?1a?1?1?a,??1f(x)?g(a)??,a?1
2??a?1?a,0?a?1?故对n?N， bn?1?g(a)恒成立. 又 b2n?*12an0?g(a)??g(a),注意到,解上式得
2(1?an)21?g(a)?1?2g(a)1?g(a)?1?2g(a)g(a)??an?,
g(a)g(a)1?g(a)?1?2g(a)取??1?g(a)?1?2g(a)1,即有 ?an??.. ?g(a)2 例53 设 f(x)?x?a. 记f1(x)?f(x)，fn(x)?f(fn?1(x))，n?2,3,?，
1??M?a?R对所有正整数 n， fn(0)?2. 证明：M???2, ?.
4????【证明】（１）如果a??2，则f1(0)?|a|?2，a?M。
11nn?12，由题意 f(0)?a，f(0)?(f(0))?a,n?2,3,?. 则 411n① 当 0?a?时，f(0)?（?n?1）.
4211 事实上，当n?1时，f(0)?a?, 设n?k?1时成立（k?2为某整数），则对n?k，
2（２）如果?2?a??1?11fk(0)?fk?1(0)?a?????.
?2?4222② 当 ?2?a?0时，fn(0)?a（?n?1）.
事实上，当n?1时，f1(0)?a, 设n?k?1时成立（k?2为某整数），则对n?k，有
?|a|?a?fk(0)??fk?1(0)??a?a2?a.注意到 当?2?a?0时,总有a2??2a，即 a2?a??a?|a|.
2从而有fk(0)?|a|.由归纳法，推出 ??2,??M。
4??1??（3）当a?11n时，记an?f(0)，则对于任意n?1，an?a?且
442an?1?fn?1(0)?f(fn(0))?f(an)?an?a。
对于任意n?1，an?1?an?an?an?a?(an?)?a?2122111?a?, 则an?1?an?a?。
444 所以，an?1?a?an?1?a1?n(a?)。当n?1412?a时，an?1?n(a?)?a?2?a?a?2，即fn?1(0)?2。14a?4因此a?M。 综合（１）（２）（３），得M???2, ?。
4??1??例54 已知数列{an}满足a1?1,an?1?an?2n(n?1,2,3?)，{bn}满足b1?1, bn?12bn?bn?(n?1,2,3?)，
n1n1证明： ???1。
2k?1ak?1bk?kak?1?bk?k证明：记 In?n?k?1n1ak?1bk?kak?1?bk?k1n，则 I1?n1?I2???In。 2而In??k?1(ak?1?1)(bk?k)?1。 ?k?1ak?1?1k?1bk?k??1因为a1?1,an?1?an?2n，所以ak?1?1?k(k?1)。 从而有
?ak?1n1k?1?1??11?1??1。 （1）
n?1k?1k(k?1)n又因为bk?1bk2bk(bk?k)1k11?bk??，所以， ???kkbk?1bk(bk?k)bkbk?kn1111111??即。从而有 ?????1。 （2）
bk?kbkbk?1b1bn?1b1k?1bk?k由（1）和（2）即得 In?1。 综合得到
1?In?1。左边不等式的等号成立当且仅当 n=1时成立。 2例55 设数列{an}(n?0)满足a1?2，am?n?am?n?m?n?1(a2m?a2n)，其中m,n?N,m?n． 2（1）证明：对一切n?N，有an?2?2an?1?an?2；（2）证明：证明 （1）在已知关系式am?n?am?n?m?n?得a2m?4am?2m ①
令m?n?2，可得a2n?2?a2?2?111?????1． a1a2a20091(a2m?a2n)中，令m?n，可得a0?0；令n?0，可21(a2n?4?a2n) ② 2由①得a2n?2?4an?1?2(n?1)，a2?4a1?2?6，a2n?4?4an?2?2(n?2)，a2n?4an?2n， 代入②，化简得an?2?2an?1?an?2．
（2）由an?2?2an?1?an?2，得(an?2?an?1)?(an?1?an)?2，故数列{an?1?an}是首项为a1?a0?2，公差为2的等差数列，因此an?1?an?2n?2．
于是an??(ak?ak?1)?a0??(2k)?0?n(n?1)．因为
k?1k?1nn1111???(n?1)，所以 ann(n?1)nn?1111111111?????(1?)?(?)???(?)?1??1． a1a2a2009223200920102010 六、数列与概率统计交汇的综合题
例56 为了研究某高校大学新生学生的视力情况，随机地抽查了该校100名进校学生的视情况，得到频率分布直
方图,如图4，.已知前4组的频数从左到右依次是等比数列?an?的前四项，后6组的频数从左到右依次是等差数列?bn?的前六项．
（Ⅰ）求等比数列?an?的通项公式; （Ⅱ）求等差数列?bn?的通项公式；
（Ⅲ）若规定视力低于5.0的学生属于近视学生,试估计该校新生的近视率的大小.
解：（I）由题意知：a1?0.1?0.1?100?1，
a2?0.3?0.1?100?3.∵数列?an?是等比数列，∴公比q?a2?3, ∴an?a1qn?1?3n?1 . a1(II) ∵a1?a2?a3=13,∴b1?b2???b6?100?(a1?a2?a3)?87， ∵数列?bn?是等差数列，∴设数列?bn?公差为d，则得，
b1?b2???b6?6b1?15d，∴6b1?15d＝87， b1?a4?27， d??5， bn?32?5n
a?a2?a3?b1?b2?b3?b4b?b?0.91, (或=1?56?0.91) (III) =1100100答:估计该校新生近视率为91%.
例57从原点出发的某质点M, 按向量a=(0,1)移动的概率为
(0,n)的概率为Pn,
21,按向量b=(0,2)移动的概率为,设可达到点33求： (1).求P1和P2的值. (2).求证:Pn+2=1Pn+2Pn+1. (3).求Pn的表达式.
33解: (1). P1=
2217,P2?()2??. 3339 (2).证明:到达点(0,n+2)有两种情况:从点(0,n)按向量b?(0,2)移动;从点(0,n+1) 按向量a=(0,1)移
2121与Pn?1?,所以Pn?2?Pn?Pn?1.
3333111 (3).由（2）得Pn+2-Pn+1=?(Pn?1?Pn),故数列{Pn+1-Pn}是以P2-P1=为首项，?为公比的等比数列，故
933动,概率分别为Pn?Pn+1-Pn=
111?(?)n?1?(?)n?1, 93311311?[1?(?)n?1] ?Pn???(?)n. 123443 于是Pn-P1=(Pn?Pn?1)?????(P2?P1)?
七、分段数列综合题
2n例58 数列{an}的首项a1＝1，且对任意n∈N，an与an＋1恰为方程x－bnx＋2＝0的两个根. (Ⅰ)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (Ⅱ)求数列{bn}的前n项和Sn.
n＋1
a·aa2n＋1n＋2n＋2
解：(Ⅰ)由题意n∈N*，an·an＋1＝2n ∴＝＝n＝2'(1分)
an·an＋1an2
又∵a1·a2＝2'a1＝1'a2＝2 ∴a1，a3，?，a2n－1是前项为a1＝1公比为2的等比数列， a2，a4，?，a2n是前项为a2＝2公比为2的等比数列 ∴a2n－1＝2n－1' a2n＝2n' n∈N*
n?1??2即an＝?2，n为奇数
n??2，n为偶数又∵bn＝an＋an＋1 当n为奇数时，bn＝2
n?1??3?22，n为奇数∴bn＝?1?n
2??2，n为偶数n－1
2
＋2
n＋1
2
＝3·2
n－1
当n为偶数时，bn＝2＋2＝2·2
2222
nnn(Ⅱ)Sn＝b1＋b2＋b3＋?＋bn
3－3·24－4·2
22n当n为偶数时，Sn＝(b1＋b3＋?＋bn－1)＋(b2＋b4＋?＋bn)＝＋＝7·2－7
1－21－22n－1
当n为奇数时，Sn＝b1＋b2＋?＋bn－1＋bn＝Sn－1＋bn＝10·2－7
2
n?1??10?22?7，n为奇数Sn＝? n2??7?2?7，n为偶数nn例59 数列{an}的通项an?n(cos(1) 求Sn; (2) bn?22n?n??sin2)，其前n项和为Sn. 33S3n,求数列｛bn｝的前n项和Tn. n?4nn?2n?2n??sin2?cos解: (1) 由于cos,故
333S3k?(a1?a2?a3)?(a4?a5?a6)???(a3k?2?a3k?1?a3k) 12?2242?52(3k?2)2?(3k?1)2222?(??3)?(??6)???(??(3k)))222?133118k?5k(9k?4)k(4?9k)?????, , S3k?1?S3k?a3k?22222S3k?2k(4?9k)(3k?1)213k?21?S3k?1?a3k?1????k???,
22236n1???,n?3k?2?36??(n?1)(1?3n),n?3k?1 (k?N*) 故 Sn??6??n(3n?4),n?3k?6?S3n9n?4113229n?41229n?4?,T?[????],4T?[13????], nnn?4n2?4n 24424n244n?199?n1999n?4144?9n?4]?8?1?9n, 两式相减得3Tn?[13????n?1?]?[13?n2n?32n?112444n24221?4813n?.故 Tn??33?22n?322n?1
n?2n?)an?sin2,n?1,2,3,?. 例60 数列?an?满足a1?1,a2?2,an?2?(1?cos22(2) bn? (Ⅰ)求a3,a4,并求数列?an?的通项公式； (Ⅱ)设bn?a2n?11,Sn?b1?b2???bn.证明：当n?6时，Sn?2?.a2nn
2.解:(Ⅰ)因为a1?1,a2?2,所以a3?(1?cos?2)a1?sin2?2?a1?1?2,
a4?(1?cos2?)a2?sin2??2a2?4.一般地，当n?2k?1(k?N*)时，
a2k?1?[1?cos2(2k?1)?2k?1]a2k?1?sin2?＝a2k?1?1，即a2k?1?a2k?1?1. 22所以数列?a2k?1?是首项为1、公差为1的等差数列，因此a2k?1?k.
*当n?2k(k?N)时，a2k?2?(1?cos22k?2k?)a2k?sin2?2a2k. 22k所以数列?a2k?是首项为2、公比为2的等比数列，因此a2k?2.
?n?1*,n?2k?1(k?N),?2故数列?an?的通项公式为an??
n?2*?2,n?2k(k?N).(Ⅱ)由(Ⅰ)知，bn?a2n?1n123n?2,Sn??2?3???n, ①
2222a2n21123nSn?2?2?4???n?1 ② 22222112[1?()]11111nn1n22 ①-②得，Sn??2?3???n?n?1.??n?1?1?n?n?1.
12222222221?2