1、1高中数列解题方法及综合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a n满足 a1=1，a 2=2，222(1cos)sin,1,3.na求 a3，a 4,并求数列a n的通项公式； 22123114 2221212121 21:,()i,(cos)i4()(),cossin,()k kkk kanNaan AAA解 因 为 所 以一 般 地 当 时即所 以 数 列 是 首 项 为 公 差 为 的 等 差 数 列 因
2、此当 时 2222 22,cossin1,(),k kkknnaaaNaak 所 以 数 列 是 首 项 为 公 比 为 的 等 比 数 列 因 此故 数 列 的 通 项 公 式 为本题分为两种情况，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a n的通项 )3sin(co22na，其前 n 项和为（1）求 sn；（2）令 b43，求数列b n的前 n 项和 Tn2613221)3(2)1()94(2)49(518.231 )3(21()3(.6)( )(,
3、2cos3sinco)1(: 213231 222222 3125433 22 kkkask kkaaaas nkkkkk kk 故由 于解 12312312389 )4913(2)49.4()49.13(4.49)2( )(,6)(1,6 nnn nnnnnnnnnnTTTsbNkns故两 式 相 减 得故例 3（2009 年江西，理 8，5 分）数列a n的通项 )3sin(co22an，其前 n 项和为 sn，则 sn为（ ）A470 B490 C495 D510类型 2：a n+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
4、（2008，江西，理 5）3在数列a n中，a1=2,a n+1=an+ln )1(,则 an=A2+lnn B2+(n-1) lnn C2+nlnn D1+n+lnn例 5（2009，全国 I，理 22）在数列a n中，a1=1,a n+1= na21)1(（1）设 ab，求数列a n的通项公式；（2）求数列a n的前 n 项和。 . 21,2121,)(:3211bbann nn从 而即 且由 已 知 得解42)1(2242,2)1()1(2 )2(12.12)(11 110211 11 11nnnk nnnknknk nnnnnsTabb所 以又于 是 则令 知由故 所 求 通 项 公
5、式 为又于 是类型 3：a n+1=f(n)an解法思路：把原递推公式转化为 )(1nfan，利用累乘法（逐商相乘法）求解例 6（2004，全国 I，理 15）已知数列a n，满足 a1=1,an=a1+2a2+3a3+(n1)a n1 (n2)，则a n的通项 an=_4解：由已知，得 an+1=a1+2a2+3a3+(n1)a n1 +nan，用此式减去已知式，得当 n2 时，a n+1a n=nan，即 an+1=（n+1）a n，又 a2=a1)2(! ,.4,11322n ，n 得个 式 子 相 乘将 以 上所 以类型 4：a n+1=pan+q（其中 p、q 均为常数，且 pq(p
6、1)0）解法思路：待定系数法，把原递推公式转化为 an+1t=p(a nt)，其中pqt1，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a n满足 a1 =a,an +1=c an +1c,nN *，其中 a、c 为实数，且c0求数列a n的通项公式；解：方法一：因为 an+11=c(a n1)所以当 a1 时，a n1是首项为 a1，公比为 c 的等比数列所以 an1=( a n1)c n1即 an=( an1)c n1 +1当 n=1 时，a n=1 仍满足上式数列a n的通项公式为 an=( a
7、1)c n1 +1 (nN *)方法二：由题设得：n2 时, an1=c( an1 1)=c 2 (an2 1)= cn1 (an1)= (a1)c n1所以 an=( a1)=c n1 +1n=1 时，a 1=a 也满足上式所以a n的通项公式为 an=( a1)c n1 +1 (nN *)类型 4 的变式：a n+1=pan+f(n)解法思路：通过构造新数列b n，消去 f(n)带来的差异。类型 5 ：a n+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，
8、得qnn11，引入辅助数列b n（其中 nab） ，得 qbpn1即可转化为类型 3。或直接将原递推式变形为 xx(11 ） ， （其中5)(1qpx） ，则直接转化为等比数列例 8（2006，全国 I，理 22，12 分）设数列a n的前 n 项的和 .3,21,2314nasn求首项 a1与通项 an。111111:342422, ()334,2(),nnnnnnnnns aaa A解 当 时当 时即 所 以 所 以所 以 所 以例 9（2009，全国 II，理 19）设数列a n的前 n 项的和 24,1, nnnass已 知（1）设 ab21，证明数列b n是等比数列；（2）求数列a
9、n的通项公式。2111112 11212)13(423,4322,3)(,)( 44( 353,)(: nnnnnn nnnnaaqb，bbaaasa，所 以 的 等 差 数 列公 差 为是 首 项 为因 此 数 列于 是所 以 公 比中等 比 数 列知由 的 等 比 数 列公 比 为是 首 项 为因 此 数 列 即于 是 故解 得由 已 知 有解类型 6： pq（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， 211()nnastas其中 s, t 满足 st解法二（特征根法）：对于由递推公式 21nnpq, 1=, 2=给出的数列a n，方程 20xpq,叫做数列
10、的特征方程。若 x是特征方程的两个根，当 1时，数列a n的通项为 12naAxB，其中 A、B 由 1a= ,2a=决定（即把 21,a和 n=1,2,代入 1n，得到关于 A、B 的方程组） ；当 1x时，数列的通项为 n，其中 A、B 由 1= ,62a=决定（即把 12,ax和 n=1,2，代入 1nnaABx，得到关于 A、B的方程组） 。例 10（2006，福建，文 22）已知数列a n满足 1a=1, 2=3， 213nnaa（ N） 。（1）证明：数列 n是等比数列；（2）求数列a n的通项公式；（3）若数列b n满足 1214nnbbb （ ） ，证明b n是等差数列。解：（
11、1） 213nnaa，21()n1=1, =3， 211nna（ N） ，是以 2a=2 为首项，2 为公比的等比数列。（2） 2nn（ ） ，an =1+ 12 + + 21a+= + + +2+1= -1（ N）类型 7 递推公式为 Sn与 a的关系式（或 Sn f）解法思路：这种类型一般利用 = 1 2nnsa 或 =1nsnf1nf2消去 进行求解。例 11.（2009，湖北，理，19）已知数列a n的前项和 Sn= - na-1+2（ 为正整数） ，令 nb=2a，求证数列b n是等差数列，并求数列a n的通项公式解：在 Sn= a12+2 中，令 n=1，可得 S1 = -a+1=
12、 1，当 2时，S n-1= 1n2n+2， na=SnSn-1= n+ 12n2 na= 1+1n，即 a= 1n+1又 b= n， b= 1n+1，即当 2时， nb- 1=1又 1=2 =1 数列b n是首项和公差均为 1 的等差数列，于是 n=n=2a, = 2.例 12 （2008，全国 II，理，20）7设数列a n的前 n 项和为 Sn，已知 1a= , 1n=Sn+3（ N）,（）设 b=s-3，求数列b n的通项公式；（）若 1na （ N） ，求 的取值范围。解（）依题意 - n= 1= ns+3，即 ns=2 + n，由此得 1ns-13n=2（ ns- ） ，因此，所求
13、通项公式为b= n-3=（ a-3） 12n， （ ） 。（）由（）知 s= +（ -3） ， （ nN） ，于是当 2n时，n= - 1=3+（a-3） 12n-3-（a-3） 2=2 n+(a-3) 1na=4 1+(a-3) = 2n2a,当 时, 231na09 。又 2= 1+3综上，所求的 a的取值范围是 9,。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 1nxypaxy，与已知递推式比较，解出 ,xy，从而转化为 n是公比 p 为的等比数列。例 13.（2006 山东，文，22）已知数列a n中， 1= 2，点 1,n
14、在直线 yx上，其中 1,23n（）令 3nba，求证数列b n是等比数列；（）求数列a n的通项。 11212112111 ,33, ,44,()2.nnnnnnnnn aabbaaa 解 ： （ ） 由 已 知 得8所以b n是以 34为首项，以 12为公比的等比数列1232111213,31,3)(),32.nn nnnnn nbaaa （ ） 由 （ ） 知将 以 上 各 式 相 加 得 ：（类型 9 rpa（p0, na 0）解法思路：这种类型一般是等式两边取对数后转化为 1nnapq，再利用待定系数法求解。例 14（2005，江西，理，21）已知数列a n的各项都是正数，且满足：
15、01,(4),.2nnN求数列的a n通项公式 na91 212) )111222111(4)(),0logllog,.nn nn nnnnnnnaaba (-a(-a(-a解 ： 易 证 ， 两 边 取 以 为 底 的 对 数 ，设 ， 则 =+.易 求 得 b-例 15（2006，山东，理，22）已知 12a，点 1,na在函数 2fx的图像上，其中 1,23n 证明数列 lgn是等比数列 21,nna解 ： 由 已 知 211,lg2lg,lnnnnnnaa两 边 同 时 取 对 数 得即 是 公 比 为 的 等 比 数 列 。类型 10 ()1fanagh解法思路：这种类型一般是等式两
16、边取倒数后换元转化为 1napq。例 17（2006，江西，理，22，本大题满分 14 分）已知数列 na满足： *113,(2,)2nnaaN且 求数列 n的通项公式；10解：将条件变为： 1(),13nnaa因 此 为一个等比例数，其首项为 1,3,na公 比从而 1,3na据此得 3()1n类型 11 pqrh解法思路：如果数列 na满足下列条件：已知 1a的值且对于 nN，都有1nnpaqrh（其中 p、q、r、h 均为常数，且 phqr,r0, 1hr） ，那么，可作特征方程 xr，当特征方程有且仅有一根时 0x，则 0nax是等差数列；当特征议程有两价目相异的根 x1、x 2时，则
17、 12n是等比数列。例 19(2009 年,江西,理,22)各项均为正数的数列 2,nab,且对满足 mpq的正整数都有 m,n,p,q 都有 (1)(1)pqmn(1)当 4,25ab时,求通项 a；(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1n解：（1）由 (1)(1)pqmnaa得21 1()()nn将 24,5a代入上式化简得1,n11所以 113nna故数列 na为等比数列，从而13n，即 1n可验证， 1na满足题设条件。（2）由题设 ()mna的值仅与 mn有关，记为 mnb则 11()()(1)nnnba考察函数 0()axfx，则在定义域上
18、有1,1(),2,011fxgaa故对 *122,()()(nn naNbgabg恒 成 立 又 ，注意到 02，解上式得 1()2()1()2()()1 ngagaga取 ()2()ga，即有 n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。12例 21（2008，天津，理，22）在数列 nab与 n与 中， 1,4ab数列 na的前 n 项和 Sn满足11(3)0,2ss为 n与 的等比中项， *N（）求 2,的值；（）求 nab与 数列的通项公式；解：（）由题设有 12
19、140,a解得 23a，由题设又有214,4ab，解得 9。（）由题设 11(3),4nnssb ，及 2， 29b，进一步可得 36， 3， 40,25ab猜想先证 ()(),2nn*N当 1时， 1，等式成立,当 2n时用数学归纳法证明如下：（1）当 n=2 时， 2(1)a，即等式成立。（2）假设当 n=k 时等式成立，即 (1),2kak由题设 1(3)kkss12的两边分别减去的两边，整理得 1(2)kka，从而1 ()()2kkka这就是说，当 1n时等式也成立，根据（1）和（2）可知，等式()2n对任何的 成立。综上所述，等式 ()na对任何的 *nN都成立。再用数学归纳法证明
20、21b，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。13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 na的前 n 项和为 ns，已知 1S, 3, 2成等差数列（1）求 的公比 q；（2）求 1 33，求 ns 解：（）依题意有 )(2)( 21111 qaqa由于 0，故 0又 ，从而 2 （）由已知可得 3121）（a故 41a从而 ）（）（ ）（ nnn824S 例 2 在正项数列 na中,令 11niiiSa.（）若 是首项为 25,公差为 2 的等差数列,求 10S；（）若 11nnpSa（ 为正常
21、数）对正整数 n恒成立,求证 na为等差数列；（）解：由题意得, 112iiiia,所以 10S= 215（）证:令 1n, 22pa,则 p=1所以 11niiiS= 1na（1）,1iiia= 2()p（2）,（2）（1）,得 1na 11na= 12nna,14化简得 121()()naan（3）23（4）,（4）（3）得13nna在（3）中令 ,得 132,从而 na为等差数列 例 3 已知 n是公比为 q 的等比数列，且 12,m成等差数列.（1）求 q 的值；（2）设数列 a的前 项和为 nS，试判断 ,S是否成等差数列？说明理由.解：（1）依题意，得 2am+2 = am+1 +
22、 am2a 1qm+1 = a1qm + a1qm 1在等比数列a n中，a 10，q0，2q 2 = q +1，解得 q = 1 或 2. （2）若 q = 1， S m + Sm+1 = ma1 + (m+1) a1=(2m+1) a1，S m + 2 = (m+2) a1 a 10，2S m+2S m + Sm+1 若 q = 2，S m + 1 = m2)2(63)(Sm + Sm+1 = )21()21(m )1()(4m= m)21(342 S m+2 = S m + Sm+1 故当 q = 1 时，S m , Sm+2 , Sm+1不成等差数列；当 q = 2时， Sm , Sm
23、+2 , Sm+1成等差数列. 例 4 已知数列a n的首项 a1（ a 是常数） ， 24221nan（,nN） （） 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 b1， 2n（ 2,nN） ， nS为数列 nb的前 n 项和，且nS是等比数列，求实数 a、b 满足的条件解：（） ),3(4,211 an依 2842a 5421923a3 3,3a若 n是等差数列，则 12得 但由 423a，得 a=0,矛盾. a不可能是等差数列() 2bn 15 2221 )1()(41)( nnaabn nnba2(n2) 当 a1 时, 0b从第 2 项起是以 2 为公比
24、的等比数列 )(2)(11nnnSn2 时, 11 abann n是等比数列, S(n2)是常数 a-1 时, b-2 a-2=0 当a=-1 时， 12,0nbb由（n3）,得 0nb（n2） bSnn21 nS是等比数列 b0综上, 是等比数列 ,实数 a、b 所满足的条件为 0ab或 例 5 设数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn=2-an，n=1，2，3，.()求数列a n的通项公式；()若数列b n满足 b1=1，且 bn+1=bn+an，求数列b n的通项公式；()设 cn=n(3-bn)，求数列c n的前 n 项和 Tn.解：()n=1 时，a 1+S1=a1+a1=2
25、a1=1 S n=2-an即 an+Sn=2 a n+1+Sn+1=2两式相减：a n+1-an+Sn+1-Sn=0即 an+1-an+an+1=0 故有 2an+1=ana n0 21n(nN*)所以，数列a n为首项 a1=1，公比为 21的等比数列.a n= 1)2(nN*)()b n+1=bn+an(n=1，2，3，)b n+1-bn=( 1)n-1 得 b2-b1=1b3-b2=b4-b3=( )2bn-bn-1=( 1)n-2(n=2，3，) 将这 n-1 个等式相加，得16bn-b1=1+ 11232 )2()()1()( nnn又b 1=1，b n=3-2( )n-1(n=1，
26、2，3，)()c n=n(3-bn)=2n( 1)n-1 T n=2( 2)0+2( )+3( 2)2+(n-1)( 21)n-2+n( )n-1 而 1Tn=2( )+2( )2+3( )3+(n-1) nn21( -得： )(1(20Tn= nnnn )(48)2(41)(=8-(8+4n) n(n=1，2，3，) 例 6 已知数列 a中， 012,3,6a，且对 3n 时有 123(4)(48)nnnn（）设数列 b满足 1,aN，证明数列 12nb为等比数列，并求数列 n的通项公式；（）记 (1)2! ，求数列 na的前 n 项和 nS（） 证明：由条件，得 112234()4()n
27、nnnaa，则 1()4nnna即 12.,0bb又 ，所以 112()nnbb，210b所以 12nb是首项为 2，公比为 2 的等比数列 2，所以 1121()nnnbb两边同除以 ，可得 n17于是 2nb为以 1首项， 12为公差的等差数列所以 1(),()2nnb得 （） 1122)nnnaa，令 2nnca，则 1nc而 1 1 ()(1nc ， ()2nna 1(1)!2n， (2!)(3!)(2)nnSn 令 Tn 21 ， 则 2Tn 3 1(1)2nn ，得 Tn 2 ， Tn 1()2n 1(1)!2n nS例 7 设数列 ,nab满足 1,0ab且 13,1,232nn
28、ab （）求 的值，使得数列 n为等比数列；（）求数列 na和 b的通项公式；（）令数列 n和 的前 n项和分别为 nS和 ，求极限 limnS的值（）令 nncab，其中 为常数，若 nc为等比数列，则存在 0q使得11()nqab又 232nnn ()(32)nnab所以 ()()()nqab由此得 0,1,nqb由 1,0及已知递推式可求得 2a，把它们代入上式后得方程组1820,3q 消去 q解得 3 下面验证当 3时，数列 nab为等比数列11(2)(23)()3)nnn nab ab(1,23) ，0，从而 n是公比为 2的等比数列同理可知 3n是公比为 的等比数列，于是 为所求（
29、）由（）的结果得 1(3)nnab， 13(2)nnab，解得1123na， 16n（）令数列 nd的通项公式为 1(23)nnd，它是公比为 23p的等比数列，令其前 项和为 P；令数列 ne的通项公式为 1()nne，它是公比为 的等比数列，令其前 项和为 由第（）问得 1()2nnSP， 3()6nSP331nnnSP由于数列 ne的公比 02，则 1lim(23)nP1()1nnnpP，由于 23p，则 li0nP，于是 lim0n，所以 linS19例 8 数列 na的各项均为正数， nS为其前 项和，对于任意 *Nn，总有2,naS成等差数列 .()求数列 n的通项公式；()设数列
30、 nb的前 项和为 nT ，且 2lnaxb，求证:对任意实数ex,1（ 是 常 数 ， e 2.71828） 和任意正整数 ，总有 nT 2；() 正数数列 nc中， )(,*Nncan.求数列 nc中的最大项. （）解：由已知：对于 *，总有 2nSa 成立 2112nnS （n 2） -得 21na 11nnna ,均为正数， 1 （n 2） 数列 n是公差为 1 的等差数列 又 n=1 时， 2Sa， 解得 1a=1 an.( *N) （）证明：对任意实数 ex,1和任意正整数 n，总有 2lnaxb 1. nTn 132212 13n()解：由已知 121ca， 5454434332
31、32 ,2,cca易得 123,.c20猜想 n2 时， nc是递减数列. 令 22ln1l,l xxfxf 则当 .0ln1,ln3f， 即则时 ，在 ,内 f为单调递减函数.由 1ll1ncan知 .n2 时, 是递减数列.即 nc是递减数列.又 12c , 数列 nc中的最大项为 32. 例 9 设 na是公差不为零的等差数列， nS为其前 项和，满足223457,S。（1）求数列 n的通项公式及前 项和 n； （2）试求所有的正整数 m，使得 12ma为数列 na中的项。 解：（1）设公差为 d，则 2543，由性质得4343()()da，因为 0d，所以 430，即 1250ad，又
32、由 7S得 167，解得 1a， d,(2)（方法一）12ma= ()253,设 3mt， 则 12ma= (4)86tt, 所以 t为 8 的约数21（方法二）因为 12222 2(4)()86mmmaaa为数列 na中的项，故 m+28 a为整数，又由（1）知： 2为奇数，所以 31,2m即经检验，符合题意的正整数只有 。 例 10 已知 n是公差为 d的等差数列， nb是公比为 q的等比数列。（1） 若 31a，是否存在 *mkN、 ，有 1?mka说明理由； （2） 找出所有数列 na和 b，使对一切 *n, nb,并说明理由；（3） 若 115,43,adq试确定所有的 p，使数列
33、na中存在某个连续p项的和是数列 nb中的一项，请证明。解：（1）由 1mka，得 651k， 整理后，可得 423， 、 N， 2m为整数， 不存在 、 kN，使等式成立。 （2）若 1nab，即 11()nadbq， （*）（）若 0,d则 1nq。 当 na为非零常数列， nb为恒等于 1 的常数列，满足要求。 （）若 0d， （*）式等号左边取极限得 1lim()nad， （*）式等号右边的极限只有当 1q时，才能等于 1。此时等号左边是常数， 0，矛盾。综上所述，只有当 na为非零常数列， nb为恒等于 1 的常数列，满足要求。（3） *,3,4Nban 设 Nmkpkpmm ,a*
34、21 、 .1)()(，22Nspppmk ,3*,3245、. 取 ,03)14(2)14(2, sssssk 由二项展开式可得正整数 M1、 M2，使得（4-1） 2s+2=4M1+1,)(8)14(22ss.,满 足 要 求存 在 整 数 mms故当且仅当 p=3s,sN 时，命题成立. 2、点列综合题例 11 设曲线 )0(:2xyc上的点为 ),(0yxP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 (1，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 ),(2y，依此类推，作出以下各
35、点：P 0，Q 1，P 1，Q 2，P 2，Q 3，P n，Q n+1，已知 0x，设)(,Nnyn（1）求出过点 P0的切线方程；（2）设 ),(fxn求 nf的表达式；（3）设 ,10xS 求解：（1） 42k过点 P0的切线段为 )2(4xy即 04y （2） nx 过点 Pn的切线方程为 nn 将 ),(1Q的坐标代入方程得： )(122nn 故数列 x是首项为 2,0公 比 为x的等比数列1)()1(nnnff即 （3） )2(4211nnnSS )(limli1nn 23例 12 已知点 Pabn， 满足： abbanNnn112， ， ，且已知P0132，（1）求过点 P01，
36、的直线 l的方程；（2）判断点 n2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 ab0013， ，得：b1213434，显然直线 l的方程为 xy（2）由 ab1143， ，得：b2223145451，点 Pl2，猜想点 n在直线 l上，以下用数学归纳法证明：当 n2 时，点 l2假设当 k()时，点 Plk，即 abk1当 1时，abbkkk112aakkk点 Plk综上，点 n224（3）由 abbannnn1121， ， ，得：annnnn1221 0数列 n是以 130a为首项，公差为 1 的等差数列131230231abnbnnnnn，limlilili
37、li Pn01，即点 的极限位置为点 P（0，1）例 13 如图， 12 12(,)(,),(),0)n nxyxyy 是曲线2:30Cy上的 n个点，点 3,)iAai 在 x轴的正半轴上，1iiAP是正三角形( 0是坐标原点) .() 写出 123a；()求出点 n(,*aN的横坐标 n关于 的表达式；()设 1232nnnba ，若对任意正整数 n，当1,m时，不等式 16tmtb恒成立，求实数 t的取值范围. 解：() 123,a.()依题意 1(0)()nnA，则25yxOA0P1P2P3A1 A2 A312nax， 132nnay 3 分在正三角形 1nPA中，有1133|()22
38、nnnya.11()nna.112nna，2 1()(2,*)na nN， 同理可得 22111()()nnnnaa . -并变形得 11()(2)0(2,*)nnna N，1nna， 1()()2(,*)nN. 数列 1n是以 4为首项，公差为 2的等差数列.2(),*)a， 7 分n1132431()()naaa，()n.(*naN. ()解法 1 ： 12321(*)nnnbNaa ， 12342()nnn .2612121nnnbaa1()()3()2n21(1)()2n.当 *N时，上式恒为负值，当 n时， 1nb，数列 是递减数列. nb的最大值为 126ba. 若对任意正整数 n
39、，当 1,m时，不等式 216ntmtb恒成立，则不等式 26tt在 时恒成立，即不等式 0在1,m时恒成立.设 2()ftmt，则 (1)0f且 ()f， 20t解之，得 t或 2t，即 t的取值范围是 (,)(,).例 14 ABC 中，|AB|=|AC|=1， ABC12，P 1为 AB 边上的一点，BPA123，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，R 2，P 3；Q 3，R 3，P 4（1）令 BPn为 xn，寻求 BPn与 B1（即xn与 ）之间的关系。27（2
40、）点列 PPn1234， ， ， 是否一定趋向于某一个定点 P0？说明理由；（3）若 |AB1， ，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， ACBA， 26从而ABC 为边长为 1 的正三角形 则 BPxxnn， 则 ，于是 QPxn ncos012 CQ2 同样 Rxn ncos()6012Axnn14() 又 Pxncs()Bxnn12318()即 xn348 （2）由（1）可得： xxnn12323() xn3 1811， 当 时 ， 是 以 为 首 项 ， 公 比 为 的等比数列 n8() 当
41、xn时 ， 2点 Pn趋向点 P0，其中 P0在 AB 上，且 BP023 （3） xmm011138|()() 由 |.().m得 ， 当 4801时 ， ， 的最小值为 4 例 15 已知曲线 22:0(1,)nCxyn 从点 (1,0)P向曲线 nC引斜率为 (0)nk的切线 l，切点为 Px28（1）求数列 nxy与 的通项公式；（2）证明： 135212sinnnxxy .解 ： （ 1） 设 直 线 nl： )(kyn，联立 02得0)2()( 22nxkx，则 )1(4)2(nnkk，1kn（ n舍去） 222)(kxnn， 即 1nx， 12)(nxkynn（ 2） 证 明 ：
42、 211nxn12534321531 nxn nnx12531由于 nnyx，可令函数 xxfsin2)(，则xxfcos21)(，令 0)(f，得 cos，给定区间 )4,0(，则有0f，则函数 f在 4,上单调递减， )(fxf，即xsin2在 ),(恒成立，又 43120n，则有 12si1n，即 nnyxxsi. 例 16 数轴上有一列点 P1， P2， P3， Pn，已知当 2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 = 129（1）写出 a2， a3和 an（ 2， *N）的表达式；（2）证明 a1 + a2 + a3 +
