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赏析数列与函数、不等式的交汇问题 ■河北省张家口市第一中学 陈荣荣 数列是以正整数为自变量的一类特殊函 数, 也是高中数学中的重要 内 容 之 一。借 助 数列的函数特性解决数列问题, 在一定 程 度 上能简化运算。通过构造函 数, 利 用 函 数 的 定义、 图像、 性质解决数列问 题, 对 解 决 数 列 通项、 数列最值等问题有重 要 的 作 用。下 面 从两个方面谈一谈数列与函数、 不等式 的 交 汇问题。 一、数列与函数综合问题的主要类型及 求解策略 ①已知函数条件, 解决数列问题, 一般利 用函数的性质、 图像研究数列问题。 ②已知数列条件, 解决函数问题, 一般要 利用数列的通项公式、 前n 项和公式、 求和方 法等对式子化简变形。 注意数列与函 数 的 不 同, 数 列 只 能 看 作 自变量为正整数的一类函数, 在解决问 题 时 要注意这一特殊性。 例 1 数 列 { a n } 满 足 a n+1 =1 + a n 1 - a n , a 1= 2 , n∈N * , 若 T n= a 1· a 2·…· a n, n∈ N * , 则 T1 0= 。 解析: 因 为 a 1 =2 , a n+1 =1 + a n 1 - a n , 所 以 a 2=1 + a 1 1 - a 1 = -3 , a 3 =1 + a 2 1 - a 2 = - 1 2, a 4 = 1 + a 3 1 - a 3=1 3, a 5=1 + a 4 1 - a 4 =2= a 1, 数列{ a n} 是 周期为4的周期数列。 又因 为 T4 =a 1 a 2 a 3 a 4 =2× ( -3) × -1 2 × 1 3 =1 , 所 以 T1 0 = ( a 1 a 2 a 3 a 4) · ( a 5 a 6 a 7 a 8 )· ( a 9 a 1 0 )= ( a 1 a 2 a 3 a 4 )· ( a 1 a 2 a 3 a 4) · ( a 1 a 2) =1×1×2× ( -3 ) = - 6 。 点评: 已知数列的递推关系式, 并观察到 项的值具有跳跃性, 通常不必求通项公式, 应 探究是否有周期性规律。如果能从数列的实 质— — —函数的角度探究周期性规律, 就更切 合问题的本质, 从而把握规律, 轻松求解。 解决数列周期 性 问 题 的 方 法: 根 据 给 出 的关系式求出数列的若干项, 通过观察 归 纳 出数列的最小正周期, 进而求有关项的 值 或 者前n 项的和或积。 例 2 已 知 数 列 { a n } 的 前 n 项 和 为 S n, a 1= 2 , 对任意的正整数n, 点( a n+1, S n) 均 在函数f( x) = x 的图像上。 ( 1 ) 证明: 数列{ S n} 是等比数列; ( 2 ) 问{ a n} 中 是 否 存 在 不 同 的 三 项 能 构 成等差数列, 并说明理由。 解析: ( 1 ) 对 任 意 的 正 整 数 n, 点 ( a n+1, S n) 均在函数f( x) = x 的图像上, 可得S n= a n+1= S n+1- S n, 即S n+1= 2 S n。 因为a 1= 2 , 所以S 1= a 1= 2 。 因此, 数列{ S n} 是首项为2 , 公比为2的 等比数列。 ( 2 ) 不存在。 由( 1 ) 得S n= 2 · 2 n-1= 2 n。 当n≥ 2时, a n =S n -S n-1=2 n -2 n-1= 2 n-1。 又因为a 1= 2 , 所以a n= 2 , n= 1 , 2 n-1, n≥ 2 。 易知a 1= a 2, 且从第二项起数列{ a n} 严 格单调递增。 假设存在2 ≤m < n < p, 使得a m , a n, a p 成 等 差 数 列, 可 得 2 a n =a m +a p, 即 2 n = 2 m-1+ 2 p-1。 两边同除以2 m-1, 可得2 n+1 -m = 1 + 2 p-m 。 因为2 n+1 -m 是偶数, 1+2 p-m 是奇数, 所 以2 n+1 -m ≠1 + 2 p-m 。 因此, 假设不成立, 即{ a n} 中不存在不同 的三项能构成等差数列。 点评: 本题借助函数关系研究数列问题, 其本质仍是一个数列问题, 通过函数的 图 像 3 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2 0 2 4年2月 全科互知
得出数列的递推关系, 从而利用数列问 题 的 研究方法进行解决。 二、数列与不等式综合问题的求解策略 解决数列与不 等 式 的 综 合 问 题 时, 若 是 证明题, 则要灵活选择不等式的证明方法, 如 比较法、 综合法、 分析法、 放缩法等; 若是含参 数的不等式恒成立问题, 则可分离参数, 转化 为研究最值问题来解决。 解恒成立问题常用到的方法是: a > F ( n) 恒 成 立 ?a > F ( n) m a x; a < F( n) 恒成立? a < F( n) m i n。 例 3 ( 2 0 2 3年重庆巴南区一模) 已知 等比数 列 { a n} 满 足: a 1 +a 2 =2 0 , a 2 +a 3 = 8 0 。数列{ b n} 满 足b n = l o g 2 a n ( n∈N * ) , 其 前n 项和为S n, 若 b n S n+ 8≤ λ 恒成立, 则λ 的 最小值为 。 解析: 设 等 比 数 列 { a n } 的 公 比 为 q, 则 a 2+ a 3= q( a 1+ a 2) = 2 0 q= 8 0 , 解得q= 4 。 所以a 1+ a 2= a 1+ a 1 q= 5 a 1= 2 0 , 解得 a 1= 4 , 故a n= a 1 q n-1= 4 n。 因此, b n= l o g 2 a n= l o g 2 4 n= 2 n。 因为b n+1- b n = 2 ( n+ 1 ) - 2 n= 2 , 所以 数列{ b n} 是等差数列。 S n= n( b 1+ b n) 2 = n( 2 n+ 2 ) 2 = n( n+ 1 ) 。 b n S n+ 8 = 2 n n 2+ 8 + n= 2 n+8 n + 1 。 易知函数y= x+8 x + 1在( 0 , 2 2) 上单 调递减, 在( 2 2, +∞) 上单调递增。 当n= 2时, b 2 S 2+ 8 = 2 2 +8 2+ 1 =2 7; 当n= 3时, b 3 S 3+ 8 = 6 3 2+ 8 + 3 =3 1 0 。 因为2 7 < 3 1 0 , 所以 b n S n+ 8 的最大值为3 1 0 。 若 b n S n+ 8 ≤ λ 对任意的n∈N * 恒成立, 则 λ≥3 1 0 , 故λ 的最小值为3 1 0 。 点评: 数列中的恒成立问题, 根据数列单 调性的性质, 很容易将数列递增的问题 转 化 为不等式恒成立问题, 再求参数的取值范围。 首先, 将数列问题和函数问题结合在一起, 利 用函数思想解决数列问题; 其次, 利用分类讨 论思想对函数不同的情况进行讨论; 最后, 通 过数列的单调递增与不等式组的等价转化来 解决。 例 4 已 知 数 列 { a n } 满 足 a 1 =8 , a n+1- a n= 4 n, 则 a n n 的最小值为 。 解析: 由a n+1- a n= 4 n 得: 当n≥ 2时, a n - a n-1= 4 ( n- 1 ) , a n-1- a n-2= 4 ( n- 2 ) , …, a 2- a 1= 4 。 将这 n -1 个 式 子 累 加 得 a n -a 1 = [ 4 ( n- 1 ) + 4 ] ( n- 1 ) 2 =2 n( n-1 ) , 则 a n = 2 n( n- 1 ) + 8 。 当n= 1时, 也适合上式。 所以 a n n = 2 n+8 n - 2 ≥ 2 2 n·8 n - 2 = 6 , 当且仅当n= 2时等号成立。 故 a n n 的最小值为6 。 点评: 求解数列中的最值常见方法如下。 ( 1 ) 构造函数, 确定函数 的 单 调 性, 进 一 步求出数列的最值( 如二次函数) 。 ( 2 ) 利用 a n≥ a n+1, a n≥ a n-1, n≥ 2 , 求出数列中的 最大项a n; 利用 a n≤ a n+1, a n≤ a n-1, n≥ 2 , 求出数列中 的最 小 项a n, 当 解 不 唯 一 时, 比 较 各 解 大 小 即可确定。 例 5 ( 2 0 2 3年河北省张家口市三模) 已知数列{ a n} 满足3 + a 1 2+ a 2 2 2 + a 3 2 3 +…+ a n 2 n = 2 n+ 3 2 n 。 ( 1 ) 求数列{ a n} 的通项公式; ( 2 ) 记数列 1 a n· a n+1 的前n 项和为S n, 证明: S n < 1 2。 ( 下转第8页) 4 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2 0 2 4年2月 全科互知
浅谈近几年高考全国卷中“数列”解答题的解题策略 ■河南省固始县高级中学教育集团 胡云兵 2 0 2 3 年 高 考 数 学 题 的 命 制 与 前 几 年 相 比有一定的创新, 尤其是数列题的难度 有 所 增加。下面从最近几年高考题以及重要模拟 考 试 题 中, 总 结 数 列 解 答 题 的 命 题 规 律 和 方向。 一、数列在解答题中的位置变化 在2 0 1 8年之 前, 基 于 2 0 0 3 版 课 标 的 全 国卷的数列 题 在 解 答 题 中 的 位 置 都 是 第 1 7 题( 第 一 道 解 答 题) , 属 于 基 础 题, 但 从 2 0 1 9 年起, 数列题在解答题中的位置开始变 得 灵 活。这在教育部考试中心《 试题分析( 数学) 》 ( 2 0 2 0 年 版 ) 中 有 说 明, 下 面 是 部 分 摘 录: 2 0 1 9年的理科数学试卷, 在整体设计上保持 平稳, ……, 但在整 体 平 稳 的 基 础 上, 也 有 了 适 当 的 变 化, 主 要 体 现 在 主 观 题 的 设 计 上。……对重点内容的考查, 在整体符合《 考 试大纲》 和《 考试说明》 要求的前提下, 在各部 分内容的布局和考查难度上会进行动态设计。 表1是近几年 全 国 卷、 新 高 考 卷 中 数 列 解答题的题号。 表1 试卷 题号 试卷 题号 2 0 1 9年全国Ⅱ 1 9 2 0 2 0年全国Ⅰ 1 7 2 0 2 0年全国Ⅲ 1 7 2 0 2 0年新高考Ⅰ 1 8 2 0 2 1年全国乙 1 9 2 0 2 1年全国甲 1 8 2 0 2 1年新高考Ⅰ 1 7 2 0 2 1年新高考Ⅱ 1 7 2 0 2 2年新高考Ⅰ 1 7 2 0 2 2年新高考Ⅱ 1 7 2 0 2 2年全国甲 1 7 2 0 2 3年全国甲 1 7 2 0 2 3年新高考Ⅱ 1 8 2 0 2 3年新高考Ⅰ 2 0 二、解题策略 策略1 应用累乘法 这是求 数 列 通 项 公 式 的 一 个 重 要 的 方 法, 在近几年高考全国卷中都进行了考查。 例 1 ( 2 0 2 1年全国乙卷第 1 9 题) 记 S n 为数列{ a n} 的前n 项和, b n 为数列{ S n} 的 前n 项积, 已知 2 S n +1 b n = 2 。 ( 1 ) 证明: 数列{ b n} 是等差数列; ( 2 ) 求数列{ a n} 的通项公式。 分析: ( 1 ) 由题意知当n= 1时, b 1=S 1, 代入已知等式可得b 1 的 值。当n≥2 时, 将 b n b n-1= S n, 代 入 2 S n + 1 b n =2 , 可 得b n - b n-1= 1 2, 得到数列{ b n} 是等差数列。 ( 2 ) 由a 1= S 1= b 1=3 2, 可得b n= n+ 2 2 , 代入已知等式可得 S n =n+ 2 n+ 1 。当n≥ 2时, a n= S n- S n-1=- 1 n( n+ 1 ) , 进一步得到数列 { a n} 的通项公式。 解: ( 1 ) 当n= 1时, b 1= S 1。 由2 b 1+1 b 1= 2 , 解得b 1=3 2。 当n≥2 时, b n b n-1 =S n, 代入 2 S n +1 b n =2 , 消去S n, 可得 2 b n-1 b n +1 b n = 2 , 所以b n- b n-1= 1 2。 因此, { b n} 是以3 2为首项, 1 2为公差的等 差数列。 ( 2 ) 由题意得a 1= S 1= b 1=3 2。 由( 1) 可 得 b n = 3 2 + ( n-1) × 1 2 = n+ 2 2 。 由 2 S n +1 b n = 2 , 可得S n= n+ 2 n+ 1 。 当n≥2 时, a n =S n -S n-1 =n+ 2 n+ 1- n+ 1 n =- 1 n( n+ 1 ) , 显然a 1 不满足该式。 所以a n= 3 2, n= 1 , - 1 n( n+ 1 ) , n≥ 2 。 ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 5 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2 0 2 4年2月 全科互知
点评: 第一问证明等差数列, 求b n 与S n 的关系需要相除, 和累乘法的方法类似。 例 2 ( 2 0 2 2 年 新 高 考 Ⅰ 卷 第 1 7 题) 记S n 为数列{ a n} 的 前n 项 和, 已 知a 1=1 , S n a n 是公差为1 3的等差数列。 ( 1 ) 求{ a n} 的通项公式; ( 2 ) 证明: 1 a 1+1 a 2+…+1 a n < 2 。 分析: ( 1 ) 直接利用数列的递推关系式求 出数列的通项公式; ( 2 ) 结合( 1 ) 的结论, 利用裂项相消法求 出数列的和, 再利用放缩法求出结果。 解: ( 1 ) ( 解法一, 隔项累乘法) 已知a 1= 1 ,S n a n 是 公 差 为 1 3 的 等 差 数 列, 所 以S n a n = 1 +1 3( n- 1 ) =1 3 n+2 3。 整理得S n=1 3 n a n+2 3 a n。① 故 当 n≥2 时, S n-1 = 1 3 ( n-1 ) a n-1 + 2 3 a n-1。② ① - ② 得 1 3a n = 1 3n a n - 1 3n a n-1 - 1 3 a n-1, 故( n- 1 ) a n=( n+ 1 ) a n-1。 化简得, a n a n-1= n+ 1 n- 1 , a n-1 a n-2= n n- 2 , …, a 5 a 4 =6 4, a 4 a 3=5 3, a 3 a 2=4 2, a 2 a 1=3 1。 所以 a n a 1 =n+ 1 n- 1× n n- 2× … × 6 4 × 5 3 × 4 2×3 1= n( n+ 1 ) 2 , 故a n= n( n+ 1 ) 2 。 ( 解法 二, 相 邻 累 乘 法 ) 由 解 法 一 得 a n a n-1= n+ 1 n- 1 = ( n+ 1 ) n n( n- 1 ) 。 故a n =a 1 ·a 2 a 1 ·a 3 a 2 · … · a n a n-1 =1× 2 × 3 1 × 2 × 3 × 4 2 × 3 ×…× ( n+ 1 ) n n( n- 1 ) = n( n+ 1 ) 2 。 显然当n= 1时, a 1= 1也适合上式。 故a n= n( n+ 1 ) 2 。 ( 解法三, 构造常数数列) 由 解 法 一 得 ( n- 1 ) a n=( n+1 ) · a n-1, 即n( n-1 ) a n = ( n+1) n a n-1, 也 即 a n n( n+ 1 ) = a n-1 ( n- 1 ) n, 故 a n n( n+ 1 ) 是常数数列。 则 a n n( n+ 1 ) = a 1 2=1 2, a n= n( n+ 1 ) 2 。 ( 2)因 为 a n = n( n+ 1 ) 2 ,所 以 1 a n = 2 n( n+ 1 ) = 2 1 n - 1 n+ 1 。 因此, 1 a 1+1 a 2+…+1 a n = 21 -1 2+1 2-1 3+…+1 n - 1 n+ 1 = 2 × 1 - 1 n+ 1 < 2 。 点评: 本题考查数列的递推关系式, 数列 通项公式的求法, 数列的求和, 裂项相消法在 数列求和中的应用, 对同学们的运算能 力 和 数学思维能力要求较高。 例 3 ( 2 0 2 3 年 全 国 甲 卷 第 1 7 题) 设 S n 为 数 列 { a n } 的 前 n 项 和, 已 知 a 2 =1 , 2 S n= n a n。 ( 1 ) 求数列{ a n} 的通项公式; ( 2 ) 求数列 a n+1 2 n 的前n 项和T n。 分析: ( 1 ) 根据a n= S 1, n= 1 , S n- S n-1, n≥ 2 , 即 可求出{ a n} 的通项公式; ( 2 ) 根据错位相减法解出前n 项和T n。 解: ( 1 ) 由题意知2 S n= n a n。 当n= 1时, 2 a 1= a 1, 则a 1= 0 。 当n= 3时, 2 ( 1 + a 3) = 3 a 3, 则a 3= 2 。 当n≥2 时, 则 2 S n-1 = ( n-1 ) a n-1, 即 2 ( S n- S n-1) = n a n-( n- 1 ) a n-1= 2 a n。 化简得( n- 2 ) a n=( n- 1 ) a n-1。 当n≥3 时,a n n- 1=a n-1 n- 2= … =a 3 2 =1 , 则a n= n- 1 。 因当n=1 , 2 , 3 时 都 满 足 上 式, 故a n = n- 1 ( n∈N * ) 。 ( 2 ) 因为 a n+ 1 2 n =n 2 n , 所以 T n= 1 × 1 2 1 + 6 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2 0 2 4年2月 全科互知
2 × 1 2 2 + 3 × 1 2 3 +…+ n× 1 2 n 。 1 2T n =1× 1 2 2 +2× 1 2 3 + … + ( n- 1 ) × 1 2 n + n× 1 2 n+1 。 以上两式相减得: 1 2T n = 1 2 1 + 1 2 2 + 1 2 3 + … + 1 2 n - n× 1 2 n+1 = 1 2× 1 - 1 2 n 1 -1 2 - n× 1 2 n+1 = 1 - 1 +n 2 1 2 n 。 故 T n= 2 - 2 + n 1 2 n , n∈N * 。 策略2 应用分类讨论法 分类讨论是最近几年全国卷数列题频繁 考查的思想方法。分类讨论 包 括: ① 求 通 项 公式时需要写成分段形式; ② 求某个参数的 值时需要分情况讨论。 例 4 ( 2 0 2 3年四省联考第 1 9 题) 记 数列{ a n} 的 前n 项 和 为 T n, 且a 1 =1 , a n = T n-1( n≥ 2 ) 。 ( 1 ) 求数列{ a n} 的通项公式; ( 2 ) 设 m 为整数, 且对任意n∈N * , m≥ 1 a 1+2 a 2+…+n a n 恒成立, 求 m 的最小值。 分析: ( 1 ) 由 数 列 a n 与 T n 的 关 系 可 得 a n+1= 2 a n( n≥ 2 ) , 再结合等比数列的通项公 式可得解; ( 2 ) 利用错位相减法求出 1 a 1 + 2 a 2 + … + n a n , 结合取值范围即可得解。 解: ( 1 ) 因为a 1= 1 , a n =T n-1( n≥ 2 ) , 所 以a 2= a 1= 1 。 当n≥ 2时, a n+1=T n=T n-1+ a n= 2 a n, 故a n= a 2· 2 n-2= 2 n-2( n≥ 2 ) 。 a 1= 1不满足上式。 故 数 列 { a n }的 通 项 公 式 为 a n = 1 , n= 1 , 2 n-2, n≥ 2 。 ( 2 ) 设S n=1 a 1+2 a 2+…+n a n , 则S 1= 1 。 当n≥ 2时, S n= 1 + 2 · 2 0+ 3 · 2 - 1+…+ n· 2 2 - n。 故1 2S n = 1 2 +2·2 -1 +3·2 -2 + … + n· 2 1 - n。 以 上 两 式 相 减 可 得 1 2 S n = 5 2 + 2 -1+ 2 -2+…+ 2 2 - n - n · 2 1 - n = 5 2 + 2 -1 1 - 2 2 - n 1 - 2 -1 - n· 2 1 - n。 整理可 得 S n =7- ( n+2) 2 2 - n, 因 此, S n < 7 。 又S 5=4 9 8 > 6 , 故符合题设条件的 m 的 最小值为7 。 点评: 第一问求 通 项 公 式 时 需 要 分 类 讨 论, 写成分段形式。 例 5 ( 2 0 2 3 年 全 国 Ⅰ 卷 第 2 0 题) 设 等差数列{ a n} 的公差为d, 且d > 1 。令b n= n 2+ n a n , 记S n, T n 分别为数列{ a n} , { b n} 的前 n 项和。 ( 1 ) 若3 a 2= 3 a 1+ a 3, S 3+T3= 2 1 , 求数 列{ a n} 的通项公式; ( 2 ) 若 { b n} 为 等 差 数 列, 且 S 9 9 -T9 9 = 9 9 , 求d 的值。 分析: ( 1 ) 根据等差数列的通项公式建立 方程求解即可; ( 2 ) 由 { b n } 为 等 差 数 列 得 出 a 1 =d 或 a 1= 2 d, 由等差数列的性质可得a 5 0- b 5 0= 1 , 分类讨论即可得解。 解: ( 1 ) 因 为 3 a 2 =3 a 1 +a 3, 所 以 3 d= a 1+ 2 d, 解得a 1= d。 故S 3= 3 a 2= 3 ( a 1+ d) = 6 d。 又 T3= b 1+ b 2+ b 3=2 d + 6 2 d+1 2 3 d=9 d , 故S 3+T3= 6 d+9 d = 2 1 , 即2 d 2- 7 d+ 3 = 0 , 解得d= 3或d=1 2( 舍去) 。 因此, a n= a 1+( n- 1 ) · d= 3 n。 7 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2 0 2 4年2月 全科互知
( 2 ) 因 为 { b n } 为 等 差 数 列, 所 以 2 b 2 = b 1+ b 3, 即 1 2 a 2=2 a 1+ 1 2 a 3 。 整理得6 1 a 2-1 a 3 = 6 d a 2 a 3 = 1 a 1 , 即a 2 1 - 3 a 1 d+ 2 d 2= 0 , 解得a 1= d 或a 1= 2 d。 因d > 1 , 故a n > 0 。 又S 9 9-T9 9= 9 9 , 由等差数列的性质知, 9 9 a 5 0- 9 9 b 5 0= 9 9 , 即a 5 0- b 5 0= 1 。 故a 5 0- 2 5 5 0 a 5 0 = 1 , 即a 2 5 0- a 5 0- 2 5 5 0 = 0 , 解得a 5 0= 5 1或a 5 0=- 5 0 ( 舍去) 。 当a 1= 2 d 时, a 5 0= a 1+ 4 9 d= 5 1 d= 5 1 , 解得d= 1 , 与d > 1矛盾, 无解; 当a 1= d 时, a 5 0= a 1+ 4 9 d=5 0 d=5 1 , 解得d= 5 1 5 0 。 综上可知, d= 5 1 5 0 。 点评: 本题第二问首先会解出a 1 有两个 值, 然 后 需 要 分 类 讨 论, 分 别 解 出 对 应 的 d 值, 舍去不符合题意的值。 通过以上分析可以发现, 2 0 2 3年高考特 别重视数列问题中分类讨论思想的应用。因 此, 在后续学习中要在解数列问题时重 视 分 类讨论思想, 主要有下面两个方面。 ( 1 ) 分段求和, 包括下面几种问法。 ( i ) 定义b m 为数列{ a n} 在区间( 0 , m) 的 个数, 对数列{ a n} 求和, 如 2 0 2 0 年 新 高 考 Ⅰ 卷第1 8题; ( i i ) 含绝对值的数列 求 和, 如 2 0 2 3 年 全 国乙卷文科第1 8题; ( i i i ) 对奇数和偶数讨论, 如2 0 2 3新高考 Ⅱ卷第1 8题, 另外, 含( - 1 ) n 数列的不等式 问题的分类讨论也至关重要。 ( 2 ) 参数讨论, 如2 0 2 3年新高考 Ⅰ 卷第2 0题。 新高考在数列 方 面 的 考 查 注 重 通 法, 注 重基础, 淡化技巧, 不必做太多涉及不等式放 缩的技巧性题目( 十几年前数列压轴题主要 考数列不等式的放缩) , 因为这部分题目技巧 性过强, 不是新高考考查的方向。 ( 责任编辑 徐利杰) ?????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? ( 上接第4页) 解 析: ( 1 ) 由 题 意 知 数 列 { a n } 满 足 3+ a 1 2+ a 2 2 2 + a 3 2 3 +…+ a n 2 n = 2 n+ 3 2 n 。① 当n= 1时, 可得3 + a 1 2 =2 × 1 + 3 2 1 =5 2, 解得a 1=- 1 。 当n≥ 2时, 可得3 + a 1 2+ a 2 2 2 + a 3 2 3 +…+ a n-1 2 n-1 = 2 n+ 1 2 n-1 。② ①②两 式 相 减 得a n 2 n =2 n+ 3 2 n -2 n+ 1 2 n-1 = 2 n+ 3 - 4 n- 2 2 n = - 2 n+ 1 2 n ,整 理 得 a n = - 2 n+ 1 。 当n= 1时, a 1=- 1 , 也适合上式。 所 以 数 列 { a n } 的 通 项 公 式 为 a n = - 2 n+ 1 。 ( 2 ) 令b n= 1 a n· a n+1 。 由a n = -2 n+1 , 可 得b n = 1 a n· a n+1 = 1 ( - 2 n+ 1 ) ( - 2 n- 1 ) = 1 ( 2 n- 1 ) ( 2 n+ 1 )= 1 2 1 2 n- 1 - 1 2 n+ 1 。 因此, S n=1 2 1 -1 3+1 3-1 5+1 5-1 7 +…+ 1 2 n- 1 - 1 2 n+ 1 = 1 2 1 - 1 2 n+ 1 = 1 2- 1 4 n+ 2 。 因为n∈N * , 所以 1 4 n+ 2 > 0 , S n < 1 2。 点评: 数列与不等式的结合, 其本质仍是 数列问题, 通过研究数列的通项公式与求和, 结合放缩法、 函数的单调性等, 获取结论的证 明方法。 ( 责任编辑 徐利杰) 8 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2 0 2 4年2月 全科互知