【浙江专用】2019年高考数学总复习教师用书 第7章 第6讲 数学归纳法

第6讲数学归纳法
最新考纲 1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
知识梳理
1.数学归纳法
证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立.
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.
2.数学归纳法的框图表示
诊断自测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.()
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.()
(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.()
(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项.()
解析对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.
答案(1)√(2)×(3)×(4)×
2.(选修2－2P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为1
2n(n－3)条
时，第一步检验n等于()
A.1
B.2
C.3
D.4
解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3. 答案 C
3.已知f(n)＝1
n＋
1
n＋1
＋
1
n＋2
＋…＋
1
n2，则()
A.f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝1
2＋
1
3
B.f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝1
2＋
1
3＋
1
4
C.f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝1
2＋
1
3
D.f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝1
2＋
1
3＋
1
4
解析f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，1
n＝
1
2，
1
n2＝
1
4，故f(2)＝
1
2＋
1
3＋
1
4.
答案 D
4.用数学归纳法证明1＋1
2＋
1
3＋…＋
1
2n－1
<n(n∈N，且n>1)，第一步要证的不等
式是________.
解析当n＝2时，式子为1＋1
2＋
1
3<2.
答案1＋1
2＋
1
3<2
5.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真.
解析由于步长为2，所以2k－1后一个奇数应为2k＋1.
答案2k＋1
6.(2017·宁波调研)用数学归纳法证明“当n为正偶数时，x n－y n能被x＋y整除”第一步应验证n＝________时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成________. 解析因为n为正偶数，故第一个值n＝2，第二步假设n取第k个正偶数成立，即n＝2k，故应假设成x2k－y2k能被x＋y整除.
答案2x2k－y2k能被x＋y整除
考点一用数学归纳法证明等式【例1】用数学归纳法证明：
1 2×4＋
1
4×6
＋
1
6×8
＋…＋
1
2n（2n＋2）
＝
n
4（n＋1）
(n∈N*).
证明(1)当n＝1时，
左边＝1
2×1×（2×1＋2）＝
1 8，
右边＝1
4（1＋1）＝
1 8，
左边＝右边，所以等式成立.
(2)假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即有
1 2×4＋
1
4×6
＋
1
6×8
＋…＋
1
2k（2k＋2）
＝
k
4（k＋1）
，
则当n＝k＋1时，
1
2×4
＋
1
4×6
＋
1
6×8
＋…＋
1
2k（2k＋2）
＋
1
2（k＋1）[2（k＋1）＋2]
＝k
4（k＋1）＋
1
4（k＋1）（k＋2）
＝
k（k＋2）＋1
4（k＋1）（k＋2）
＝（k＋1）2
4（k＋1）（k＋2）＝
k＋1
4（k＋2）
＝
k＋1
4（k＋1＋1）
.
所以当n＝k＋1时，等式也成立，
由(1)(2)可知，对于一切n∈N*等式都成立.
规律方法(1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少.
(2)由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法.
【训练1】求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*).
证明(1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，
即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，
那么当n＝k＋1时，
左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)
＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)
＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2
＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)，
所以当n＝k＋1时等式也成立.
由(1)(2)可知，对所有n∈N*等式成立.
考点二用数学归纳法证明不等式
【例2】(2017·浙江五校联考)等比数列{a n}的前n项和为S n.已知对任意的n∈N*，点(n，S n)均在函数y＝b x＋r(b>0，且b≠1，b，r均为常数)的图象上.
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记b n＝2(log2a n＋1)(n∈N*).
证明：对任意的n∈N*，不等式b1＋1
b1·
b2＋1
b2·…·
b n＋1
b n>n＋1成立.
(1)解由题意，S n＝b n＋r，
当n≥2时，S n
－1
＝b n－1＋r，
所以a n＝S n－S n
－1
＝b n－1(b－1)，
由于b>0，且b≠1，所以n≥2时，{a n}是以b为公比的等比数列，又a1＝b＋r，
a2＝b(b－1)，a2
a1＝b，即
b（b－1）
b＋r
＝b，解得r＝－1.
(2)证明由(1)知a n＝2n－1，因此b n＝2n(n∈N*)，所证不等式为
2＋1 2·4＋1
4·…·
2n＋1
2n>n＋1.
①当n＝1时，左式＝3
2，右式＝2，
左式>右式，所以结论成立.
②假设n＝k时结论成立，即2＋1
2·
4＋1
4·…·
2k＋1
2k>k＋1，
则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32（k ＋1）>k ＋1·2k ＋32（k ＋1）＝2k ＋3
2k ＋1，
要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证2k ＋3
2k ＋1
≥k ＋2，
即证2k ＋3
2≥（k ＋1）（k ＋2）， 由基本不等式可得
2k ＋32＝（k ＋1）＋（k ＋2）
2≥（k ＋1）（k ＋2）成立，
故2k ＋32k ＋1
≥k ＋2成立，所以当n ＝k ＋1时，结论成立. 由①②可知，n ∈N *时，
不等式b 1＋1b 1
·b 2＋1b 2
·…·b n ＋1
b n
>n ＋1成立.
规律方法 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题
(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.
(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法.
【训练2】 求证：12＋13＋…＋1
n ＋1<ln(n ＋1)，n ∈N *.
证明 ①当n ＝1时，1
2<ln 2，结论成立.
②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即12＋13＋…＋1
k ＋1<ln(k ＋1).
那么，当n ＝k ＋1时，
12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2.
下面证明ln(k ＋1)＋1
k ＋2
<ln(k ＋2). 令f (x )＝ln(1＋x )－x
1＋x
(x >0)， 则f ′(x )＝
x
（1＋x ）2
>0，∴f (x )在(0，＋∞)上递增，
∴f (x )>f (0)＝0，∵1
k ＋1
>0，
∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1>0，即ln ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1＋1k ＋1－
1k ＋11＋1k ＋1>0， 即ln k ＋2k ＋1－1k ＋2>0，
∴ln(k ＋2)－ln(k ＋1)－
1k ＋2>0，即ln(k ＋1)＋1k ＋2
<ln(k ＋2). ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立.
综上由①②，12＋13＋…＋1
n ＋1<ln(n ＋1)，n ∈N *成立.
考点三 归纳——猜想——证明
【例3】 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a n 2＋1
a n
－1，且a n >0，n ∈N *.
(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式； (2)证明(1)中的猜想.
(1)解 当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1
a 1
－1，即a 21＋2a 1－2＝0.
∴a 1＝3－1(a 1>0).
当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1
a 2－1，
将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3(a 2>0).同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *).
(2)证明 ①由(1)知，当n ＝1，2，3时，通项公式成立. ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立，
即a k＝2k＋1－2k－1.
由于a k
＋1＝S k
＋1
－S k＝
a k＋1
2＋
1
a k＋1
－
a k
2－
1
a k，
将a k＝2k＋1－2k－1代入上式，整理得
a2k＋1＋22k＋1a k＋1－2＝0，
∴a k
＋1
＝2k＋3－2k＋1，
即n＝k＋1时通项公式成立.
由①②可知对所有n∈N*，a n＝2n＋1－2n－1都成立.
规律方法(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性.
(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题.
【训练3】设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)＝g(x)，g n＋1(x)＝g(g n(x))，n∈N*，求g n(x)的表达式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N*，猜想g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明.
解由题设得，g(x)＝
x
1＋x
(x≥0).
(1)由已知，g1(x)＝
x
1＋x
，g2(x)＝g(g1(x))＝
x
1＋x
1＋
x
1＋x
＝
x
1＋2x
，g3(x)＝
x
1＋3x
，…，
可猜想g n(x)＝x
1＋nx
.
下面用数学归纳法证明.
①当n＝1时，g1(x)＝x
1＋x
，结论成立.
②假设n＝k时结论成立，即g k(x)＝
x
1＋kx
.
那么，当n＝k＋1时，g k
＋1
(x)＝g(g k(x))
＝g k（x）
1＋g k（x）＝
x
1＋kx
1＋
x
1＋kx
＝
x
1＋（k＋1）x
，即结论成立.
由①②可知，结论对n∈N*成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥
ax
1＋x
恒成立.
设φ(x)＝ln(1＋x)－
ax
1＋x
(x≥0)，
则φ′(x)＝
1
1＋x
－
a
（1＋x）2
＝
x＋1－a
（1＋x）2
，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增.
又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥
ax
1＋x
恒成立(仅当x＝0时等号成立).
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)≤0，∴(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
∴ln(1＋x)≥
ax
1＋x
不恒成立，
综上可知，实数a的取值范围是(－∞，1].
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝1
2＋
2
3＋…＋
n
n＋1
，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，
猜想结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1).
证明如下：上述不等式等价于1
2＋
1
3＋…＋
1
n＋1
<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，
可得ln(1＋x)>x
1＋x
，x>0.
令x＝1
n，n∈N
*，则
1
n＋1
<ln
n＋1
n.
下面用数学归纳法证明.
①当n ＝1时，1
2<ln 2，结论成立.
②假设当n ＝k 时结论成立，即12＋13＋…＋1
k ＋1
<ln(k ＋1).
那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1
k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝
ln(k ＋2)，即结论成立.
由①②可知，结论对n ∈N *成立.
[思想方法]
1.数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两个步骤缺一不可，否则就会导致错误.有一无二，是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，第二步就失去了递推的基础.
2.归纳假设的作用
在用数学归纳法证明问题时，对于归纳假设要注意以下两点： (1)归纳假设就是已知条件；(2)在推证n ＝k ＋1时，必须用上归纳假设. 3.利用归纳假设的技巧
在推证n ＝k ＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设.此时既要看准目标，又要掌握n ＝k 与n ＝k ＋1之间的关系.在推证时，分析法、综合法、反证法等方法都可以应用. [易错防范]
1.数学归纳法证题时初始值n 0不一定是1.
2.推证n ＝k ＋1时一定要用上n ＝k 时的假设，否则不是数学归纳法.
3.解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础，否则将会做大量无用功.
基础巩固题组 (建议用时：40分钟)
一、选择题
1.用数学归纳法证明“2n＞2n＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()
A.2
B.3
C.5
D.6
解析∵n＝1时，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n＋1不成立；
n＝2时，22＝4，2×2＋1＝5，2n＞2n＋1不成立；
n＝3时，23＝8，2×3＋1＝7，2n＞2n＋1成立.
∴n的第一个取值n0＝3.
答案 B
2.某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可以推出n ＝k＋1时该命题也成立.现已知n＝5时该命题成立，那么()
A.n＝4时该命题成立
B.n＝4时该命题不成立
C.n≥5，n∈N*时该命题都成立
D.可能n取某个大于5的整数时该命题不成立
解析显然A，B错误，由数学归纳法原理知C正确，D错.
答案 C
3.利用数学归纳法证明不等式“1＋1
2＋
1
3＋…＋
1
2n－1
>
n
2(n≥2，n∈N
*)”的过程
中，由“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边增加了()
A.1项
B.k项
C.2k－1项
D.2k项
解析左边增加的项为1
2k＋
1
2k＋1
＋…＋
1
2k＋1－1
共2k项，故选D.
答案 D
4.对于不等式n2＋n<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：
(1)当n＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立.
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式k2＋k<k＋1成立，当n＝k＋1时，（k＋1）2＋k＋1＝k2＋3k＋2<（k2＋3k＋2）＋（k＋2）＝（k＋2）2＝(k
＋1)＋1.
∴当n ＝k ＋1时，不等式成立，则上述证法( ) A.过程全部正确 B.n ＝1验得不正确 C.归纳假设不正确
D.从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确
解析 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法. 答案 D
5.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2
＝n 4＋n 2
2，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k
的基础上加上( ) A.k 2＋1 B.(k ＋1)2
C.（k ＋1）4＋（k ＋1）22
D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2
解析 当n ＝k 时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2.
当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2， 故当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.故选D. 答案 D 二、填空题
6.设S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋1
2n ，则S n ＋1－S n ＝________. 解析 ∵S n ＋1＝1＋12＋…＋12n ＋12n ＋1＋…＋1
2n ＋2n ，
S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋1
2n .
∴S n ＋1－S n ＝12n ＋1＋12n ＋2＋12n ＋3＋…＋1
2n ＋2n
.
答案
1
2n＋1
＋
1
2n＋2
＋
1
2n＋3
＋…＋
1
2n＋2n
7.(2017·绍兴调研)数列{a n}中，已知a1＝2，a n＋1＝a n
3a n＋1
(n∈N*)，依次计算出a2，a3，a4的值分别为________；猜想a n＝________.
解析a1＝2，a2＝
2
3×2＋1
＝
2
7，a3＝
2
7
3×
2
7＋1
＝
2
13，a4＝
2
13
3×
2
13＋1
＝
2
19.由此，猜
想a n是以分子为2，分母是以首项为1，公差为6的等差数列.∴a n＝2
6n－5
.
答案2
7，
2
13，
2
19
2
6n－5
8.凸n多边形有f(n)条对角线.则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)与f(n)的递推关系式为________.
解析f(n＋1)＝f(n)＋(n－2)＋1＝f(n)＋n－1.
答案f(n＋1)＝f(n)＋n－1
三、解答题
9.用数学归纳法证明：1＋1
22＋
1
32＋…＋
1
n2<2－
1
n(n∈N
*，n≥2).
证明(1)当n＝2时，1＋1
22＝
5
4<2－
1
2＝
3
2，命题成立.
(2)假设n＝k时命题成立，即1＋1
22＋
1
32＋…＋
1
k2<2－
1
k.
当n＝k＋1时，1＋1
22＋
1
32＋…＋
1
k2＋
1
（k＋1）2
<2－
1
k＋
1
（k＋1）2
<2－
1
k＋
1
k（k＋1）＝2－
1
k＋
1
k－
1
k＋1
＝2－
1
k＋1
，命题成立.
由(1)(2)知原不等式在n∈N*，n≥2时均成立. 10.数列{a n}满足S n＝2n－a n(n∈N*).
(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式a n；
(2)证明(1)中的猜想.
(1)解当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；
当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴a 2＝3
2； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴a 3＝7
4； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4， ∴a 4＝158.
由此猜想a n ＝2n －1
2
n －1(n ∈N *).
(2)证明 ①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立. ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立， 即a k ＝2k －1
2
k －1，那么n ＝k ＋1时，
a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1， ∴2a k ＋1＝2＋a k .∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －1
2＝2k ＋1－1
2k .
所以当n ＝k ＋1时，结论成立. 由①②知猜想a n ＝2n －1
2n －1(n ∈N *)成立.
能力提升题组 (建议用时：25分钟)
11.(2017·昆明诊断)设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，经计算得f (2)＝3
2，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞7
2，观察上述结果，可推测出一般结论( ) A.f (2n )＞
2n ＋12
B.f (n 2)≥n ＋2
2 C.f (2n )≥n ＋2
2
D.以上都不对
解析 因为f (22
)＞42，f (23)＞52，f (24)＞62，f (25)＞72，所以当n ≥1时，有f (2n
)≥n ＋22. 答案 C
12.设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”.那么，下列命题总成立的是()
A.若f(1)<1成立，则f(10)<100成立
B.若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立
C.若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
D.若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析选项A，B的答案与题设中不等号方向不同，故A，B错；选项C中，应该是k≥3时，均有f(k)≥k2成立；对于选项D，满足数学归纳法原理，该命题成立.
答案 D
13.(2017·金华调研)设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)＝________，f(n)＝________.(n≥1，n∈N*)
解析易知2个圆周最多把平面分成4片；n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n＋1个应与前面n个都相交且交点均不同，有n条公共弦，其端点把第n＋1个圆周分成2n段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f(n＋1)＝f(n)＋2n(n≥1)，所以f(n)－f(1)＝n(n－1)，而f(1)＝2，从而f(n)＝n2－n＋2.
答案4n2－n＋2
14.数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*).
(1)证明：{x n}是递减数列的充要条件是c＜0；
(2)若0＜c≤1
4，证明数列{x n}是递增数列.
证明(1)充分性：若c＜0，由于x n
＋1
＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c＜x n，∴数列{x n}是递减数列.
必要性：若{x n}是递减数列，则x2＜x1，且x1＝0.
又x2＝－x21＋x1＋c＝c，∴c＜0.
故{x n}是递减数列的充要条件是c＜0.
(2)若0＜c ≤1
4，要证{x n }是递增数列. 即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c ＞0， 即证x n ＜c 对任意n ≥1成立. 下面用数学归纳法证明：
当0＜c ≤1
4时，x n ＜c 对任意n ≥1成立. ①当n ＝1时，x 1＝0＜c ≤1
2，结论成立.
②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即x k ＜c .
因为函数f (x )＝－x 2
＋x ＋c 在区间⎝ ⎛
⎦
⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )＜f (c )＝c ，
∴当n ＝k ＋1时，x k ＋1＜c 成立.
由①，②知，x n ＜c 对任意n ≥1，n ∈N *成立. 因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c ＞x n ，即{x n }是递增数列.
15.(2017·浙江名校协作体联考)已知函数f 0(x )＝sin x
x (x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.
(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π2的值；
(2)证明：对任意的n ∈N *，等式|nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫
π4|＝22都成立.
(1)解 由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，
于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫
sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，
所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫
π2＝－2π＋16π3.
故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π2＝－1.
(2)证明 由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫
x ＋π2，类似可得
2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)， 3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x ＋3π2，
4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π).
下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立.
(ⅰ)当n ＝1时，由上可知等式成立.
(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1，且k ∈N *)时等式成立， 即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫
x ＋k π2.
因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤
x ＋（k ＋1）π2，
所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤
x ＋
（k ＋1）π2. 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立.
综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫
x ＋
n π
2对所有的n ∈N *都成立. 令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
π4＋n π2(n ∈N *).
所以|nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π4|＝22(n ∈N *).
高考导航 考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题；三是结合函数、不等式(放缩法)等进行综合考查，难度较大，涉及内容较为全面，试题思维量较大.
热点一 等差数列、等比数列的综合问题
解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.
【例1】 已知首项为3
2的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设T n ＝S n －1
S n
(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.
解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3， 于是q 2＝a 5a 3
＝1
4.
又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－1
2. 故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1
＝(－1)n －1·3
2n .
(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫
－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n ，n 为奇数，1－1
2n ，n 为偶数，
当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝3
2，
故0<S n －1S n
≤S 1－1S 1
＝32－23＝5
6.
当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以3
4＝S 2≤S n <1，
故0>S n －1S n
≥S 2－1S 2
＝34－43＝－7
12.
综上，对于n ∈N *
，总有－712≤S n －1S n
≤5
6.
所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－7
12.
探究提高 解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.
【训练1】 (2017·乐清模拟)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设
T n 是数列⎩
⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫1a n a n ＋1的前
n 项和，是否存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1
b k
成立？
若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛
⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，
（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ）， 解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. ∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，
∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n . (2)不存在.理由如下：
∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝
⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3
＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
3－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3
(k ∈N *)，
易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列， ∴23<1－2T k ≤1315，又1b k ＝13k ∈⎝ ⎛
⎦⎥⎤0，13，
∴不存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1
b k
成立.
热点二 数列的通项与求和(规范解答)
数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等. 【例2】 (满分12分)(2015·湖北卷)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)当d >1时，记c n ＝a n
b n
，求数列{c n }的前n 项和T n .
满分解答 (1)解 由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，
a 1d ＝2，
即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，
2分 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＝9，
d ＝29.4分
故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －
1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19（2n ＋79），
b n ＝9·⎝ ⎛⎭
⎪⎫
29n －1.6分 (2)解 由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －
1，
故c n ＝2n －1
2
n －1，7分
于是T n ＝1＋32＋522＋723＋9
24＋…＋2n －12n －1，①
12T n ＝12＋322＋523＋724＋9
25＋…＋2n －12n .②8分 ①－②可得
12T n ＝2＋12＋122＋…＋1
2n －2－2n －12n 10分 ＝3－2n ＋3
2n ，11分 故T n ＝6－2n ＋3
2
n －1.12分
❶由题意列出方程组得2分； ❷解得a 1与d 得2分，漏解得1分； ❸正确导出a n ，b n 得2分，漏解得1分； ❹写出c n 得1分；
❺把错位相减的两个式子，按照上下对应好，再相减，就能正确地得到结果，本题就得满分，否则就容易出错，丢掉一些分数.
用错位相减法解决数列求和的模板
第一步：(判断结构)
若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和.
第二步：(乘公比)
设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q . 第三步：(错位相减)
乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)
将作差后的结果求和，从而表示出T n .
【训练2】 已知数列{a n }，a n ＝(－1)n －14n
（2n －1）（2n ＋1），求数列{a n }的前n
项和T n . 解 a n ＝(－1)
n －1⎝ ⎛
⎭
⎪⎫12n －1＋12n ＋1， 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1
－12n ＋1＝2n
2n ＋1
. 当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1
＋1
2n ＋1＝2n ＋22n ＋1
. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n
2n ＋1，n 为偶数(或T n ＝
2n ＋1＋（－1）n
－1
2n ＋1).
热点三 数列的综合应用 热点3.1 数列的实际应用
数列在实际问题中的应用，要充分利用题中限制条件确定数列的特征，如通项公式、前n 项和公式或递推关系式，建立数列模型.
【例3－1】 某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元，该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元.
(1)求该企业2014年年底分红后的资金；
(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元. 解 设a n 为(2010＋n )年年底分红后的资金，其中n ∈N *， 则a 1＝2×1 000－500＝1 500， a 2＝2×1 500－500＝2 500，…， a n ＝2a n －1－500(n ≥2).
∴a n －500＝2(a n －1－500)(n ≥2)，
即数列{a n －500}是以a 1－500＝1 000为首项，2为公比的等比数列， ∴a n －500＝1 000×2n －1， ∴a n ＝1 000×2n －
1＋500.
(1)∵a 4＝1 000×24－1＋500＝8 500，
∴该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元.
(2)由a n >32 500，即2n －1>32，得n >6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元.
热点3.2 数列与函数的综合问题
数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选.
【例3－2】 已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *). (1)求f (x )的解析式； (2)若数列{a n }满足
1
a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a n ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式； (3)对于(2)中的数列{a n }，求证： ①∑n
k ＝1a k <5；②43≤∑n
k ＝1
a k a k ＋1<2.
(1)解 由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，
得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n ，0)，∴16n 2
a －4n
b ＝0，解得a ＝12.∴f (x )＝12x
2＋2nx (n ∈N *).
(2)解 由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)，∴
1
a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n ＝2n ， ∴1a n －1a n －1＝2(n －1)，1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…，1a 2－1
a 1
＝2，
∴1a n
－14＝n 2－n ，∴a n ＝1n 2－n ＋14，
即a n ＝4（2n －1）2(n ∈N *
). (3)证明 ①a k ＝
1
k （k －1）＋14
<
1k （k －1）＝1k －1
－1
k (k ≥2).
当n ＝1时，∑n
k ＝1a k <5显然成立； 当n ≥2时，∑n
k ＝1a k
<4＋ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －1－1n ＝5－1n <5.
②∵a k a k ＋1＝4（2k －1）（2k ＋1）＝22k －1－22k ＋1
，
∴∑n
k ＝1
a k a k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23－25＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫22n －1－22n ＋1＝2－22n ＋1.
∵n ∈N *，∴2n ＋1≥3， ∴43≤2－2
2n ＋1<2.
综上，原不等式得证.
热点3.3 数列与不等式的综合问题
数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法.
【例3－3】 (2016·浙江卷)设数列{a n }满足|a n －a n ＋12|≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a n |－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|2
n ＋1≤1
2n ，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＋…＋1
2n －1＜1， 因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2).
(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意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＋…＋1
2m －1
＜1
2
n －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
.
由m 的任意性得|a n |≤2.① 否则，存在n 0∈N *，有|a n 0|＞2， 取正整数m 0＞log 3
4
|a n 0|
－2
2n 0且m 0＞n 0，
综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.
(建议用时：70分钟)
1.(2015·重庆卷)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝9
2. (1)求{a n }的通项公式；
(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得 a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92， 化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝3
2，
解得a 1＝1，d ＝1
2，
故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋1
2. (2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋1
2＝8.
设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4
b 1
＝8，从而q ＝2，
故{b n }的前n 项和
T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2
＝2n －1.
2.(2017·东北三省四校模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
b n a n 是首项为
1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .
解 (1)依题意得⎩⎪⎨
⎪⎧
3a 1＋
3×22d ＋5a 1＋4×52d ＝50，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ）， 解得⎩⎨⎧a 1＝3，
d ＝2，
∴a n ＝2n ＋1.
(2)∵b n
a n
＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1，
∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，
3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n ， 两式相减得，
－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n ＝3＋2×3（1－3n －1）1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n ×3n ，
∴T n ＝n ×3n .
3.已知函数f (x )＝x 2－4，设曲线y ＝f (x )在点(x n ，f (x n ))处的切线与x 轴的交点为(x n
＋1
，0)(n ∈N *)，其中x 1为正实数.
(1)用x n 表示x n ＋1；
(2)求证：对一切正整数n ，x n ＋1≤x n 的充要条件是x 1≥2.
(1)解 ∵f ′(x )＝2x ，∴过点(x n ，f (x n ))的切线方程为y －(x 2n －4)＝2x n (x －x n )，将(x n
＋1
，0)代入切线方程并整理，得x 2n ＋4＝2x n x n ＋1，显然x n ≠0，∴x n ＋1
＝x n 2＋2x n
.
(2)证明 (必要性)若对一切正整数n ，x n ＋1≤x n ，则x 2≤x 1，即x 12＋2
x 1
≤x 1，而x 1>0，
∴x 21≥4，故x 1≥2.
(充分性)由x 1≥2>0，x n ＋1＝x n 2＋2x n
，易得数列{x n }为正项数列，从而x n ＋1＝x n 2＋2x n
≥
2
x n 2·2x n ＝2(n ≥1)，即x n ≥2(n ≥2)，又x 1≥2，∴x n ≥2(n ≥1).于是x n ＋1－x n ＝x n
2
＋2
x n －x n ＝4－x 2
n 2x n ＝（2－x n ）（2＋x n ）2x n ≤0，即x n ＋1≤x n 对一切正整数n 成立.
4.(2015·浙江卷)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *
). (1)证明：1≤
a n
a n ＋1
≤2(n ∈N *)； (2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n
，证明：12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *
). (1)证明 由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ， 故a n ≤12.
由a n ＝(1－a n －1)a n －1得
a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝1
1－a n ∈(1，2]， 即1≤
a n
a n ＋1
≤2成立. (2)解 由题意得
a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1①
由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a n a n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n ≤2， 所以n ≤
1a n ＋1
－1
a 1
≤2n ，
因此12（n ＋1）≤a n ＋1≤1
n ＋2(n ∈N *).②
由①②得
12（n ＋2）≤S n n ≤1
2（n ＋1）
(n ∈N *).
5.(2017·杭州调研)已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
1－a 2
n a 2n ＋1·1a n ＋1
，n ∈N *，
数列{b n }的前n 项和为S n . (1)若a n ＝2n －1，求S n ；
(2)是否存在等比数列{a n }，使b n ＋2＝S n 对任意n ∈N *恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{a n }的通项公式；若不存在，请说明理由； (3)若{a n }是单调递增数列，求证：S n <2. (1)解 当a n ＝2n －1时，b n ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－14·12n ＝32n ＋2.
所以S n ＝38⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12＋…＋12n －1 ＝38×1－12n 1－12
＝34－
32n ＋2. (2)解 满足条件的数列{a n }存在且只有两个， 其通项公式为a n ＝1和a n ＝(－1)n －1. 证明：在b n ＋2＝S n 中，令n ＝1，得b 3＝b 1. 设a n ＝q n －1，则b n ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－1q 21q n .
由b 3＝b 1得⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－1q 21q 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q . 若q ＝±1，则b n ＝0，满足题设条件. 此时a n ＝1和a n ＝(－1)n －
1.
若q ≠±1，则1q 3＝1
q ，即q 2＝1，矛盾.
综上所述，满足条件的数列{a n }存在，且只有两个， 一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1. (3)证明 因为1＝a 1<a 2<…<a n <…，
故a n >0，0<a n a n ＋1<1，于是0<a 2n
a 2n ＋1
<1.
b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2
n ＋1·1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝
⎛⎭⎪⎫1－a n a n ＋1·1a n ＋1 ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1·a n a n ＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. 故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1
a 1－1a n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1<2. 所以S n <2.
6.已知正项数列{a n }满足S 2n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n (n ∈N *)，其中S n 为数列{a n }的前n
项的和.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)求证：
2n ＋1（n ＋1）n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 13
2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 23
2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a 33
2
＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋13
2<3.
(1)解 ∵S 2n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n (n ∈N *
)， ∴S 2n －1＝a 31＋a 32＋a 3n －1，
两式相减得S 2n －S 2n －1＝a 3n ⇒a n (S n ＋S n －1)＝a 3n ⇒S n ＋S n －1＝a 2n ， 则S n －1＋S n －2＝a 2n －1，
两式相减得a n ＋a n －1＝a 2n －a 2n －1⇒a n －a n －1＝1，∴a n ＝n .
(2)证明 根据(1)知⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n 3
2＝1n n
.
∵k (2n ＋2－k )≤⎝
⎛⎭⎪⎫k ＋2n ＋2－k 22
＝(n ＋1)2， ∴1k k ＋1
（2n ＋2－k ）2n ＋2－k
> 2
k （2n ＋2－k ）k （2n ＋2－k ）
≥
2
（n ＋1）n ＋1
，
即⎝ ⎛⎭⎪⎫1a k 3
2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a
2n ＋2－k 3
2>2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a n ＋13
2
， 令k ＝1，2，3，…，n ，累加后再加⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a n ＋13
2
得
⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 13
2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 23
2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 33
2
＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a 2n ＋13
2 >2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋13
2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋13
2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋13
2＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋13
2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a n ＋13
2 ＝(2n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋13
2＝2n ＋1（n ＋1）n ＋1
.
又∵11＋122＋133＋…＋1（2n ＋1）2n ＋1<3⇔
122
＋
133
＋…＋
1（2n ＋1）2n ＋1
<2，而1k k ＝1k ·k ·k <1
k ·k ·k －1
＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k 1
k －k －1 ＝k ＋k －1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
k －1－1k <2k k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫
1k －1－1k . 令k ＝2，3，4，…，2n ＋1，累加得 122
＋
133
＋…＋
1
（2n ＋1）2n ＋1
<2⎝
⎛⎭⎪⎫1－12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋1 ＝2⎝
⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<2， ∴2n ＋1（n ＋1）n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 13
2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 23
2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a 33
2
＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋13
2<3.。