2222n
所以an+=·q. (a?paa?qa)?paaqa2211?1n?1nn2取c??(a2?pa1a2?qa12)·
1即可. q综上，结论成立。
例5 已知a1=0, an+1=5an+24an?1，求证：an都是整数，n∈N+. 【证明】 因为a1=0, a2=1，所以由题设知当n≥1时an+1>an. 又由an+1=5an+24an?1移项、平方得
22an?1?10anan?1?an?1?0. ①
22当n≥2时，把①式中的n换成n-1得an?10anan?1?an?1?1?0，即 22an?1?10anan?1?an?1?0. ②
2因为an-1
22≥2).
再由a1=0, a2=1及③式可知，当n∈N+时，an都是整数。 ****3．数列求和法。
数列求和法主要有倒写相加、裂项求和法、错项相消法等。 例6 已知an=
1(n=1, 2, …)，求S99=a1+a2+…+a99.
4n?2100112?2100?4n?4100?n1【解】 因为an+a100-n=n+=， ?100100?n100100100n100?n1004?24?24?2?2(4?4)219919999所以S99=?(an?a100?n)??100?101.
2n?1222例7 求和：Sn?111?. +…+
1?2?32?3?4n(n?1)(n?2)【解】 一般地，
1k?2?k?
k(k?1)(k?2)2k(k?1)(k?2)??1?11??， ??2?k(k?1)(k?1)(k?2)??1 ?k?1k(k?1)(k?2)n所以Sn=
?
?1?111111????????
2?1?22?32?33?4n(n?1)(n?1)(n?2)??数学必修4 第 6 页 共 14 页
??1?11 ???2?2(n?1)(n?2)?11?. 42(n?1)(n?2)?例8 已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=an+1+an, Sn为数列??an?的前n项和，求证：Sn<2。 n??2?【证明】 由递推公式可知，数列{an}前几项为1，1，2，3，5，8，13。 因为Sn?a112358?2?3?4?5?6???n， ① n2222222所以
a11235。 ② Sn?2?3?4?5???nn222222?1an?2111?11Sn??2?????2222?2n?2?22?an???2n?1， ?由①-②得
所以
a111Sn??Sn?2?nn。 2242?1an>0, n?12又因为Sn-2 11111Sn??Sn, 所以Sn?， 22442所以Sn<2，得证。 4．特征方程法 例9 已知数列{an}满足a1=3, a2=6, an+2=4n+1-4an，求an. 【解】 由特征方程x2=4x-4得x1=x2=2. 故设an=(α+βn)·2n-1，其中??3????， ?6?(??2?)?2所以α=3，β=0， 所以an=3·2n-1. 例10 已知数列{an}满足a1=3, a2=6, an+2=2an+1+3an，求通项an. 【解】 由特征方程x2=2x+3得x1=3, x2=-1, 所以an=α·3n+β·(-1)n，其中?解得α= ?3?3???， ?6?9???33，β??， 441n?1n?1所以an?[3?(?1)·3]。 45．构造等差或等比数列 数学必修4 第 7 页 共 14 页 例11 正数列a0,a1,…,an,…满足anan?2?an?1an?2=2an-1(n≥2)且a0=a1=1，求通项。 【解】 由anan?2?an?1an?2?2an?1得 ana?2n?1=1， an?1an?2?a?ann?1?即?1?2?1?. ?an?2?an?1??令bn= ana1+1，则{bn}是首项为+1=2，公比为2的等比数列， an?1a0ana+1=2n，所以n=（2n-1）2， an?1an?1所以bn= nanan?1a2a1k2所以an=·…··a0=?(2?1). a1a0an?1an?2k?1n注： ?Ci?1i?C1·C2·…·Cn. 2xn?2例12 已知数列{xn}满足x1=2, xn+1=,n∈N+, 求通项。 2xnx2?2x2?2【解】 考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=?2. 2x2x2xn?2因为x1=2, xn+1=,可知{xn}的每项均为正数。 2xn2又xn+2≥22xn，所以xn+1≥2(n≥1)。又 2xn?2(xn?2)2Xn+1-2=, ① ?2= 2xn2xn2xn?2(xn?2)2Xn+1+2=, ② ?2= 2xn2xnxn?1?2?xn?2?由①÷②得???。 ③ xn?1?2??xn?2??又 2x1?2x1?2>0， ?xn?1?2??xn?2?由③可知对任意n∈N+，>0且lg???2lg??, x?2x?2xn?2?????n?1??n?xn?2数学必修4 第 8 页 共 14 页 ?xn?2??2?2?lg所以lg?是首项为???，公比为2的等比数列。 ??2?2??xn?2??所以lg?2?2?xn?2?2?2?，所以?2n?1·lg?????2?22?2xn?2x?2????nxn?22n?1， 解得xn?2· (2?2)(2?2)2n?12n?1?(2?2)?(2?2)2n?12n?1。 注意：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。 第三章 不等式 一、基础知识【理解去记】 ***【必会】不等式的基本性质： （1）a>b?a-b>0； （2）a>b, b>c?a>c； （3）a>b?a+c>b+c； （4）a>b, c>0?ac>bc； （5）a>b, c<0?ac （7）a>b>0, n∈N+?an>bn; （8）a>b>0, n∈N+?na?nb; （9）a>0, |x|a?x>a或x<-a; （10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b∈R，则(a-b)2≥0?a2+b2≥2ab; （12）x, y, z∈R+，则x+y≥2xy, x+y+z?33xyz. 因为前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。 （6）因为a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若na?nb，由性质（7）得(na)n?(nb)n，即a≤b，与a>b矛盾，所以假设不成立，所以na?nb；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-2 3xy?(x?y)2≥0，所以x+y≥2xy，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令 ， 因 为 x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc x?a,3y?b,3z?c=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)= 1(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥33xyz，等号当且仅当x=y=z时成立。 2二、基础例题【必会】 1．不等式证明的基本方法。 （1）比较法，在证明A>B或A 例 A（A，B>0）与1比较大小，最后得出结B任 意 实 数 x, y, z, 有 1 设a, b, c∈R+ ，试证：对 数学必修4 第 9 页 共 14 页 x2+y2+z2?2?a?babcb?cc?a??xy?yz?xz???. (a?b)(b?c)(c?a)?cab?【证明】 左边-右边= x2+y2+z2?2abbcxy?2yz (b?c)(c?a)(a?b)(c?a)?2cab2abacxz?x?2xy?y2?y2? (a?b)(b?c)b?c(b?c)(c?a)c?ac?a2bcb2a2cacyz?z?z?2xz?x2? (a?b)(c?a)a?ba?b(a?b)(b?c)b?c222?ba??cb??ac????????b?cx?c?ay???c?ay?a?bz???a?bz?b?cx??0. ??????所以左边≥右边，不等式成立。 例2 若a |loga(1?x)|1=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)>log(1-x)(1-x)=1 1?x|loga(1?x)|1>1-x>0, 0<1-x<1）. 1?x所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|. （2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止，叙述方式为：要证……，只需证……。 例3 已知a, b, c∈R+，求证：a+b+c-33abc≥a+b?2ab. 【证明】 要证a+b+c?33c?a?b≥a+b?2ab.只需证c?2ab?33abc， 因为c?2ab?c?ab?ab?33c?a?b?33abc，所以原不等式成立。 例4 已知实数a, b, c满足0 1211??. ，求证： 2c(1?c)a(1?b)b(1?a)【证明】 因为0 1，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)， 2所以 111??， a(1?a)b(1?b)c(1?c)1122???， a(1?a)b(1?b)b(1?b)c(1?c)1111???， a(1?a)b(1?b)a(1?b)b(1?a)所以 所以只需证明 数学必修4 第 10 页 共 14 页