第3讲 数列的综合问题[考情考向分析] 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点，也是一个难点，主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等．热点一 利用S n ，a n 的关系式求a n 1.数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n . (3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n . (4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．例1 (2018·浙江)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项， 得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1(n ∈N *)．由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，①则12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，② ①－②，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，因此T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，当n ＝1时，b 1＝1也满足上式，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ∈N *.思维升华 给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n . 跟踪演练1 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n >0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 最小？并求出最小值． 解 (1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，①可得当n ＝1时，a 21＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2， 当n ≥2时，由已知可得a 1a n －1＝S 1＋S n －1，② ①－②得a 1()a n －a n －1＝a n .若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1， 即此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故a n ＝2n (n ∈N *)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n(n ∈N *)． (2)因为a n >0，故a n ＝2n.设b n ＝log 2a n32，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，由n －5≥0，解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 最小， 最小值为T 4＝T 5＝5()－4＋02＝－10.热点二 数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化． 例2 已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x.(1)若x ≥0时，f (x )≤0，求λ的最小值；(2)设数列{a n }的通项a n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，证明：a 2n －a n ＋14n >ln 2.(1)解 由已知可得f (0)＝0， ∵f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x，∴f ′(x )＝(1－2λ)x －λx2(1＋x )2，且f ′(0)＝0. ①若λ≤0，则当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )≥f (0)＝0，不合题意； ②若0<λ<12，则当0<x <1－2λλ时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当0<x <1－2λλ时，f (x )>f (0)＝0，不合题意； ③若λ≥12，则当x >0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ≥0时，f (x )≤f (0)＝0，符合题意． 综上，λ≥12.∴实数λ的最小值为12.(2)证明 由于a 2n －a n ＋14n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n ，若λ＝12，由(1)知，f (x )＝ln(1＋x )－x (2＋x )2＋2x ，且当x >0时，f (x )<0，即x (2＋x )2＋2x>ln(1＋x )， 令x ＝1n ，则2n ＋12n (n ＋1)>ln n ＋1n ，∴12n ＋12(n ＋1)>ln n ＋1n， 12(n ＋1)＋12(n ＋2)>ln n ＋2n ＋1，12(n ＋2)＋12(n ＋3)>ln n ＋3n ＋2，…，12(2n －1)＋14n >ln 2n2n －1.以上各式两边分别相加可得12n ＋12(n ＋1)＋12(n ＋1)＋12(n ＋2)＋12(n ＋2)＋12(n ＋3)＋…＋12(2n －1)＋14n >ln n ＋1n ＋ln n ＋2n ＋1＋ln n ＋3n ＋2＋…＋ln 2n2n －1， 即1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n·n ＋2n ＋1·n ＋3n ＋2·…·2n 2n －1＝ln 2n n ＝ln 2， ∴a 2n －a n ＋14n>ln 2.思维升华 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视． (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件． (3)不等关系证明中进行适当的放缩．跟踪演练2 设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n－1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0<a n －12<13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n . (1)解 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n－1， 所以f n ′(2)＝(n －1)·2n＋1. (2)证明 因为f n (0)＝－1<0，f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≥1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232>0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内至少存在一个零点， 又f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1>0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内单调递增， 因此f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点a n ， 由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，所以f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1＝0，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n >12，故12<a n <23，所以0<a n －12＝12a n ＋1n <12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.热点三 数列的实际应用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、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题，求解方法既要用到不等式知识，又要用到数列的基础知识，经常涉及到放缩法和数学归纳法的使用．例3 (2018·浙江省名校协作体联考)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋(－1)n(n ∈N *)．(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋(－1)n3是等比数列； (2)当k 是奇数时，证明：1a k ＋1a k ＋1<92k ＋1；(3)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<3.证明 (1)∵a n ＋1＝2a n ＋(－1)n， ∴a n ＋1＋(－1)n ＋13＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋(－1)n3， 又a 1＋(－1)3＝23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋(－1)n3是首项为23，公比为2的等比数列． (2)由(1)可知a n ＋(－1)n 3＝2n 3，即a n ＝2n －(－1)n3，当k 是奇数时，1a k ＋1a k ＋1＝32k ＋1＋32k ＋1－1＝3(2k ＋1－1)＋3(2k＋1)2k 2k ＋1＋2k －1<9·2k2k 2k ＋1＝92k ＋1. (3)当n 为偶数时，1a n －1＋1a n <92n ＝32n －1＋32n ， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋1a n <3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <3；当n 为奇数时，1a n ＋1a n ＋1<92n ＋1＝32n ＋32n ＋1，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1a n －2＋1a n －1＋1a n <3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋12n ＋1<3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋12n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <3. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n<3.思维升华 数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下： (1)利用数列(或函数)的单调性．(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后用裂项相消法求和． (3)数学归纳法．跟踪演练3 (2018·杭州质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋c a n(c >0，n ∈N *)． (1)证明：a n ＋1>a n ≥1；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1，证明：①对于任意m ∈N *，当n ≥m 时，a n ≤c a m(n －m )＋a m ； ②a n ≤5n －12. 证明 (1)因为c >0，a 1＝1， 所以a n ＋1＝a n ＋c a n>a n (n ∈N *)， 下面用数学归纳法证明a n ≥1. ①当n ＝1时，a 1＝1≥1； ②假设当n ＝k 时，a k ≥1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋c a k>a k ≥1. 所以当n ∈N *时，a n ≥1. 所以a n ＋1>a n ≥1.(2)①由(1)知当n ≥m 时，a n ≥a m ≥1， 所以a n ＋1＝a n ＋c a n ≤a n ＋c a m，即a n ＋1－a n ≤c a m ，累加得a n －a m ≤c a m(n －m )． 所以a n ≤c a m(n －m )＋a m .②若c >12，当m >8c －2(2c －1)2时，a m >⎝⎛⎭⎪⎫c －128c －2(2c －1)2－1＝2c2c －1. 所以c a m <c －12.所以当n ≥m 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1≤a n ≤c a m (n －m )＋a m .所以当n >1＋a m －cma m c －12－c a m 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫c －12n －1>c a m (n －m )＋a m ，矛盾． 所以c ≤12.因为a 2n ＋1＝a 2n ＋2c ＋c 2a 2n ≤a 2n ＋2c ＋c 2≤a 2n ＋54，累加得a 2n ≤a 21＋54(n －1)＝5n －14，所以a n ≤5n －12.真题体验1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案 －63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.2．(2017·浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)． 证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0.假设当n ＝k (k ∈N *)时，x k >0， 那么当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾， 故x k ＋1>0， 因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1， 因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *)． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)． f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x >0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12>0， 所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12 ＝2n －2， 故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．押题预测已知数列{a n }满足a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋2上．数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n. (1)求b 2的值；(2)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (3)求证：2－12·3n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n <3316.押题依据 数列与不等式的综合是高考重点考查的内容，常以解答题的形式出现，也是这部分的难点，考查学生的综合能力．(1)解 由已知得a 2＝3a 1＋2＝8，所以b 2a 2＝1a 1，b 28＝12，解得b 2＝4.(2)解 由条件得a n ＋1＝3a n ＋2， 则a n ＋1＋1a n ＋1＝3a n ＋3a n ＋1＝3， 所以数列{a n ＋1}是以a 1＋1为首项，3为公比的等比数列． 即a n ＋1＝(a 1＋1)·3n －1＝3n，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n－1(n ∈N *)． (3)证明 由题设b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，① 知b n a n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1(n ≥2)，② 由①－②，得b n ＋1a n ＋1－b n a n ＝1a n， 则b n ＋1a n ＋1＝1＋b na n， 即1＋b n b n ＋1＝a na n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，2－12×1＝32， 1＋1b 1＝32<3316， 所以原不等式成立；当n ≥2时，⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝⎛⎭⎪⎫1＋1bn＝1＋b 1b 1·1＋b 2b 2·…·1＋b nb n＝1b 1·1＋b 1b 2·1＋b 2b 3·…·1＋b n －1b n·(1＋b n )＝12×34×a 2a 3·…·a n －1a n·(1＋b n )＝38×8a n ·(1＋b n ) ＝3⎝⎛⎭⎪⎫1＋b n a n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋b n a n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＋1a n ，先证明不等式左边，当n ≥2时， 因为1a n ＝13n －1>13n ，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n>3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋132＋133＋ (13)＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13＝2－12·3n －1.所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≥2－12·3n －1. 再证明不等式右边，当n ≥2时， 1a n＝13n－1＝19·3n －2－1≤18·3n －2， 所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋13n －2＝3⎝⎛⎭⎪⎫12＋18·1－13n －11－13＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋316⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －1<3316.所以2－12·3n －1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n <3316成立．综上所述，不等式成立．A 组 专题通关1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A ．2 062 B ．2 063 C ．2 064 D ．2 065答案 B解析 由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k 个平方数与第k ＋1个平方数之间有2k 个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.2．已知数列{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( ) A ．60 B ．61 C ．121 D ．122 答案 B解析 由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8，所以a 2n ＋4a 2n＝8＋8(n －1)＝8n ，所以⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋2an2＝a 2n ＋4a 2n＋4＝8n ＋4， 所以a n ＋2a n＝22n ＋1，即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1，因为0<a n <1，所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1， 由S n >10得2n ＋1>11， 所以n >60.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．a n ≥2n ＋1 B ．S n ≥n 2C ．a n ≥2n －1D ．S n ≥2n －1答案 B解析 由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1. ∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1， 即S n ≥n2(1＋2n －1)＝n 2.4．数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n 成立，则最小的整数k 是( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C 解析 由a n ＝a n ＋1－1a n －1，得a n ()a n －1＝a n ＋1－1， ∴1a n ＋1－1＝1a n ()a n －1＝1a n －1－1a n，即1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，且a n >1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n ＋1－1 ＝1a 1－1－1a n ＋1－1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝5－1a n ＋1－1<5.又对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，∴k ≥5.故最小的整数k 是5.5．已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么∑i ＝51100f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500 答案 D解析 由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且n 为奇数时f (n )＝n ，则∑i ＝1100f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×()1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑i ＝150f (i )，∴∑i ＝51100f (i )＝∑i ＝1100f (i )－∑i ＝150f (i )＝2 500.6．(2018·宁波期末)对给定的正整数n (n ≥6)，定义f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，其中a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )，则a 6＝________；当n ＝2 019时，f (2)＝________.答案 6442 020－13解析 由a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )得数列{a i }为首项为2，公比为2的等比数列，则a i ＝2i (i ∈N *，i ≤n )，所以a 6＝26＝64.当n ＝2 019时，f (x )＝1＋2x ＋22x 2＋…＋22 019x 2 019，则f (2)＝1＋2×2＋22×22＋…＋22 019×22 019＝1＋4＋42＋…＋42 019＝1·(1－42 020)1－4＝42 020－13. 7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1的最小值为__________．答案 4解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)，∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)，∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n，∴(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4n16＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫164n ＋1 ＝2＋4n16＋164n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”．8．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是______________． 答案 (3,5)解析 由条件S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)， 得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12， 两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8，将n ＝2代入S n ＋S n －1＝4n 2，得a 1＋a 2＋a 1＝16， 所以a 2＝16－2a ，从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ；将n ＝3代入S n ＋S n －1＝4n 2，得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36， 所以a 3＝4＋2a ，从而a 2n ＋1＝4＋2a ＋8(n －1)＝8n －4＋2a ，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ，8n －4＋2a <8(n ＋1)＋8－2a ，解得3<a <5.9．(2018·浙江省重点中学联考)已知数列{a n }满足：a 1＝0，ln(a n ＋1－a n )＋a n ＋n ln 2＝0(n ∈N *)． (1)求a 3； (2)证明：ln(2－21－n)≤a n ≤1－21－n；(3)是否存在正实数c ，使得对任意的n ∈N *，都有a n ≤1－c ，并说明理由． (1)解 由已知得a n ＋1＝a n ＋()ln2e,-+n a n又a 1＝0，所以a 2＝12，a 3＝12＋14e .(2)证明 因为a n ＋1>a n ，a 1＝0，所以a n ≥0. 则a n ＋1＝a n ＋()ln2e-+n a n ≤a n ＋e－n ln 2＝a n ＋2－n， 所以a n ≤a n －1＋2－(n －1)≤a n －2＋2－(n －2)＋2－(n －1)≤…≤a 1＋2－1＋…＋2－(n －2)＋2－(n －1)＝1－21－n.令f (n )＝e n a＋21－n－2，则f (n ＋1)－f (n )＝()()11e 22e 22+---⎡⎤+--+-⎣⎦n nn a a n＝1ee +-n na a －2－n＝()ln 2ee 2-++---a n nn n a e a n＝()()ln2ee e 1-+-a n n n a －2－n>()ln 2e e-+n n a n a－2－n＝0，所以{f (n )}是递增数列，所以f (n )≥f (1)＝0， 即n a e ＋21－n－2≥0，所以a n ≥ln(2－21－n)，综上所述，ln(2－21－n)≤a n ≤1－21－n得证．(3)解 由(2)得a n ＋1＝a n ＋()ln 2e-+n a n ≤a n ＋()1ln 22ln 2e-⎡⎤--+⎣⎦n n＝a n ＋12n ＋1－2，所以a n ≤a n －1＋12n －2≤a n －2＋12n －1－2＋12n －2≤…≤a 1＋122－2＋…＋12n －1－2＋12n －2＝122－2＋…＋12n －1－2＋12n －2(n ≥2)．2019年因为12n －2＝14·2n －2－2≤13·2n －2(n ≥3)，所以当n ≥4时，a n <12＋16＋13·22＋…＋13·2n －2＝12＋16＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12n －2<56.由{a n }的单调性知当n ＝1,2,3时，a n <56，综上所述，对任意的n ∈N *，都有a n <56，所以存在c ＝16使a n ≤1－c 成立．10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知数列a n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．(1)求证：a 2 018>6；(2)求证：对一切n ≥2都有a 2n ＋2>2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a nn .证明 (1)∵a n ＝1＋12＋13＋…＋1n，∴a 2 018＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1513＋…＋11 024＋…＋12 018， a 2 018>1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1513＋…＋11 024>1＋12＋24＋…＋5121 024＝1＋12×10＝6. (2)由题意得a n －a n －1＝1n (n ≥2)，即a n －1＝a n －1n，将式子两边平方得a 2n －1＝a 2n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋1n 2，∴a 2n －a 2n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n －1n2，a 2n ＝a 2n －a 2n －1＋a 2n －1－a 2n －2＋a 2n －2－a 2n －3＋…＋a 22－a 21＋a 21＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a n n －⎝ ⎛⎭⎪⎫112＋122＋…＋1n 2.∵1＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝2－1n<2，∴对一切n ≥2都有a 2n ＋2>2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a nn .B 组 能力提高11．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1>1，则( ) A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案 B解析 构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1， 所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0. 又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1， 所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾． 因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0， 所以a 1>a 3，a 2<a 4. 故选B.12．设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020 答案 A解析 由题意可得f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2， ∵x ＝1是函数f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0， 即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0. ∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ，∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，以上各式累加可得a n ＝2n －1.∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n＝n . ∴2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019. ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017.13．(2018·湖州、衢州、丽水三地市质检)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝ln(1＋a n )(n ∈N *)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n .证明：(1)a n >0(n ∈N *)；(2)a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N *)； (3)n 2＋5n6≤T n ≤n 2＋3n4(n ∈N *)．证明 (1)①当n ＝1时，a 1＝1>0， 所以当n ＝1时，命题成立；②假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即a k >0， 则由1＋a k >1，知a k ＋1＝ln(1＋a k )>0，所以a k ＋1>0. 故对于n ∈N *都有a n >0.(2)先利用ln(1＋x )<x (x >0)证明ln(1＋a n )<a n ， 即a n ＋1<a n ，故a n ≤1，因此0<a n ≤1. 要证明a n ＋1<3a n a n ＋3，即证ln(1＋a n )<3a na n ＋3， 构造函数h (x )＝ln(1＋x )－3xx ＋3(0<x ≤1)， 则h ′(x )＝11＋x －9(x ＋3)2＝x (x －3)(1＋x )(x ＋3)2<0，所以h (x )在(0,1]上单调递减． 故h (x )＝ln(1＋x )－3xx ＋3<h (0)＝0， 因此ln(1＋a n )<3a n a n ＋3，即a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N *)． (3)由(2)可知1a n ＋1－1a n >13成立， 则累加可得1a n ≥1＋13(n －1)＝n ＋23，故T n ≥n ＋n (n －1)2×13＝n 2＋5n6.构造函数g (x )＝ln(1＋x )－2xx ＋2(0<x ≤1)， g ′(x )＝11＋x －4(x ＋2)2＝x2(1＋x )(x ＋2)2>0，所以g (x )在(0,1]上单调递增， 所以g (x )＝ln(1＋x )－2xx ＋2>g (0)＝0， 得ln(1＋a n )>2a na n ＋2. 所以有a n ＋1>2a n a n ＋2，进一步有1a n ＋1－1a n <12，则累加可得1a n ≤n ＋12，故T n ≤n ＋n (n －1)2×12＝n 2＋3n4.因此原命题成立．14. (2018·宁波期末)已知数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2n 2a n －2，n 为奇数，2a n －2，n 为偶数，a 1＝a .(1)若a >1，求证：对任意正整数n (n >1)均有a n ≥2；(2)若a ＝3，求证：4n ＋1<a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2n <4n ＋3对任意n ∈N *恒成立．证明 (1)当a >2时，根据g (x )＝2x －2和f (x )＝x 22x －2在[2，＋∞)上均为增函数，从而当a n ≥2时，必有a n ＋1＝f (a n )≥f (2)＝2 或a n ＋1＝g (a n )≥g (2)＝2.当1<a <2时，由于f (x )＝x 22x －2在(1,2]上为减函数，得a 2>2.当a ＝2时，a 2＝a 3＝2，从而a n ＝2恒成立．综上所述，当a >1时，a n ≥2对所有满足n >1的正整数n 均成立． (2)当a ＝3时，一方面，由(1)知a 2k －1＋a 2k >4(k ≥2，k ∈N )．又a 1＋a 2＝3＋94>5，所以a 1＋a 2＋…＋a 2n >4n ＋1.另一方面，a 2k －1＋a 2k ＝a 2k －1＋a 22k －12a 2k －1－2＝3a 22k －1－2a 2k －12(a 2k －1－1)，且a 2k ＋1＝2a 2k －2＝a 22k －1－2a 2k －1＋2a 2k －1－1，令a 2k －1－2＝b k ，则b k ＋1＋2＝(b k ＋1)2＋1b k ＋1，即b k ＋1＝b 2kb k ＋1，且b 1＝1，b 2＝12. 所以a 2k －1＋a 2k ＝3a 22k －1－2a 2k －12(a 2k －1－1)＝3b 2k ＋10b k ＋82(b k ＋1)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(b k ＋1)＋1b k ＋1＋4. 由b k ＋1－b k ＝(b k －b k －1)(b k b k －1＋b k ＋b k －1)(b k ＋1)(b k －1＋1)，且b 2－b 1<0知{b k }为递减数列，且b k >0，所以1b k ＋1<1. 从而a 2k －1＋a 2k ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(b k ＋1)＋1b k ＋1＋4<32b k ＋4.又由b k ＋1b k ＝b k b k ＋1＝1－1b k ＋1≤1－1b 1＋1＝12， 所以b 1＋b 2＋…＋b n <b 11－12＝2，所以a 1＋a 2＋…＋a 2n <32(b 1＋b 2＋…＋b n )＋4n <3＋4n .综上，所证成立．。