【正文】 成立， ∴ 對于一切正整數(shù) n , 2 an≤ bn ＋ 1＋ 1. 高考預(yù)測 1． (2022????????1bn， ∴nan＝1? 1 － b ? bn －11 － b＝1 － bn? 1 － b ? bn ， ∴ an＝n ? 1 － b ? bn1 － bn . 綜上所述 an＝????? n ? 1 － b ? bn1 － nn ? b 0 且 b ≠ 1 ?1 ? b ＝ 1 ?. 綜上所述 an＝????? n ? 1 － b ? bn1 － nn? b 0 且 b ≠ 1 ?1 ? b ＝ 1 ?. ( 2 ) 證明： ① 當 b ＝ 1 時， 2 an＝ bn ＋ 1＋ 1 ＝ 2 ； ② 當 b 0 且 b ≠ 1 時， 1 － bn＝ ( 1 － b )( 1 ＋ b ＋ ? ＋ bn － 2＋ bn － 1) ， 要證 2 an≤ bn ＋ 1＋ 1 ，只需證2 n ? 1 － b ? bn1 － bn≤ bn ＋ 1＋ 1 ， 即證2 n ? 1 － b ?1 － bn≤ b ＋1bn ， 即證2 n1 ＋ b ＋ ? ＋ bn － 2＋ bn － 1≤ b ＋1bn ， 即證 ( b ＋ b2＋ ? ＋ bn － 1＋ bn) ＋1bn ＋1bn － 1 ＋ ? ＋1b2 ＋1b≥ 2 n ， ∵ ( b ＋ b2＋ ? ＋ bn － 1＋ bn) ＋1bn ＋1bn － 1 ＋ ? ＋1b2 ＋1b ＝ ( b ＋1b) ＋ ( b2＋1b2 ) ＋ ? ＋ ( bn － 1＋1bn － 1 ) ＋ ( bn＋1bn ) ≥ 2 b 惠州市模擬 ) 若數(shù)列 { }a n 滿足a n ＋ 2a n ＋ 1－a n ＋ 1a n＝ k ( k 為常數(shù) ) ， 則稱 { }a n 為等比差數(shù)列 ， k 叫公比差 ． 已知 { }a n 是以2 為公比差的等比差數(shù)列 ， 其中 a 1 ＝ 1 ， a 2 ＝ 2 ， 則 a 5 ＝ _ _ _ _ _ _ _ _ . 解析： 由 a 3a 2－a 2a 1＝ 2 ，得 a 3 ＝ 8 ，由a 4a 3－a 3a 2＝ 2 ， 得 a 4 ＝ 48 ，由a 5a 4－a 4a 3＝ 2 ，得 a 5 ＝ 384. 答案： 384 1 ． 若 a10 ， d 0 ， Sn有最大值 ， 可由不等式組????? an≥ 0an ＋ 1≤ 0 來確定 n . 若 a10 ， d 0 ， Sn有最小值 ， 可由不等式組????? an≤ 0an ＋ 1≥ 0 來確定 n . 2 ． 數(shù)列作為特殊的函數(shù) ， 在實際問題中有著廣泛的應(yīng)用 ，如增長率 、 銀行信貸 、 分期付款 、 合理定價等 ． 3．解答數(shù)列綜合題和應(yīng)用性問題既要有堅實的基礎(chǔ)知識，又要有良好的邏輯思維能力和分析、解決問題的能力；解題時應(yīng)充分運用觀察、歸納、猜想的手段，建立有關(guān)等差 (比 )數(shù)列模型，再結(jié)合其他知識求解． 4．解答數(shù)列綜合問題的注意事項． (1)關(guān)鍵是如何將它轉(zhuǎn)化為數(shù)學問題； (2)要重視審題、精心聯(lián)想、溝通聯(lián)系； (3)將等差、等比數(shù)列與函數(shù)、不等式、方程、應(yīng)用性問題等聯(lián)系起來 . 品味高考 1． (2022濟寧市模擬 )已知數(shù)列 {an}， {bn}， {}的通項公式滿足 bn＝ an＋ 1－ an， ＝ bn＋ 1－ bn(n∈ N*)，若數(shù)列 {bn}是一個非零常數(shù)列，則稱數(shù)列 {an}是一階等差數(shù)列；若數(shù)列 {}是一個非零常數(shù)列，則稱數(shù)列 {an}是二階等差數(shù)列． (1)試寫出滿足條件 a1＝ 1， b1＝ 1， ＝ 1的二階等差數(shù)列{an}的前五項； (2)求滿足條件 (1)的二階等差數(shù)列 {an}的通項公式 an； (3)若數(shù)列 {an}首項 a1＝ 2，且滿足 － bn＋ 1＋ 3an＝－ 2n＋ 1 (n∈ N*)，求數(shù)列 {an}的通項公式． 解析： (1)因為 bn＝ an＋ 1－ an， ＝ bn＋ 1－ bn(n∈ N*)，故此由 a1＝ 1， b1＝ 1， ＝ 1，得 a2＝ b1＋ a1＝ 2， b2＝ b1＋ c1＝ 2， a3＝ b2＋ a2＝ 4， b3＝ b2＋ c2＝ 3， a4＝ a3＋ b3＝ 7， b4＝ b3＋ c3＝ 4， a5＝ a4＋ b4＝ 11. (2)依題意 bn＋ 1－ bn＝ ＝ 1， n＝ 1,2,3， …… 所以 bn＝ (bn－ bn－ 1)＋ (bn－ 1－ bn－ 2)＋ (bn－ 2－ bn－ 3)＋ … ＋(b2－ b1)＋ b1＝ 1＋ 1＋ 1＋ 1＋ … ＋ 1＝ n. 又 an＋ 1－ an＝ bn＝ n (n＝ 1,2,3， … )， 所以 an＝ (an－ an－ 1)＋ (an－ 1－ an－ 2)＋ (an－ 2－ an－ 3)＋ … ＋ (a2－ a1)＋ a1 ＝ (n－ 1)＋ (n－ 2)＋ … ＋ 2＋ 1＋ 1 ＝＋ 1＝ . (3)由已知 － bn＋ 1＋ 3an＝－ 2n＋ 1， 可得 bn＋ 1－ bn－ bn＋ 1＋ 3an＝－ 2n＋ 1， 即 bn－ 3an＝ 2n＋ 1， ∴ an＋ 1＝ 4an＋ 2n＋ 1， (法一 )整理得 an＋ 1＋ 2n＋ 1＝ 4(an＋ 2n)，因而數(shù)列 {an＋ 2n}是首項為 a1＋ 2＝ 4，公比為 4的等比數(shù)列， ∴ an＋ 2n＝ 43n＋ 1＋ 3－ n2(n∈ N*， n≤2022)． 3?1－ 3 n?1－ 3 數(shù)列的實際應(yīng)用 (20223n＋ 1 ＝ 3n＋ 1－ 6－ (2n－ 1)33＋ … ＋ 23n－ 1＝ 3n， ∴ yn＝ 3n－ 1(n∈ N*， n≤2022)． yn＋ 1＋ 1yn＋ 1 (3)Zn＝ x1y1＋ x2y2＋ … ＋ xnyn ＝ 1 (3－ 1)＋ 3 (32－ 1)＋ … ＋ (2n－ 1)(3n－ 1) ＝ 1 3＋ 3 32＋ … ＋ (2n－ 1)全國卷 ) 設(shè)數(shù)列 { a n } 滿足 a 1 ＝ 0 且11 － a n ＋ 1－11 － a n＝ 1. ( 1 ) 求 { a n } 的通項公式 ； ( 2 ) 設(shè) b n ＝1 － a n ＋ 1n， 記 S n ＝ ?k ＝ 1nb k ， 證明 ： S n 1 . 解析： ( 1 ) 由題設(shè)11 － an＋1－11 － an＝ 1 ???????????11 － an是公差為 1的等差數(shù)列 ． 又11 － a1＝ 1 ，故11 － an＝ n . 所以 an＝ 1 －1n＝n － 1n. ( 2 ) 證明：由 ( 1 ) 得 bn＝1 － an＋1n＝n ＋ 1 － nn ＋ 1 b n ＋ 1的前 2022 項的和 T 2022 . 解析： ( 1 ) ∵ Sn＝32an－n2－34， ∴ Sn＋1＝32an＋1－n ＋ 12－34， 兩式相減， Sn＋1－ Sn＝32( an＋1－ an) －12， 即 an＋1＝32( an＋1－ an) －12， an＋1＝ 3 an＋ 1 ， ∴ an＋1＋12＝ 3 ( an＋12) ，又 S1＝32a1－12－34，得 a1＝52， ∴ a1＋12＝ 3 ， an＋12＝ 3 tan k， 得 tan ( k ＋ 1 ) … … … 2 n－ 2n＋ 1. a n ＋ 12 n ＝a n2 n － 1 ＋ 1 ， 數(shù)列與指數(shù)、對數(shù)及三角函數(shù)的綜合 (20222n－ 1＋ n2n－ 2＋ n徽州市模擬 )在數(shù)列 {an}中， a1＝ 1， an＋ 1＝ 2an＋ 2n. (1)設(shè) bn＝ ，證明：數(shù)列 {bn}是等差數(shù)列； (2)求數(shù)列 {an