（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與不等式 第3講 數(shù)列的綜合問題學(xué)案

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1、（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與不等式 第3講 數(shù)列的綜合問題學(xué)案 [考情考向分析]　1.數(shù)列的綜合問題，往往將數(shù)列與函數(shù)、不等式結(jié)合，探求數(shù)列中的最值或證明不等式.2.以等差數(shù)列、等比數(shù)列為背景，利用函數(shù)觀點(diǎn)探求參數(shù)的值或范圍.3.與數(shù)列有關(guān)的不等式的證明問題是高考考查的一個(gè)熱點(diǎn)，也是一個(gè)難點(diǎn)，主要涉及到的方法有作差法、放縮法、數(shù)學(xué)歸納法等． 熱點(diǎn)一　利用Sn，an的關(guān)系式求an 1.數(shù)列{an}中，an與Sn的關(guān)系 an＝ 2．求數(shù)列通項(xiàng)的常用方法 (1)公式法：利用等差(比)數(shù)列求通項(xiàng)公式． (2)在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1－an＝f(n)，

2、且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，則可用累加法求數(shù)列的通項(xiàng)an. (3)在已知數(shù)列{an}中，滿足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，則可用累乘法求數(shù)列的通項(xiàng)an. (4)將遞推關(guān)系進(jìn)行變換，轉(zhuǎn)化為常見數(shù)列(等差、等比數(shù)列)． 例1　(2018·浙江)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項(xiàng)．?dāng)?shù)列{bn}滿足b1＝1，數(shù)列{(bn＋1－bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2＋n. (1)求q的值； (2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式． 解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項(xiàng)， 得a3＋a5＝2a4＋4， 所以a3＋

3、a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8. 由a3＋a5＝20，得8＝20， 解得q＝2或q＝. 因?yàn)閝>1，所以q＝2. (2)設(shè)cn＝(bn＋1－bn)an，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn. 由cn＝解得cn＝4n－1(n∈N*)． 由(1)可得an＝2n－1， 所以bn＋1－bn＝(4n－1)×n－1， 故bn－bn－1＝(4n－5)×n－2，n≥2， bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×n－2＋(4n－9)×n－3＋…＋7×＋3. 設(shè)Tn＝3＋7×＋11×2＋…＋(4n－5)×n－2，n≥2，①

4、 則Tn＝3×＋7×2＋…＋(4n－9)×n－2＋(4n－5)×n－1，n≥2，② ①－②，得Tn＝3＋4×＋4×2＋…＋4×n－2－(4n－5)×n－1，n≥2， 因此Tn＝14－(4n＋3)×n－2，n≥2. 又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×n－2，n≥2， 當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝1也滿足上式， 所以bn＝15－(4n＋3)×n－2，n∈N*. 思維升華　給出Sn與an的遞推關(guān)系，求an，常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項(xiàng)公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an. 跟蹤演練1　已知數(shù)列{an}的前n

5、項(xiàng)和Sn滿足：a1an＝S1＋Sn. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若an>0，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，試問當(dāng)n為何值時(shí)，Tn最小？并求出最小值． 解　(1)由已知a1an＝S1＋Sn，① 可得當(dāng)n＝1時(shí)，a＝a1＋a1，解得a1＝0或a1＝2， 當(dāng)n≥2時(shí)，由已知可得a1an－1＝S1＋Sn－1，② ①－②得a1＝an. 若a1＝0，則an＝0，此時(shí)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝0. 若a1＝2，則2＝an，化簡得an＝2an－1， 即此時(shí)數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， 故an＝2n(n∈N*)． 綜上所述，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝0或an

6、＝2n(n∈N*)． (2)因?yàn)閍n>0，故an＝2n. 設(shè)bn＝log2，則bn＝n－5，顯然{bn}是等差數(shù)列， 由n－5≥0，解得n≥5，所以當(dāng)n＝4或n＝5時(shí)，Tn最小， 最小值為T4＝T5＝＝－10. 熱點(diǎn)二　數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題 數(shù)列與函數(shù)的綜合問題一般是利用函數(shù)作為背景，給出數(shù)列所滿足的條件，解決這類問題的關(guān)鍵在于利用數(shù)列與函數(shù)的對(duì)應(yīng)關(guān)系，將條件進(jìn)行準(zhǔn)確的轉(zhuǎn)化． 例2　已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－. (1)若x≥0時(shí)，f(x)≤0，求λ的最小值； (2)設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝1＋＋＋…＋，證明：a2n－an＋>ln 2. (1)解　由已知可得

7、f(0)＝0， ∵f(x)＝ln(1＋x)－， ∴f′(x)＝，且f′(0)＝0. ①若λ≤0，則當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， ∴f(x)≥f(0)＝0，不合題意； ②若0<λ<， 則當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增， ∴當(dāng)0f(0)＝0，不合題意； ③若λ≥， 則當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≤f(0)＝0，符合題意． 綜上，λ≥.∴實(shí)數(shù)λ的最小值為. (2)證明　由于a2n－an＋＝＋＋＋…＋＋＋， 若λ＝，由(1)知，f(x)＝ln(1＋x)－， 且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<

8、0，即>ln(1＋x)， 令x＝，則>ln， ∴＋>ln， ＋>ln， ＋>ln， …， ＋>ln. 以上各式兩邊分別相加可得 ＋＋＋＋＋＋…＋＋ >ln＋ln＋ln＋…＋ln， 即＋＋＋…＋＋＋ >ln＝ln＝ln 2， ∴a2n－an＋>ln 2. 思維升華　解決數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題要注意以下幾點(diǎn) (1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，函數(shù)定義域是正整數(shù)，在求數(shù)列最值或不等關(guān)系時(shí)要特別重視． (2)解題時(shí)準(zhǔn)確構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)時(shí)注意限制條件． (3)不等關(guān)系證明中進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s． 跟蹤演練2　設(shè)fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2.

9、 (1)求fn′(2)； (2)證明：fn(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為an)，且00， 所以fn(x)在內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)， 又fn′

10、(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0， 所以fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增， 因此fn(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)an， 由于fn(x)＝－1， 所以fn(an)＝－1＝0， 由此可得an＝＋a>，故

11、＋1＝2an＋(－1)n(n∈N*)． (1)證明：是等比數(shù)列； (2)當(dāng)k是奇數(shù)時(shí)，證明：＋<； (3)證明：＋＋…＋<3. 證明　(1)∵an＋1＝2an＋(－1)n， ∴an＋1＋＝2， 又a1＋＝， ∴數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為2的等比數(shù)列． (2)由(1)可知an＋＝，即an＝， 當(dāng)k是奇數(shù)時(shí)， ＋＝＋＝<＝. (3)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，＋<＝＋， ∴＋＋…＋＝＋＋…＋<3＝3<3； 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，＋<＝＋， ∴＋＋…＋＝＋＋…＋＋<3<3＝3<3. ∴＋＋…＋<3. 思維升華　數(shù)列中的不等式問題主要有證明數(shù)列不等式、比較大小或恒成立問題，解決方法如下： (1)

12、利用數(shù)列(或函數(shù))的單調(diào)性． (2)放縮法：①先求和后放縮；②先放縮后求和，包括放縮后成等差(或等比)數(shù)列再求和，或者放縮后用裂項(xiàng)相消法求和． (3)數(shù)學(xué)歸納法． 跟蹤演練3　(2018·杭州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝an＋(c>0，n∈N*)． (1)證明：an＋1>an≥1； (2)若對(duì)任意n∈N*，都有an≥n－1，證明： ①對(duì)于任意m∈N*，當(dāng)n≥m時(shí)，an≤(n－m)＋am； ②an≤. 證明　(1)因?yàn)閏>0，a1＝1， 所以an＋1＝an＋>an(n∈N*)， 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明an≥1. ①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1≥1； ②假設(shè)當(dāng)n＝k

13、時(shí)，ak≥1， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝ak＋>ak≥1. 所以當(dāng)n∈N*時(shí)，an≥1. 所以an＋1>an≥1. (2)①由(1)知當(dāng)n≥m時(shí)，an≥am≥1， 所以an＋1＝an＋≤an＋， 即an＋1－an≤，累加得an－am≤(n－m)． 所以an≤(n－m)＋am. ②若c>，當(dāng)m>時(shí)， am>－1＝. 所以時(shí)，n－1>(n－m)＋am，矛盾． 所以c≤. 因?yàn)閍＝a＋2c＋≤a＋2c＋c2≤a＋， 累加得a≤a＋(n－1)＝， 所以an≤. 真題體驗(yàn) 1．(2018·全

14、國Ⅰ)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若Sn＝2an＋1，則S6＝________. 答案　－63 解析　∵Sn＝2an＋1，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1＋1， ∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)， 即an＝2an－1(n≥2)． 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1. ∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝－1，公比q＝2的等比數(shù)列， ∴Sn＝＝＝1－2n， ∴S6＝1－26＝－63. 2．(2017·浙江)已知數(shù)列{xn}滿足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)． 證明：當(dāng)n∈N*時(shí)， (1)0

15、2xn＋1－xn≤； (3)≤xn≤. 證明　(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明xn>0. 當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝1>0. 假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，xk>0， 那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，若xk＋1≤0， 則00， 因此xn>0(n∈N*)． 所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1， 因此0

16、1＋x)(x≥0)． f′(x)＝＋ln>0(x>0)， 函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)≥f(0)＝0， 因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0， 故2xn＋1－xn≤(n∈N*)． (3)因?yàn)閤n＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1， 所以xn≥. 由≥2xn＋1－xn得 －≥2>0， 所以－≥2≥…≥2n－1 ＝2n－2， 故xn≤. 綜上，≤xn≤(n∈N*)． 押題預(yù)測(cè) 已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，點(diǎn)(an，an＋1)在直線y＝3x＋2上．?dāng)?shù)列{bn}滿足b1＝2，＝

17、＋＋…＋. (1)求b2的值； (2)求證：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (3)求證：2－≤…<. 押題依據(jù)　數(shù)列與不等式的綜合是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容，常以解答題的形式出現(xiàn)，也是這部分的難點(diǎn)，考查學(xué)生的綜合能力． (1)解　由已知得a2＝3a1＋2＝8， 所以＝，＝，解得b2＝4. (2)解　由條件得an＋1＝3an＋2， 則＝＝3， 所以數(shù)列{an＋1}是以a1＋1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列． 即an＋1＝(a1＋1)·3n－1＝3n， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1(n∈N*)． (3)證明　由題設(shè)＝＋＋…＋，① 知＝＋＋…

18、＋ (n≥2)，② 由①－②，得－＝， 則＝， 即＝(n≥2)． 當(dāng)n＝1時(shí)，2－＝， 1＋＝<， 所以原不等式成立； 當(dāng)n≥2時(shí)，… ＝··…· ＝···…··(1＋bn) ＝××·…··(1＋bn) ＝×·(1＋bn) ＝3 ＝3 ＝3， 先證明不等式左邊，當(dāng)n≥2時(shí)， 因?yàn)椋?， 所以3 >3 ＝3 ＝2－. 所以3≥2－. 再證明不等式右邊，當(dāng)n≥2時(shí)， ＝＝≤， 所以3 ≤3 ＝3 ＝3<. 所以2－≤…<成立． 綜上所述，不等式成立． A組　專題通關(guān) 1．刪去正整數(shù)數(shù)列1,2,3，… 中的所有完全平方數(shù)，得到一個(gè)新數(shù)

19、列，這個(gè)數(shù)列的第2 018項(xiàng)是(　　) A．2 062 B．2 063 C．2 064 D．2 065 答案　B 解析　由題意可得，這些數(shù)可以寫為12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k個(gè)平方數(shù)與第k＋1個(gè)平方數(shù)之間有2k個(gè)正整數(shù)，而數(shù)列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025項(xiàng)，去掉45個(gè)平方數(shù)后，還剩余2 025－45＝1 980(個(gè))數(shù)，所以去掉平方數(shù)后第2 018項(xiàng)應(yīng)在2 025后的第38個(gè)數(shù)，即是原來數(shù)列的第2 063項(xiàng)，即為2 063. 2．已知數(shù)列{an}滿足0

20、n}的前n項(xiàng)和為Sn，則滿足Sn>10的n的最小值為(　　) A．60 B．61 C．121 D．122 答案　B 解析　由a－8a＋4＝0，得a＋＝8， 所以a＋＝8＋8(n－1)＝8n， 所以2＝a＋＋4＝8n＋4， 所以an＋＝2，即a－2an＋2＝0， 所以an＝＝±， 因?yàn)?10得>11， 所以n>60. 3．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則(　　) A．a(chǎn)n≥2n＋1 B．Sn≥n2 C．a(chǎn)n≥2n－1 D．Sn≥2n－1 答案

21、　B 解析　由題意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…， an－an－1≥2， ∴a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)， ∴an－a1≥2(n－1)，∴an≥2n－1. ∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1， ∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1， 即Sn≥(1＋2n－1)＝n2. 4．?dāng)?shù)列{an}滿足a1＝，an＝(n∈N*)，若對(duì)n∈N*，都有k>＋＋…＋成立，則最小的整數(shù)k是(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 答案　C 解析　由an＝，得an＝an＋1－1， ∴＝＝－，

22、即＝－，且an>1. ∴＋＋…＋＝＋ ＋…＋ ＝－， ∴＋＋…＋＝5－<5. 又對(duì)n∈N*，都有k>＋＋…＋成立， ∴k≥5.故最小的整數(shù)k是5. 5．已知f(n)表示正整數(shù)n的所有因數(shù)中最大的奇數(shù)，例如：12的因數(shù)有1,2,3,4,6,12，則f(12)＝3；21的因數(shù)有1,3,7,21，則f(21)＝21，那么(i)的值為(　　) A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500 答案　D 解析　由f(n)的定義知f(n)＝f(2n)，且n 為奇數(shù)時(shí)f(n)＝n， 則(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100) ＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋

23、f(4)＋…＋f(100) ＝＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50) ＝2 500＋(i)， ∴(i)＝(i)－(i)＝2 500. 6．(2018·寧波期末)對(duì)給定的正整數(shù)n(n≥6)，定義f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，其中a0＝1，ai＝2ai－1(i∈N*，i≤n)，則a6＝________；當(dāng)n＝2 019時(shí)，f(2)＝________. 答案　64　 解析　由a0＝1，ai＝2ai－1(i∈N*，i≤n)得數(shù)列{ai}為首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，則ai＝2i(i∈N*，i≤n)，所以a6＝26＝64.當(dāng)n＝2 019時(shí)，f(x)＝1＋2x＋22x2＋…

24、＋22 019x2 019，則f(2)＝1＋2×2＋22×22＋…＋22 019×22 019＝1＋4＋42＋…＋42 019＝＝. 7．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，Sn＝(an－1)，則(4n－2＋1)的最小值為__________． 答案　4 解析　∵Sn＝(an－1)，∴Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)， ∴an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)， ∴an＝4an－1，又a1＝S1＝(a1－1)， ∴a1＝4，∴{an}是首項(xiàng)為4，公比為4的等比數(shù)列， ∴an＝4n， ∴(4n－2＋1)＝ ＝2＋＋≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)n＝2時(shí)取“＝”． 8．已知數(shù)列{a

25、n}的首項(xiàng)a1＝a，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若對(duì)任意n∈N*，an

26、1＋a2＋a3＋a1＋a2＝36， 所以a3＝4＋2a， 從而a2n＋1＝4＋2a＋8(n－1)＝8n－4＋2a， 由條件得 解得3an，a1＝0，所以an≥0. 則an＋1＝an＋≤a

27、n＋e－nln 2＝an＋2－n， 所以an≤an－1＋2－(n－1)≤an－2＋2－(n－2)＋2－(n－1)≤…≤a1＋2－1＋…＋2－(n－2)＋2－(n－1)＝1－21－n. 令f(n)＝＋21－n－2， 則f(n＋1)－f(n)＝ ＝－2－n＝ ＝－2－n>－2－n＝0， 所以{f(n)}是遞增數(shù)列，所以f(n)≥f(1)＝0， 即＋21－n－2≥0，所以an≥ln(2－21－n)， 綜上所述，ln(2－21－n)≤an≤1－21－n得證． (3)解　由(2)得 an＋1＝an＋≤an＋ ＝an＋， 所以an≤an－1＋≤an－2＋＋ ≤…≤a1＋＋…＋＋

28、 ＝＋…＋＋(n≥2)． 因?yàn)椋健?n≥3)， 所以當(dāng)n≥4時(shí)，an<＋＋＋…＋＝＋＋<. 由{an}的單調(diào)性知當(dāng)n＝1,2,3時(shí)，an<， 綜上所述，對(duì)任意的n∈N*，都有an<， 所以存在c＝使an≤1－c成立． 10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知數(shù)列an＝1＋＋＋…＋(n∈N*)． (1)求證：a2 018>6； (2)求證：對(duì)一切n≥2都有a＋2>2. 證明　(1)∵an＝1＋＋＋…＋， ∴a2 018＝1＋＋＋…＋＋…＋， a2 018>1＋＋＋…＋>1＋＋＋…＋＝1＋×10＝6. (2)由題意得an－an－1＝(n≥2)，即an－1＝an－， 將

29、式子兩邊平方得 a＝a－2＋， ∴a－a＝2－， a＝a－a＋a－a＋a－a＋…＋a－a＋a ＝2－. ∵1＋＋…＋<1＋＋＋…＋ ＝2－<2， ∴對(duì)一切n≥2都有a＋2>2. B組　能力提高 11．(2018·浙江)已知a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1>1，則(　　) A．a(chǎn)1a3，a2a4 D．a(chǎn)1>a3，a2>a4 答案　B 解析　構(gòu)造不等式ln x≤x－1， 則a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，

30、 所以a4＝a1·q3≤－1.由a1>1，得q<0. 若q≤－1，則ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0. 又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1， 所以ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾． 因此－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0， 所以a1>a3，a2

31、) A．2 017 B．2 018 C．2 019 D．2 020 答案　A 解析　由題意可得f′(x)＝3an＋1x2－2anx－an＋2， ∵x＝1是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)， ∴f′(1)＝3an＋1－2an－an＋2＝0， 即an＋2－3an＋1＋2an＝0. ∴an＋2－an＋1＝2， ∵a2－a1＝1，∴a3－a2＝2×1＝2，a4－a3＝2×2＝22，…，an－an－1＝2n－2， 以上各式累加可得an＝2n－1. ∴bn＝log2an＋1＝log22n＝n. ∴＋＋…＋ ＝2 018 ＝2 018＝2 018－＝2 017＋. ∴＝2 017.

32、13．(2018·湖州、衢州、麗水三地市質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝ln(1＋an)(n∈N*)，設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn.證明： (1)an>0(n∈N*)； (2)an＋1<(n∈N*)； (3)≤Tn≤(n∈N*)． 證明　(1)①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1>0， 所以當(dāng)n＝1時(shí)，命題成立； ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，命題成立，即ak>0， 則由1＋ak>1，知ak＋1＝ln(1＋ak)>0，所以ak＋1>0. 故對(duì)于n∈N*都有an>0. (2)先利用ln(1＋x)0)證明ln(1＋an)

33、an≤1. 要證明an＋1<，即證ln(1＋an)<， 構(gòu)造函數(shù)h(x)＝ln(1＋x)－(0成立， 則累加可得≥1＋(n－1)＝， 故Tn≥n＋×＝. 構(gòu)造函數(shù)g(x)＝ln(1＋x)－(00， 所以g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增， 所以g(x)＝ln(1＋x)－>g(0)＝0， 得ln(1＋an)>. 所以有an＋1>，進(jìn)一步有－<，

34、則累加可得≤， 故Tn≤n＋×＝. 因此原命題成立． 14. (2018·寧波期末)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝a1＝a. (1)若a>1，求證：對(duì)任意正整數(shù)n(n>1)均有an≥2； (2)若a＝3，求證：4n＋12時(shí)，根據(jù)g(x)＝2x－2和f(x)＝在[2，＋∞)上均為增函數(shù)， 從而當(dāng)an≥2時(shí)，必有an＋1＝f(an)≥f(2)＝2 或an＋1＝g(an)≥g(2)＝2. 當(dāng)12. 當(dāng)a＝2時(shí)，a2＝a3＝2，從而an＝2恒成

35、立． 綜上所述，當(dāng)a>1時(shí)，an≥2對(duì)所有滿足n>1的正整數(shù)n均成立． (2)當(dāng)a＝3時(shí)，一方面， 由(1)知a2k－1＋a2k>4(k≥2，k∈N)． 又a1＋a2＝3＋>5，所以a1＋a2＋…＋a2n>4n＋1. 另一方面， a2k－1＋a2k＝a2k－1＋＝， 且a2k＋1＝2a2k－2＝， 令a2k－1－2＝bk，則bk＋1＋2＝， 即bk＋1＝，且b1＝1，b2＝. 所以a2k－1＋a2k＝＝ ＝. 由bk＋1－bk＝， 且b2－b1<0知{bk}為遞減數(shù)列，且bk>0，所以<1. 從而a2k－1＋a2k＝