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高中数列解题方法及综合学校 慈济中学姓名 晋春 高考递推数列分类类型1：渗透三角函数周期性数列与三角函数的结合是一类创新试题，利用三角函数的周期性体现数列的变化，利用三角不等式进行放缩是证明数列不等式的常见方法。例1（2008年湖南卷，18，满分12分）数列an满足a1=1，a2=2，求a3，a4,并求数列an的通项公式；本题分为两种情况，采取非常规的递推数列求通项的方法，利用三角函数的诱导公式寻找递推关系，体现三角函数的周期性，进而求出该数列的通项为一分段数列。例2（2009年江西，文，21，满分12分）数列an的通项，其前n项和为（1）求sn；（2）令，求数列bn的前n项和Tn例3（2009年江西，理8，5分）数列an的通项，其前n项和为sn，则sn为（ ）A470B490C495D510类型2：an+1=an+f(n)解法思路：把原递推公式转化为an+1-an=f(n)，利用累加法（逐差相加法）求解例4（2008，江西，理5）在数列an中，a1=2,an+1=an+ln,则an=A2+lnnB2+(n-1) lnnC2+nlnnD1+n+lnn例5（2009，全国I，理22）在数列an中，a1=1,an+1=（1）设，求数列an的通项公式；（2）求数列an的前n项和。 类型3：an+1=f(n)an解法思路：把原递推公式转化为，利用累乘法（逐商相乘法）求解例6（2004，全国I，理15）已知数列an，满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+(n1)an1(n2)，则an的通项an=_解：由已知，得an+1=a1+2a2+3a3+(n1)an1+nan，用此式减去已知式，得当n2时，an+1an=nan，即an+1=（n+1）an，又a2=a1类型4：an+1=pan+q（其中p、q均为常数，且pq(p1)0）解法思路：待定系数法，把原递推公式转化为an+1t=p(ant)，其中，再利用换元法转化为等比数列求解，或转化为二队循环数列来解（见后文），或直接用逐项迭代法求解。例7（2008年，安徽，文21）设数列an满足a1 =a,an +1=c an +1c,nN*，其中a、c为实数，且c0求数列an的通项公式；解：方法一：因为an+11=c(an1)所以当a1时，an1是首项为a1，公比为c的等比数列所以an1=( an1)cn1即an=( an1)cn1+1当n=1时，an=1仍满足上式数列an的通项公式为an=( a1)cn1+1 (nN*)方法二：由题设得：n2时, an1=c( an11)=c2 (an21)= cn1(an1)= (a1)c n1所以an=( a1)=c n1+1n=1时，a1=a也满足上式所以an的通项公式为an=( a1)cn1+1 (nN*)类型4的变式：an+1=pan+f(n)解法思路：通过构造新数列bn，消去f(n)带来的差异，例如下面的类型5 ：an+1=pan+qn（其中p、q均为常数，pq(p1)(q1)0）（或an+1=pan+rqn，其中p、q、r均为常数）解法思路：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn+1，得，引入辅助数列bn（其中），得即可转化为类型3。或直接将原递推式变形为），（其中），则直接转化为等比数列例8（2006，全国I，理22，12分）设数列an的前n项的和求首项a1与通项an。例9（2009，全国II，理19）设数列an的前n项的和（1）设，证明数列bn是等比数列；（2）求数列an的通项公式。类型6：（其中p，q均为常熟）。解法一（待定系数法）：先把原递推公式转化为，其中s, t满足解法二（特征根法）：对于由递推公式,=,=给出的数列an，方程,叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列an的通项为，其中A、B由=,=决定（即把和n=1,2,代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A、B由=,=决定（即把和n=1,2，代入，得到关于A、B的方程组）。例10（2006，福建，文22）已知数列an满足=1,=3，（）。（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列an的通项公式；（3）若数列bn满足（），证明bn是等差数列。解：（1），=1,=3，（），是以=2为首项，2为公比的等比数列。（2）（），an =+ + + += + +2+1=-1（）类型7 递推公式为Sn与的关系式（或Sn）解法思路：这种类型一般利用=或=消去进行求解。例11.（2009，湖北，理，19）已知数列an的前项和Sn= -+2（为正整数），令=，求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式解：在Sn= +2中，令n=1，可得S1 = -+1=，当时，Sn-1= +2，=SnSn-1=+2=+，即=+1又=，=+1，即当时，-=1又=2=1数列bn是首项和公差均为1的等差数列，于是=n=,=.例12 （2008，全国II，理，20）设数列an的前n项和为Sn，已知=,=Sn+（）,（）设=-，求数列bn的通项公式；（）若（），求的取值范围。解（）依题意-=+，即=2+，由此得-=2（-），因此，所求通项公式为 =-=（-3），（）。 （）由（）知=+（-3），（），于是当时，=- =+（a-3）-（a-3） =2×+(a-3) =4×+(a-3) =,当时,09。又=+3综上，所求的的取值范围是。类型8 an+1=pan+an+b(p1,a0)解法思路：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列， 即令，与已知递推式比较，解出，从而转化为是公比p为的等比数列。例13.（2006山东，文，22）已知数列an中，=，点在直线上，其中（）令，求证数列bn是等比数列；（）求数列an的通项。所以bn是以为首项，以为公比的等比数列类型9 （p0, 0）解法思路：这种类型一般是等式两边取对数后转化为，再利用待定系数法求解。例14（2005，江西，理，21）已知数列an的各项都是正数，且满足：求数列的an通项公式例15（2006，山东，理，22）已知，点在函数的图像上，其中证明数列是等比数列类型10 解法思路：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为。例17（2006，江西，理，22，本大题满分14分）已知数列满足： 求数列的通项公式；解：将条件变为：为一个等比例数，其首项为从而据此得类型11 解法思路：如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且phqr,r0, ），那么，可作特征方程，当特征方程有且仅有一根时，则是等差数列；当特征议程有两价目相异的根x1、x2时，则是等比数列。例19(2009年,江西,理,22)各项均为正数的数列,且对满足的正整数都有m,n,p,q都有(1)当时,求通项；(2)证明:对任意a,存在与a有关的常数,使得对于每个正整数n,都有解：（1）由得将代入上式化简得所以故数列为等比数列，从而，即可验证，满足题设条件。（2）由题设的值仅与有关，记为则考察函数，则在定义域上有故对，注意到，解上式得取，即有类型12 数列中的数学归纳法数学归纳法是数学证明中的常用方法，适用于猜想证明和数列不等式的证明，在直接求解或者利用放缩法证明存在困难时，常可使用数学归纳法进行证明。例21（2008，天津，理，22）在数列中，数列的前n项和Sn满足为的等比中项，（）求的值；（）求数列的通项公式；解：（）由题设有解得，由题设又有，解得。（）由题设，及，进一步可得，猜想先证当时，等式成立,当时用数学归纳法证明如下：（1）当 n=2时，即等式成立。（2）假设当n=k时等式成立，即由题设 的两边分别减去的两边，整理得，从而这就是说，当时等式也成立，根据（1）和（2）可知，等式对任何的成立。综上所述，等式对任何的都成立。再用数学归纳法证明，本题首先进行猜想，然后利用数学归纳法证明，先猜想再证明是求数列通项的常用手段，数学归纳法也是证明数列不等式的常用方法。 数列经典综合题等差数列与等比数列综合题例1 等比数列的前n 项和为，已知,成等差数列（1）求的公比q；（2）求3，求 解：（）依题意有 由于 ，故 又，从而 （）由已知可得 故 从而 例2 在正项数列中,令.（）若是首项为25,公差为2的等差数列,求；（）若（为正常数）对正整数恒成立,求证为等差数列；（）解：由题意得,所以=（）证:令,则=1所以=（1）,=（2）,（2）（1）,得=,化简得（3）（4）,（4）（3）得 在（3）中令,得,从而为等差数列 例3 已知是公比为q的等比数列，且成等差数列.（1）求q的值；（2）设数列的前项和为，试判断是否成等差数列？说明理由. 解：（1）依题意，得2am+2 = am+1 + am2a1qm+1 = a1qm + a1qm 1在等比数列an中，a10，q0，2q2 = q +1，解得q = 1或. （2）若q = 1， Sm + Sm+1 = ma1 + (m+1) a1=(2m+1) a1，Sm + 2 = (m+2) a1 a10，2Sm+2S m + Sm+1 若q =，Sm + 1 =Sm + Sm+1 = =2 Sm+2 = S m + Sm+1 故当q = 1时，Sm , Sm+2 , Sm+1不成等差数列；当q =时，Sm , Sm+2 , Sm+1成等差数列. 例4 已知数列an的首项（a是常数），（）（）是否可能是等差数列.若可能，求出的通项公式；若不可能，说明理由；（）设，（），为数列的前n项和，且是等比数列，求实数a、b满足的条件 解：（） 若是等差数列，则但由，得a=0,矛盾.不可能是等差数列 () (n2) 当a1时, 从第2项起是以2为公比的等比数列n2时,是等比数列, (n2)是常数 a-1时, b-2a-2=0 当a=-1时，（n3）,得（n2） 是等比数列 b0综上, 是等比数列,实数a、b所满足的条件为 例5 设数列an的前n项和为Sn，且满足Sn=2-an，n=1，2，3，.()求数列an的通项公式；()若数列bn满足b1=1，且bn+1=bn+an，求数列bn的通项公式；()设cn=n(3-bn)，求数列cn的前n项和Tn.解：()n=1时，a1+S1=a1+a1=2a1=1 Sn=2-an即an+Sn=2 an+1+Sn+1=2两式相减：an+1-an+Sn+1-Sn=0即an+1-an+an+1=0故有2an+1=anan0 (nN*)所以，数列an为首项a1=1，公比为的等比数列.an=(nN*)()bn+1=bn+an(n=1，2，3，)bn+1-bn=()n-1 得b2-b1=1b3-b2=b4-b3=()2bn-bn-1=()n-2(n=2，3，) 将这n-1个等式相加，得bn-b1=1+又b1=1，bn=3-2()n-1(n=1，2，3，)()cn=n(3-bn)=2n()n-1 Tn=2()0+2()+3()2+(n-1)()n-2+n()n-1 而 Tn=2()+2()2+3()3+(n-1) -得：Tn=8-(8+4n)(n=1，2，3，) 例6 已知数列中，且对时有（）设数列满足，证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；（）记，求数列的前n项和（） 证明：由条件，得，则即，所以，所以是首项为2，公比为2的等比数列 ，所以两边同除以，可得于是为以首项，为公差的等差数列所以（），令，则而 ，令Tn，则2Tn，得Tn，Tn例7 设数列满足且（）求的值，使得数列为等比数列；（）求数列和的通项公式；（）令数列和的前项和分别为和，求极限的值（）令，其中为常数，若为等比数列，则存在使得又所以由此得由及已知递推式可求得，把它们代入上式后得方程组 消去解得 下面验证当时，数列为等比数列 ，从而是公比为的等比数列同理可知是公比为的等比数列，于是为所求（）由（）的结果得，解得，（）令数列的通项公式为，它是公比为的等比数列，令其前项和为； 令数列的通项公式为，它是公比为的等比数列，令其前项和为 由第（）问得， 由于数列的公比，则 ，由于，则，于是，所以例8 数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列.()求数列的通项公式；()设数列的前项和为 ，且，求证:对任意实数（是常数，2.71828）和任意正整数，总有 2；() 正数数列中，.求数列中的最大项. （）解：由已知：对于，总有 成立 （n 2） -得均为正数， （n 2） 数列是公差为1的等差数列 又n=1时， 解得=1.() （）证明：对任意实数和任意正整数n，总有. ()解：由已知 ， 易得 猜想 n2 时，是递减数列. 令当在内为单调递减函数.由.n2 时, 是递减数列.即是递减数列.又 , 数列中的最大项为. 例9 设是公差不为零的等差数列，为其前项和，满足。（1）求数列的通项公式及前项和； （2）试求所有的正整数，使得为数列中的项。 解：（1）设公差为，则，由性质得，因为，所以，即，又由得，解得，,(2) （方法一）=,设， 则=, 所以为8的约数（方法二）因为为数列中的项，故为整数，又由（1）知：为奇数，所以经检验，符合题意的正整数只有。 例10 已知是公差为的等差数列，是公比为的等比数列。（1） 若，是否存在，有说明理由； （2） 找出所有数列和，使对一切,并说明理由；（3） 若试确定所有的，使数列中存在某个连续项的和是数列中的一项，请证明。解：（1）由，得， 整理后，可得，、，为整数， 不存在、，使等式成立。 （2）若，即， （*）（）若则。 当为非零常数列，为恒等于1的常数列，满足要求。 （）若，（*）式等号左边取极限得，（*）式等号右边的极限只有当时，才能等于1。此时等号左边是常数，矛盾。综上所述，只有当为非零常数列，为恒等于1的常数列，满足要求。（3） 设.，. 取 由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）2s+2=4M1+1, 故当且仅当p=3s,sN时，命题成立. 二、 点列综合题例11 设曲线上的点为过P0作曲线c的切线与x轴交于Q1，过Q1作平行于y轴的直线与曲线c交于，然后再过P1作曲线c的切线交x轴于Q2，过Q2作平行于y轴的直线与曲线c交于，依此类推，作出以下各点：P0，Q1，P1，Q2，P2，Q3，Pn，Qn+1，已知，设（1）求出过点P0的切线方程；（2）设求的表达式；（3）设求解：（1） 过点P0的切线段为即 （2） 过点Pn的切线方程为 将的坐标代入方程得： 故数列是首项为的等比数列 （3） 例12 已知点满足：，且已知 （1）求过点的直线的方程； （2）判断点与直线的位置关系，并证明你的结论；（3）求点的极限位置。解：（1）由，得： 显然直线的方程为 （2）由，得： 点，猜想点在直线上，以下用数学归纳法证明： 当n2时，点 假设当时，点，即 当时， 点 综上，点 （3）由，得： 数列是以为首项，公差为1的等差数列 即点的极限位置为点P（0，1）例13 如图，是曲线上的个点，点在轴的正半轴上，是正三角形(是坐标原点) .() 写出；()求出点的横坐标关于的表达式；()设，若对任意正整数，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 解：() .()依题意，则yxOA0P1P2P3A1A2A3， 3分在正三角形中，有 .， ， 同理可得 . -并变形得， ， . 数列是以为首项，公差为的等差数列. ， 7分，. ()解法1 ：， .当时，上式恒为负值，当时，数列是递减数列. 的最大值为. 若对任意正整数，当时，不等式恒成立，则不等式在时恒成立，即不等式在时恒成立. 设，则且，解之，得 或，即的取值范围是.例14 ABC中，|AB|=|AC|=1，P1为AB边上的一点，从P1向BC作垂线，垂足是Q1；从Q1向CA作垂线，垂足是R1；从R1向AB作垂线，垂足是P2，再由P2开始重复上述作法，依次得Q2，R2，P3；Q3，R3，P4 （1）令BPn为xn，寻求BPn与（即）之间的关系。 （2）点列是否一定趋向于某一个定点P0？说明理由； （3）若，则是否存在正整数m，使点P0与Pm之间的距离小于0.001？若存在，求m的最小值。解：（1）由|AB|=|AC|=1， 从而ABC为边长为1的正三角形 则，于是 同样 又 即 （2）由（1）可得： 的等比数列 当 点Pn趋向点P0，其中P0在AB上，且BP0 （3） 由 当的最小值为4 例15 已知曲线从点向曲线引斜率为的切线，切点为（1）求数列的通项公式；（2）证明：.解：（1）设直线：，联立得，则，（舍去） ，即，（2）证明： 由于，可令函数，则，令，得，给定区间，则有，则函数在上单调递减，即在恒成立，又，则有，即. 例16 数轴上有一列点P1，P2，P3，Pn，已知当时，点Pn是把线段Pn 1 Pn+1作n等分的分点中最靠近Pn+1的点，设线段P1P2，P2P3，Pn Pn + 1的长度分别为a1，a2，a3，an，其中a1 = 1（1）写出a2，a3和an（，）的表达式；（2）证明a1 + a2 + a3 +an < 3（）；（3）设点Mn( n，an)（n > 2，），在这些点中是否存在两个点同时在函数的图像上，如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由.解：(1) 由已知，令n = 2，P1P2 = P2P3，所以a2 = 1，令n = 3，P2P3 = 2P3P4，所以，同理，所以(2) 因为所以而n = 1时，易知a1 = 1 < 3成立，所以(3) 假设有两个点A（p，ap），B（q，aq），都在函数即所以消去k得，以下考查数列bn，的增减情况，当n > 2时，n2 3n + 1 > 0，所以对于函数bn有b2 > b3 > b4 > > bn > 所以式不能成立，所以，不可能有两个点同时在函数图像上例17 在直角坐标系中，有一点列P1(a1，b1)，P2(a2，b2)，Pn(an，bn)，对每一个正整数n，点Pn在给定的函数ylog3(2x)的图像上.而在递增数列an中，an与an+1是关于x的方程4x28nx4n210（nN*）的两个根（）求点Pn的纵坐标bn的表达式；（）记cn3，nN*.证明3；解：（）解方程4x28nx4n210，得x1n，x2n，an是递增数列，ann，an+1n，即ann( nN*)，又因为Pn(an，bn)在函数ylog3(2x)的图像上，所以bnlog3(2n1).（）因为cn3，nN*，所以cn2n1设Dn，即Dn， 所以Dn， 由得Dn，则所以Dn11133，例18 已知点列B1(1,y1)、B2(2,y2)、Bn(n,yn)（nN）顺次为一次函数图像上的点，点列A1(x1,0)、A2(x2,0)、An(xn,0)（nN）顺次为x轴正半轴上的点，其中x1=a（0a1），对于任意nN，点An、Bn、An+1构成一个顶角的顶点为Bn的等腰三角形。求数列yn的通项公式，并证明yn是等差数列；证明xn+2-xn为常数，并求出数列xn的通项公式；在上述等腰三角形AnBnAn+1中，是否存在直角三角形？若有，求出此时a值；若不存在，请说明理由。解：（1）(nÎN),yn+1-yn=,yn为等差数列 （2）因为与为等腰三角形.所以，两式相减得 。注：判断得2分，证明得1分x1,x3,x5,x2n-1及x2,x4,x6 ，x2n都是公差为2的等差数列， （3）要使AnBnAn+1为直角三形，则 |AnAn+1|=2=2()Þxn+1-xn=2() 当n为奇数时，xn+1=n+1-a，xn=n+a-1,xn+1-xn=2(1-a). Þ2(1-a)=2() Þa=(n为奇数，0a1) (*) 取n=1，得a=，取n=3，得a=，若n5，则(*)无解； 当偶数时，xn+1=n+a，xn=n-a，xn+1-xn=2a. 2a=2()Þa=(n为偶数，0a1) (*¢)，取n=2，得a=,若n4，则(*¢)无解. 综上可知，存在直角三形，此时a的值为、. 三、数列与向量交汇的综合题例19 =, =,（1）求证：为等差数列； (2) 若,问是否存在, 对于任意（），不等式成立.解（1） 为等差数列 （2） 例20 在直角坐标平面中，已知点，其中n是正整数，对平面上任一点A0，记A1为A0关于点P1的对称点，A2为A1关于点P2的对称点，An为An1关于点Pn的对称点. （1）求向量的坐标； （2）对任意偶数n，用n表示向量的坐标.（1）设对称故 （2）同理可得：故 例21 已知数列的首项，前项和为，且、（n 2）分别是直线上的点A、B、C的横坐标，设， 判断数列是否为等比数列，并证明你的结论； 设，证明：解：由题意得 （n2），又，数列是以为首项，以2为公比的等比数列。 则（）由及得， 则 四、数列与函数交汇的综合题例22 已知函数（）。（）若且，则称为的实不动点，求的实不动点；（II）在数列中，（），求数列的通项公式。解：（）由及得或（舍去），所以或，即的实不动点为或；（II）由条件得，从而有，由此及知：数列是首项为，公比为的等比数列，故有（）。例23 二次函数 （1）求并求的解析式； （2）若求数列并求 （3）若求符合最小自然数n.解：（1） 又（2）（3） 例24 已知函数，点，是函数图像上的两个点，且线段的中点的横坐标为求证：点的纵坐标是定值；若数列的通项公式为，求数列的前m项的和；解：由题可知：，所以，点的纵坐标是定值，问题得证由可知：对任意自然数，恒成立由于，故可考虑利用倒写求和的方法即由于：所以，所以，例25 设f1(x)=，定义fn+1 (x)= f1fn(x)，an =（nN*）.(1) 求数列an的通项公式；(2) 若，Qn=（nN*），试比较9T2n与Qn的大小，并说明理由.解：（1）f1(0)=2，a1=，fn+1(0)= f1fn(0)=, an+1= -= -an. 数列an是首项为,公比为-的等比数列，an=()n-1. （2）T2 n = a1+2a 2+3a 3+(2n-1)a 2 n-1+2na 2 n，T2 n= (-a1)+(-)2a 2+(-)3a 3+(-)(2n-1)a2 n1+2na2 n= a 2+2a 3+(2n1)a2 nna2 n.两式相减，得T2 n= a1+a2+a 3+a2 n+na2 n. T2n =+n×(-)2n-1=-(-)2n+(-)2n-1.T2n =-(-)2n+(-)2n-1=(1-). 9T2n=1-.又Qn=1-， 当n=1时，22 n= 4,(2n+1)2=9,9T2 nQ n； 当n=2时，22 n=16,(2n+1)2=25,9T2 nQn； 当n3时，9T2 nQ n. 例26 已知函数，数列满足 （I）求数列的通项公式； （II）设x轴、直线与函数的图象所围成的封闭图形的面积为，求； （III）在集合，且中，是否存在正整数N，使得不等式对一切恒成立？若存在，则这样的正整数N共有多少个？并求出满足条件的最小的正整数N；若不存在，请说明理由。 （IV）请构造一个与有关的数列，使得存在，并求出这个极限值。解：（I） 将这n个式子相加，得 （II）为一直角梯形（时为直角三角形）的面积，该梯形的两底边的长分别为，高为1 （III）设满足条件的正整数N存在，则 又 均满足条件 它们构成首项为2010，公差为2的等差数列。 设共有m个满足条件的正整数N，则，解得 中满足条件的正整数N存在，共有495个， （IV）设，即 则显然，其极限存在，并且例27 函数的定义域为R，且 （）求证：； （）若上的最小值为，试求f(x)的解析式； （）在（）的条件下记试比较与 的大小并证明你的结论解：（）f(x)定义域为R， （）由（）知f(x)在0，1上为增函数， （） 例28 已知函数时，的值域为，当时，的值域为，依次类推，一般地，当时，的值域为，其中k、m为常数，且 （1）若k=1，求数列的通项公式； （2）项m=2，问是否存在常数，使得数列满足若存在，求k的值；若不存在，请说明理由；（3）若，设数列的前n项和分别为Sn，Tn，求来源:学&科&网 。解：（1）因为所以其值域为于是又 （2）因为所以8分法一：假设存在常数，使得数列，得符合。法二：假设存在常数k0，使得数列满足当k=1不符合。9分当，来源:Z+xx+k.Com则当 （3）因为所以的值域为于是则又则有来xxk.Com进而有18分例29 已知函数，为函数的导函数（）若数列满足：，（），求数列的通项；（）若数列满足：，（）.当时，数列是否为等差数列？若是，请求出数列的通项；若不是，请说明理由；.当时， 求证：解：（）， ，即 ， 数列是首项为，公比为的等比数列，即 （）（），当时，假设，则由数学归纳法，得出数列为常数数列，是等差数列，其通项为 （）， 当时，假设，则 由数学归纳法，得出数列 又，即 ， 例30 已知,其中,设,.(I) 写出;(II) 证明:对任意的,恒有.【解析】(I)由已知推得,从而有(II) 证法1:当时, 当x>0时, ,所以在0,1上为增函数因函数为偶函数所以在-1,0上为减函数所以对任意的因此结论成立.证法2: 当时, 当x>0时, ,所以在0,1上为增函数因函数为偶函数所以在-1,0上为减函数所以对任意的又因所以因此结论成立.证法3: 当时, 当x>0时, ,所以在0,1上为增函数因函数为偶函数所以在-1,0上为减函数所以对任意的由对上式两边求导得因此结论成立.五、数列与不等式交汇的综合题例31 已知数列满足.(1)若数列是以常数首项,公差也为的等差数列,求a1的值;(2)若,求证：对任意都成立；(3)若,求证：对任意都成立.解 (1)由得：即，求得（2）由知，两边同除以，得（3） ，将代入，得； 而， 由知，命题成立.例32 设数列的前项和为，。（1）求证：数列为等差数列，并分别求出、的表达式；（2）设数列的前n项和为，求证：；（3）是否存在自然数n,使得？若存在，求出n的值；若不存在,请说明理由。又易知单调递增，故，得(3)由得=13分由，得n=1005,即存在满足条件的自然数n=1005. 例33 已知数列中，当时，其前项和满足，（1） 求的表达式及的值；（2） 求数列的通项公式；（3） 设，求证：当且时，。解：（1）所以是等差数列。则。（2）当时，综上，。（3）令，当时，有 等价于求证。当时，令，则在递增。又，所以即例34 已知数列各项均不为0，其前项和为，且对任意都有（为大于1的常数），记(1) 求；(2) 试比较与的大小（）；(3) 求证：，（）解：(1) ，得，即在中令，可得是首项为，公比为的等比数列，(2) 由(1)可得，而，且，（）例35 数列：满足() 设，求证是等比数列；() 求数列的通