韓宏帥

數(shù)列中的綜合問題，大多與函數(shù)交匯，考查利用函數(shù)與方程的思想及分類討論思想解決數(shù)列中的問題，有時用不等式的方法研究數(shù)列的性質(zhì).

求解這類問題的關(guān)鍵在于利用數(shù)列與函數(shù)的對應(yīng)關(guān)系，將條件進行準(zhǔn)確轉(zhuǎn)化.對于函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，主要利用函數(shù)的單調(diào)性或有界性來求解數(shù)列中的最值.但由于數(shù)列的通項是一類特殊的函數(shù)，所以借助函數(shù)的性質(zhì)研究數(shù)列問題，一定要注意數(shù)列中的自變量只能取正整數(shù)這一特點.

例1（2015年高考安徽，理18）設(shè)n∈N*，xn是曲線y=x2n+2+1在點（1，2）處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo).

（1）求數(shù)列{xn}的通項公式；

（2）記Tn=x21x23…x22n-1，證明Tn≥14n.

分析：（1）對題中所給曲線的解析式進行求導(dǎo)，得出曲線y=x2n+2+1在點（1，2）處的切線斜率為2n+2.從而可以寫出切線方程為y-2=（2n+2）（x-1）.令y=0.解得切線與x軸交點的橫坐標(biāo)xn=1-1n+1=nn+1.

（2）要證Tn≥14n，需考慮通項x22n-1，通過適當(dāng)放縮能夠使得每項相消即可證明.思路如下：先表示出Tn=x21x23…x22n-1=（12）2（34）2…（2n-12n）2，求出初始條件當(dāng)n=1時，T1=14.當(dāng)n≥2時，單獨考慮x22n-1，并放縮得x22n-1=（2n-12n）2=（2n-1）2（2n）2>（2n-1）2-1（2n）2=4n2-4n（2n）2=n-1n，所以

Tn=（12）2×12×23×…×n-1n=14n，綜上可得對任意的n∈N*，均有Tn≥14n.

解：（1）解：y′=（x2n+2+1）′=（2n+2）x2n+1，曲線y=x2n+2+1在點（1，2）處的切線斜率為2n+2.

從而切線方程為y-2=（2n+2）（x-1）.令y=0，解得切線與x軸交點的橫坐標(biāo)xn=1-1n+1=nn+1.

（2）證：由題設(shè)和（1）中的計算結(jié)果知Tn=x21x23…x22n-1=（12）2（34）2…（2n-12n）2.

當(dāng)n=1時，T1=14.

當(dāng)n≥2時，因為x22n-1=（2n-12n）2=（2n-1）2（2n）2>（2n-1）2-1（2n）2=4n2-4n（2n）2=n-1n，

所以Tn>（12）2×12×23×…×n-1n=14n.

綜上可得對任意的n∈N*，均有Tn≥14n.

評注：數(shù)列是特殊的函數(shù)，不等式是深刻認(rèn)識函數(shù)與數(shù)列的重要工具，三者的綜合是近幾年高考命題的新熱點，且數(shù)列的重心已經(jīng)偏移到不等式的證明與求解中，而不再是以前的遞推求通項.對于數(shù)列問題中求和類（或求積類）不等式證明，如果是通過放縮的方法進行證明的，一般有兩種類型：一種是能夠直接求和（或求積），再放縮；一種是不能直接求和（或求積），需要放縮后才能求和（或求積），求和（或求積）后再進行放縮.在后一種類型中，一定要注意放縮的尺度，二是要注意從哪一項開始放縮.

例2（2015年高考陜西，理21）設(shè)fn（x）是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的各項和，其中x>0，n∈N，n≥2.

（1）證明：函數(shù)Fn（x）=fn（x）-2在（12，1）內(nèi)有且僅有一個零點（記為xn），且xn=12+12xn+1n；

（2）設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項和為gn（x），比較fn（x）與gn（x）的大小，并加以證明.

分析：（1）先利用零點定理可證Fn（x）在（12，1）內(nèi)至少存在一個零點，再利用函數(shù)的單調(diào)性可證Fn（x）在（12，1）內(nèi)有且僅有一個零點，進而利用xn是Fn（x）的零點可證xn=12+12xn+1n；（2）先設(shè)h（x）=fn（x）-gn（x），再對x的取值范圍進行討論來判斷h（x）與0的大小，進而可得fn（x）和gn（x）的大小.

解析：（1）Fn（x）=fn（x）-2=1+x+x2+…+xn-2，則Fn（1）=n-1>0，

Fn（12）=1+12+（12）2+…+（12）n-2=1-（12）n+11-12-2=-12n<0，

所以Fn（x）在（12，1）內(nèi)至少存在一個零點xn.

又F′n（x）=1+2x+…+nxn-1>0，故在（12，1）內(nèi)單調(diào)遞增，所以Fn（x）在（12，1）內(nèi)有且僅有一個零點xn.

因為xn是Fn（x）的零點，所以Fn（xn）=0，即1-xn+1n1-xn-2=0，故xn=12+12xn+1n.

（2）解法一：由題設(shè)，gn（x）=（n+1）（1+xn）2.

設(shè)h（x）=fn（x）-gn（x）=1+x+x2+…+xn-（n+1）（1+xn）2，x>0，

當(dāng)x=1時，fn（x）=gn（x）；

當(dāng)x≠1時，h′（x）=1+2x+…+nxn-1-n（n+1）xn-12，

若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-n（n+1）2xn-1=n（n+1）2xn-1-n（n+1）2xn-1=0；

若x>1，h′（x）

所以h（x）在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減，所以h（x）

綜上所述，當(dāng)x=1時，fn（x）=gn（x）；當(dāng)x≠1時fn（x）

解法二：由題設(shè)，fn（x）=1+x+x2+…+xn，

gn（x）=（n+1）（1+xn）2，x>0.

當(dāng)x=1時，fn（x）=gn（x），

當(dāng)x≠1時，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn（x）

當(dāng)n=2時，f2（x）-g2（x）=-12（1-x）2<0，所以f2（x）

假設(shè)n=k（k≥2）時，不等式成立，

即fk（x）

那么，當(dāng)n=k+1時，

fk+1（x）=fk（x）+xk+1

又gk+1（x）-2xk+1+（k+1）xk+k+12

=kxk+1-（k+1）xk+12，

令hk（x）=kxk+1-（k+1）xk+1（x>0），

則h′k（x）=k（k+1）xk-k（k+1）xk-1

=k（k+1）xk-1（x-1）.

所以當(dāng)0

當(dāng)x>1，h′k（x）>0，hk（x）在（1，+∞）上遞增.

所以hk（x）>hk（1）=0，

從而gk+1（x）>2xk+1+（k+1）xk+k+12，

故fk+1（x）

所以，對于一切n≥2的整數(shù)，都有fn（x）

解法三：由已知，記等差數(shù)列為{ak}，等比數(shù)列為{bk}，k=1，2，…，n+1.則a1=b1=1，an+1=bn+1=xn，

所以ak=1+（k-1）·xn-1n（2≤k≤n），bk=xk-1（2≤k≤n），

令mk（x）=ak-bk=1+（k-1）（xn-1）n-xk-1，x>0（2≤k≤n）.

當(dāng)x=1時，ak=bk，所以fn（x）=gn（x）.

當(dāng)x≠1時，m′k（x）=k-1nnxn-1-（k-1）xk-2=（k-1）xk-2（xn-k+1-1），

而2≤k≤n，所以k-1>0，n-k+1≥1.

若0

當(dāng)x>1，xn-k+1>1，m′k（x）>0，

從而mk（x）在（0，1）上遞減，mk（x）在（1，+∞）上遞增.所以mk（x）>mk（1）=0，

所以當(dāng)x>0且x≠1時，ak>bk（2≤k≤n），又a1=b1，an+1=bn+1，故fn（x）

綜上所述，當(dāng)x=1時，fn（x）=gn（x）；當(dāng)x≠1時fn（x）

評注：數(shù)列是考查同學(xué)們創(chuàng)新意識與實踐精神的最好素材.從近些年的高考試題來看，一些構(gòu)思精巧、新穎別致、極富思考性和挑戰(zhàn)性的數(shù)列與方程、函數(shù)（包括三角函數(shù)）、不等式以及導(dǎo)數(shù)等的綜合性試題不斷涌現(xiàn)，這部分試題往往以壓軸題的形式出現(xiàn)，考查綜合運用知識的能力，突出知識的融會貫通.數(shù)列的問題難度大，往往表現(xiàn)在與遞推數(shù)列有關(guān)，遞推含義趨廣，不僅有數(shù)列前后項的遞推，更有關(guān)聯(lián)數(shù)列的遞推，更甚的是數(shù)列間的“復(fù)制”式遞推；從遞推形式上看，既有常規(guī)的線性遞推，還有分式、三角、分段、積（冪）等形式.在考查通性通法的同時，突出考查思維能力、代數(shù)推理能力、分析問題解決問題的能力.