(十二)数列、极限、数学归纳法2008.11.26

（3）两个重要极限
①∞→n lim c n 1=⎪⎩⎪⎨⎧不存在10 000<=>c c c ②∞
→n lim r n =⎪⎩
⎪
⎨⎧不存在10 11||11
||-=>=<r r r r 或 1.特殊数列的极限 （1）0||1lim 1
1
||11
n
n q q q q q →∞
<⎧⎪==⎨⎪
<=-⎩不存在
或.
（2）1
101
10
0()lim ()()k k k k t
t t n t t k
k t a n a n a a k t b n b n b b k t ---→∞-⎧<⎪+++⎪==⎨+++⎪⎪>⎩
不存在 . （3）()
11
1lim
11n
n a q a S q q
→∞
-==
--（S 无穷等比数列}{
1
1n a q
- (||1q <)的和）.
2. 函数的极限定理
0lim ()x x f x a →=⇔00
lim ()lim ()x x x x f x f x a -+→→==.
3.函数的夹逼性定理
如果函数f(x)，g(x)，h(x)在点x 0的附近满足： （1）()()()g x f x h x ≤≤;
（2）0
lim (),lim ()x x x x g x a h x a →→==（常数）,
则0
lim ()x x f x a →=.本定理对于单侧极限和∞→x 的情况仍然成立.
4.几个常用极限 （1）1lim
0n n
→∞
=，lim 0n
n a →∞
=（||1a <）；
（2）0
0lim x x x x →=，0
11lim
x x x
x →=
.
5.两个重要的极限 （1）0
sin lim
1x x x
→=；
（2）1lim 1x
x e x →∞⎛
⎫+= ⎪⎝
⎭(e=2.718281845…).
6.函数极限的四则运算法则
若0
lim ()x x f x a →=，0
lim ()x x g x b →=，则
(1)()()0
lim x x f x g x a b →±=±⎡⎤⎣⎦；
(2)()()0
lim x x f x g x a b →⋅=⋅⎡⎤⎣⎦;
(3)()()
()0
lim
0x x f x a b g x b
→=
≠.
7.数列极限的四则运算法则 若lim ,lim n n n n a a b b →∞
→∞
==，则
(1)()lim n n n a b a b →∞
±=±；
(2)()lim n n n a b a b →∞
⋅=⋅；
(3)()lim
0n n n
a a
b b b
→∞
=
≠
(4)()lim lim lim n n n n n c a c a c a →∞
→∞
→∞
⋅=⋅=⋅( c 是常数).
高考题回顾
一.数列的极限
1. 计算：1
12
32
3
lim
-+∞
→+-n n
n
n n =_________。

2. (湖南卷）已知数列{log 2(a n －1)}（n ∈N *）为等差数列，且a 1＝3，a 2＝5，则
n
n n a a a a a a -+
+-+
-+∞
→12
31
2l i m 111(
)=
A ．2
B ．
2
3 C ．1 D ．2
1
3. （山东）2
2
2
23lim
__________(1)
2
n n n
n C C n -→∞
+=+
二.函数的极限
4. （江西卷1
1
(1)1lim 1,lim
1
(22)
x x f x x x f x →→--==--若则
A ．－1
B ．1
C ．－
2
1 D ．
2
1
5. (辽宁卷)极限)(lim 0
x f x x →存在是函数)(x f 在点0x x =处连续的
A ．充分而不必要的条件
B ．必要而不充分的条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要的条件
6. （全国卷Ⅲ）2
2
1
1
1
lim 32
43x x x x x →⎛⎫
-
=
⎪-+-+⎝⎭
( ) A 12
-
B
12
C 16
-
D
16
7. （湖北卷）若1)11(
lim 2
1
=--
-→x
b
x
a x ，则常数
b a ,的值为
A ．4,2=-=b a
B ．4,2-==b a
C ．4,2-=-=b a
D ．4,2==b a
三、无穷递缩等比数列各项和： 8（04
年上海卷.4）设等比数列)(}{N n a n ∈的公比2
1-
=q ，且
)(lim 12531-∞
→+⋅⋅⋅+++n n a a a a 3
8=
，则=1a .
9.（04年重庆卷.理15）如图P 1是一块半径为1的半圆形
纸板，在P 1的左下端剪去一个半径为12
的半圆后得到图形P 2，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得圆形P 3、P 4、…..P n …,记纸板P n 的面积为n S ，则
lim ___n x S →∞
=.
六.课本中习题归纳
一 数学归纳法及其应用
1(1)135(21)n +++⋅⋅⋅+- = ; (2) 211222n -+++⋅⋅⋅+= ;
(3)2222123n +++⋅⋅⋅+= ; (4)1427310(31)n n ⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++= ; (5)3333123n +++⋅⋅⋅+= ; (6)2222135(21)n +++⋅⋅⋅+-= ; (7)
1111
13
35
57
(21)(21)
n n +
+
+⋅⋅⋅+
⨯⨯⨯-+= ;
(8)123234345(1)(2)n n n ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⋅⋅⋅+++= . 2下列说法不正确的是(n 为正整数)
A,22n n x y -能被x y +整除. B,n n x y -能被x y -整除.
C,3
5n n +能被6整除. D,3
3
3
(1)(2)n n n ++++不一定能被9整除.
3平面内有n (2n ≥)条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,设交点的个数为
()f n .
(I)试求(2)f ,(3)f ,(4)f 的值;(II)猜测()f n 的值,并给予证明.
4平面内有n (2n ≥)个圆,其中每两个圆都相交两点,每三个圆都无公共点,设交点的个数为
()f n .
(I)试求(2)f ,(3)f ,(4)f 的值;(II)猜测()f n 的值,并给予证明.
二 极限及其运算 5(1)5lim (7)10
n
n →∞
-
= ;(2)1lim
n n n
→∞
+= ;(3)2
(1)lim
(1)
n
n n n →∞
-+= ;
(4)1
lim ()2
x
x +
→∞
= ;(5)2
1
lim ()2
x
x →= ;(6)2
2
1
1lim
21
x x x x →---= ;
(7) 2
4lim (
)1
n n n n →∞
--+= ;(8)32lim
32
n n n
n
n →∞
+-=
;(9)1
lim
x →= ;
(10)lim )x x +→∞
-= ;(11)111lim [(1)(1)(1)]2
3
n n n
→∞
-
-⋅⋅⋅-= .
6设函数1(0)()0(0)1(0)x x f x x x x +>⎧⎪
==⎨⎪-<⎩
,则0lim ()x f x +→= ; 0
lim ()x f x -→= ; 0lim ()x f x →= .
7已知0a >,则1lim
1n
n a
→∞
+= ;lim
1n n
n a
a
→∞
+= .
8下列说法正确的是 A,
若()f x =
,则lim ()0x f x →∞
=; B
若()f x =
则1
lim ()0x f x →=;
C 若2
2()2x x
f x x +=+,则2lim ()2x f x →-=-;D,
若0)
()1(0)
x f x x x ≥=+<⎪⎩,则0lim ()0x f x →=.
9下列函数在1x =处没有极限的是 A,3
2
()1
x x f x x -=
- B,3
()21g x x =+
C,2(1)()0(1)
x x h x x ≥⎧=⎨
<⎩ D,1(1)()1(1)
x x v x x x ->⎧=⎨
-+<⎩
10在求2
123lim n n
n →∞
+++⋅⋅⋅+时,甲,乙两位同学得到如下两种不同的解法: (甲) 解:2123lim
n n
n
→∞+++⋅⋅⋅+ (乙) 2
123lim
n n
n
→∞
+++⋅⋅⋅+
=2
2
2
2
121lim (
)n n n
n
n
n
→∞
+
+
+⋅⋅⋅+
=2
1
(1)
2
lim n n n n →∞
+
=0+0+0+⋅⋅⋅+0=0 =1lim 2n n n →∞+=1
2
我认为 的解法是错误的,错因是 .
11在半径为R 的圆内接正n 边形中,n r 是边心距,n p 是周长,n S 是面积(n=3,4,⋅⋅⋅). (I)试求n S 与n r ,n p 之间的关系;(II)求lim n n S →∞
.
12从B A C ∠的边上一点1B 作11B C AC ⊥于1C ,从1C 再作12C B AB ⊥于点2B ,从2B 再 作22B C AC ⊥于点2C ,这样无限进行下去⋅⋅⋅.已知11B C =5,12C B =4. (I)试求22B C 的长; (II)求1112lim ()n n n B C C B B C →∞
++⋅⋅⋅+.
三 函数的连续性
13如图,在A,B,C,D 这四个图象所表示的函数中,在点x a =处没有定义但极限存在的是 ;在点x a =处有定义,有极限,但不连续的是 ;lim ()()x a
f x f a →=的是 ;在点
x a =处没有极限的是 .
14要使函数2
6()3
x x f x x +-=
+在点3x =-处连续,需添加的条件是 .
15设函数2sin (0)()1(01)(1)x a x f x x x b x +≤⎧⎪
=+<≤⎨⎪>⎩
在定义区间内连续,则a b += .
中学数学中数列求极限最终都化成这两类的极限问题。

由①我们可以得到多项式除多项式的极限。

∞
→n lim
q
q q
p p p a n
b n b a n
a n
a +⋯+++⋯++--1
10110=⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎪⎪⎨⎧><=q p q p q p b a 不存在 000
其中p,q ∈N,a 0≠0，b 0≠0。

（4）无穷递缩等比数列各项和公式 S=∞
→n lim S n =
q
a -11（|q|<1）
应用：化循环小数为分数。

8.递归数列
数列的连续若干项满足的等量关系a n+k =f(a n+k －1,a n+k －2,…,a n )称为数列的递归关系。

由递归关系及k 个初始值可以确定的一个数列叫做递归数列。

如由a n+1=2a n +1，及a 1=1，确定的数列}12{-n 即为递归数列。

递归数列的通项的求法一般说来有以下几种： （1）归纳、猜想、数学归纳法证明。

（2）迭代法。

（3）代换法。

包括代数代换，对数代数，三角代数。

（4）作新数列法。

最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题。

10.数学归纳法
（1）数学归纳法的基本形式
设P(n)是关于自然数n 的命题，若 1°p(n 0)成立（奠基）；
2°假设P(k)成立(k ≥n 0)，若可以推出P （k+1）成立（归纳），则P(n)对一切大于等于n 0的自然数n 都成立。

（2）数学归纳法的应用
数学归纳法适用于有关自然数n 的命题。

具体来讲，数学归纳法常用来证明恒等式，不等式，数的整除性，几可中计数问题，数列的通项与和等。

四、思想方法
数列、极限、数学归纳法中，主要注意如下的基本思想方法：
1.分类讨论思想。

如等比数列的求和分公比等于1和不等于1两种情形；已知数列前n
项和求通项分n=1和n ≥2两种情形；求极限时对两个参数进行大小比较的讨论等。

2.函数思想。

将数列视为定义域为自然数或其子集的函数。

3.数形结合思想。

如等差数列的通项公式和前n 项和公式分别视为直线、二次曲线的方程。

4.转化思想。

如将非等差数列、非等比数列转化为等差数列、等比数列。

5.基本量思想。

如把首项及公差、公比视为等差数列、等比数列的基本量。

6.构造思想。

如由旧数列构造新数列。

7.特殊化思想。

为研究一般问题可先退化到特殊问题的研究。

在这部分内容中，处处充满了由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证法，这就要求我们在思考问题时要用辩证的观点，由具体认识抽象，由特殊窥见一般，由有限逼近无限。

其中，我们常用的“归纳——猜想——证明”法就体现了这一点。

8.一般化思想。

为研究一个特殊问题，我们先研究一般的情形。

我们采用的数学归纳法，就主要体现一般化思想，先证命题对一般值成立，然后再证对每一个特殊的n 值也成立。

【例题解析】
例1 完成下列各选择题
（1）“公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为
2
1的等比数列一定是递减数列”；“a,b,c
三数成等比数列的充要条件是b 2
=ac ”；“a,b,c 三数成等差数列的充要条件是2b=a+c ”，以上四个命题中，正确的有（ ）
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
（2）命题1：若数列{a n }的前n 项和S n =a n +b(a ≠1)，则数列{a n }是等比数列； 命题2：若数列{a n }的前n 项和S n =an 2
+bn+c(a ≠0)，则数列{a n }是等差数列；
命题3：若数列{a n }的前n 项和S n =na －n ，则数列{a n }既是等差数列，又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（ ）
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
（3）设{a n }是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ） A.1 B.2 C.4 D.6 解析 （1）四个命题中只有最后一个是真命题。

命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列； 命题2中可知a n+1=a n ×2
1，a n+1<a n 未必成立，当首项a 1<0时，a n <0，则
2
1a n >a n ，即a n+1>a n ，
此时该数列为递增数列；
命题3中，若a=b=0，c ∈R ，此时有ac b =2
，但数列a,b,c 不是等比数列，所以应是必要而不充分条件，若将条件改为b=ac ，则成为不必要也不充分条件。

（2）上述三个命题均涉及到S n 与a n 的关系，它们是a n =⎩⎨⎧--,11n n
S S a 时当时
当21≥=n n
正确判断数列{a n }是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他
各项的关系。

上述三个命题都不是真命题，选择A 。

由命题1得，a 1=a+b ，当n ≥2时，a n =S n －S n －1=(a －1)·a n －1。

若{a n }是等比数列，则
1
2a a =a ，
即
b
a a a +-)1(=a ，所以只有当b=－1且a ≠0时，此数列才是等比数列。

由命题2得，a 1=a+b+c ，当n ≥2时，a n =S n －S n －1=2na+b －a ，若{a n }是等差数列，则a 2
－a 1=2a ，即2a －c=2a ，所以只有当c=0时，数列{a n }才是等差数列。

由命题3得，a 1=a －1，当n ≥2时，a n =S n －S n －1=a －1，显然{a n }是一个常数列，即公差为0的等差数列，因此只有当a －1≠0；即a ≠1时数列{a n }才又是等比数列。

（3）方程法：设{a n }的首项为a 1，公差为d 。

则⎩⎨⎧=++=+48)2)((123311
11d a d a a d a 解之得⎩⎨
⎧==22
1a d 或⎩⎨⎧=-=6
2
1a d 又∵{a n }是递增数列，∴d>0故a 1=2。

习惯上可设前三项分别为4－d,4,4+d 由4(4－d)(4+d)=48解得。

估值法：由2+4+6=12，48=2×4×6，{a n }为递增数列可知a 1=2。

例2在数列{a n }中,a 1=b(b ≠0)，前n 项和S n 构成公比为q 的等比数列。

（1）求证：数列{a n }不是等比数列；
（2）设b n =a 1S 1+a 2S 2+…+a n S n ,|q|<1，求∞
→n lim b n 。

解 （1）证明：由已知S 1=a 1=b ∵{S n }成等比数列，且公比为q 。

∴S n =bq
n －1
，∴S n －1=b ·q
n －2
(n ≥2)。

当n ≥2时，a n =S n －S n －1=bq
n －1
－bq
n －2
=b ·(q －1)·q
n
－2
故当q ≠1时，
n
n a a 1+=
2
)1()1()1(--⋅-⋅⋅-n n q
q b q
q b =q ，
而
1
2a a =
b
q b )
1(-⋅=q －1≠q ，∴{a n }不是等比数列。

当q=1，n ≥2时，a n =0，所以{a n }也不是等比数列。

综上所述，{a n }不是等比数列。

（2）∵|q|<1，由（1）知n ≥2，a 2,a 3,a 4，…，a n 构成公比为q 的等比数列，∴a 2S 2,a 3S 3,…,a n S n
是公比为q 2的等比数列。

∴b n =b 2+a 2S 2·(1+q 2+q 4+…+q 2n －4)
∵S 2=bq,a 2=S 2－S 1=bq －b ∴a 2S 2=b 2q(q －1) ∴b n =b 2+b 2
q(q －1)·2
2211q
q
n ---
∵|q|<1 ∴∞
→n lim q
2n －2
=0
∴∞
→n lim b n =b 2+b 2
q(q －1)·
2
11q
-=
q
b
+12
注 1+q 2+q 4+…+q
2n －4
的最后一项及这个式子的项数很容易求错，故解此类题时要细心
检验。

数列的极限与数列前n 项和以及其他任何有限多个项无关，它取决于n →∞时，数列变化的趋势。

例3 已知数列{x n }的各项为不等于1的正数，其前n 项和为S n ，点P n 的坐标为（x n ,S n ），若所有这样的点P n (n=1,2，…)都在斜率为k 的同一直线(常数k ≠0,1)上。

（1）求证：数列{x n }是等比数列； （2）设y n =log n
x (2a 2
－3a+1)满足
y s =
1
21+t ,y t =
1
21+s （s,t ∈N ，且s ≠t ）
共中a 为常数，且1<a<
2
3,试判断，是否存在自然数M ，使当n>M 时，x n >1恒成立？
若存在，求出相应的M ；若不存在，请说明理由。

证明 （1）∵点P n 、P n+1都在斜率为k 的直线上
∴n
n n n x x S S --++11=k ，即
n
n n x x x -++11=k
故 (k －1)x n+1=kx n ∵k ≠0,x n+1≠1,x n ≠1 ∴n
n x x 1+=
1
-k k =常数
∴{x n }是公比为
1-k k 的等比数列。

（2）答案是肯定的，即存在自然数M ，使当n>M 时，x n >1恒成立。

事实上，由1<a<
2
3，得0<2a 2－3a+1<1
∵y n =log n
x (2a 2－3a+1)
∴
n
y 1= log )132(2+-a a x n
由（1）得{x n }是等比数列，设公比为q>0首项为x 1，则x n =x 1·q n －1(n ∈N) ∴
n
y 1=(n －1) log )132(2+-a a q+log )132(2+-a a x 1
令d=log )132(2+-a a q ，故得{
n
y 1}是以d 为公差的等差数列。

又∵s
y 1=2t+1, t
y 1=2s+1
∴
s
y 1－
t
y 1=2(t －s)
即(s －1)d －(t －1)d=2(t －s) ∴d=－2 故
n
y 1=
s
y 1+（n －s ）·(－2)=2（t+s ）－2n+1，（n ∈N ）
又∵x n =(2a 2
－3a+1)
n
y 1
（n ∈N ）
∴要使x n >1恒成立，即须n
y 1<0
∴2(t+s)－2n+1<0，∴n>(t+s)+
2
1，当M=t+s,n>M 时，我们有
n
y 1<0恒成立，
∴当n>M=（t+s ）时，
x n =(2a 2－3a+1)
n
y 1
>1恒成立。

（∵0<2a 2－3a+1<1）
注 （1）点（x n ,S n ）在一直线上是{x n }成等比数列的充要条件（其中公比q ≠1，斜率k ≠0，1）。

（2）如果数列{x n }各项是正数且成等比数列，则数列{log a x n }(a>0,a ≠1)成等差数列。

例4 在数列{a n }中a 1=1，当n ≥2时，a n ,S n ,S n －2
1成等比数列。

（1）求a 2,a 3,a 4并推出a n 的表达式； （2）用数学归纳法证明所得的结论； （3）求数列{a n }所有项的和。

解∵a n ,S n ,S n －
2
1成等比数列
∴S n 2=a n ·(S n －
2
1)(n ≥2) (*)
（1）把a 1=1,S 2=a 1+a 2=1+a 2代入（*）式得：a 2=－3
2
把a 1=1,a 2=－
3
2,S 3=
3
1+a 3代入(*)得：a 3=－
15
2。

同理可得：a 4=－35
2
由此可以推出：
a n =⎪⎩
⎪⎨⎧>---=)1()12)(32(2
)1(1n n n n （2）（i ）当n=1,2,3,4时，由（*）知猜想成立。

(ii)假设n=k(k ≥2) 时，a k =－
)
12)(32(2
--k k 成立。

故S k 2=－
)
12)(32(2
--k k ·(S k －
2
1)
(2k －3)(2k －1)S k 2
+2S k －1=0 ∴S k =
1
21-k 或S k =
321--k （舍去）
由S k+12
=a k+1·(S k+1－
2
1)得
(S k +a k+1)2
=a k+1·(a k+1+S k －
2
1) ⇒
2
)
12(1-k +a k+12+
1
221-+k a k =a k+12+
1
21-+k a k －
2
1a k+1
⇒a k+1=
〕
〕〔〔1)1(23)1(22
-+-+-k k 即n=k+1时，命题也成立。

由(i)(ii)可知，a n =⎪⎩
⎪
⎨⎧≥---=)2()12)(32(2
)1(1n n n n
对一切n ∈N 成立。

（3）由（2）得数列前n 项的和S n =1
21-n
故所有项和S=∞
→n lim S n =0
注 （1）本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识，所采用的方法是归纳、猜想、证明，是数列中最常见的题型，也是高考热点。

（2）对于{a n }的通项还可以这样来求：
∵S n 2=a n (S n －
2
1) ∴S n 2=(S n －S n －1)(S n －
2
1)
⇒ n
S 1－1
1-n S =2,故{n
S 1}是以{
1
1S }为首项，2
1为公差的等差数列
故
n
S 1=
1
1S +2(n －1)=2n －1
S n =121
-n ,a n =⎪⎩
⎪
⎨⎧≥---=)2()12)(32(2
)1(1n n n n
对于含有a n ,S n 的关系式中，常将a n 用S n －S n －1（n ≥2）代（或S n+1－S n 用a n+1代），化成S n ，S n+1（或a n ,a n+1）的递归关系式。

例5 设A n 为数列{a n }的前n 项的和，A n =
2
3(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n+3。

（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{d n }，证明数列{d n }的通项公式为d n =32n+1;
（3）设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和，D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ,求∞
→n lim
4
)
(n n a T 。

解（1）由A n =
2
3(a n －1)，可知A n+1=
2
3(a n+1－1)
∴A n+1－A n =
2
3(a n+1－a n )=a n +1，即
n
n a a 1+=3
而a 1=A 1=2
3(a 1－1)，得a 1=3
所以数列{a n }是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式为a n =3n。

（2）∵32n+1=3·32n =3·(4－1)2n
=3×（42n +C 12n ·42n －1(－1)+…+C 2n 2n －1·4·(－1)+(－1)2n ） =4m+3 ∴32n+1∈{b n }
而数32n
=（4－1）2n
=42n +C 2n 1·42n －1·（－1）+…+C 2n 2n －1·4·(－1)+(－1)2n =(4k+1) ∴n n b ∉23
而数列{a n }={32n+1}∪{32n } ∴ d n =32n+1 (3)由3
2n+1=4·r+3，可知r=
4
3
3
1
2-+n
∵B r =2
)
347(++r r =r(2r+5) =
4
3
3
1
2-+n ·
2
7
3
1
2++n
D n =
9
127-·(1－9n )=
8
27（9n －1）
∴T n =B r －D n =
8
21
3
49
1
21
2-⋅+++n n －
8
27（9n
－1）
=
8
9·34n －
8
15·32n +
4
3
又∵（a n ）4=34n
∴∞
→n lim
4
)
(n n a T =
8
9
例6 已知函数f(x)=x+22a x - (a>0) （1）求f(x)的反函数f －1
(x)及其定义域； （2）数列{a n }满足⎩⎨
⎧==-+)
(31
11n n a f
a a
a
设b n =
a
a a a n n +- ，数列{
b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与
8
7的大小，并证明你的结论。

解 （1）给y －x=2
2a x -两边平方，整理得 x=
y
a y 22
2+
∵y －x=y －
y
a y 22
2+=
y
a y 22
2-
=
y
a y a y 2)
)((-+≥0
∴y ≥a 或－a ≤y<0 故f －1
(x)=
x
a x 22
2+，其定域为),[)0,[+∞-a a
（2）∵a n+1=f －1
(a n )=
n
n a a a 22
2
+
∴b n+1=
a
a a a n n +-++11=…=（
a
a a a n n +-）2=
b n 2
又a 1=3a ，b 1=
a
a a a +-11=
a
a a a +-33=
2
1
∴b n =(b n －1)2
=(b n －2)2
2
=(b n －3)3
2
=…=(b 1)
1
2
-n =(
2
1)
1
2
-n
∴S n =b 1+b 2+…+b n =
2
1+(
2
1)2
+(
2
1)
2
2
+[(
2
1)
3
2
+(
2
1)
4
2
+…+(
2
1)
1
2
-n ]
又∵2n －1=(1+1)n －1=1
121111----++++n n n n C C C
则当n ≥4时，2
1111
12
---++>n n n C C
=1+(n －1)+2)
2)(1(--n n >n+1
∴(
2
1)1
2
-n <(
2
1)n+1
∴S n =21+(21)2+(2
1)2
2+[(2
1)3
2+(
2
1)4
2+…+(
2
1)1
2
-n ]
<
2
1+
4
1+
16
1+ [(
2
1)5
+(
2
1)6
+…+(2
1)n+1
]
=21+41+16
1+2
11]
)21(1[)21(35-
--n
=21+41+161+161·[1－(21)n －3] <21+41+161+161=8
7 注 本题是一道数列与函数的综合题。

首先应准确地求出f －1
(x)及其定义域。

搞清定义
域是解题成功的一半。

根据函数f(x)解析式的特点，也可以利用三角代换x=asec θ，θ∈
[0,2
π)∪[π，2
3π)，求函数f(x)的值域，即f －1
(x)的定义域。

例7 已知数列{a n }中，a 1=4，a n+1=
1
24+-n n a a ，是否存在这样的数列{b n }，b n =
A
a C Ba n n ++，
其中A 、B 、C 为实常数，使得{b n }是等比数列而不是等差数列？证明你的结论，并求{a n }的取值范围。

解 假设这样的{b n }存在，则应有
b n+1=
A
a C Ba n n ++++11=
A
a a C
a B n n n n
++-++-⋅
1
2
412
4a
=A
A a A B
C a A
C
B n n +-+
+-+
++42
4244 b n =
A
a C Ba n n ++
存在q ≠0,q ≠1,q 为常数，使b n+1=qb n ,对n ∈N 都成立，于是比较两边的分子和分母，有
⎪⎪⎪⎩
⎪⎪
⎪⎨
⎧=+-=++=+-)3(42)2(44)1(42
Cq A B
C Bq A C
B A A A 由（1）可解得A=－1或－2，由（2）、（3）可解得B=－
C 或C=－2B 。

1°若⎩⎨
⎧-=-=C
B A 1代入（2）知q=1（B 、
C 不能为0，否则b n =0，不合题意要求）舍去。

2°若⎩⎨
⎧-=-=B
C A 21代入（2）得q=
3
2
3°当⎩⎨
⎧-=-=C
B A 2时，q=
2
3
4°当⎩⎨
⎧-=-=B
C A 22时，q=1（舍去）
故现只取A=－1，B=1，C=－2，q=
3
2（不必考虑2
3=q 时的情况，因为只证存在性）。

得b n =1
2--n n a a
所以满足题设条件的数列存在。

对于{a n }的取值范围，我们可以这样解. ∵a n+1－a n =
1
24+-n n a a －a n
=－
1
)
1)(2(+--n n n a a a ,a 1=4>2，故a 2<a 1。

如果能证明所有的a n 都大于2，便可用数学归纳法证明{a n }是单调递减的。

事实上 ∵a n+1－2=
1
24+-n n a a －2=
1
)2(2+-n n a a
由上式，我们也可用数学归纳法由a 1>2，得a n >2，所以{a n }单调递减。

且因为a n >2，所以
a n －2=2·
1
211+---n n a a <
32(a n －1－2)
<(3
2)2
(a n －2－2)<…<(3
2)n －1
(a 1－2)
∴∞
→n lim a n =2，故a n ∈(2,4]。

注 存在性问题的解法常是假设存在经过推理、运算或是求出结论得出存在或是得出矛盾证明不存在。

本题的{a n }的范围还可用前半部分的结论来求。

解法如下：
b 1=
1
211--a a =
32,故b n =(
3
2)n
∴
1
2--n n a a =(3
2)n
∴a n =
n
)
3
2
(11-+1
由此易得a n ∈(2,4]。

例8 （1）设数列{c n }，其中c n =2n
+3n
，且数列{c n+1－pc n }为等比数列，求常数p 。

（2）设数列{a n }、{b n }是公比不相等的两个等比数列，c n =a n +b n ，证明：{c n }不是等比数列。

证明 （1）∵{c n+1－pc n }是等比数列，故有
(c n+1－pc n )2
=(c n+2－pc n+1)·(c n －pc n －1) 将c n =2n +3n 代入上式，得： [2
n+1
+3
n+1
－p(2n +3n )]2=[2
n+2
+3
n+2
－p(2
n+1
+3
n+1
)]·[2n +3n －p(2
n －1
+3
n －1
)]
整理得：
6
1(2－p)(3－p)·2n ·3n =0
解之得：p=2或p=3。

（2）设{a n }，{b n }的公比分别为p,q,p ≠q,c n =a n +b n 。

为证{C n }不是等比数列，只要证明c 22≠c 1·c 3 事实上： c 22=(a 1p+b 1q)2=a 12p 2+b 12q 2+2a 1b 1pq
c 1c 3=(a 1+b 1)(a 1p 2+b 1q 2
)
=a 12p 2++b 12q 2+a 1b 1(p 2+q 2)
∵p ≠q,∴p 2+q 2>2pq ，又a 1,b 1不为零，∴c 22
≠c 1·c 3，故{c n }不是等比数列。

注 本题是2000年全国高考数学试题。

其证法很多，建议读者从不同的角度审视此题。

我们可以得出更一般的结论；
推论1：设数列{c n }，c n =a n +b n 且a ≠b ，则数列{c n+1－pc n }为等比数列的充要条件是p=a 或p=b 。

推论2：设{a n }、{b n }是两个等比数列，则数列{a n +b n }为等比数列的充要条件是，数列{a n }，{b n }的公比相等。

推论3：公比为a 、b 的等比数列{a n }，{b n }，且a ≠b ，s 、t 为不全为零的实数，c n =sa n +tb n
为等比数列的充要条件是st=0。

例9 数列{a n }中，a 1=8，a 4=2且满足a n+2=2a n+1－a n n ∈N （1）求数列{a n }的通项公式； （2）设S n =|a 1|+|a 2|+…+|a n |，求s n ; （3）设b n =
)
12(1n a n -( n ∈N),T n =b 1+b 2+…+b n ( n ∈N)，是否存在最大的整数m ，使得
对任意n ∈N,均有T n >
32
m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由。

解 （1）由a n+2=2a n+1－a n ⇒
a n+2－a n+1=a n+1－a n ,可知{a n }成等差数列，d=1
414--a a =－2
－∴a n =10－2n
（2）由a n =10－2n ≥0得n ≤5
∴当n ≤5时，S n =－n 2
+9n 当n>5时，S n =n 2－9n+40
故S n =⎪⎩⎪⎨⎧+-+-409922
n n n
n 5
51>≤≤n n （n ∈N ）
（3）b n =
)
12(1n a n -
=
)
22(·1+n n =
2
1(
n
1－
1
1+n )
∴T n = b 1+b 2+…+b n =
2
1[(1－2
1)+(
2
1－
3
1)+…+(
n
1－
1
1+n )]
=
12121)
1(2T T T n
n n n
n n >>>=->
+--
∴要使T n >
32
m 总成立，需
32
m <T 1=
4
1恒成立，即m<8，（m ∈Z ）。

故适合条件的m 的最
大值为7。

例10 已知函数y=f(x)的图像是自原点出发的一条折线，当n ≤y ≤n+1(n=0,1,2,…)时，该图像是斜率为b n 的线段（其中正常数b ≠1），设数列{x n }由f(x n )=n(n=1,2,…)定义。

（1）求x 1,x 2和x n 的表达式；
（2）求f(x)的表达式，并写出其定义域；
（3）证明：y=f(x)的图像与y=x 的图像没有横坐标大于1的交点。

解 （1）依题意f(0)=0， f(x 1)=1，又当0≤y ≤1时，函数y=f(x)的图像是斜率 b 0=1的线段，故由
)0()(11--x f x f =1得x 1=1。

又由f(x 2)=2，当1≤y ≤2时，函数y=f(x)的图像是斜率为b 的线段，得 1
212)
()(x x x f x f --=b ， x 2=1+
b
1。

设x 0=0，由函数y=f(x)的图像中第n 段线段的斜率为b n －1,故得,
1
1)
()(----n n n n x x x f x f =b n
－1。

又f(x n )=n,f(x n －1)=n －1 ∴x n －x n －1=(
b
1)n －1（n=1,2,…）
由此知数列{x n －x n －1}为等比数列，其首项为1，公比为b
1。

又因b ≠1，得：
x n =(x n －x n －1)+(x n －1－x n －2)+…+(x 1－x 0)
=1
)
1(1
---b b b n （2）当0≤y ≤1时，从（1）可知y=x ，即当0≤x ≤1时，f(x)=x 。

当n ≤y ≤n+1时，即当x n ≤x ≤x n+1时，由（1）可知f(x)=n+b n
(x －x n )(x n ≤x ≤x n+1,n=1,2,3,…)。

又由（1）得当b>1时，∞
→n lim x n =
1
-b b ；当0<b<1时，n →∞,x n 也趋向于无穷大。

综上所述：当b>1时，y=f(x)的定义域为[0,1
-b b );当0<b<1时，y=f(x)的定义域为[0，+
∞)。

（3）当b>1，1<x<1
-b b 时，
设x ∈(x n ,x n+1
]
（1,
1
-b b ）,n ∈N ，则
F(x)=f(x)－x=n+b n (x －x n )－x =(b n －1)x+n －b n x n
∵F(x)在(x n ,x n+1]上为增函数（∵01>-n b ）， ∴f(x)>x 恒成立⇔F(x n )>0 ⇔x n <n 而x n =1+
b
1+
2
1b
+…+
1
1-n b
<1+1+…+1=n ， ∴1<x<
1
-b b 时恒有f(x)>x 成立。

当0<b<1，x>1时，设x ∈(x n ,x n+1
]
(1,+∞)(n ∈N)，则F(x)=f(x)－x=(b n
－1)x+n －b n
x n
∵F(x)在(x n ,x n+1]上是减函数（∵01<-n
b ）， ∴f(x)<x 恒成立⇔F(x n )<0
⇔x n >n 。

而x n =1+b
1+2
1b
+…+
1
1-n b
>1+1+…+1=n 成立 ∴x>1时恒有f(x)<x 成立。

综上所述：y=f(x)的图像与y=x 的图像没有横坐标大于1的交点。

注 本题若按0<b<1,b>1分别画出函数f(x)的图像，则思路就比较容易理解。

第三小题也可采用数学归纳法证之。