1 an， nN *.(2) ak1 1 ak1 ， kN *，1ak 1( ak1 1) 2( ak1) 2 2( ak1) 22， k N*，1ak 12当 n2 时，( an1) 2( an1) 2( an1 1) 2( an1 1) 2( an2 1) 2( a21)2( a11) 2( a11) 22(n1)12 n1.又 an10，故当 n2 时， an1 ，2n 1即当 n2 时， an 1.2n 1又当 n1 时， a1 10，21 1所以 an 1， nN *.2n 1(3)由(2)知
9、ak1 ak ， kN *，1ak 1 12k 1所以当 n2 时， an a1( a2 a1)( a3 a2)( an1 an2 )( an an1 )，即当 n2 时， an1 .13 15 12n 3当 n3 时， 3，数列 an中， a1 a， an1 ， nN *.a2n2an 3(1)求证： an3，且 0，(an 132)(an 32) (an 32)2 942 an1 与 an 同号32 32 a1 a ， a3，32 32 a1 0，32 an 0.32 an1 3 0，an 322(an 32) an1 3， an3. 0( n1)( n2)0，所以当 n2 时，11 17
10、 123 14n2 4n 10，故 2x；(2)证明： xn1 0，函数 g(x)在(0,1)上单调递增，所以 g(x)g(0)0，即 f(x)2x.(2)由 f( x) ，11 x 11 x 21 x2知曲线在点( xn， f(xn)处的切线方程为y (x xn) f(xn)21 x2n令 y0，有 xn1 xn f(xn)(x 1)，12 2n则 xn1 (x 1)ln xn.由(1)及 x 1logax ，3n k 1从而有 31loglnknkkxxb bk1 0，所以 an2 an1 0，所以 an2 an1 与 an1 an同号由 a a125，得 a2 ， a2 a1 30，知
11、an20，即 an2，14故 an1 24.所以 0， a2 ，a11 a21 1215且 an，(*)1an 1 1an所以 0，1an 11an所以 an1 an，即数列 an是递减数列，故 an a11.当 n2， nN *时， an a2 .12又由(*)知， an (n2)， ，1an 1 1an 1an 12 1a3 1a2 12累加可得 (n2) n1，1an 1a2 12 12即 an ， n2， nN *.2n 2经验证：当 n1 时， a11 也成立21 2 23所以当 n1， nN *时， an1.2n 2(2)将(*)式平方可得 a 2，1a2n 1 1a2n 2n累加可得 a a a 2( n1)22( n1)2 n(n2)，1a2n 1a21 21 2 2n 1所以 an ( )， n2.22n 2n n 1 2 n n 1所以当 n2， nN *时，Sn a1 a2 an1 ( ) 1 ，2 2 1 3 2 n n 1 2n 2只需证 1 ，2n 2 2n 1即证 1 ，2n 2n 1 2两边平方整理得 2n12 2 n12 ，即 ，2n 22n 1 n 2n 1两边再次平方即证 n1，显然成立经验证：当 n1 时， S11 1 也成立21 1故 Sn (nN *)2n 116
