(浙江专用)2020版高考数学 数列的综合应用讲义(含解析)

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P 1为线段BC 的中点，P 2为线段CO 的中点，P 3为线段OP 1的中点，对于每一个正整数n ，P n ＋3为线段P n P n ＋1的中点，令P n 的坐标为(x n ，y n )，a n ＝12y n ＋y n ＋1＋y n ＋2.(1)求a 1，a 2，a 3及a n 的值； (2)求证：y n ＋4＝1－y n4，n ∈N *；(3)若记b n ＝y 4n ＋4－y 4n ，n ∈N *，求证：{b n }是等比数列． (1)解 因为y 1＝y 2＝y 4＝1，y 3＝12，y 5＝34，所以a 1＝a 2＝a 3＝2， 又由题意可知y n ＋3＝y n ＋y n ＋12，所以a n ＋1＝12y n ＋1＋y n ＋2＋y n ＋3＝12y n ＋1＋y n ＋2＋y n ＋y n ＋12 ＝12y n ＋y n ＋1＋y n ＋2＝a n ， 所以{a n }为常数列， 所以a n ＝a 1＝2，n ∈N *.(2)证明 将等式12y n ＋y n ＋1＋y n ＋2＝2两边除以2得14y n ＋y n ＋1＋y n ＋22＝1.又因为y n ＋4＝y n ＋1＋y n ＋22，所以y n ＋4＝1－y n4，n ∈N *. (3)证明 因为b n ＋1＝y 4n ＋8－y 4n ＋4 ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－y 4n ＋44－⎝⎛⎭⎪⎫1－y 4n 4＝－14(y 4n ＋4－y 4n )＝－14b n ，又因为b 1＝y 8－y 4＝－14≠0，所以{b n }是首项为－14，公比为－14的等比数列．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{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列 C ．{d n }是等差数列 D ．{d 2n }是等差数列答案 A解析 作A 1C 1，A 2C 2，A 3C 3，…，A n C n 垂直于直线B 1B n ，垂足分别为C 1，C 2，C 3，…，C n ， 则A 1C 1∥A 2C 2∥…∥A n C n .∵|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，∴|C n C n ＋1|＝|C n ＋1C n ＋2|. 设|A 1C 1|＝a ，|A 2C 2|＝b ，|B 1B 2|＝c ， 则|A 3C 3|＝2b －a ，…，|A n C n |＝(n －1)b －(n －2)a (n ≥3)，∴S n ＝12c [(n －1)b －(n －2)a ]＝12c [(b －a)n ＋(2a －b )]，∴S n ＋1－S n ＝12c [(b －a )(n ＋1)＋(2a －b )－(b －a )n －(2a －b )]＝12c (b －a )，∴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{}a n 满足1a n ＋1＝12a n ＋12且a 1＝4(n ∈N *)． (1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝a 2n －a n ，且S n 为{}b n 的前n 项和，证明：12≤S n <15.(1)解 由1a n ＋1＝12a n ＋12得， 1a n ＋1－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，由a 1＝4得1a 1－1＝－34，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为－34，公比为12的等比数列．所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－34⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即a n ＝2n ＋12n ＋1－3.(2)证明 b n ＝a 2n －a n ＝3·2n ＋1(2n ＋1－3)2，又S n ＋1－S n ＝b n ＋1＝3·2n ＋2(2n ＋2－3)2>0，故S n 是关于n 的递增数列， 故S n ≥S 1＝b 1＝a 21－a 1＝12. 当k ≥2时，b k ＝a 2k －a k ＝3·2k ＋1(2k ＋1－3)2<3·2k ＋1(2k ＋1－3)(2k ＋1－4)＝3·2k(2k ＋1－3)(2k－2)<3·2k(2k ＋1－3)(2k－3)＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －3－12k ＋1－3， 故当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋b 2＋b 3＋…＋b n <12＋3⎝⎛122－3－123－3＋123－3－124－3＋…＋⎭⎪⎫12n－3－12n ＋1－3＝15－32n ＋1－3<15. 又n ＝1时，S 1＝12<15，综上有12≤S n <15. 命题点2 可求通项构造放缩例3 (2018·湖州调研)已知数列{a n }满足a 1＝25，a n ＋1＝2a n 3－a n ，n ∈N *.(1)求a 2；(2)求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的通项公式；(3)设{a n }的前n 项的和为S n ，求证：65⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113.(1)解 由条件可知a 2＝2a 13－a 1＝413.(2)解 由a n ＋1＝2a n3－a n ，得1a n ＋1＝32·1a n －12， 即1a n ＋1－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，又1a 1－1＝32≠0，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为32，公比为32的等比数列，则1a n －1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， 所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＋1.(3)证明 由(2)可得a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝25·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. 所以S n ≥25＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝65⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ， 故S n ≥65⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 成立．另一方面a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1<1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n<25＋413＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝4665＋89－89·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2<4665＋89<2113，n ≥3， 又S 1＝25<2113，S 2＝4665<2113，因此S n <2113，n ∈N *.所以65⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113.命题点3 不可求通项裂项放缩例4(2018·杭州模拟)设数列{a n }满足a 1＝13，a n ＋1＝a n ＋a 2n n 2(n ∈N *)．(1)证明：a n <a n ＋1<1(n ∈N *)； (2)证明：a n ≥n2n ＋1(n ∈N *)．证明 (1)方法一 易知a n >0，所以a n ＋1＝a n ＋a 2nn2>a n ，即a k ＋1＝a k ＋a 2k k 2<a k ＋a k a k ＋1k2，k ∈N *，所以1a k －1a k ＋1<1k2，k ∈N *，所以，当n ≥3时， 1a n ＝1a 1－k ＝1n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1ak－1a k ＋1>1a 1－k ＝1n －11k2>3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋k ＝2n －11k (k －1)＝3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋k ＝2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＝3－⎝⎛⎭⎪⎫1＋1－1n －1＝nn －1>1，所以a n <1. 又a 1＝13<1，a 2＝49<1，所以a n <1(n ∈N *)， 所以a n <a n ＋1<1(n ∈N *)．方法二 易知a n >0，所以a n ＋1＝a n ＋a 2nn 2>a n ，由题意，得1a n ＋1＝1a n ＋a 2n n2＝n 2a n (a n ＋n 2)＝1a n －1a n ＋n 2. 则1a n －1a n ＋1＝1a n ＋n 2， 即1a 1－1a 2＝1a 1＋12，1a 2－1a 3＝1a 2＋22，…，1a n －1a n ＋1＝1a n ＋n 2， 累加得，1a 1－1a n ＋1＝1a 1＋12＋1a 2＋22＋…＋1a n ＋n 2<112＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋…＋1(n －1)·n＝2－1n，即3－1a n ＋1<2－1n，所以a n ＋1<1.所以a n <a n ＋1<1(n ∈N *)． (2)方法一 当n ＝1时，a 1＝12×1＋1＝13，显然成立．由a n <1，知a k ＋1＝a k ＋a 2kk 2<a k ＋a k k2，所以a k >k 2k 2＋1a k ＋1，所以a k ＋1＝a k ＋a 2kk 2>a k ＋1k 2a k ·k 2k 2＋1a k ＋1＝a k ＋1k 2＋1·a k a k ＋1，所以1a k －1a k ＋1>1k 2＋1，所以，当n ≥2时，1a n ＝1a 1－k ＝1n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1a k －1a k ＋1<1a 1－k ＝1n －11k 2＋1<3－k ＝1n －11k (k ＋1)＝3－k ＝1n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝2n ＋1n ， 即a n >n2n ＋1.所以a n ≥n2n ＋1(n ∈N *)．方法二 当n ≥2时，1a 1－1a n ＋1＝1a 1＋12＋1a 2＋22＋…＋1a n ＋n 2>11＋12＋11＋22＋…＋11＋(n －1)2>11×2＋12×3＋…＋1(n －1)·n ＝1－1n ， 即3－1a n >1－1n ，即a n >n 2n ＋1，又n ＝1时，a 1＝13，12×1＋1＝13，所以a n ≥n2n ＋1(n ∈N *)．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a 1＝0，a n ＋1＝a 2n ＋a n ＋1a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：a n ＋1>a n ，n ∈N *； (2)求证：a n ≥2n －1－1，n ∈N *； (3)求证：n ≥2时，a n ≤2n －3.证明 (1)∵a n ＋1＝a 2n ＋a n ＋1a n ＋1＝a n ＋1a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1a n ＋1， ∴(a n ＋1＋1)(a n ＋1)＝(a n ＋1)2＋1>0， 故a n ＋1＋1与a n ＋1同号． 又a 1＋1＝1>0， ∴a n ＋1>0， ∴a n ＋1－a n ＝1a n ＋1>0， 故a n ＋1>a n ，n ∈N *. (2)∵a k ＋1＋1＝a k ＋1＋1a k ＋1，k ∈N *， ∴(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)2＋1(a k ＋1)2＋2>(a k ＋1)2＋2，k ∈N *，当n ≥2时，(a n ＋1)2＝[(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2]＋[(a n －1＋1)2－(a n －2＋1)2]＋…＋[(a 2＋1)2－(a 1＋1)2]＋(a 1＋1)2>2(n －1)＋1＝2n －1. 又a n ＋1>0，故当n ≥2时，a n ＋1>2n －1， 即当n ≥2时，a n >2n －1－1. 又当n ＝1时，a 1≥2×1－1－1＝0， 所以a n ≥2n －1－1，n ∈N *. (3)由(2)知a k ＋1－a k ＝1a k ＋1≤12k －1，k ∈N *， 所以当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －1－a n －2)＋(a n －a n －1)， 即当n ≥2时，a n ≤1＋13＋15＋…＋12n －3.当n ≥3时，12n －3＝222n －3<22n －3＋2n －5＝2n －3－2n －5，所以当n ≥3时，a n ≤1＋13＋15＋…＋12n －3<1＋(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n －3－2n －5)＝2n －3. 又a 2＝1≤2×2－3，所以n ≥2时，a n ≤2n －3.思维升华数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中参数的取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题．而数列的条件可能是等差数列、等比数列，甚至是一个递推公式等，求解方法既要用到不等式知识(如比较法、放缩法、基本不等式法等)，又要用到数列的基础知识． 跟踪训练2(2016·浙江)设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝⎛⎭⎪⎫32n ，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.证明 (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1， 故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *， 所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n－1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＜1，n ≥2.因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ＝1时也成立．(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ∈N *，m ＞n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＜12n －1，故|a n |＜⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n . 从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2.否则，存在n 0∈N *， 有02,n a >取正整数000342log 2n n a m ->且m 0＞n 0，则00340002log 23322244n n a m n n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.1．设a >3，数列{a n }中，a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n 2a n －3，n ∈N *.(1)求证：a n >3，且a n ＋1a n<1， (2)当a ≤4时，证明：a n ≤3＋15n －1.证明 (1) ∵a n ＋1－3＝a 2n2a n －3－3＝(a n －3)22⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －32，又∵a n ＋1－32＝a 2n2a n －3－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －322＋942⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －32，∴⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1－32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －322＋942>0，∴a n ＋1－32与a n －32同号．∵a 1－32＝a －32，a >3，∴a 1－32>0，∴a n －32>0.∴a n ＋1－3＝(a n －3)22⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －32>0，∴a n ＋1>3，∴a n >3. ∴a n ＋1a n ＝a n 2a n －3＝12－3a n<1. (2)∵a n ＋1－3＝(a n －3)22a n －3，∴a n ＋1－3a n －3＝a n －32a n －3. 由(1)知3<a n ≤a 1＝a ， ∴3<a n ≤4，设a n －3＝t ，则0<t ≤1. 故a n ＋1－3a n －3＝t 2t ＋3＝12＋3t≤15，∴当n ≥2时，a 2－3a 1－3·a 3－3a 2－3·a 4－3a 3－3·…·a n －3a n －1－3≤⎝ ⎛⎭⎪⎫15n －1， ∴a n －3a 1－3≤⎝ ⎛⎭⎪⎫15n －1， ∴a n －3≤(a 1－3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫15n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫15n －1，∴a n ≤3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15n －1.又当n ＝1时，a 1＝a ≤4满足上式， ∴a n ≤3＋15n －1成立．2．(2018·温州市适应性考试)数列{a n }，{b n }的每一项都是正数，a 1＝8，b 1＝16，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，n ＝1,2,3，….(1)求a 2，b 2的值，并求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)证明：对一切正整数n ，有1a 1－1＋1a 2－1＋1a 3－1＋…＋1a n －1<27. (1)解 由2b 1＝a 1＋a 2，可得a 2＝2b 1－a 1＝24.由a 22＝b 1b 2，可得b 2＝a 22b 1＝36.因为a n ，b n ，a n ＋1成等差数列， 所以2b n ＝a n ＋a n ＋1.①因为b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列， 所以a 2n ＋1＝b n b n ＋1，因为数列{a n }，{b n }的每一项都是正数， 所以a n ＋1＝b n b n ＋1，② 于是当n ≥2时，a n ＝b n －1b n .③将②，③代入①式，可得2b n ＝b n －1＋b n ＋1， 因此数列{b n }是首项为4，公差为2的等差数列， 所以b n ＝b 1＋(n －1)d ＝2n ＋2， 于是b n ＝4(n ＋1)2. 由③式，可得当n ≥2时，a n ＝b n －1b n ＝4n 2·4(n ＋1)2＝4n (n ＋1)．当n ＝1时，a 1＝8，满足该式子，所以对一切正整数n ，都有a n ＝4n (n ＋1)． (2)证明 由题意知，所证明的不等式为17＋123＋147＋…＋14n 2＋4n －1<27，首先证明14n 2＋4n －1<27⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ≥2)．14n 2＋4n －1<27⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1⇔14n 2＋4n －1<27n 2＋7n⇔7n 2＋7n <8n 2＋8n －2⇔n 2＋n －2>0⇔(n －1)·(n ＋2)>0，所以当n ≥2时，17＋123＋…＋14n 2＋4n －1<17＋27⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝17＋27⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1<17＋27×12＝27.当n ＝1时，17<27.综上所述，对一切正整数n ，有1a 1－1＋1a 2－1＋1a 3－1＋…＋1a n－1<27.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1(n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －12为递减数列；(2)记S n 为数列{|a n ＋1－a n |}的前n 项和，证明：S n <53(n ∈N *)．证明 (1)由题意知a n >0，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n ＋1－12⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －12＝12a n ＋1<1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －12为递减数列．(2)因为a 1＝1，a 2＝13，所以当n ≥3时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －12<16，所以13<a n <23(n ≥3)， 故13≤a n <23(n ≥2)． 因为|a n ＋2－a n ＋1||a n ＋1－a n |＝22a n ＋3≤611(n ≥2)， 当n ＝1时，也满足上式，故|a n ＋1－a n |≤|a 2－a 1|·⎝ ⎛⎭⎪⎫611n －1， 所以S n ＝|a 2－a 1|＋|a 3－a 2|＋…＋|a n ＋1－a n |≤|a 2－a 1|·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫611n 1－611<2215<53(n ∈N *)． 4．(2018·金华十校调研)已知数列{x n }满足x n ∈(0,1)(n ∈N *)，函数f (x )＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 1－x 在点(x n ，f (x n ))处的切线与x 轴交点的横坐标为x n ＋1.(1)证明：当x ∈(0,1)时，f (x )>2x ；(2)证明：x n ＋1<x 3n ；(3)若x 1∈(0，a )，a ∈(0,1)，求证：对任意的正整数m ，都有12*11log log log ()23n n n m n x x x a a a n -⎛⎫⋅⋅⋅<⋅∈ ⎪⎝⎭N ＋＋＋＋＋． 证明 (1)设g (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )－2x ，则g ′(x )＝2x 21－x 2， 故当x ∈(0,1)时，g ′(x )>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－x 2， 知曲线在点(x n ，f (x n ))处的切线方程为y ＝21－x 2n(x －x n )＋f (x n )． 令y ＝0，有x n ＋1＝x n ＋12f (x n )(x 2n －1)， 则x n ＋1＝12(x 2n －1)ln 1＋x n 1－x n＋x n .由(1)及x 2n －1<0知， x n ＋1<12(2x n )·(x 2n －1)＋x n ＝x 3n .(3)令0log (1,2)log .n k n x k x a b k m b a ⋅⋅⋅＋＝＝，，，＝因为x n ＋k <x 3n ＋k －1，且a ∈(0,1)，x n ∈(0,1)，所以log a x n ＋k >log a x 3n ＋k －1，从而有31log log n k n k k x x b a a +-<=＋＝13b k －1<⎝ ⎛⎭⎪⎫132b k －2<…<⎝ ⎛⎭⎪⎫13k b 0，所以1log log log n n n m x x x a a a ⋅⋅⋅＋＋＋＋＋＝b 0＋b 1＋…＋b m<b 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13m＝32b 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m ＋1<32b 0.要证1211log log log ,23n n n m n x x x a a a ++-⎛⎫++⋅⋅⋅+<⋅ ⎪⎝⎭只需证32b 0<12·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n－2，即证b 0<⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，即证log x n a <⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，即证x n <a 3n －1，由(2)及x 1∈(0，a )可得2113333121.n n n n n x x x x a ----<<<⋅⋅⋅<<综上即可证得．5．已知正项数列{a n }满足a 1＝3，a 2n ＋1＝a n ＋2，n ∈N *.求证：(1)数列{a n }是单调递减数列；(2)|a n ＋1－2|<14|a n －2|，n ∈N *；(3)|a 1－2|＋2|a 2－2|＋3|a 3－2|＋…＋n |a n －2|<169，n ∈N *.证明 (1)由a 2n ＋1＝a n ＋2，得a 2n ＋2＝a n ＋1＋2，两式相减，得a 2n ＋2－a 2n ＋1＝a n ＋1－a n ，即(a n ＋2－a n ＋1)(a n ＋2＋a n ＋1)＝a n ＋1－a n ，因为a n >0，所以a n ＋2＋a n ＋1>0，所以a n ＋2－a n ＋1与a n ＋1－a n 同号．由a 22＝a 1＋2＝5，得a 2＝5，a 2－a 1＝5－3<0，所以a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ，故数列{a n }是递减数列．(2)由a 2n ＋1＝a n ＋2，得a 2n ＋1－4＝a n －2，即(a n ＋1＋2)(a n ＋1－2)＝a n －2，所以|a n ＋1－2|＝|a n －2|a n ＋1＋2，由(a n ＋1＋2)(a n ＋1－2)＝a n －2，知a n ＋1－2与a n －2同号，由a 1－2＝3－2>0，知a n －2>0，即a n >2，故a n ＋1＋2>4.所以1a n ＋1＋2<14，所以|a n ＋1－2|<14|a n －2|，n ∈N *.(3)由(2)知，当n ≥2时，有|a n －2|＝|a 1－2|×|a 2－2||a 1－2|×|a 3－2||a 2－2|×…×|a n －2||a n －1－2|<14n －1|a 1－2|＝14n －1，所以当n ≥2时，有|a 1－2|＋2|a 2－2|＋3|a 3－2|＋…＋n |a n －2|<1＋24＋342＋…＋n4n －1，令S n ＝1＋24＋342＋…＋n4n －1，则14S n ＝14＋242＋343＋…＋n4n ，所以34S n ＝1＋14＋142＋143＋…＋14n －1－n4n＝1－14n 1－14－n 4n ＝43－43×4n －n4n <43，所以S n <169，故|a 1－2|＋2|a 2－2|＋3|a 3－2|＋…＋n |a n －2|<169，n ≥2.又当n ＝1时，|a 1－2|＝1<169.综上，|a 1－2|＋2|a 2－2|＋3|a 3－2|＋…＋n |a n －2|<169，n ∈N *.6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n(n ∈N *)．(1)证明：当n ≥1，n ∈N *时，2n ＋2≤a n ≤1；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，证明：S n ≤2n －1(n ∈N *)．证明 (1)由已知条件易知a n >0，a 2＝a 11＋a 21＝12，且1a n ＋1＝1a n＋a n ，(*)所以1a n ＋1>1a n>0，所以a n ＋1<a n ，即数列{a n }是递减数列，故a n ≤a 1＝1.当n ≥2，n ∈N *时，a n ≤a 2＝12.又由(*)知，1a n ＋1＝1a n ＋a n ≤1a n ＋12(n ≥2)，…，1a 3≤1a 2＋12，累加可得1a n ≤1a 2＋12(n －2)＝12n ＋1，即a n ≥2n ＋2，n ≥2，n ∈N *.经验证：当n ＝1时，a 1＝1≥21＋2＝23也成立．所以当n ≥1，n ∈N *时，2n ＋2≤a n ≤1.(2)将(*)式平方可得1a 2n ＋1＝1a 2n＋a 2n ＋2，累加可得1a 2n ＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n －1＋2(n －1)≥2＋2(n －1)＝2n (n ≥2)， 所以a n ≤22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，n ≥2.所以当n ≥2，n ∈N *时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n <1＋2(2－1＋3－2＋…＋n －n －1)＝2n ＋1－2， 只需证2n ＋1－2≤2n －1，即证2n ＋1≤2n －1＋2，两边平方整理得2n＋1＋22n≤2n＋1＋222n－1，即n≤2n－1，两边再次平方即证n≥1，显然成立．经验证：当n＝1时，S1＝1≤2×1－1＝1也成立．故S n≤2n－1(n∈N*)．。