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1、专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极(最)值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，函数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围.如xlnx+1,exx+1,exx2+1(x0).2.涉及等差数列的求和公式问
2、题，应用二次函数图象和性质求解.3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构造函数.【压轴典例】例1.(2020全国卷理科T21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,)的单调性; (2)证明:|f(x)|338;(3)设nN*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n.【解析】(1)由函数的解析式可得f(x)=2sin 3xcos x,则:f(x)=2(3sin 2xcos 2x-sin 4x)=2sin 2x(3cos 2x-sin 2x)=2sin 2x(4cos 2x-1)=2sin 2x(2c
3、os x+1)(2cos x-1),f(x)=0在x(0,)上的根为:x1=3,x2=23,当x0,3时,f(x)0,f(x)单调递增,当x3,23时,f(x)0,f(x)单调递增.(2)注意到f(x+)=sin 2(x+)sin 2(x+)=sin 2xsin 2x=f(x),故函数f(x)是周期为的函数,结合(1)的结论,计算可得:f(0)=f()=0,f3=32232=338,f23=322-32=-338,据此可得:f(x)max=338,f(x)min=-338,即|f(x)|338.(3)结合(2)的结论有:sin 2xsin 22xsin 24xsin 22nx=sin3xsin
4、32xsin34xsin32nx23=sin x(sin 2xsin 2x)(sin 22xsin 4x)(sin 22n-1xsin 2nx)sin 22nx23sinx338338338sin22nx23338n23=34n.例2.(2020浙江高考T22)已知10,所以f(x)在(0,+)上单调递增,由于f(0)=1-a0,f(0)f(2)0, 则y=f(x)在(0,+)上有唯一零点.()()由于f(x)单调递增,1a2.设x0的最大值为t,则et=2+t.由f(1)=e-1-21.右边:由于x0时,ex1+x+12x2,且ex0-x0-a=0,则a1+12x02x02(a-1).左边:
5、要证明x02a-1=ex0-x0-1,只需证明ex0-x02-x0-10.记h(x)= ex-1-x-x2(0xt),则h(x)=ex-1-2x,h(x)=ex-2,于是h(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增.于是h(x)=ex-1-2xmaxh(0),h(t)=0,则h(x)在0xt上单调递减.h(x)=ex-1-x-x2h(0)=0,得证.()要证明x0f(ex0)(e-1)(a-1)a,只需证:x0f(x0+a)(e-1)(a-1)a.由于(xf(x+a)= f(x+a)+xf(x+a)f(x+a)f(a)=ea-2a1-a+a220,则x0f(x0+a)a-
6、1f(a-1+a),只需要证明:f(a-1+a)(e-1)aa-1,即ea-1+a-a-1-2a(e-1)aa-1.由ex1+x+12x2,只需证:1+12(a-1+a)2-a(e-1)aa-1a2-(a-1)2-2(e-2)aa-10,只需证aa-1-a-1a2(e-2),由于aa-1=1a-1+a-12,+),则aa-1-a-1a2-12=322(e-2).综上所述,得证.例3.(2020天津高考T20)已知函数f(x)=x3+kln x(kR),f(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;求函数g(x)=f(x)-f(x)+9x的单调区
7、间和极值;(2)当k-3时,求证:对任意的x1,x21,+),且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.【解析】(1)当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f(x)=3x2+6x.可得f(1)=1,f(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+3x,x(0,+).从而可得g(x)=3x2-6x+6x-3x2,整理可得:g(x)=3(x-1)3(x+1)x2,令g(x)=0,解得x=1.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如表:x(0,1)1(1,+)g(x)
8、-0+g(x)单调递减极小值单调递增所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)由f(x)=x3+kln x,得f(x)=3x2+kx.对任意的x1,x21,+),且x1x2,令x1x2=t(t1),则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2(f(x1)-f(x2)=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2kln x1x2=x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt.()令h(x)=x-1x-2ln x,x
9、(1,+).当x1时,h(x)=1+1x2-2x=1-1x20,由此可得h(x)在(1,+)上单调递增,所以当t1时,h(t)h(1),即t-1t-2ln t0.因为x21,t3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3,所以x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2lnt=t3-3t2+6ln t+3t-1.()由(1)可知,当t1时,g(t)g(1),即t3-3t2+6ln t+3t1,故t3-3t2+6ln t+3t-10.()由()()()可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2(f(x1)-f(x2)0.所以,当k-3时,对任
10、意的x1,x21,+),且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.例4(2021浙江金华市高三期末)设，已知函数，(1)当时，证明：当时，；(2)当时，证明：函数有唯一零点【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【详解】，令，(1)证明：要证原不等式，只需证：当时，则对任意的恒成立.所以，函数在上单调递增，因此，即原不等式成立；(2)(i)由()可得当时，故函数在上没有零点；(ii)当时，令，则递增，且，在上存在唯一零点，记为，当，此时，函数单调递减；当时，此时，函数单调递增.，在上存在唯一零点，当时，故当，；当时，在上递增，在上递减，且令，当时，则，函数在上
11、递增，取，且，则，则有，又，由零点存在定理可得，在上存在唯一的零点综上可证：函数在上有唯一零点例5(2021江苏南通市高三期末)已知函数，.(1)若关于.的不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围；(2)设，.求证：；若数列满足，求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析 证明见解析.【详解】(1)，令，在上为增函数，.(2)要证证明：即证令，在上为增函数，在上为增函数，可用数学归纳法证明.由知，时，当时，显然成立假设当时，则当时，.在上为增函数.下只需证，令证明：，又，为增函数故为增函数，故故不等式成立，故时成立例6.(2020江苏高考T19)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)
12、=kx+b(k,bR)在区间D上恒有f(x)h(x)g(x).(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-,+).求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+).求k的取值范围;(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0m(0)=1+k0,所以k=-1.当x=k+120时,0,即(k+1)2-4(k+1)0,(k+1)(k-3)0,-1k3.综上,k0,3.(3)当1t2时,由g(x)h(x),得4x2-84(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3
13、-t)x+3t4-2t2-840.(*)令=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则=t6-5t4+3t2+8.记(t)=t6-5t4+3t2+8(1t2),则(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)0恒成立,所以(t)在1,2上是减函数,则(2)(t)(1),即2(t)7所以不等式(*)有解,设解集为x|x1xx2,因此n-mx2-x1=7.当0t1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v(t)=0,得t=33.当t0,33时,v
14、(t)0,v(t)是增函数;v(0)=-1,v(1)=0,则当0t1时,v(t)0,(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)0)则f(-1)-h(-1)0,因此-1(m,n).因为m,n-2,2,所以n-m2+17.当-2t0，求使得Snan的n的取值范围【答案】(1)；(2).【解析】(1)设等差数列的首项为，公差为，根据题意有，解答，所以，所以等差数列的通项公式为；(2)由条件，得，即，因为，所以，并且有，所以有，由得，整理得，因为，所以有，即，解得，所以的取值范围是：例8.(2019江苏高考真题)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”.(1)已知等比数列an满足：，求
15、证:数列an为“M数列”；(2)已知数列bn满足:，其中Sn为数列bn的前n项和求数列bn的通项公式；设m为正整数，若存在“M数列”cn，对任意正整数k，当km时，都有成立，求m的最大值【答案】(1)见解析；(2)bn=n；5.【解析】(1)设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.由，得，解得因此数列为“M数列”.(2)因为，所以由得，则.由，得，当时，由，得，整理得所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列bn的通项公式为bn=n.由知，bk=k，.因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c1=1，q0.因为ckbkck+1，所以，其中k=1，2，3，m.，当k=1时，有q1
16、；当k=2，3，m时，有设f(x)=，则令，得x=e.列表如下：xe(e，+)+0f(x)极大值因为，所以取，当k=1，2，3，4，5时，即，经检验知也成立因此所求m的最大值不小于5若m6，分别取k=3，6，得3q3，且q56，从而q15243，且q15216，所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5例9.(2020湖南高考模拟)设函数，.(1)证明：.(2)若恒成立，求的取值范围；(3)证明：当时，.【答案】(1)见解析；(2)；(3)见解析.【解析】(1)证明：令函数，所以为单调递增函数，故.(2)，即为，令，即恒成立，令，即，得.当，即时，在上单调递增，所以当时，
17、在上恒成立；当，即时，在上单调递增，在上单调递减，所以，所以不恒成立.综上所述：的取值范围为.(3)证明：由(1)知，令，即，故有，上述各式相加可得.因为，所以.例10.(2020江苏高考模拟)已知数列，且对任意n恒成立(1)求证：(n)；(2)求证：(n)【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】(1)当时，满足成立.假设当时，结论成立.即：成立下证：当时，成立.因为即：当时，成立由、可知，(n)成立.(2)()当时，成立，当时，成立，()假设时()，结论正确，即：成立下证：当时，成立.因为要证，只需证只需证：，只需证：即证：()记当时，所以在上递增，又所以，当时，恒成立.即：当时，成立.即：
18、当时，恒成立.所以当，恒成立.由()()可得：对任意的正整数，不等式恒成立，命题得证.【压轴训练】1(2020河南郑州高三)已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为( )ABCD【答案】C【详解】因为函数在上单调递增，所以在上恒成立；由于，所以在上恒成立，故令，故当时，当时，所以函数在区间单调递减，在区间上单调递增，所以，解得，故实数的取值范围为.2(2020威远中学校高三)已知函数，且，都有成立，则实数的取值范围是( )ABCD【答案】C【详解】不妨设，则等价于，即，设，依题意，函数在上为严格的单调递减函数，函数在上为严格的单调递增函数，在上恒成立，在上恒成立，在上恒成立，在上恒成立，而二次
19、函数在上的最小值在时取得，且最小值为0，二次函数在上的最大值在时取得，其最大值为，综上，实数的取值范围是，3(2020陕西高三其他模拟)已知函数的定义域为，且当时，有，当时，有恒成立，则的取值范围为( )A0,+B-,0C1,+D-,1【答案】B【详解】根据得，所以是定义在上的奇函数，则有.又由时，有得在0,+上单调递减.又是奇函数，则有在-,0上也单调递减.则在上为减函数，所以.当时，.所以，则恒有；当时，此时，故不成立；当时，所以此时，故，与条件矛盾，故的取值范围为-,0.4(黑龙江省哈尔滨三中高考模拟)已知，若对不小于4的自然数，恒有不等式成立，则实数的取值范围是_【答案】【解析】由题设
20、可得，即，也即对一切的正整数恒成立，则，即，所以，应填答案.5(2020肥东县综合高中高三)已知函数，(为常数，且)，若在处取得极值，且，而在上恒成立，则的取值范围是_【答案】【详解】，令，可得，因为在处取得极值，所以函数在上单调递增，在上单调递减.，函数在区间上是单调函数.或，的取值范围是.6(2020广西高考模拟)已知函数.(1) 若时,函数取得极值,求函数的单调区间；(2) 证明：.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)由题意可得，由时，函数取得极值知，所以所以，所以时，；时，；所以的单调增区间，单调减区间为.(2)当时，所以，令，则，当时，；当时，的单调减区间为，单调增区间为
21、，所以，所以，是增函数，所以时，所以时，令，得即，所以上式中，然后个不等式相加，得到7.(2020黑龙江高三)已知数列an的前n项和为Sn, 其中a1=2，an+1=3Sn+2nN*，数列bn满足bn=log2an. (1)求数列bn的通项公式;(2)令cn=1bnbn+1，数列cn的前n项和为Tn，若n+20kTn对一切nN*恒成立，求实数k的最小值.【答案】(1)an=22n-1，bn=2n-1；(2)3161【解析】(1)由a1=2,an+1=3Sn+2nN*可得n2时,an=3Sn-1+2，两式相减得: an-1-an=3anan+1=4annN*,n2，又由a1=2,an+1=3Sn
22、+2nN*可得a2=8a2=4a1， 数列an是首项为2，公比为4的等比数列，从而an=24n-1=22n-1， 于是bn=log2an=log222n-1=2n-1. (2)由(1)知cn=1bnbb+1=12n-12n+1=1212n-1-12n+1， 于是Tn=121-13+13-15+12n-1-12n+1 =n2n+1 ， 依题意kn2n+1n+20对一切nN*恒成立，令fn=n2n+1n+20，则fn+1-fn=n+12n+3n+21-n2n+1n+20=n+12n+1n+20-n2n+3n+212n+3n+212n+1n+20 =-2n2+n-102n+3n+212n+1n+20
23、由于nN*易知n3时,fn+1fn;n3时,fn+1fn，即有f1f2f3f4f5， 只需kfnmax=f3=3161， 从而所求k的最小值为3161.8.(2020宁夏高考模拟)已知函数求函数的单调递增区间；设函数，函数 若恒成立，求实数的取值范围；证明：【答案】(1)单调递增区间为(2)见证明【解析】，解得函数的单调递增区间为函数，函数，时，函数单调递增，不成立，舍去；时，可得时，函数取得极小值即最小值，解得：实数a的取值范围是证明：由可得：，时满足：，只有时取等号依次取，相加可得：因此9.(2020山东高三模拟)已知函数.(1)若在上恒成立，求实数的取值范围；(2)证明：.【答案】(1)
24、；(2)证明见解析.【解析】(1)的定义域为， .当时，若，则，在上是减函数，所以时，即在上不恒成立.当时，当时，在上是增函数，又，所以.综上所述，所求的取值范围是.(2)由(1)知当时，在上恒成立.取得，所以.令，得，即，所以.上式中，然后个不等式相加，10.(2020浙江高考模拟)已知数列an满足a1=2，n+1an+1-n+2an=2(nN*)()证明数列an为等差数列，并求an的通项公式；()设数列an的前n项和为Sn，若数列bn满足bn=n-63Snn，且bnM对任意的nN*恒成立，求M的最小值【答案】()证明见解析，an=2n；()4027.【解析】(n+1)an+1(n+2)an
25、=2，an+1n+2ann+1=2(n+1)(n+2)=2(1n+11n+2)，又a12=1，当n2时，ann+1=a12+(a23a12)+(a34a23)+(ann+1an-1n)=1+2(1213+1314+1n1n+1)=2nn+1，又a12=1满足上式，ann+1=2nn+1，即an=2n，数列an是首项、公差均为2的等差数列；()解：由(I)可知Snn=2n(n+1)2n=n+1，bn=n(-63)Snn=n(-63)n+1，令f(x)=x(63)x+1，则f(x)=(63)x+1+x(63)x+1ln63，令f(x)=0，即1+xln63=0，解得：x04.95，则f(x)在(0
26、, x0)上单调递增，在(x0,+)单调递减.0f(x)maxf(4)，f(5)，f(6)，又b5=5(-63)6=4027，b4=4(-63)5=16627，b6=6(-63)7=16627，M的最小值为402711.(2020江苏镇江高三)已知数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，首项为2若(12Sm+n+1)2=a2m(1+12S2n)对任意的正整数m，n恒成立(1)求a2，a3，a4；(2)求证：an是等比数列；(3)设数列bn满足bn=an-(-1)n，若数列bn1，bn2，bnt(n1n2nt，tN*)为等差数列，求t的最大值【答案】(1)a2=4,a3=8，a4=16；(2)详
27、见解析；(3)3.【解析】(1)由a1=2，12Sm+n+12=a2m1+12S2n对任意的正整数m，n恒成立取m=n=1，得12S2+12=a21+12S2，即122+a2+1=a2，得a2=4.取m=1，n=2，得12S3+12=a21+12S4，取m=2，n=1，得12S3+12=a41+12S2，解得a3=8，a4=16.(2)取m=1，得12Sn+1+12=a21+12S2n，取m=2，得12Sn+2+12=a41+12S2n，两式相除，得，即12Sn+2+1212Sn+1+12=a4a2=4，即Sn+2+2Sn+1+2=2 nN*.由于S2+2S1+2=2，所以Sn+1+2Sn+2
28、=2对任意nN*均成立，所以Sn+2是首项为4，公比为2的等比数列，所以Sn+2=42n-1，即Sn=2n+1-2.n2时，an=Sn-Sn-1=2n+1-2-2n-2=2n，而a1=2也符合上式，所以an=2n nN*.因为an+1an=2(常数)，所以an是等比数列.(3)由(2)知，bn=2n-1n.设bs，br，bt(sr4.因为-1s+-1t-2-1r4，故矛盾.综上，只能是b1，br，br+1，成等差数列或b2，br，br+1成等差数列，其中r为奇数.所以t的最大值为3.12.(2020浙江镇海中学高三期中)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=2an-32n,nN*，bn=an-
29、12n(1)求证：数列bn为等比数列，并求出数列an的通项公式；(2)是否存在实数，对任意m,nN*，不等式Smbn恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在请说明理由【答案】(1)证明略；an=2n-1+12n (2)32【解析】证明：(1)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=2an-32n，nN*，当n=1时，a1=32，则：当n2时，Sn-1=2an-1-32n-1，得：an=2an2an132n+62n，整理得：an=2an-1-32n，所以：an-12n=2(an-1-12n-1)，故：an-12nan-1-12n-1=2(常数)，故：数列an是以a1-12=1为首项，2为公比的等比
30、数列故：an-12n=12n-1=2n-1，所以：an=2n-1+12n由于：bn=an-12n=2n-1，所以：bnbn-1=2n-12n-2=2(常数)故：数列bn为等比数列(2)由(1)得：an=2n-1+12n，所以：Sn=(1+21+22+2n-1)+(121+122+12n)，=(2n-1)2-1+12(1-12n)1-12，=2n-12n，假设存在实数，对任意m，nN*，不等式Smbn恒成立，即：bn(Sm)min，由于：Sm=2m-12m为增函数，故当m=1时，S1=32，所以：2n-132，当n=1时，32故存在实数，且3213.(2019宁夏银川一中高三(1)当x0时，求证
31、：x2+x2+2xln1+x；(2)求fx=ln1+x-x1+x1+x的单调区间；(3)设数列an的通项an=1+12+13+1n,nN*,证明a2n-an+14nln2【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)见解析.【解析】(1)f(x)=ln(1+x)-x(2+x)2+2x的定义域为(-1,+)，f(x)=-x22(1+x)20恒成立；所以函数f(x)在(0,+)上单调递减，得x(0,+)时f(x)ln(1+x)(2)由题可得f(x)=(1-2)x-x2(1+x)2，且f(0)=0. 当0时，当x(-1,0)有f(x)0，所以f(x)单调递增， 当00，所以f(x)单调递增， 当x(-1
32、,0),(1-2,+)有f(x)0，所以f(x)单调递减， 当=12时，当x(-1,+)有f(x)0，所以f(x)单调递增， 当120，所以f(x)单调递增， 当x(-1,1-2),(0,+)有f(x)0，所以f(x)单调递减， 当1时，当x(0,+)有f(x)0，所以f(x)单调递增， (3)由题意知a2n-an+14n=1n+1+1n+2+1n+3+12n-1+12n+14n.由(1)知当=12时f(x)=ln(1+x)-x(2+x)2+2x当x0时f(x)ln(1+x)令x=1n则12n+12(n+1)ln(n+1n)，同理:令x=1n+1则12(n+1)+12(n+2)ln(n+2n+
33、1).同理:令x=12n-1则12(2n-1)+14nln(2n2n-1)以上各式两边分别相加可得：12n+12(n+1)+12(n+1)+12(n+2)+12(2n-1)+14nln(n+1n)+ln(n+2n+1)+ln(2n2n-1)即1n+1n+1+1n+1+1n+2+12n-1+14nln(n+1n)+ln(n+2n+1)+ln(2n2n-1)=ln2所以：a2n-an+14nln214.(2020北京人大附中高考模拟)已知数列an满足：a1+a2+a3+an=n-an，(n=1，2，3，)()求证：数列an-1是等比数列；()令bn=(2-n)(an-1)(n=1，2，3，)，如果
34、对任意nN*，都有bn+14tt2，求实数t的取值范围【答案】()见解析. ()-,-1412,+.【解析】()由题可知：a1+a2+a3+.+an=n-an，a1+a2+a3+.+an+1=n+1-an+1，-可得2an+1-an=1.即：an+1-1=12an-1，又a1-1=-12.所以数列an-1是以-12为首项，以12为公比的等比数列.()由()可得an=1-12n，bn=2-nan-1=n-22n.由bn+1-bn=n+1-22n+1-n-22n=3-n2n+10可得n3，由bn+1-bn3.所以b1b2b5.bn.，故bn有最大值b3=b4=18.所以，对任意nN*，都有bn+1
35、4tt2，等价于对任意nN*，都有18t2-14t成立.所以t2-14t-180，解得t12或t-14.所以，实数t的取值范围是-,-1412,+.15(2020上海高考模拟)已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点A1，A2，A3，AnnN*，并在第一象限内的抛物线y2=32x上依次取点B1，B2，B3，BnnN*，使得Ak-1BkAkkN*都为等边三角形，其中A0为坐标原点，设第n个三角形的边长为fn求f1，f2，并猜想fn(不要求证明)；令an=9fn-8，记tm为数列an中落在区间9m,92m内的项的个数，设数列tm的前m项和为Sm，试问是否存在实数，使得2Sm对任意mN*
36、恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；已知数列bn满足：b1=22,bn+1=221-1-bn2，数列Cn满足：c1=1,cn+1=1+cn2-1cn，求证：bnf2n+1cn【答案】f1=1，f2=2,fn=n；3；详见解析【解析】1f1=1，f2=2猜想fn=n2an=9n-8，由9m9n-892m9m-1+89n92m-1+89，n=9m-1+1，9m-1+2，92m-1tm=92m-1-9m-1Sm=9-1+93-9+95-92+92m-1-9m-1=9+93+95+92m-1-1+9+92+9m-1=91-92m1-92-1-9m1-9=92m+1-109m+180 2Sm对任意mN*恒成立2(Sm)min=S1=83证明：b1=sin4，记bn=sinn,1=4，则sinn+1=221-cosn=sinn2n=2n+1nN*c1=tan4，记cn=tann,1=4，则tann+1=secn-1tann=tann2n=2n+1nN*，bn=sin2n+1,cn=tan2n+1，当x0,2时，sinxxtanx可知：bn=sin2n+12n+1=f2n+1cn=tan2n+1，得到.