7、
記函數(shù)f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)，
f′(x)＝＋ln(1＋x)>0(x>0)，
函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)≥f(0)＝0，
因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故2xn＋1－xn≤(n∈N*). 10分
(3)證明：因?yàn)閤n＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
所以xn≥.
由≥2xn＋1－xn
得－≥2>0， 13分
所以－≥2≥…≥2n－1＝2n－2，
故xn≤.
綜上，≤xn≤(n∈N*). 15分
8、
3．(20xx·浙江高考)設(shè)數(shù)列{an}滿足≤1，n∈N*.
(1)證明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；
(2)若|an|≤n，n∈N*，證明：|an|≤2，n∈N*.
[證明] (1)由≤1，
得|an|－|an＋1|≤1，
故－≤，n∈N*， 2分
所以－＝＋＋…＋≤＋＋…＋<1，
因此|an|≥2n－1(|a1|－2). 5分
(2)任取n∈N*，由(1)知，對(duì)于任意m>n，
－＝＋＋…＋≤＋＋…＋<，
故|an|<·2n
≤·2n
＝2＋m·2n. 8分
從而對(duì)于任意m>n，均有|an|<2＋m·2n.①
9、由m的任意性得|an|≤2.
否則，存在n0∈N*，有|an0|>2，
取正整數(shù)m0>log且m0>n0， 11分
則2n0·m0<2n0·log＝|an0|－2，與①式矛盾．
綜上，對(duì)于任意n∈N*，均有|an|≤2. 15分
(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第21頁(yè))
熱點(diǎn)題型1 數(shù)列中的an與Sn的關(guān)系
數(shù)列中的an與Sn的關(guān)系
題型分析：以數(shù)列中an與Sn間的遞推關(guān)系為載體，考查數(shù)列通項(xiàng)公式的求法，以及推理論證的能力.
【例1】 數(shù)列{an}中，a1＝1，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且滿足＝1(n≥2)．求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334070】
10、
[解] 由已知，當(dāng)n≥2時(shí)，＝1，
所以＝1， 2分
即＝1，
所以－＝. 4分
又S1＝a1＝1，
所以數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列， 6分
所以＝1＋(n－1)＝，
即Sn＝. 8分
所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－＝－. 12分
因此an＝ 15分
[方法指津]
給出Sn與an的遞推關(guān)系，求an，常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項(xiàng)公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an.
提醒：在利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求通項(xiàng)公式時(shí)，務(wù)必驗(yàn)證n＝1時(shí)的情形
11、
[變式訓(xùn)練1] (1)已知數(shù)列{an}前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝2an－2n ，則Sn＝__________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334071】
(2)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＋2＝3an(n∈N*)，則an＝__________.
(1)n·2n(n∈N*) (2)2×3n－1(n∈N*) [(1)由Sn＝2an－2n得當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1＝2；當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝2(Sn－Sn－1)－2n，即－＝1，所以數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，則＝n，Sn＝n·2n(n≥2)，當(dāng)n＝1時(shí)，也符合上式，所以Sn＝n·2n(n∈N*)．
12、 (2)因?yàn)?Sn＋2＝3an， ①
所以2Sn＋1＋2＝3an＋1， ②
由②－①，得2Sn＋1－2Sn＝3an＋1－3an，所以2an＋1＝3an＋1－3an，即＝3.
當(dāng)n＝1時(shí)，2＋2S1＝3a1，所以a1＝2，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為3的等比數(shù)列，
所以an＝2×3n－1(n∈N*)．]
熱點(diǎn)題型2 裂項(xiàng)相消法求和
題型分析：裂項(xiàng)相消法是指把數(shù)列與式中的各項(xiàng)分別裂開(kāi)后，某些項(xiàng)可以相互抵消從而求和的方法，主要適用于(其中{an}為等差數(shù)列)等形式的數(shù)列求和.
【例2】 已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，它的前n項(xiàng)和為Sn，若S5＝70，且a2，a7，
13、a22成等比數(shù)列，
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求證：≤Tn<.
[解] (1)由已知及等差數(shù)列的性質(zhì)得S5＝5a3，∴a3＝14， 1分
又a2，a7，a22成等比數(shù)列，即a＝a2·a22. 2分
由(a1＋6d)2＝(a1＋d)(a1＋21d)且d≠0，
解得a1＝d，∴a1＝6，d＝4. 4分
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝4n＋2，n∈N*. 6分
(2)證明：由(1)得Sn＝＝2n2＋4n，＝＝，8分
∴Tn＝1－＋－＋…＋－
＝－. 11分
又Tn≥T1＝－＝，
所以≤Tn<. 15分
[
14、方法指津]
裂項(xiàng)相消法的基本思想就是把通項(xiàng)an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，常見(jiàn)的裂項(xiàng)方式有：
提醒：在裂項(xiàng)變形時(shí)，務(wù)必注意裂項(xiàng)前后系數(shù)的變化.
[變式訓(xùn)練2] (名師押題)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
[解] (1)由題設(shè)知a1·a4＝a2·a3＝8， 2分
又a1＋a4＝9，可得或(舍去) 4分
由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1. 6分
(2)Sn
15、＝＝2n－1. 8分
又bn＝＝＝－， 12分
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－. 15分
熱點(diǎn)題型3 錯(cuò)位相減法求和
題型分析：限于數(shù)列解答題的位置較為靠前，加上錯(cuò)位相減法的運(yùn)算量相對(duì)較大，故該命題點(diǎn)出現(xiàn)的頻率不高，但其仍是命題的熱點(diǎn)之一，務(wù)必加強(qiáng)訓(xùn)練.
【例3】 已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝bn＋1－1(n∈N*)．
(1)求an與bn；
(2)記數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求Tn.
[解] (1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*).
16、2分
由題意知：
當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝b2－1，故b2＝2. 3分
當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝bn＋1－bn. 4分
整理得＝，所以bn＝n(n∈N*). 6分
(2)由(1)知anbn＝n·2n，
因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1， 10分
所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1. 12分
故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*). 15分
[方法指津]
運(yùn)用錯(cuò)位相減法求和應(yīng)注意：一是判斷模型，即判斷數(shù)列{an}，{bn}中一個(gè)為等差數(shù)列，一個(gè)為等比數(shù)列；二是錯(cuò)開(kāi)位置
17、，一般先乘以公比，再把前n項(xiàng)和退后一個(gè)位置來(lái)書(shū)寫(xiě)，這樣避免兩式相減時(shí)看錯(cuò)列；三是相減，相減時(shí)一定要注意式中最后一項(xiàng)的符號(hào)，考生常在此步出錯(cuò)，一定要細(xì)心．
提醒：為保證結(jié)果正確，可對(duì)得到的和取n＝1,2進(jìn)行驗(yàn)證．
[變式訓(xùn)練3] 已知在公比大于1的等比數(shù)列{an}中，a2，a4是函數(shù)f(x)＝(x－2)(x－8)的兩個(gè)零點(diǎn)．
(1)求數(shù)列{an }的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列{2nan}的前n項(xiàng)和Sn.
[解] (1)因?yàn)閍2，a4是函數(shù)f(x)＝(x－2)(x－8)的兩個(gè)零點(diǎn)，且等比數(shù)列{an}的公比q大于1，所以a2＝2，a4＝8， 2分
所以q＝2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)
18、公式為an＝2n－1(n∈N*). 6分
(2)由(1)知2nan＝n×2n ，所以Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，① 7分
2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，② 11分
由①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1，13分
所以Sn＝2＋(n－1)×2n＋1(n∈N*). 15分
熱點(diǎn)題型4 數(shù)列的綜合問(wèn)題
題型分析：數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題多為解答題.難度偏大，屬中高檔題，常有以下兩個(gè)命題角度：
(1)以數(shù)列為載體，考查不等式的恒成立問(wèn)題；
(2)考查與數(shù)列有關(guān)的不等式的證明問(wèn)題.
【例4
19、】 (20xx·紹興市方向性仿真考試)已知數(shù)列{an}滿足，a1＝1，an＝－.
(1)求證：≤an≤1；
(2)求證：|an＋1－an|≤；
(3)求證：|a2n－an|≤. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334072】
[證明] (1)由已知得an＋1＝，又a1＝1，
所以a2＝，a3＝，a4＝，猜想≤an≤1. 2分
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．
①當(dāng)n＝1時(shí)，命題顯然成立；
②假設(shè)n＝k時(shí)，有≤an≤1成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝≤＜1，
ak＋1＝≥＝，
即當(dāng)n＝k＋1時(shí)也成立，
所以對(duì)任意n∈N*，都有≤an≤1. 5分
(2)當(dāng)n＝1時(shí)，|a2
20、－a1|＝，
當(dāng)n≥2時(shí)，∵＝·＝1＋≥1＋＝， 7分
∴|an＋1－an|＝
＝
≤|an－an－1|≤…≤n－1|a2－a1|
＝·n－1＜.
綜上所述，|an＋1－an|≤. 10分
(3)當(dāng)n＝1時(shí)，|a2－a1|＝＝＜； 11分
當(dāng)n≥2時(shí)，
|a2n－an|≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an|
≤
＝n－1－2n－1
≤－3＝. 15分
[方法指津]
解決數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題時(shí)，如果是證明題，要靈活的選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法、反證法及數(shù)學(xué)歸納法等；如果是解
21、不等式問(wèn)題，要使用解不等式的各種解法，如列表法、因式分解法、穿根法等，總之解決這類問(wèn)題把數(shù)列和不等式的知識(shí)巧妙結(jié)合起來(lái)綜合處理就行了.
[變式訓(xùn)練4] (20xx·臺(tái)州市高三年級(jí)調(diào)考)已知數(shù)列{an}滿足：an＞0，an＋1＋＜2(n∈N*)．
(1)求證：an＋2＜an＋1＜2(n∈N*)；
(2)求證：an＞1(n∈N*)．
[證明] (1)由an＞0，an＋1＋＜2，
得an＋1＜2－＜2. 2分
因?yàn)?＞an＋2＋＞2(由題知an＋1≠an＋2)，
所以an＋2＜an＋1＜2. 4分
(2)法一：假設(shè)存在aN≤1(N≥1，N∈N*)，
由(1)可得
22、當(dāng)n＞N時(shí)，an≤aN＋1＜1. 6分
根據(jù)an＋1－1＜1－＝＜0，而an＜1，
所以＞＝1＋，
于是＞1＋，
……
＞1＋. 10分
累加可得＞n－1＋.(*)
由假設(shè)可得aN＋n－1＜0， 12分
而當(dāng)n＞－＋1時(shí)，顯然有n－1＋＞0，
因此有＜n－1＋，
這顯然與(*)矛盾．
所以an＞1(n∈N*). 15分
法二：假設(shè)存在aN≤1(N≥1，N∈N*)，
由(1)可得當(dāng)n＞N時(shí)，0＜an≤aN＋1＜1. 6分
根據(jù)an＋1－1＜1－＝＜0，而an＜1，
所以＜，
所以＞≥＞1.
于是1－an＞(1－an－1)，
1－an－1＞(1－an－2)，
……
1－aN＋2＞(1－aN＋1). 10分
累乘可得1－an＞(1－aN＋1)n－N－1，(*)
由(1)可得1－an＜1， 12分
而當(dāng)n＞ ＋N＋1時(shí)，
則有(1－aN＋1)n－N－1＞1，
這顯然與(*)矛盾．
所以an＞1(n∈N*). 15分
新編浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題2 突破點(diǎn)5 數(shù)列求和及其綜合應(yīng)用 Word版含答案
