7、，則Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝______________________.
答案 (－1)n－1
解析 當(dāng)x∈[n，n＋1](n∈N*)時(shí)，函數(shù)f(x)＝x2＋x的值隨x的增大而增大，則f(x)的值域?yàn)閇n2＋n，n2＋3n＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝＝n2.
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－·＝－；
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－2－an－1)＋an
＝Sn－
8、1＋an＝－＋n2＝，
∴Sn＝(－1)n－1.
【突破思維障礙】
在利用并項(xiàng)轉(zhuǎn)化求和時(shí)，由于數(shù)列的各項(xiàng)是正負(fù)交替的，所以一般需要對(duì)項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行分類討論，但最終的結(jié)果卻往往可以用一個(gè)公式來(lái)表示．
1．求數(shù)列的通項(xiàng)：(1)公式法：例如等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)；
(2)觀察法：例如由數(shù)列的前幾項(xiàng)來(lái)求通項(xiàng)；
(3)可化歸為使用累加法、累積法；
(4)可化歸為等差數(shù)列或等比數(shù)列，然后利用公式法；
(5)求出數(shù)列的前幾項(xiàng)，然后歸納、猜想、證明．
2．?dāng)?shù)列求和的方法：
一般的數(shù)列求和，應(yīng)從通項(xiàng)入手，若無(wú)通項(xiàng)，先求通項(xiàng)，然后通過(guò)對(duì)通項(xiàng)變形，轉(zhuǎn)化為與特殊數(shù)列有關(guān)或具備某種方法適用特點(diǎn)的形
9、式，從而選擇合適的方法求和．
3．求和時(shí)應(yīng)注意的問(wèn)題：
(1)直接用公式求和時(shí)，注意公式的應(yīng)用范圍和公式的推導(dǎo)過(guò)程．
(2)注意觀察數(shù)列的特點(diǎn)和規(guī)律，在分析數(shù)列通項(xiàng)的基礎(chǔ)上或分解為基本數(shù)列求和，或轉(zhuǎn)化為基本數(shù)列求和．
(滿分：90分)
一、填空題(每小題6分，共48分)
1．(2010·廣東)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和，若a2·a3＝2a1且a4與2a7的等差中項(xiàng)為，則S5＝________.
2．有兩個(gè)等差數(shù)列{an}，{bn}，其前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，若＝，則＝________.
3．如果數(shù)列{an}滿足a1＝2，a2＝1且＝ (n≥2)，則此數(shù)列的
10、第10項(xiàng)為________．
4．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝，則S5＝________.
5．(2011·南京模擬)數(shù)列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n項(xiàng)和Sn>1 020，那么n的最小值是________．
6．(2010·東北師大附中高三月考)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，…)，則log4S10＝__________.
7．(原創(chuàng)題)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－，則該數(shù)列前26項(xiàng)的和為________．
8．對(duì)于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的
11、“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)為2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝____________.
二、解答題(共42分)
9．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．
(1)若函數(shù)f(x)的圖象的頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列{an}，試證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列；
(2)設(shè)函數(shù)f(x)的圖象的頂點(diǎn)到x軸的距離構(gòu)成數(shù)列{bn}，試求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
10．(14分)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝nan＋an－c(c是常數(shù)，n∈N*)，a2＝6.
(1)求c的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)
12、證明＋＋…＋<.
11．(16分)(2010·北京宣武高三期中)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝3n，數(shù)列{bn}滿足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1) (n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；
(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn；
(3)若cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
答案 自主梳理
1．(4)n＝1或n≥2
自我檢測(cè)
1．22 2. 3.15 4.8 5.
課堂活動(dòng)區(qū)
例1 解題導(dǎo)引 1.等差數(shù)列與等比數(shù)列相結(jié)合的綜合問(wèn)題是高考考查的重點(diǎn)，特別是等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式以及等差中項(xiàng)、等比中項(xiàng)問(wèn)
13、題是歷年命題的熱點(diǎn)．
2．利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí)注意公比q的取值．同時(shí)對(duì)兩種數(shù)列的性質(zhì)，要熟悉它們的推導(dǎo)過(guò)程，利用好性質(zhì)，可降低題目的思維難度，解題時(shí)有時(shí)還需利用條件聯(lián)立方程求解．
解 (1)由已知得，解得a2＝2.
設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a2＝2，
可得a1＝，a3＝2q.又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，
即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝.
由題意得q>1，∴q＝2，∴a1＝1.
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an＝2n－1.
(2)由(1)得a3n＋1＝23n，
∴bn＝ln a3n＋1＝ln 23n＝3nln 2.
又bn＋1－bn＝3ln 2，∴{bn
14、}是等差數(shù)列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＝·ln 2.
故Tn＝ln 2.
變式遷移1 4
解析 設(shè)a1，a2，a3，a4的公差為d，則a1＋2d＝4，又04，故(2)正確；a4＝a3＋d>5，所以b4＝2a4>32，故(3)正確；又a2＋a4＝2a3＝8，所以b2b4＝2a2＋a4＝28＝256，故(4)正確．
例2 解題導(dǎo)引 這是一道數(shù)列、函數(shù)、不等式的綜合題，利用函數(shù)關(guān)系式求通項(xiàng)an，觀察Tn特點(diǎn)，求出Tn.由an再求bn從而求Sn，最后利用不等式知識(shí)求
15、出m.
解 (1)∵an＋1＝f＝＝＝an＋，
∴{an}是以為公差的等差數(shù)列．
又a1＝1，∴an＝n＋.
(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－(a2＋a4＋…＋a2n)＝－·
＝－(2n2＋3n)．
(3)當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝＝
＝，
又b1＝3＝×，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝×
＝＝，
∵Sn<對(duì)一切n∈N*成立．
即<，
又∵＝遞增，
且<.∴≥，
即m≥2 010.∴最小正整數(shù)m＝2 010.
變式遷移2 解 (1)設(shè)等比數(shù)
16、列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q.
依題意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.
∴a2＋a4＝20.∴
解之，得或
又{an}單調(diào)遞增，∴ ∴an＝2n.
(2)bn＝2n·log2n＝－n·2n，
∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①
∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
∴①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2.
由Sn＋(n＋m)an＋1<0，
即2n＋1－n·2n＋1－2＋n·2n＋1＋m·2n＋1<0
17、對(duì)任意正整數(shù)n恒成立，
∴m·2n＋1<2－2n＋1對(duì)任意正整數(shù)n，m<－1恒成立．
∵－1>－1，∴m≤－1，
即m的取值范圍是(－∞，－1]．
例3 解 依題意，第1個(gè)月月余款為
a1＝10 000(1＋20%)－10 000×20%×10%－300＝11 500，
第2個(gè)月月底余款為a2＝a1(1＋20%)－a1×20%×10%－300，
依此類推下去，設(shè)第n個(gè)月月底的余款為an元，
第n＋1個(gè)月月底的余款為an＋1元，則an＋1＝an(1＋20%)－an×20%×10%－300＝1.18an－300.
下面構(gòu)造一等比數(shù)列．
設(shè)＝1.18，則an＋1＋x＝1.18an
18、＋1.18x，
∴an＋1＝1.18an＋0.18x.∴0.18x＝－300.
∴x＝－，即＝1.18.
∴數(shù)列{an－}是一個(gè)等比數(shù)列，公比為1.18，首項(xiàng)a1－＝11 500－＝.
∴an－＝×1.18n－1，
∴a12－＝×1.1811，
∴a12＝＋×1.1811≈62 396.6(元)，
即到年底該職工共有資金62 396.6元．
純收入有a12－10 000(1＋25%)
＝62 396.6－12 500＝49 896.6(元)．
變式遷移3 解 (1)設(shè)中低價(jià)房的面積形成的數(shù)列為{an}，
由題意可知{an}是等差數(shù)列，其中a1＝250，d＝50，
則an
19、＝250＋(n－1)·50＝50n＋200，
Sn＝250n＋×50＝25n2＋225n，
令25n2＋225n≥4 750，
即n2＋9n－190≥0，而n是正整數(shù)，∴n≥10.
∴到2020年底，該市歷年所建中低價(jià)房的累計(jì)面積將首次不少于4 750萬(wàn)平方米．
(2)設(shè)新建住房面積形成數(shù)列{bn}，
由題意可知{bn}是等比數(shù)列，其中b1＝400，q＝1.08，
則bn＝400·(1.08)n－1.
由題意可知an>0.85bn，
即50n＋200>400·(1.08)n－1·0.85.
當(dāng)n＝5時(shí)，a5<0.85b5，
當(dāng)n＝6時(shí)，a6>0.85b6，
∴滿足上述不
20、等式的最小正整數(shù)n為6.
∴到2016年底，當(dāng)年建造的中低價(jià)房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85%.
課后練習(xí)區(qū)
1．3＋2 2.② 3.991
4．7
解析 設(shè)至少需要n秒鐘，則1＋21＋22＋…＋2n－1≥100，∴≥100，∴n≥7.
5．64
解析 依題意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，兩式相除得＝2，所以a1，a3，a5，…成等比數(shù)列，a2，a4，a6，…也成等比數(shù)列，而a1＝1，a2＝2，所以a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，又因?yàn)閍n＋an＋1＝bn，所以b10＝a10＋a11＝64.
6．3
解析 該題是數(shù)列知識(shí)與函
21、數(shù)知識(shí)的綜合．
an＝5·2n－2－4·n－1＝5·2－，
顯然當(dāng)n＝2時(shí)，an取得最小值，當(dāng)n＝1時(shí)，an取得最大值，此時(shí)x＝1，y＝2，∴x＋y＝3.
7．21
解析 y′＝(x2)′＝2x，則過(guò)點(diǎn)(ak，a)的切線斜率為2ak，則切線方程為y－a＝2ak(x－ak)，
令y＝0，得－a＝2ak(x－ak)，
∴x＝ak，即ak＋1＝ak.
故{an}是a1＝16，q＝的等比數(shù)列，
即an＝16×()n－1，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
8．107
解析 由數(shù)表知，第一行1個(gè)奇數(shù)，第3行3個(gè)奇數(shù)，第5行5個(gè)奇數(shù)，第61行61個(gè)奇數(shù)，前61行用去1＋3＋5＋…
22、＋61＝＝961個(gè)奇數(shù)．而2 009是第1 005個(gè)奇數(shù)，故應(yīng)是第63行第44個(gè)數(shù)，即i＋j＝63＋44＝107.
9．解 (1)∵f(1)＝a＝，∴f(x)＝x.…………………………………………………(1分)
a1＝f(1)－c＝－c，
a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－；
又?jǐn)?shù)列{an}成等比數(shù)列，a1＝＝＝－＝－c，
∴c＝1；……………………………………………………………………………………(2分)
公比q＝＝，an＝－×n－1
＝－2×n，n∈N*；……………………………………………………………………(3分)
23、∵Sn－Sn－1＝
＝＋(n>2)，……………………………………………………………………(4分)
又bn>0，>0，∴－＝1.
數(shù)列{}構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為1、公差為1的等差數(shù)列，
＝1＋(n－1)×1＝n，Sn＝n2.…………………………………………………………(6分)
當(dāng)n≥2，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1；
又當(dāng)n＝1時(shí)，也適合上式，
∴bn＝2n－1，n∈N*.………………………………………………………………………(8分)
(2)Tn＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝＝.……………………………………………(12分)
由Tn＝>，得n>，
24、
∴滿足Tn>的最小正整數(shù)為112.…………………………………………………(14分)
10．解 設(shè)乙企業(yè)仍按現(xiàn)狀生產(chǎn)至第n個(gè)月所帶來(lái)的總收益為An(萬(wàn)元)，技術(shù)改造后生產(chǎn)至第n個(gè)月所帶來(lái)的總收益為Bn(萬(wàn)元)．依題意得
An＝45n－[3＋5＋…＋(2n＋1)]
＝43n－n2，………………………………………………………………………………(5分)
當(dāng)n≥5時(shí)，Bn＝＋
164(n－5)－400＝81n－594，………………………………………………………(10分)
∴當(dāng)n≥5時(shí)，Bn－An＝n2＋38n－594，
令n2＋38n－594>0，即(n＋19)2>955，解得n≥12
25、，
∴至少經(jīng)過(guò)12個(gè)月，改造后的乙企業(yè)的累計(jì)總收益多于仍按現(xiàn)狀生產(chǎn)所帶來(lái)的總收益．……………………………………………………………………………………………(14分)
11．(1)解 令x＝n，y＝1，
得到f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝f(n)，…………………………………………………………(2分)
∴{f(n)}是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，
即f(n)＝()n.………………………………………………………………………………(5分)
(2)證明 記Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，
∵an＝n·f(n)＝n·()n，……………………………………………………………………(6分)
∴
26、Sn＝＋2×()2＋3×()3＋…＋n×()n，
Sn＝()2＋2×()3＋3×()4＋…＋(n－1)×()n＋n×()n＋1，
兩式相減得Sn＝＋()2＋…＋()n－n×()n＋1，
整理得Sn＝2－()n－1－n()n<2.
∴a1＋a2＋a3＋…＋an<2.………………………………………………………………(9分)
(3)解 ∵f(n)＝()n，而bn＝(9－n)
＝(9－n)＝.…………………………………………………………………(11分)
當(dāng)n≤8時(shí)，bn>0；當(dāng)n＝9時(shí)，bn＝0；
當(dāng)n>9時(shí)，bn<0，
∴n＝8或9時(shí)，Sn取到最大值．………………………………………………………(14分)
新編高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫(kù) 第6章學(xué)案30
