阅读与思考 九连环优秀教案

例1．已知数列满足，，.记，分别是数列，的前项和，证明：当(1)(2)；

时，

；

(3)【答案】(1)由及. 知，

故，

所以(2)由，. ，得，

从而，

又，所以，. (3)由(2)知，由，得，

所以，当时，，

由此又，故. ，

另一方面，由，得. 综上，，. eg2．已知数列an满足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N* ，

设bn=log2(an+1). （I）求{an}的通项公式；

（II）求证：1+

（III）若2n=bn，求证：2≤(ccn1n)<3. cn2eg3.设数列an满足an1anan1(nN)，Sn为an的前n项和.证明：对任意nN，

（I）当0≤a1≤1时，0≤an≤1；

（II）当a11时，an（III）当a1(a11)a1n1；

11时，n2nn.例题4. 数列{an}中，a1，Sn22an12an(nN)

2anan1（Ⅰ）求证：an1an； （Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn1．

例题5．已知数列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．

．

（Ⅰ）求证：n∈N*时，an＞an+1；

（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤Sn﹣2n＜

例题6．已知数列{an}的各项都是正数，a1=1，an+12=an2+（1）求证：≤an＜2（n≥2）

（n∈N*）

（2）求证：12（a2﹣a1）+22（a3﹣a2）+…+n2（an+1﹣an）＞﹣（n∈N*）

例题7. 已知数列满足：.

（1）求证：（2）求证：

.

；

[来源:Z.xx.k.Com]例题8.已知数列{an}满足a11，an1an

(n∈N)，

(Ⅰ) 证明：

1nan2an；

(Ⅱ) 证明：2nn1n11≤112a33a41≤n.

(n1)an2例题9已知数列an满足a11，an1的前n项和，证明：当nN时，

（1）an1an；（2）Tn*an2*anN，，记，分别是数列，STannnn21an1（3）2n1Sn2n．

2n1；2an1nana3anan0，

解：（1）由a11及an12知an0，故an1an221an1a1ann

因此an1an，nN*.

（2）由an1an1111取到数得：an，平方得：22a22，从而

21anan1anaannn1111112222，累加得，即--2a--2naaaT-1-2n.

n22222n12nan1anan1a1an1（3）由（2）知1111-an，由累加得-anan1a1Sn

an1anan1a1又因为11222，所以2n2，aaa12n2n212nan1an1111-2n212n1；又由2n2，即an1a1an1Snanan1a112n得

an当n1时，an1222nn1，

2n2nnn1

累加得Sna12

2132nn112n12n

当n1时，Sn2n成立. 因此，2n1Sn2n

例题10．已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn2an（1）求证{an3,

nN*. n21}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式；

n2（2）设数列{1}的前n项和为Tn，是否存在正整数，对任意Sn若存在，求出的最小值，若不存在，请m,nN*,不等式Tm-Sn0恒成立？说明理由。

33,S2a（n2）,

………2分

n1n1nn1223112an1n）(n2)

作差得an2an1n(n2),变形得an-n（2221{ann}为首项为1，公比为2等比数列

………4分

21an2n-1+n，nN*

………6分

2131n-1*n2an2+n，nN代入Sn2ann,得Sn2n,

………8分

222111Sn-Sn-12nn-（2n1n1）=2n1+n0,2221.证明Sn2an12n

{Sn}为递增数列，令bn==2nSn212n2nbn=2n=n

………10分

n21（2-1）（2+1）2n2n-111bnn(n2)

（2-1）（2n2）（2n-1）（2n-11）2n-1-12n-1

22414当n1时，T1=b1=，当n2时，T2=b1+b2=+=331515241111当n3时，Tn=b1+b2++bn+++-+，………13分

3153771519119=-n15211519Tm15381,存在min=1存在正整数=1，对任意3Sn452m,nN*,不等式Tm-Sn0恒成立

………15分

an1an124an11例题11

已知数列an满足：a1,an,(n2,3,)

22n11an1（Ⅰ）求证：anan1(n2,3,)

（Ⅱ）求证：i

(n2,nN*)22i1ai1（其中ai1nia1a2*n1i1（Ⅲ）求证：存在某个正整数k，当an1an）nk(nN)时，恒有ain2.

ai1an124an1an11（本小题满分15分）（Ⅰ）an,a1,an0……………（1分）

22an2an1an11an1

(n2)，an

………………………（2分）

22，

an14an1(an11)2……………………………（3分）anan11an11an1(n2)………………………（4分）

22an124an1an1（Ⅱ）an,2anan1an124an1

24an2an124an1anan124an1,，an2an1anan1……………（5分）anan1分）

an1aa,12a2a3anan1(a2a1)(a3a2)an(anan1)…（6anan11aaa1n1,12n1(n1)………………（8分）

2a2a3an22

（Ⅲ）anan1(n2)，k1i1k1aiaaaa2132ai1a2a3akak1

aka2a1a3a2a2akakak1a2a1aka2aa1a2

1(2)…（10aka2aka2ak分）

n1a2a11n，1a2(),aa(aa)an.

当n时，n1i1i2ak2a2i1a22…………………………（11分）

存在某个正整数k，使得：aka2a1(k1)(a1a2a2a3ak1aa)1,12aka2a3ak1a)(kakak1ak1

k2…………………（13分）akan1)

an当nk时，(a1a2a2a3(k2)[(n1)(k1)]n2…………………（15分）

例题12.数列{an}，{bn}中，Sn为数列{an}的前n项和，且满足a1b11，3Sn(n2)an，bnan1(nN*,n2)．

an（Ⅰ）求{an}，{bn}的通项公式；

（Ⅱ）求证：111a2a4a811；

a2n2（Ⅲ）令cnlnbn，Tnc1c2c3解：（Ⅰ）2nn2cn，求证：Tn(nN*)

2n(n1)3Sn(n2)an，当n2时，3Sn1(n1)an1，

an1

3an(n2)an(n1)an1，n，

an1n1aaaa34nn1n(n1)，

ana123n1n1a1a2an2an112n2n121,n1,n(n1)an(nN*)，bnn1……………………5分

2,n2;n112111（Ⅱ），

na2n(21)2n(2n1)2n12n2n122n1

111a2a4a81111a2n3832122n1

111a2a4a811(1n1)111111148(1n1)，

133643621411；…………………………………………10分

a2n2123n1lnlnln

345n1123(n1)2lnln，

345(n1)n(n1)（Ⅲ）（1）当n1时，左边T1lnb10右边，

（2）当n2时，∵Tnln1ln22nn22nn2∴Tn

lnn(n1)2n(n1)2n(n1)

n(n1)n(n1)n2n2(x1)，



ln，令x=222n(n1)x211n(n1)n2n22则lnlnxx2lnx0，

x2x2n(n1)1易知f(x)x2lnx在(1,)上单调递增，

x2nn2所以f(x)f(1)0，∴Tn(n2)，

2n(n1)2nn2由（1）（2）可知对于任意的nN，Tn．………………15分

2n(n1)*n2n11ann,nN*.

例题13.

已知数列an满足a1=1，an1=2nn2（1）证明：当n2时，an2

（2）证明：an1=（3）证明：an（1）数学归纳法证明11a1a2122311an2n

n(n1)2为自然对数

43e1,其中e=2.7182842时，

①当②当时，时，假设成立，则成立；---------------2分

时

所以

综上①②可知，时，---------------5分

时，成立

（2）由

得---------------7分

所以；

；

故，又

所以

---------------10分

(3) ---------------12分

由累加法得：

所以

故- 例题14.数列{an}满足a11，an1(11)an(nN*)．证明：当nN*时，

2nn（Ⅰ）an1an；

（Ⅱ）2nn1≤aenn≤n1．

Ⅰ）用数学归纳法证明an0．

（1）当n1时，a110；

（2）假设当nk时，ak0，

则nk1时，a1k1(1k2k)ak0．

由（1）（2）得，当nN*时，an0．

所以an1(11n2n)anan(nN*)

注：直接给出an0不扣分.

（Ⅱ）用数学归纳法证明ann≥2n1．

（1）当n1时，a211≥11；

（2）假设当nk时，a2kk≥k1，

则nk1时，a1k1(1k2k)a2(k2k1)2(k1)k≥(k1)2≥k2．

由（1）（2）得，当nN*时，a2nn≥n1．

由an1(11n2n)an得lna1111n1lnanln(1n2n)≤n2nnn1，所以lna≤11n≤1ln(11enennn)lnn1，所以an≤n1．

综上，当nN*时，2nn1≤aenn≤n1．

……5分

……10分……15分

例题15.已知数列an中，a11,an1anan1lnan1nN，求证：

2ananan12（Ⅰ）0an1an；（Ⅱ）；（Ⅲ）an. an1nn1an12an1（命题意图：考查数列运算、不等式的性质、数学归纳法、放缩法等）

【原题】已知数列an满足：a11,an1anan2n12nN. （Ⅰ）证明：an11；

12ann12n1an1n1. n3（Ⅱ）证明：Ⅰ）

先证左边，用数学归纳法

①当n1时，a110成立；

②假设nk时，ak0当nk1时，ak1akak1ln(ak1)，

ak1(1ln(ak1))ak0，因为ln(ak1)0

所以有ak10

........2分

由①②可知，对nN*，都有an0

再证明右边，由an1anan1ln(an1)得，an1ln(an1)

an1因为ln(an1)0所以an1ln(an1)1，即anan1

an1所以0an1an

..........4分

(Ⅱ)因为an1ananana，则an1n

1ln(an1)an11ln(an1)an1令f(x)ln(x1)x

(0x1)

f(x)1x10

........6分

x1x1所以，f(x)ln(x1)x在(0,1]上为减函数，f(x)maxf(0)0

则有ln(x1)x在(0,1]上恒成立，即ln(an1)an

所以，an1ananaan0，即an1n.........8分

an11ln(an1)an1an1an2ananan2an另一方面，an1

2an11ln(an1)2an1令f(x)ln(x1)x

(0x1

)x1f(x)1x1x11x0

......9分

x1(x1)2x1(x1)2(x1)2x在(0,1]上为增函数，f(x)minf(0)0

x1所以，函数f(x)ln(x1)则有ln(x1)xan在(0,1]上恒成立，即ln(an1)

x1an1an2ananan2anan2an所以，an1

0，即an12an11ln(an1)2an12an1anan2an综上，.

............11分

an1an12an1(Ⅲ)由（2）可知ana1111，即an1，则n1

an1anan1an1an1111n1，n，所以，an，当n1时，成立

nana1an当n2时，

所以，an1

..另一方面nan2an2a11，则

因为0an1

an12nan1anan2an1所以，2a1an21111则2n

an1anan2anan1an2211n11n1n1，则，所以，an当n11n1ana12an22当n2时，时，成立

综上可得，12an.nn1

2an122．设数列an满足a1，an1an2，nN*．证明：

3n（Ⅰ）求a2,a3；（Ⅱ）数列an为递增数列；

（Ⅲ）

n2n1an，nN*．

2n12n124240114Ⅰ）解：a2，a3．（2分）

9981399（Ⅱ）证明：（1）n1时，a1（2）假设nk时，ak0，

ak1ak2ak20；

k10；

3所以由（1）（2）得an0，nN*．

2an所以an1an20，即an1an，数列an为递增数列．（7分）

n2anaa1111112（Ⅲ）证明：由an1an2n2n1得，

111nnanan1nn2nn422所以1112n12，故an．（11分）

1a1an2n1n222anananaan22n1由an，故an1an2n2n1，

1得an1an2an2，所以an2nnnn12n1n111111122所以，

anan1n1nnnn1因此

111n1，故an．（15分）

a1ann2n116. （改编题）（本小题满分15分）已知数列an满足：a11，an**nNnN．()，证明：当an1an时，

2(n1)(Ⅰ) 2an11；

1an(n1)22(n1)an1n1n3. (Ⅱ)

an证明：（Ⅰ）an1an0an1ana11，

(n1)2可得：2an1an1……………………5 11an(n1)2(n1)2

an1anan1，所以：2an1an(n1)an1（Ⅱ）0anan1111111，

1an1anan1(n1)2an1(n1)2(n1)nnn1累加得：111……………………10

1an1n1a1an1n1

(该不等式右边也可以用数学归纳法证明) 另一方面由ann可得：原式变形为an1anann1n2n1

11122an(n1)(n1)n1n1an1n2所以：an1111n1111

anan1(n1)2an1(n1)2n2(n1)(n2)n1n211112(n1)an1a1an12n1n3

累加得

12例题16.已知数列an满足a1且an1anban(nN)

2(1) b1,求证:1an2

an1(2) b2,数列12的前，求证:n项和为S1Sn1

nn312an2证明：（1）b1可知：an1anan0即an1an

故an1

2由an(1an1)an1(1an1)(1an2)(1a1)a10

所以0an1(nN)………………………2分

22又因为a2a1a11a12

4a2an1………………………4分

an1又因为anan1ananan12anan12

an1anan21anan2(nN)………………………6分

an1an112an

an1(2)b2，令1bn

12an2a2anaa111bnnn1n()

an12anan12anan12anan1所以Sn(111111111

)()()12a12a22a22a32an2an12a12an12an112a1,an1an2an0

21an1an0an1

2Sn1………………………10分

an1an(an2an)(an12an1)(anan1)(12an2an1)3(anan1)

an1an3(anan1)3n1(a2a1)1n13

222an1(an1an)(anan1)(a2a1)a1

1n11(33n230)

221303n131

2132

11(13n)3n

441an14

3nSn1121n………………………15分

2an13例题17.

已知数列{an}满足a1a2an1an，nN．

1}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；

（1）证明：{1an（2）记Tn

1a1a2an1n1，SnT1T2n2（nN）13

Tn，证明：S2nSn．241， 2 当n2时，由a1a2an1an与a1a2an11an1相除得，

解：（1）当n1时，a11an，即2ananan11， …………………… 3分

1an1 111}是公差为1，首项为2的等差数列，

所以1， 即{1a1an1an1n1n 得． …………………… 7分

n1，ann11an1

（2）由已知得Tn，……… 8分

nan11111111Sn1,S2n1,23n23nn12n1111111S2nSn. …………10分

n1n22nnnnnnn2又令cnS2nSn,则 111,2n12n(2n1)2n

cn(cncn1)(cn1cn2)(cn2cn3)(c2c1)c11111,

123456(2n1)2n 1111,

cn122345(2n2)(2n1)



上两式相加得

111111132cn()(1),

2122334(2n1)2n22n23cn.

4cncn1(S2nSn)(S2n2Sn1)

综上可知13S2nSn. 24例题18.已知数列{an}满足：a11,an1an，（其中nN*）

1an(n1)2（1）证明：an1anan；

2(n1)2an12an1anan1（1）证明：由（2）证明：得an1an10，22n3n1an(n1)(n1)从而an1ana11，…………2分

可得分

（2）证明：由anan1an1aa

，即

…………………………611n1n222(n1)an(n1)(n1)an1anan1ananan1得，由第（1）题可知

101，22an1an(n1)an1an1an(n1)从而an1an1an111111，累加得22an1ananan1(n1)an1(n1)n(n1)nn1111，

1a1an1n1即an1n1，于是当an11，…………10分

n1，n2时ann，又a11，，故ann，，又an1ann1n2111an(n1)2(n1)2n1n1得ann1.an1n2从而an1111n1111

22anan1(n1)an1(n1)n2(n1)(n2)n1n2累加得a2(n2)2(n1)21111，即an1，于是n1，

n4n3n1n3a1an12n2故命题

a2n11成立

…………15分

n3n1