递归数列与不等式

递归数列与不等式

1.已知函数f(x)＝x3+x2，数列 { xn } （xn > 0）的第一项x1＝1，以后各项按如下方式取定：曲线y＝f(x)在(xn1,f(xn1))处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn））两点的直线平行（如图）。求证：

*N当n时：

（I）

xn2xn3xn122xn1；

11()n1xn()n22（II）2 '2证明：（I）因为f(x)3x2x,

2kn13xn2xn1.(xn1,f(xn1))yf(x)1所以曲线在处的切线斜率

2xn(xn,f(xn))(0,0)因为过和两点的直线斜率是xn,

所以

2xnxn3xn122xn1.

2h(x)xx当x0时单调递增， （II）因为函数

而

2xnxn3xn122xn14xn122xn1(2xn1)22xn1，

1

xn11xxx1,xnnn12()n1.xn1xn2x12所以xn2xn1，即xn2因此

yn11.222xnxn2(xnx),yxx,y2 n1令nnn则n1又因为

1n11n2y()y().n1y1xx12,22因为所以

211112xnxnxn()n2,()n1xn()n2.22因此故2

2. 已知数列xn、yn满足x1x21,y1y22，并且

xn1xyyn,n1nxnxn1ynyn1（为非零参数，n2,3,4,）．

（1）若x1、x3、x5成等比数列，求参数的值；

（2）当0时，证明

xn1xnnN*yn1yn；

（3）当1时，证明

2

xynx1y1x2y2nnN*x2y2x3y3xn1yn11.

（I）解：由已知x1x21，且

x3xxxxx2x3,43x43,54x56,x2x1x3x2x4x3 x1x3x52x3x1x5若、、成等比数列，则26，即。 而0， 解得1。

（II）证明：由已知0,x1x21及y1y22，可得xn0,yn0.由不等式的性质，有

yn1yyyn2n1...n12n1ynyn1yn2y1

xn1xxxn2n1...n12n1xn1xn2x1另一方面，xn

yn1xxn1xnn1n1(nN*).(nN*)xn因此，yn故yn1yn。

ynxn1(nN*)1（III）证明：当时，由（II）可知。

又由（II）

xn1xn(nN*),yn1yn则

yn1xn1ynxnxn1xn

3

yn1xn1xn1n1(nN*).xn从而ynxn

因此

xynx1y1x2y2nx2y2x3y3xn1yn1111()n111()n111.

12an1(nN*)2n．

3. （本小题满分14分）已知数列{an}满足

anan1（1）若数列{an}是以常数a1首项,公差也为a1的等差数列,求a1的值;

1111a02aann1n2（2）若,求证：对任意nN都成立；

（3）若

a01n1ann2,求证：n2对任意nN都成立．

（1）由

anan11212a(nN)aa(n2)an1111n2n2得：

即

a1(n122)a12n，求得a10

4

11112anan10anan1n2anan1anan1aann1n（2）由知，两边同除以，得

111111()()a1a2（3）a0ana0a1(11)an1an

1112223111121223n1(n1)n

1111111()()()233445(11)21(n1)nn，

将

a012代入，得ann； ㈠

an1n1，∴

anan112n1aaan1n1n1n2n2

n21n2an12ananan12an1•2annn1，nnn1

111112an1annn1nn1 111111()()a1ana1a2a2a311)an1an(

5

1111()()23341111()nn1 2n1

151n23n1a1an4，∴an6n1n1，∴n2 而

由㈠㈡知，命题成立．

4. 已知各项均为正整数的数列{an}满足a1＜4，an+1=2 an+1，且立．数列{an}，{bn}满足等式2（+bn）=2n+ an+1（>0）．

nn1i11ain1

＜ 对任意n∈N﹡恒成2

（1）求证数列{ an+l}是等比数列，并求出{an}的通项公式；（6分）

（2）求数列{bn}的前n项和Sn；（6分）

bn1bk1（3）证明存在k∈N﹡，使得bn≤bk对任意n∈N﹡均成立．（4分）

（1）由an12an1得：an112(an1)

a10，a111，an1是等比数列

6

11[1()n]1a121111n11121a141112，i11ai22n，即

对任意nN恒成立

*141a1，a1≥3

a14，a1N*，a13．

（2）由

2(nbn)2nnan1(0)nn得：bn(n1)2

n{(n1)}的前n项的和为Tn 设数列

Tn22334(n1)n

Tn 324(n2)n(n1)n1

(1)Tn234n(n1)n1

当1时，

Tn12(n1)n(n1)2

2n1(n1)(1)n1Tn(1)21当时，

7

n(n1)2n1(1)2Sn2n1n1(n1)(1)2n1(1)2(1)．

（3）存在k1满足题意，

nn12n1(n1)n2n222≤

22nn1≤(n1)n24(n1)n2n2（*）

当n≥2时，

n2nn2n2n2nn2(n1)4(n1)2(n1)(4)2(n1)42 ∵≥

(4n4)n12nn1

又n1时， （*）式成立

对任意nN*，（*）式成立．

2*anan,Sn,anSnnN,5.（16分）数列各项均为正数，为其前n项的和．对于总有成等差数列．

a（1）求数列n的通项an；

8

1}a（2）设数列n的前n项和为Tn，数列Tn的前n项和为Rn, 求证：当n2,nN时,Rn1n(Tn1);

{（3）若函数

f(x)1*qxlimf(a)0(nN),nR(p1)31的定义域为n，并且n求证pq1。

5．解（1）由已知

22nN*时,2Snanan总成立.2Sn1an1an1(n2),

两式作差，得

222anananan1an1,anan1(anan1)(anan1),

an、an1均为正数.anan11(n2).{an}是公差为1的等差数列．

又n=1时，

2S12a1a1a12,得a11,故ann.

（2）下面用数学归纳法证明:

1111,2(T21)2(1)1.n2时,等式成立a1a1a2①当n=2时，

R1T1．

②假设当n=k（k2）时，

1)kak1RkRk1Tkk(Tk1)Tk(k1)Tkk(k1)(Tk1

9

(k1)(Tk111)k(k1)(Tk111)k(k1)(Tk11).k1k1

当nk1时,等式也成立.

综合①和②，可知所要证明的等式成立．

1,limf(an)不是0,q0pn

（3）如果q=0，则

f(x)f(x)定义域为R，

(p1)3qx10恒成立.即p1(1x)q3恒成立．

由于q0时，

(1x)q3的值域为（,0），p10,

又当p=1时，f（x）=1 ．nlimf(an)0,p1.

1,03q111qlimf(an)lim,31nn(p1)3qn1p0,3q13q1,q0,故pq1.

6. Sn是正数数列{an}的前n项的和，数列S12，S22、……、Sn2 ……是以3为首项，以1为公差的等差数列；数列{bn}为无穷等比数列，其前四项的和为120，第二项与第四项的和为90．

10

（1）求an,bn； 112{cn}bSn6（2）从数列{}中依次取出部分项组成一个无穷等比数列，使其各项和等于，求数列{cn}公比q的值．

解：（1）{Sn}是以3为首项，以1为公差的等差数列；所以Sn2=3+（n–1）=n+2

因为an>0，所以Sn=n2（nN）．

当n≥2时，an=Sn–Sn–1=n2–n1

n13又a1=S1=3，所以an=n2n1n1（nN）．

3b1qb1q902bbq设{bn}的首项为b1，公比为q，则有1130 ，

所以

b13q3，所以bn=3n（nN）．

1bn（2）由（1）得

111=（3）n，设无穷等比数列{cn}首项为c1=（3）p，公比为（3）k，（p、kN），

11

1()p1311111181()k23它的各项和等于S6=8，则有，所以（3）p=8[1–（3）k]，

当p≥k时3p–3p–k=8，即3p–k（3k–1）=8，

12S6因为p、kN，所以只有p–k=0，k=2时，即p=k=2时，数列{cn}的各项和为．

当p因为k>p右边含有3的因数，而左边非3的倍数，所以不存在p、kN，

1综合以上得数列{cn}公比q的值为9．

7. 已知

f(x)411*,数列{a}的前n项和为S,点P(a,)(nN)nnnn2xan1在曲线yf(x)上,且a11,an0.

（1）求数列{an}的通项公式an；

（2）数列{bn}的首项b1=1，前n项和为TnTn1Tn16n28n322，且anan1，求数列{bn}的通项公式

bn．

12

解：（1）由题意知

1142an1an11422aan1n，∴

1114,即{}222aaan是等差数列． ∴n1n114(n1)14n44n3.a2122n4n3 ∴ana1∴

又∵an0，∴

an14n3

Tn1Tn1(4n3)Tn1(4n1)Tn(4n1)(4n3)4n14n3（2）由题设知，∴

Tncn4n3设，则上式变为cn1cn1，∴

{cn}是等差数列．

∴

cnc1n1TnT1n1b1n1n.n14n3，∴

即

Tnn(4n3)4n23n.

∴当n=1时，bnT11；

13

当

n2时,bnTnTn14n23n4(n1)23(n1)8n7.

经验证n=1时也适合上式．∴

bn8n7(nN*).

8. 已知数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝4，a2＝b2＝2，a3＝1，且数列{an＋1－an}是等差数列，n∈N*．

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

1

（2）是否存在k∈N*，使得ak－bk∈（，3]？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．

2

11

（1）易知bn＝4·（）n－1＝（）n－3（或23－n）

22

∵a2－a1＝－2,a3－a2＝－1，∴an＋1－an＝－2＋（n－1）＝n－3

∴an－an－1＝（n－1）－3

an－1－an－2＝（n－2）－3

…… a2－a2＝1－3

14

11

叠加，得an－a1＝n（n－1）－3（n－1），∴an＝（n2－7n＋14）

22

（2）设cn＝an－bn＝

1（n2－7n＋14）－（

1

）n－3，显然，当n＝1,2,3时，cn＝0 2

2

由c1n＋1－cn＝2（n2＋2n＋1－7n－7＋14）－12（n2－7n＋14）－（＝n－3＋（1

2

）n－2

当n＝3时，c＝1

1

4－c32，∴c4＝a4－b4＝2

当n＝4时，c157

5－c4＝1＋4＝4,∴c5＝a5－b5＝4

当n＝5时，c11731

6－c5＝2＋（2）3＝8,∴c6＝a6－b6＝8

＞3

当n≥6时，c1

n＋1－cn＝n－3＋（2

）n－2＞3

15

12）n－2＋（1

2

）n－3

1

此时cn＋1＝an＋1－bn＋1＞3＋cn＞3，∴存在k＝5，使得ak－bk∈（，3]

2

1y2的图像上． 9. 已知点P1(a1,b1)，P2(a2,b2)，…，Pn(an,bn)（n为正整数）都在函数

x（1）若数列{an}是等差数列，证明：数列{bn}是等比数列；

（2）设ann（n为正整数），过点Pn，Pn1的直线与两坐标轴所围成的三角形面积为cn，试求最小的实数t，使cnt对一切正整数n恒成立；

个3，得到一个新的数列dn，

（3）对（2）中的数列{an}，对每个正整数k，在ak与ak1之间插入3k1设Sn是数列dn的前n项和，试探究2008是否数列Sn中的某一项，写出你探究得到的结论并给出证明．

解：（1）设数列an的公差为d，

bn111bn22，所以，bn由已知

anan1an12（常数）

d所以，数列bn是等比数列．

111bnPn(n,)Pn1(n1,2，∴ 2，2（2）若ann，则

16

nnn1)

kPnPn111n1221(n1)n2，

n1n11y2直线PnPn1的方程为2nn1(xn)

n2)2n1

它与x轴，y轴分别交于点An(n2,0)，

Bn(0,1(n2)2cn|OAn||OBn|22n2 ∴

cncn1(n2)2(n3)2n22n10n2n3n3222，∴ 数列cn随n增大而减小

∴

cnc1998，即最小的实数t的值为8．

（3）∵ ann，∴数列dn中，从第一项a1开始到ak为止（含ak项）的所有项的和是

(12k)(33312k1k(k1)3k3)22，

37328112020082k7当时，其和是，

17

3833633152008k82而当时，其和是．

又因为200811208882963，是3的倍数，

所以存在自然数m，使Sm2008．

此时

m7(133235)296667． 18