数列与不等式高中热点考题解析

数列知识与各章知识交汇的综合题，以其新颖性、综合性而“闪亮登场”，且常常和函数、方程、不等式、复数、解析几何等有关知识结合起来灵活运用，理所当然地充任高考中“压轴”的角色，而数列与不等式的综合是其中频频出现的热点，题型有数列知识参与的不等式恒成立问题，有数列参与的不等式的证明问题、探索性问题、新情景问题，试题更显精彩纷呈.解题时要注意沟通数列与不等式以及其他知识点的内在联系，灵活运用常用的思想方法来解，正如柏拉图所言：“我认为，只有当所有这些研究提高到彼此互相结合、互相关联的程度，并且能够对它们的相互关系得到一个总括的、成熟的看法时，我们的研究才算是有意义的，否则便是白费力气，毫无价值.”只有按照这种思想方法学习数学，才能把数学学活.

本讲通过几道典型例题，剖析数列综合题的解题策略，盘点数列与不等式交汇的热点考题.

一、例题精讲

例1　(2018年高考数学浙江卷第20题)

已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项，数列{bn}满足b1=1，数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.

(1)求q的值；

(2)求数列{bn}的通项公式.

解题策略　等差数列、等比数列是数列一章中重点学习的两类基本数列，必然是高考考查的重要内容，特别是将等差数列与等比数列结合起来研究其性质是命题的一个热点，特别是其中的数列求和问题，常用的求和方法有错位相减法与裂项相消法.本题考查的是等差数列的性质、等比数列的通项公式及错位相减法求和，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算.第(1)问，根据条件列方程，通过解方程，求得等比数列的公比；第(2)问，设cn=(bn+1-bn)an，首先根据条件求出{cn}的通项公式，再利用累加法结合错位相减法，求所求数列的通项公式.

解：(1)由a4+2是a3，a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4.

∴a3+a4+a5=3a4+4=28，解得a4=8，

由a3+a5=20,得解得q=2或

(2)设cn=(bn+1-bn)an，数列{cn}前n项和为Sn，

由　解得cn=4n-1.

由(1)可知

故

bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)

设

因此

又

例2　(2017年高考数学浙江卷理科第22题)

已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).

证明：当n∈N*时，

解题策略　第(1)问，可以利用数学归纳法证明，也可以构造不等式用放缩法证明；第(2)问，构造函数，利用函数的单调性证明不等式，也可以运用放缩法证之；第(3)问，可以将第(2)问中的不等式变形，再用累乘法证明不等式，这是一种很自然的证法，本小题证法很多，比如通过放缩式逐步迭代，比如以第(2)问已证不等式变形后用累加法，又比如运用数学归纳法.

(1)证法一　(数学归纳法)　用数学归纳法证明xn>0，

当n=1时，x1=1>0，

假设n=k时，xk>0，那么当n=k+1时(反证法)，若xk+1≤0，则0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0，矛盾，故xk+1>0.

因此xn>0(n∈N*)，∴xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1，因此0<xn+1<xn(n∈N*).

证法二　(导数法结合数学归纳法)　设函数f(x)=x+ln(1+x)，

g(x)=ln(1+x)-x(x>0)，则

∴f(x)在区间(0，+∞)内单调递增，g(x)在区间(0，+∞)内单调递减.

∴f(x)>0，g(x)<0，ln(1+x)<x(x>0).

1当n=1时，x1=x2+ln(1+x2)=1=f(x2)>f(0)=0，∴x2>0.

∴x2-x1=-ln(1+x2)<0，故0<x2<x1.

2假设当n=k(k≥1，k∈N*)时0<xk+1<xk成立.

那么，f(0)<f(xk+1)<f(xk)，∴0<xk+2<xk+1，即当n=k+1时，不等式0<xk+2<xk+1也成立.

由 12 可知，0<xn+1<xn对n∈N*都成立.

证法三　(放缩法)　易知ln(1+x)≤x(x>-1)，则xn=xn+1+ln(1+xn+1)<2xn+1，从而得xn+1>0.

又由xn=xn+1+ln(1+xn+1)可知xn>0.

由xn-xn+1=xn+1+ln(1+xn+1)-xn+1=ln(1+xn+1)>0，得xn>xn+1.(www.xing528.com)

∴0<xn+1<xn.

(2)证法一　(求导后由函数单调性证明不等式)

由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得,xnxn+1-4xn+1+2xn=

记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0)，

则函数f(x)在[0，+∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)=0.

因此

故

证法二　(作差比较法)

由已知条件xn=xn+1+ln(1+xn+1)，得

记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),

则只在x=0时f′(x)=0).

故函数f(x)在[0，+∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)=0.

∵0<xn+1<xn(n∈N*)(由(1)已证得的结论)，

(3)证法一　(迭代法)　∵xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1.

即

由得

故

综上，

证法二　(累加法)　同解法一得

另一方面，由(2)的结论可知两边同除以2n+1xnxn+1，可得由此递推放缩累加，可得

即即即

综上，有

证法三　(数学归纳法)　同证法一得

下面用数学归纳法证明的加强命题

1当n=1时，即xn≤1，命题成立；

2假设当n=k(k≥1，k∈N*)时命题成立，即此时xk≤1<4.

又由(2)的结论知

∴当n=k+1时，有

(这里还用到函数单调递增的性质).

即当n=k+1时，命题也成立，由 12 可知

因此，有综上有

二、发散训练

(2017年高考数学山东卷理科第19题)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3-x2=2.

图3-9

(1)求数列{xn}的通项公式；

(2)如图3-9所示，在平面直角坐标系xOy中，依次联结点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn+1(xn+1，n+1)得到折线P1P2…Pn+1.求由该折线与直线y=0，x=x1，x=xn+1所围成的区域的面积Tn.