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，P 2 为线段 CO 的中点， P3 为线段 OP1 的中点，对于每一个正整数 n，P n3 为线段 PnPn1 的中点，令 Pn的坐标为(x n，y n)，a n yny n1 y n2 .12(1)求 a1，a 2，a 3 及 an的值；(2)求证：y n4 1 ，nN *；yn4(3)若记 bny 4n4 y 4n，nN *，求证： bn是等比数列(1)解 因为 y1y 2y 41，y 3 ，y5
2、 ，12 34所以 a1a 2a 32，又由题意可知 yn3 ，yn yn 12所以 an1 yn1 y n2 y n 312 yn1 y n2 12 yn yn 12 yny n1 y n2 a n，12所以a n为常数列，所以 ana 12，nN *.(2)证明 将等式 yny n1 y n2 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 y 4n8 y 4n4 (1 y4n 44 ) (1 y4n4) (y4n4 y 4n) bn，14 14又因为 b1y 8y 4 0，
3、14所以b n是首项为 ，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 | An 1An2 |，A nA n2 ，nN *，| BnBn1 | Bn1 Bn2 |，B nB n2 ，nN *(PQ 表示点 P 与 Q 不重合)若 dn|A nBn|，S n为A nBnBn1 的面积，则( )A Sn是等差数列 B S 是等差数列2nCd n是等差数列 D d 是等差数列2n答案 A解析 作 A1C1，
4、A2C2，A3C3，AnCn垂直于直线 B1Bn，垂足分别为 C1，C2，C3，Cn，则 A1C1A 2C2A nCn.|A nAn1 | An1 An2 |，|C nCn1 |C n1 Cn2 |.设|A 1C1|a， |A2C2|b， |B1B2|c，则|A 3C3|2ba，|AnCn| (n1) b(n2)a (n3)，S n c(n1)b(n2) a c(ba)n(2ab) ，12 12S n1 S n c(ba)( n1)(2ab)( ba)n(2 ab) c(ba) ，12 12数列S n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例 2 已知数列 满足
5、且 a14(nN *)an1an 1 12an 12(1)求数列 的通项公式；an(2)设 bna a n，且 Sn为 的前 n 项和，证明：12S n0，32n 22n 2 32故 Sn是关于 n 的递增数列，故 SnS 1b 1a a 112.21当 k2 时，b k a a k2k32k 12k 1 320，所以 an1 a n 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 an 1a n an，a2nn2由题意，得 .1a
6、n 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 ak 1a k ak ak ak1 a k 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 12 112 1
7、23 1n 1n 1n即 3 1 ，即 an ，1an 1n n2n 1又 n1 时，a 1 ， ，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a n满足 a10，a n1 ，nN *.a2n an 1an 1(1)求证：a n1 an，nN *；(2)求证：a n 1，nN *；2n 1(3)求证：n2 时，a n .2n 3证明 (1)a n1 a n ，a2n an 1an 1 1an 1a n1 1a n1 ，1an 1(a n1 1)(a n1)(a n1) 210，故 an1 1 与 an1
8、同号又 a1110，a n10，a n1 a n 0，1an 1故 an1 an，n N*.(2)a k1 1a k1 ，kN *，1ak 1(a k1 1) 2(a k1) 2 2(a k1) 22， kN *，1ak 12当 n2 时，(a n1) 2( an1) 2(a n1 1) 2(a n1 1) 2(a n2 1) 2(a 21)2(a 11) 2(a 11) 22(n1)12n1.又 an10，故当 n2 时，a n1 ，2n 1即当 n2 时，a n 1.2n 1又当 n1 时，a 1 10，21 1所以 an 1，nN *.2n 1(3)由(2)知 ak1 a k ，kN *
9、，1ak 1 12k 1所以当 n2 时，a na 1(a 2a 1)( a3a 2)(a n1 a n2 )(a na n1 )，即当 n2 时，a n1 .13 15 12n 3当 n3 时， 3，数列a n中，a 1a，a n1 ，nN *.a2n2an 3(1)求证：a n3，且 0，(an 1 32)(an 32) (an32)2 942a n1 与 an 同号32 32a 1 a ，a3，32 32a 1 0，32a n 0.32a n1 3 0，an 322(an 32)a n1 3，a n3. 0(n1)(n2)0，所以当 n2 时， 17 123 14n2 4n 10，故 2
10、x；(2)证明：x n1 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(x n，f(xn)处的切线 方程为y (xx n)f( xn)21 x2n令 y0，有 xn1 x n f(xn)(x 1) ，12 2n则 xn1 (x 1)ln x n.由(1) 及 x 1logax ，3n k 1从而有 bk1 0，所以 an2 a n1 0，所以 an2 a n1 与 an1 a n同号由 a a 125，得 a2 ，a2a 1 30，知 an20，即 an2，故 an1 24.所以 0，a2
11、，a11 a21 12且 a n，(*)1an 1 1an所以 0，1an 1 1an所以 an1 an，即数列a n是递减数列，故 ana 11.当 n2，nN *时，a na 2 .12又由(*)知， a n (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，a 11 也成立21 2 23所以当 n1，nN *时， an1.2n 2(2)将(*)式平方可得 a 2，1a 2n 1 1a2n 2n累加可得 a a a 2(n1) 22(n1)2n( 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，Sna 1a 2a n1 ( ) 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 2n12 ，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，S 11 1 也成立21 1故 Sn (nN *)2n 1
