递推数列与函数、方程及不等式综合的有关问题

递推数列与函数、方程及不等式综合的有关问题有关数列问题,递推数列常常是高考命题的热点之一.递推数列常常与函数、方程及不等式等相结合，构成综合性题目，为提高分析问题、解决问题的能力，有必要对其做一番探讨.1递推数列与方程之间的关系由方程给出的关系，求这类递推数列的通项公式一般是用公式法,即利用1(2)nnnxSSn等而构造方程组解之.[例1]设数列{nx}满足2122(2)2nnnnnnSxSxnxxS，，求及．[解析]将1nnnxSS代入题设，得112nnnnSSSS．（这是关于nS的递推式，所以只能先求出nS，再求nx）∵2nx，∴0nS，∴11112(2)nnnnSSS，　即数列｛｝是以2为公差，1112S为首项的等差数列．故有11432(1)22nnnS，∴243nSn．从而1228(2)434(1)3(43)(47)nnnxSSnnnnn，∵2nx不满足此式，故2(18(2)(43)(47)nnxnnn　　　　　　　），　．[例2]设nx｛｝是正数组成的数列,其前n项和为nS,并且对于所有的正整数nnx，与1的等比中项,求数列nx｛｝的通项公式.[解析]解法一.依题意,有2(1)4nnxS．22111[(1)(1)]4nnnnnxSSxx∴．2211111(1)(1)4()(2)002121nnnnnnnnnnnnxxxxxxxxxxxxxn即，或．，∴．又，故{}是首项为1，公差为2的等差数列，∴．解法二.12nnxS，∴111Sx．1112211)(1)0nnnnnnnnSSSSSSS当时，，即(．101nxS，，∴112)nnSSn（．∴2121nnnSnxSn，从而．解法三.由已知可求得1231,3,5xxx，猜想21nxn．再用数学归纳法证明之.2数列与函数、不等式的综合问题［例３］已知函数22()(0)fxxxaa．（１）求函数()fx的反函数1()fx及其定义域；（２）数列nx｛｝满足：1113()nnnnnxaxaxfxyxa，且．设，数列ny｛｝的前n项和为nS，试比较当4nnS7时，与8的大小，并证明您的结论．［解析］（１）∵22yxxa，∴22222yxyxxa，即222yaxy．∵0yx，∴2202yayy，或()()02yayay，∴0yaay，或，故221()2xafxx，其定义域为|00xxaaxa｛，或，｝．（２）∵2211()2nnnnxaxfxx，∴222211221222nnnnnnnnnxaaxaxxayxaxxaax2（），即21()nyy①．又13xa，∴13132aayaa，故lgnnzy．对式①两边取对数，得21lglg()2lgnnnyyy，∴lgnnzy是以首项为111lglg2zy，公比为２的等比数列，于是有112lg2nnz，∴121()2nny．故12421111()()()2222nnS．（次式不易求和）而当10121111111114211nnnnnnnnnnCCCCCCn时，有，∴12111()()22nn．（故可用放缩法证明之）24561311111111111()()[()()()][1()]2222222416162111172416168nnnS，故当748nnS时，有．［例４］已知函数23()2fxaxx的最大值不大于16，又当11[,]42x时1()8fx．（１）求a的值；（２）设1110()*2nnxxfxnN，，，证明11nxn．［解析］（１）由于23()2fxaxx的最大值不大于16，又函数对称轴方程为3ax，所以222max31()()()1332366aaaafxfaa，即．①又当11[,]42x时1()8fx，所以1131()282881131()484328afaf，，即，．解得1a．②由①和②得1a．（２）证法一．（Ⅰ）当11110021nnxxn时，，不等式成立；（因函数231()23fxxxx的对称轴方程为，故此结论不能用于递推，所以还需验证2n时的情形）2()0(0,)3fxx，，∴2111()63xfx0．故当2n时不等式也成立．（Ⅱ）假设(2)nkk时，不等式101kxk成立，∵231()23fxxxx的对称轴方程为，知1()[0,]3fx在为单调递增函数，∴由11013kxk得10()()1kfxfk．于是有122213113111012(1)12(1)2214122(1)(2)2kxkkkkkkkkkkk所以当1nk时，不等式也成立．根据（Ⅰ）和（Ⅱ）可知，对任何*nN，不等式11nxn成立．证法二．（Ⅰ）当11102nx时，，不等式101nxn成立；（Ⅱ）假设(1)nkk时，不等式成立，即101kxk．那么当1nk时，213313(1)(2)(1)2222kkkkkkkxxxxxkxxk．（这里考虑应用均值不等式）∵3(2)0102kkkxx，　，231(2)(1)1()322(2)(1)1222kkkkkkxxkxkxx２∴于是1102kxk．因此当1nk时，不等式也成立．根据（Ⅰ）和（Ⅱ）可知，对任何*nN，不等式11nxn成立．证法三．（Ⅰ）当11110021nnxxn时，，不等式成立；（Ⅱ）假设(1)nkk时，不等式成立，即101kxk．（由于函数23()2fxxx对称轴方程为13x，所以在证明递推式时放缩的关键在于以13为分界）那么当1nk时，若102kxk，则133110(1)(1)2222kkkkkxxxxxkk，①若1121kxkk，则1313121110(1)(1)21222222kkkkxxxkkkkk②由式①、②知，当1nk时，不等式101nxn也成立．根据（Ⅰ）和（Ⅱ）可知，对任何*nN，不等式11nxn成立．［例５］自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响．用nx表示某鱼群在第n年年初的总量，*nN，且x10．不考虑其它因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与nx成正比，死亡量与2nx成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c．（１）求1nx与nx的关系式；（２）猜测：当且仅当x1，a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）（３）设a＝2，c＝1，为保证对任意x1∈（0，2），都有0(*)nxnN，则捕捞强度b的最大允许值是多少？证明你的结论．［解析］（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为nax，被捕捞量为nbx，死亡量为2ncx，因此21*nnnnnxxaxbxcxnN，．(1)即1(1),*nnnxxabcxnN．(2)（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则nx恒等于x1，n∈N*，从而由（１）式得11()0*0nnabxabcxnNabcxxc恒等于，，所以．即．因为x10，所以ab．猜测：当且仅当ab，且cbax1时，每年年初鱼群的总量保持不变．（Ⅲ）若b的值使得0*nxnN，，由1(3)*nnnxxbxnN，，知03*nxbnN，．特别地，有103xb，即10bx．而1(0,2)x，所以]1,0(b由此猜测b的最大允许值是1．（由特殊推广到一般）下证当x1∈(0,2)，b=1时，都有(0,2)*nxnN，．①当n=1时，结论显然成立．②假设当n=k时结论成立，即(0,2)*nxnN，．则当n=k+1时，1(2)0kkkxxx．又∵21(2)(1)112kkkkxxxx，∴1(0,2)nx，故当n=k+1时结论也成立．由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有(0,2)nx．综上所述，为保证对任意1(0,2)x，都有0,*nxnN，则捕捞强度b的最大允许值是1．以上就是递推数列与函数、方程及不等式综合应用常见的一些例子，解答这类问题时，除了要考虑函数性质外，由于递推关系，所以它还常常与数学归纳法结合在一起．有时它还反映了从特殊到一般的辨证过程．