第2课时数列的综合应用题型一数列和解析几何的综合问题例1(2004·浙江)已知△OBC的三个顶点坐标分别为O(0,0)，B(1,0)，C(0,2)，设P1为线段BC的中点，P2为线段CO的中点，P3为线段OP1的中点，对于每一个正整数n，Pn＋3为线段PnPn＋1的中点，令Pn的坐标为(xn，yn)，an＝yn＋yn＋1＋yn＋2.(1)求a1，a2，a3及an的值；(2)求证：yn＋4＝1－，n∈N*；(3)若记bn＝y4n＋4－y4n，n∈N*，求证：{bn}是等比数列．(1)解因为y1＝y2＝y4＝1，y3＝，y5＝，所以a1＝a2＝a3＝2，又由题意可知yn＋3＝，所以an＋1＝yn＋1＋yn＋2＋yn＋3＝yn＋1＋yn＋2＋＝yn＋yn＋1＋yn＋2＝an，所以{an}为常数列，所以an＝a1＝2，n∈N*.(2)证明将等式yn＋yn＋1＋yn＋2＝2两边除以2得yn＋＝1.又因为yn＋4＝，所以yn＋4＝1－，n∈N*.(3)证明因为bn＋1＝y4n＋8－y4n＋4＝－＝－(y4n＋4－y4n)＝－bn，又因为b1＝y8－y4＝－≠0，所以{bn}是首项为－，公比为－的等比数列．思维升华利用题目中曲线或直线上点的坐标之间的关系，得到数列的递推关系，然后利用数列的递推关系寻求数列通项，从而求解题目．跟踪训练1(2016·浙江)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则()A．{Sn}是等差数列B．{S}是等差数列C．{dn}是等差数列D．{d}是等差数列答案A解析作A1C1，A2C2，A3C3，…，AnCn垂直于直线B1Bn，垂足分别为C1，C2，C3，…，Cn，则A1C1∥A2C2∥…∥AnCn. |AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，∴|CnCn＋1|＝|Cn＋1Cn＋2|.设|A1C1|＝a，|A2C2|＝b，|B1B2|＝c，则|A3C3|＝2b－a，…，|AnCn|＝(n－1)b－(n－2)a(n≥3)，∴Sn＝c[(n－1)b－(n－2)a]＝c[(b－a)n＋(2a－b)]，∴Sn＋1－Sn＝c[(b－a)(n＋1)＋(2a－b)－(b－a)n－(2a－b)]＝c(b－a)，∴数列{Sn}是等差数列．题型二数列与不等式的综合问题命题点1可求通项的裂项放缩例2已知数列满足＝＋且a1＝4(n∈N*)．(1)求数列的通项公式；(2)设bn＝a－an，且Sn为的前n项和，证明：12≤Sn<15.(1)解由＝＋得，－1＝，由a1＝4得－1＝－，所以数列是首项为－，公比为的等比数列．所以＝n－1＝－n－1，即an＝.(2)证明bn＝a－an＝，又Sn＋1－Sn＝bn＋1＝>0，故Sn是关于n的递增数列，故Sn≥S1＝b1＝a－a1＝12.当k≥2时，bk＝a－ak＝<＝<＝3，故当n≥2时，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝12＋b2＋b3＋…＋bn<12＋3＝15－<15.又n＝1时，S1＝12<15，综上有12≤Sn<15.命题点2可求通项构造放缩例3(2018·湖州调研)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，n∈N*.(1)求a2；(2)求的通项公式；(3)设{an}的前n项的和为Sn，求证：≤Sn<.(1)解由条件可知a2＝＝.(2)解由an＋1＝，得＝·－，即－1＝，又－1＝≠0，所以是首项为，公比为的等比数列，则－1＝×n－1＝n，所以＝n＋1.(3)证明由(2)可得an＝≥＝·n－1.所以Sn≥＋·1＋…＋·n－1＝，故Sn≥成立．另一方面an＝<＝n，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<＋＋3＋4＋…＋n＝＋－·n－2<＋<，n≥3，又S1＝<，S2＝<，因此Sn<，n∈N*.所以≤Sn<.命题点3不可求通项裂项放缩例4(2018·杭州模拟)设数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋(n∈N*)．(1)证明：an
0，所以an＋1＝an＋>an，即ak＋1＝ak＋－>3－＝3－＝3－＝>1，所以an<1.又a1＝<1，a2＝<1，所以an<1(n∈N*)，所以an0，所以an＋1＝an＋>an，由题意，得＝＝＝－.则－＝，即－＝，－＝，…，－＝，累加得，－＝＋＋…＋<＋＋…＋<1＋＋…＋＝2－，即3－<2－，所以an＋1<1.所以anak＋1，所以ak＋1＝ak＋>ak＋ak·ak＋1＝ak＋·akak＋1，所以－>，所以，当n≥2时，＝－<－<3－＝3－＝3－＝，即an>.所以an≥(n∈N*)．方法二当n≥2时，－＝＋＋…＋>＋＋…＋>＋＋…＋＝1－，即3－>1－，即an>，又n＝1时，a1＝，＝，所以an≥(n∈N*)．命题点...
