《全國通用高考數(shù)學 二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題10 數(shù)列求和及綜合應用含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《全國通用高考數(shù)學 二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題10 數(shù)列求和及綜合應用含解析（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題10 數(shù)列求和及綜合應用 一、選擇題 1．(文)(20xx·新課標Ⅱ文，5)設Sn是等差數(shù)列的前n項和，若a1＋a3＋a5＝3，則S5＝(　　) A．5　　　　　　 B．7 C．9 D．11 [答案]　A [解析]　考查等差數(shù)列的性質(zhì)及求和公式． a1＋a3＋a5＝3a3＝3?a3＝1，S5＝＝5a3＝5.故選A. (理)(20xx·新課標Ⅰ文，7)已知{an}是公差為1的等差數(shù)列，Sn為{an}的前n項和．若S8＝4S4，則a10＝(　　) A.　　　　　　　　　

2、 B. C．10 D．12 [答案]　B [解析]　本題主要考查等差數(shù)列的通項及求和公式． 由題可知：等差數(shù)列{an}的公差d＝1，因為等差數(shù)列Sn＝a1n＋，且S8＝4S4，代入計算可得a1＝；等差數(shù)列的通項公式為an＝a1＋(n－1)d，則 a10＝＋(10－1)×1＝. 故本題正確答案為B. [方法點撥]　數(shù)列求和的類型及方法技巧 (1)公式法：直接應用等差、等比數(shù)列的求和公式求和． (2)錯位相減法 這種方法主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項和，其中{an}、{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列． (3)倒序相加法 這是在推導等差數(shù)列前n項和公

3、式時所用的方法，也就是將一個數(shù)列倒過來排列(反序)，當它與原數(shù)列相加時若有公因式可提，并且剩余項的和易于求得，則這樣的數(shù)列可用倒序相加法求和． (4)裂項相消法 利用通項變形，將通項分裂成兩項或幾項的差，通過相加過程中的相互抵消，最后只剩下有限項的和． (5)分組轉(zhuǎn)化求和法 有些數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將數(shù)列通項拆開或變形，可轉(zhuǎn)化為幾個等差、等比數(shù)列或常見的數(shù)列，可先分別求和，然后再合并． 2．(文)設{an}是等比數(shù)列，函數(shù)y＝x2－x－20xx的兩個零點是a2、a3，則a1a4＝(　　) A．20xx　　　　 B．1 C．－1 D．－20xx [答案]　D

4、 [解析]　由條件得，a1a4＝a2a3＝－20xx. (理)已知數(shù)列{an}滿足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝.若函數(shù)f(x)＝sin2x＋2cos2，記yn＝f(an)，則數(shù)列{yn}的前9項和為(　　) A．0 B．－9　　 　 C．9 D．1 [答案]　C [解析]　據(jù)已知得2an＋1＝an＋an＋2，即數(shù)列{an}為等差數(shù)列，又f(x)＝sin2x＋2×＝sin2x＋1＋cosx，因為a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，故cosa1＋cosa9＝cosa2＋cosa8＝…＝cosa5＝0，又2a1＋2a9＝2a2＋2a8＝…＝4a5＝2

5、π，故sin2a1＋sin2a9＝sin2a2＋sin2a8＝…＝sin2a5＝0，故數(shù)列{yn}的前9項之和為9，故選C. 3．(20xx·遼寧協(xié)作聯(lián)校三模)已知數(shù)列{an}的通項公式an＝20xxsin，則a1＋a2＋…＋a20xx＝(　　) A．20xx B．20xx C．20xx D．20xx [答案]　C [解析]　數(shù)列{an}的周期為4，且a1＋a2＋a3＋a4＝20xx(sin＋sinπ＋sin＋sin2π)＝0， 又∵20xx＝4×503＋2， ∴a1＋a2＋…＋a20xx＝a1＋a2＝20xxsin＋20xxsinπ ＝20xx. 4．(

6、文)已知函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)＝＋f(x)(x∈R)，且f(1)＝，則數(shù)列{f(n)}(n∈N*)前20項的和為(　　) A．305 B．315 C．325 D．335 [答案]　D [解析]　∵f(1)＝，f(2)＝＋， f(3)＝＋＋，…， f(n)＝＋f(n－1)， ∴{f(n)}是以為首項，為公差的等差數(shù)列． ∴S20＝20×＋×＝335. (理)設y＝f(x)是一次函數(shù)，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比數(shù)列，則f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于(　　) A．n(2n＋3) B．n(n＋4) C．2n(2n＋3)

7、 D．2n(n＋4) [答案]　A [解析]　設f(x)＝kx＋1(k≠0)，則(4k＋1)2＝(k＋1)×(13k＋1)?k＝2， f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋(2×6×1)＋…＋(2×2n＋1)＝2n2＋3n. [方法點撥]　解決數(shù)列與函數(shù)知識結(jié)合的題目時，要明確數(shù)列是特殊的函數(shù)，它的圖象是群孤立的點，注意函數(shù)的定義域等限制條件，準確的進行條件的轉(zhuǎn)化，數(shù)列與三角函數(shù)交匯時，數(shù)列通常作為條件出現(xiàn)，去除數(shù)列外衣后，本質(zhì)是三角問題． 5．(文)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，且每一項都是正數(shù)

8、，若a1、a49是2x2－7x＋6＝0的兩個根，則a1·a2·a25·a48·a49的值為(　　) A. B．9 C．±9 D．35 [答案]　B [解析]　∵{an}是等比數(shù)列，且a1，a49是方程2x2－7x＋6＝0的兩根， ∴a1·a49＝a＝3.而an>0，∴a25＝. ∴a1·a2·a25·a48·a49＝a＝()5＝9，故選B. (理)(20xx·江西質(zhì)檢)如果數(shù)列{an}中，相鄰兩項an和an＋1是二次方程x＋2nxn＋cn＝0(n＝1,2,3，…)的

9、兩個根，當a1＝2時，c100的值為(　　) A．－9984 B．9984 C．9996 D．－9996 [答案]　C [解析]　由根與系數(shù)關系，an＋an＋1＝－2n，則(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝－2. 即an＋2－an＝－2，∴a1，a3，a5，…和a2，a4，a6，…都是公差為－2的等差數(shù)列，∵a1＝2，a1＋a2＝－2，∴a2＝－4，即a2k＝－2k－2，∴a100＝－102，a2k－1＝－2k＋4，∴a101＝－98. ∴c100＝a100·a101＝9996. 6．等差數(shù)列{an}中，a1>0，公差d<0，Sn為其前n項和，對任

10、意自然數(shù)n，若點(n，Sn)在以下4條曲線中的某一條上，則這條曲線應是(　　) [答案]　C [解析]　∵Sn＝na1＋d，∴Sn＝n2＋(a1－)n，又a1>0，公差d<0，所以點(n，Sn)所在拋物線開口向下，對稱軸在y軸右側(cè)． [點評]　可取特殊數(shù)列驗證排除，如an＝3－n. 7．(20xx·南昌市一模)已知無窮數(shù)列{an}，如果存在常數(shù)A，對于任意給定的正數(shù)ε(無論多小)，總存在正整數(shù)N，使得n>N時，恒有|an－A|<ε成立，就稱數(shù)列{an}的極限為A，則四個無窮數(shù)列： ①{(－1)n×2}；②{n}； ③；④{}，其極限為

11、2的共有(　　) A．4個 B．3個 C．2個 D．1個 [答案]　C [解析]　對于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，當n是偶數(shù)時，|an－2|＝0，當n是奇數(shù)時，|an－2|＝4，所以不符合數(shù)列{an}的極限的定義，即2不是數(shù)列{(－1)n×2}的極限；對于②，由|an－2|＝|n－2|<ε，得2－ε<n<2＋ε，所以對于任意給定的正數(shù)ε(無論多小)，不存在正整數(shù)N，使得n>N時，恒有|an－2|<ε，即2不是數(shù)列{n}的極限；對于③，由|an－2|＝|1＋＋＋＋…＋－2|＝＝<ε，得

12、n>1－log2ε，即對于任意給定的正數(shù)ε(無論多小)，總存在正整數(shù)N，使得n>N時，恒有|an－2|<ε成立，所以2是數(shù)列的極限；對于④，由|an－2|＝＝<ε，得n>，即對于任意給定的正數(shù)ε(無論多小)，總存在正整數(shù)N，使得n>N時，恒有|an－2|<ε成立，所以2是數(shù)列的極限．綜上所述，極限為2的共有2個，即③④. 二、填空題 8．(文)若數(shù)列{an}滿足－＝d(n∈N*，d為常數(shù))，則稱數(shù)列{an}為“調(diào)和數(shù)列”．已知正項數(shù)列{}為“調(diào)和數(shù)列”，且b1＋b2＋…＋b9＝90，則b4·b6的最大值是________． [答案]　1

13、00 [解析]　由調(diào)和數(shù)列的定義知{bn}為等差數(shù)列，由b1＋b2＋…＋b9＝9b5＝90知b5＝10， ∵bn>0，∴b4b6≤()2＝b＝100. (理)(20xx·河南十所名校聯(lián)考)對于各項均為整數(shù)的數(shù)列{an}，如果ai＋i(i＝1,2,3，…)為完全平方數(shù)，則稱數(shù)列{an}具有“P性質(zhì)”，不論數(shù)列{an}是否具有“P性質(zhì)”，如果存在與{an}不是同一數(shù)列的{bn}，且{bn}同時滿足下面兩個條件：①b1，b2，b3，…，bn是a1，a2，a3，…，an的一個排列；②數(shù)列{bn}具有“P性質(zhì)”，則稱數(shù)列{an}具有“變換P性質(zhì)”，下面三個數(shù)列：①數(shù)列{an}的前n

14、項和為Sn＝(n2－1)；②數(shù)列1,2,3,4,5；③數(shù)列1,2,3，…，11.其中具有“P性質(zhì)”或“變換P性質(zhì)”的有________(填序號)． [答案]?、佗? [解析]　Sn＝(n2－1)，Sn－1＝[(n－1)2－1](n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝(n－1)(n＋1)－(n2－2n)＝(n－1)(n＋1－n＋2)＝n(n－1)(n≥2)，又a1＝S1＝0，∴a1＋1＝1＝12，a2＋2＝4＝22，a3＋3＝9＝32，…，an＋n＝n2，∴數(shù)列{an}具有“P性質(zhì)”；數(shù)列1,2,3,4,5排為3,2,1,5,4，則a1＋1＝4＝22，a2＋2＝4＝22，a3＋3＝4＝22，a4＋

15、4＝9＝32，a5＋5＝9＝32，∴數(shù)列1,2,3,4,5具有“變換P性質(zhì)”，同理可驗證數(shù)列1,2,3，…，11不具有“P性質(zhì)”和“變換P性質(zhì)”． [方法點撥]　脫去新定義的外衣，將問題化為基本數(shù)學模型，用相應的知識方法解答是解決此類問題的基本方法． 9．(20xx·安徽文，13)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，則數(shù)列{an}的前9項和等于________． [答案]　27 [解析]　考查1.等差數(shù)列的定義；2.等差數(shù)列的前n項和． ∵n≥2時，an＝an－1＋，且a1＝1， ∴{an}是以1為首項，為公差的等差數(shù)列． ∴S9＝9×1

16、＋×＝9＋18＝27. 10．已知向量a＝(2，－n)，b＝(Sn，n＋1)，n∈N*，其中Sn是數(shù)列{an}的前n項和，若a⊥b，則數(shù)列{}的最大項的值為________． [答案]　 [解析]　∵a⊥b，∴a·b＝2Sn－n(n＋1)＝0， ∴Sn＝，∴an＝n， ∴＝＝，當n＝2時，n＋取最小值4，此時取到最大值. 三、解答題 11．(文)(20xx·云南省檢測)已知等比數(shù)列{an}的前n項和是Sn，S18S9＝78. (1)求證：S3，S9，S6依次成等差數(shù)列； (2)a7與a10的等差中項是否是數(shù)列{an}中的項？如果是，是{an}

17、中的第幾項？如果不是，請說明理由． [解析]　(1)證明：設等比數(shù)列{an}的公比為q，若q＝1，則S18＝18a1，S9＝9a1， S18S9＝21≠78. ∴q≠1. ∴S18＝(1－q18)，S9＝(1－q9)，S18S9＝1＋q9. ∴1＋q9＝，解得q＝－2－. ∴S3＝＝×，S6＝ ＝×. S9＝(1－q9)＝×. ∵S9－S3＝－×，S6－S9＝－×， ∴S9－S3＝S3－S9. ∴S3，S9，S6依次成等差數(shù)列． (2)a7與a10的等差中項等于＝＝. 設a7與a10的等差中項是數(shù)列{an}中的

18、第n項，則 a1(－2－)n－1＝， 化簡得(－2)－＝(－2)－4，則－＝－4，解得n＝13. ∴a7與a10的等差中項是數(shù)列{an}中的第13項． (理)(20xx·唐山一模)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足(1－q)Sn＋qan＝1，且q(q－1)≠0. (1)求{an}的通項公式； (2)若S3，S9，S6成等差數(shù)列，求證：a2，a8，a5成等差數(shù)列． [解析]　(1)當n＝1時，由(1－q)S1＋qa1＝1，∴a1＝1， 當n≥2時，由(1－q)Sn＋qan＝1，得(1－q)Sn－1＋qan－1＝1，兩式相減得 (1－q)an＋q(an－an－1)＝0

19、， ∴an＝qan－1，∵a1＝1，q(q－1)≠0，∴an＝qn－1， 綜上an＝qn－1. (2)由(1)可知＝q，所以{an}是以1為首項，q為公比的等比數(shù)列． 所以Sn＝，又S3＋S6＝2S9，得＋＝， 化簡得a3＋a6＝2a9，兩邊同除以q得a2＋a5＝2a8. 故a2，a8，a5成等差數(shù)列． [方法點撥]　1.在處理數(shù)列求和問題時，一定要先讀懂題意，分清題型，區(qū)分等差數(shù)列與等比數(shù)列，不是基本數(shù)列模型的注意運用轉(zhuǎn)化思想化歸為等差、等比數(shù)列，在利用分組求和時，要特別注意項數(shù)． 2．在處理等差與等比數(shù)列的綜合問題時，先要看所給數(shù)列是等差數(shù)列還是等比數(shù)列，再依據(jù)條件建立方程

20、求解． 12．(文)已知函數(shù)f(x)在(－1,1)上有定義，f＝－1，且滿足對任意x、y∈(－1，1)，有f(x)＋f(y)＝f，數(shù)列{xn}中，x1＝，xn＋1＝. (1)證明：f(x)在(－1,1)上為奇函數(shù)； (2)求數(shù)列{f(xn)}的通項公式； (3)求證：＋＋…＋>－. [分析]　(1)要證f(x)為奇函數(shù)，只需證明f(－x)＋f(x)＝0，只需在條件式中令y＝－x，為了求f(0)，令x＝y(tǒng)＝0即可獲解． (2)利用f(x)＋f(y)＝f()可找出f(xn＋1)與f(xn)的遞推關系，從而求得通項． (3)由f(xn)的通項公式確定數(shù)列{}的求和方法，求和后利用

21、放縮法可證明． [解析]　(1)證明：令x＝y(tǒng)＝0，∴2f(0)＝f(0)， ∴f(0)＝0. 令y＝－x，則f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0， ∴f(－x)＝－f(x)， ∴f(x)在(－1,1)上為奇函數(shù)． (2)f(x1)＝f＝－1， f(xn＋1)＝f＝f＝2f(xn)， ∴＝2，即{f(xn)}是以－1為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴f(xn)＝－2n－1. (3)＋＋…＋ ＝－ ＝－＝－＝－2＋>－2， 而－＝－＝－2－<－2. ∴＋＋…＋>－. (理)在直角坐標平面上有一點列P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn

22、)，…，對于每個正整數(shù)n，點Pn均位于一次函數(shù)y＝x＋的圖象上，且Pn的橫坐標構(gòu)成以－為首項，－1為公差的等差數(shù)列{xn}． (1)求點Pn的坐標； (2)設二次函數(shù)fn(x)的圖象Cn以Pn為頂點，且過點Dn(0，n2＋1)，若過Dn且斜率為kn的直線ln與Cn只有一個公共點，求Tn＝＋＋…＋的表達式； (3)設S＝{x|x＝2xn，n為正整數(shù)}，T＝{y|y＝12yn，n為正整數(shù)}，等差數(shù)列{an}中的任一項an∈(S∩T)，且a1是S∩T中最大的數(shù)，－225<a10<－115，求數(shù)列{an}的通項公式． [解析]　(1)由題意知xn＝－－(n－1)＝－n－，yn＝－n

23、－＋＝－n＋， ∴Pn. (2)由題意可設二次函數(shù)fn(x)＝a2－n＋，因為fn(x)的圖象過點Dn(0，n2＋1)， 所以a2－n＋＝n2＋1，解得a＝1， 所以fn(x)＝x2＋(2n＋1)x＋n2＋1. 由題意可知，kn＝f ′n(0)＝2n＋1，(n∈N*)． 所以Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝＝－. (3)由題意得S＝{x|x＝－2n－1，n為正整數(shù)}，T＝{y|y＝－12n＋9，n為正整數(shù)}， 所以S∩T中的元素組成以－3為首項，－12為公差的等差數(shù)列， 所以a1＝－3，則數(shù)列{an}的公差為－12k(k∈N*)， 若k＝1，則an＝－12n＋9，

24、a10＝－111?(－225，－115)； 若k＝2，則an＝－24n＋21，a10＝－219∈(－225，－115)； 若k≥3，則a10≤－327，即a10?(－225，－115)． 綜上所述，數(shù)列{an}的通項公式為an＝－24n＋21(n為正整數(shù))． [方法點撥]　1.數(shù)列與函數(shù)的綜合性試題通常用到函數(shù)與方程、化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合等思想．注意數(shù)列是特殊的函數(shù)、等差、等比數(shù)列更是如此，因此求解數(shù)列與函數(shù)的綜合性題目時，注意數(shù)列與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，將所給條件向an與n的關系轉(zhuǎn)化． 2．數(shù)列還常與不等式交匯命題，不等式常作為條件或證明、求解的一問呈現(xiàn)，解答時先將數(shù)列的基本問題解決，

25、再集中解決不等式問題，注意放縮法、基本不等式、裂項、累加法的運用． 13．(文)(20xx·山東文，19)已知數(shù)列{an}是首項為正數(shù)的等差數(shù)列，數(shù)列的前n項和為. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝(an＋1)·2an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. [解析]　考查1.等差數(shù)列的通項公式；2.“錯位相減法”求和及運算求解能力． (1)設數(shù)列{an}的公差為d， 令n＝1，得＝，得到a1a2＝3. 令n＝2，得＋＝，所以a2a3＝15. 解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1. (2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·

26、;4n，所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n， 所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1， 兩式相減，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1 ＝－n·4n＋1＝×4n＋1－， 所以Tn＝×4n＋1＋＝. (理)(20xx·河南八市質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，對于任意的正整數(shù)n，直線x＋y＝2n總是把圓(x－n)2＋(y－)2＝2n2平均分為兩部分，各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}中，b6＝b3b4，且b3和b5的等差

27、中項是2a3. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)若cn＝anbn，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. [解析]　(1)由于x＋y＝2n總是把圓(x－n)2＋(y－)2＝2n2平均分為兩部分，所以直線過圓心， 所以n＋＝2n，即Sn＝n2， 所以a1＝S1＝1. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，經(jīng)檢驗n＝1時也成立，所以an＝2n－1. 等比數(shù)列{bn}中，由于b6＝b3b4，所以b1q5＝bq5， 因為b1>0，q>0，所以b1＝1， 因為b3和b5的等差中項是2a3，且2a3＝10，所以b3＋b5＝20， 所以q2

28、＋q4＝20，解得q＝2，所以bn＝2n－1. (2)由于cn＝anbn，所以Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn. Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)2n－1?、? 2Tn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n?、? 所以－Tn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)2n ＝1＋2×－(2n－1)2n ＝－3＋2×2n－(2n－1)2n＝－3＋(3－2n)2n， Tn＝3＋(2n－3)2n. 14．(文)政府決定用“對社會的有效貢獻率”對企業(yè)進行評價，用an表示某企業(yè)第n年投入的治理污染的環(huán)保

29、費用，用bn表示該企業(yè)第n年的產(chǎn)值．設a1＝a(萬元)，且以后治理污染的環(huán)保費用每年都比上一年增加2a萬元；又設b1＝b(萬元)，且企業(yè)的產(chǎn)值每年比上一年的平均增長率為10%.用Pn＝表示企業(yè)第n年“對社會的有效貢獻率”． (1)求該企業(yè)第一年和第二年的“對社會的有效貢獻率”； (2)試問從第幾年起該企業(yè)“對社會的有效貢獻率”不低于20%? [解析]　(1)∵a1＝a，b1＝b，Pn＝， ∴P1＝＝1%， P2＝＝＝3.3%. 故該企業(yè)第一年和第二年的“對社會的有效貢獻率”分別為1%和3.3%. (2)由題意，得數(shù)列{an}是以a為首項，以2a為公差的等差數(shù)列，數(shù)列bn是以b為首

30、項，以1.1為公比的等比數(shù)列， ∴an＝a1＋(n－1)d＝a＋(n－1)·2a＝(2n－1)a， bn＝b1(1＋10%)n－1＝1.1n－1b. 又∵Pn＝， ∴Pn＝ ＝. ∵＝×1.1＝×1.1>1， ∴Pn＋1>Pn，即Pn＝單調(diào)遞增． 又∵P6＝≈17.72%<20%， P7＝≈23.03%>20%. 故從第七年起該企業(yè)“對社會的有效貢獻率”不低于20%. (理)甲、乙兩大超市同時開業(yè)，第一年的全年銷售額都為a萬元，由于經(jīng)營方式不同，甲超市前n年的總銷售額為(n2－n＋2)萬元，乙超市第n年的銷售額比前一年

31、的銷售額多()n－1a萬元． (1)求甲、乙兩超市第n年銷售額的表達式； (2)若其中某一超市的年銷售額不足另一超市的年銷售額的50%，則該超市將被另一超市收購，判斷哪一超市有可能被收購？如果有這種情況，將會出現(xiàn)在第幾年． [解析]　(1)設甲、乙兩超市第n年銷售額分別為an、bn， 又設甲超市前n年總銷售額為Sn，則Sn＝(n2－n＋2)(n≥2)，因n＝1時，a1＝a， 則n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(n2－n＋2)－[(n－1)2－(n－1)＋2]＝a(n－1)， 故an＝ 又因b1＝a，n≥2時，bn－bn－1＝()n－1a， 故bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－

32、b2)＋…＋(bn－bn－1) ＝a＋a＋()2a＋…＋()n－1a ＝[1＋＋()2＋…＋()n－1]a ＝a＝[3－2·()n－1]a， 顯然n＝1也適合，故bn＝[3－2·()n－1]a(n∈N*) (2)當n＝2時，a2＝a，b2＝a，有a2>b2； n＝3時，a3＝2a，b3＝a，有a3>b3； 當n≥4時，an≥3a，而bn<3a，故乙超市有可能被收購． 當n≥4時，令an>bn， 則(n－1)a>[3－2·()n－1]a?n－1>6－4·()n－1， 即n>7－4·()

33、n－1. 又當n≥7時，0<4·()n－1<1， 故當n∈N*且n≥7時，必有n>7－4·()n－1. 即第7年乙超市的年銷售額不足甲超市的一半，乙超市將被甲超市收購． [方法點撥]　1.用數(shù)列知識解相關的實際問題，關鍵是合理建立數(shù)學模型——數(shù)列模型，弄清所構(gòu)造的數(shù)列的首項是什么，項數(shù)是多少，然后轉(zhuǎn)化為解數(shù)列問題．求解時，要明確目標，即搞清是求和，還是求通項，還是解遞推關系問題，所求結(jié)論對應的是一個解方程問題，還是解不等式問題，還是一個最值問題，然后進行合理推算，得出實際問題的結(jié)果． 2．數(shù)列的實際應用問題一般文字敘述較長，反映的事物背景陌生，知

34、識涉及面廣，因此要解好應用題，首先應當提高閱讀理解能力，將普通語言轉(zhuǎn)化為數(shù)學語言或數(shù)學符號，實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學問題，然后再用數(shù)學運算、數(shù)學推理予以解決． 3．正確區(qū)分等差與等比數(shù)列模型，正確區(qū)分實際問題中的量是通項還是前n項和． 15．(文)定義：若數(shù)列{An}滿足An＋1＝A，則稱數(shù)列{An}為“平方遞推數(shù)列”．已知數(shù)列{an}中，a1＝2，點(an，an＋1)在函數(shù)f(x)＝2x2＋2x的圖象上，其中n為正整數(shù)． (1)證明：數(shù)列{2an＋1}是“平方遞推數(shù)列”，且數(shù)列{lg(2an＋1)}為等比數(shù)列； (2)設(1)中“平方遞推數(shù)列”的前n項之積為Tn，即Tn＝(2a1＋1)(2

35、a2＋1)…(2an＋1)，求Tn關于n的表達式； (3)記bn＝log2an＋1Tn，求數(shù)列{bn}的前n項之和Sn，并求使Sn>20xx成立的n的最小值． [解析]　(1)證明：由題意得an＋1＝2a＋2an， ∴2an＋1＋1＝4a＋4an＋1＝(2an＋1)2. 所以數(shù)列{2an＋1}是“平方遞推數(shù)列”． 令cn＝2an＋1，所以lgcn＋1＝2lgcn. 因為lg(2a1＋1)＝lg5≠0， 所以＝2. 所以數(shù)列{lg(2an＋1)}為等比數(shù)列． (2)由(1)知lg(2an＋1)＝(lg5)×2n－1， ∴2an＋1＝10(lg5)×2

36、n－1＝52n－1， ∴Tn＝520×521×522×…×52n－1＝520＋21＋…＋2n－1＝52n－1. (3)∵bn＝log2an＋1Tn＝＝2－()n－1， ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2n－ ＝2n－2＋， 由2n－2＝20xx得n＝1007， ∴S1006＝2×1006－2＋∈(20xx,20xx)，S1007＝2×1007－2＋∈(20xx,20xx)． 故使Sn>20xx成立的n的最小值為1007. (理)已知曲線C：xy＝1，過C上一點An(xn，yn)作一斜率為kn＝－的直線交曲線C于另一

37、點An＋1(xn＋1，yn＋1)，點列{An}的橫坐標構(gòu)成數(shù)列{xn}，其中x1＝. (1)求xn與xn＋1的關系式； (2)令bn＝＋，求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列； (3)若cn＝3n－λbn(λ為非零整數(shù)，n∈N*)，試確定λ的值，使得對任意n∈N*，都有cn＋1>cn成立． [分析]　(1)由直線方程點斜式建立xn與yn關系，而(xn，yn)在曲線xy＝1上，有xnyn＝1，消去yn得xn與xn＋1的關系；(2)由定義證為常數(shù)；(3)轉(zhuǎn)化為恒成立的問題解決． [解析]　(1)過點An(xn，yn)的直線方程為y－yn＝－(x－xn)， 聯(lián)立方程，消去y得 x2－x＋

38、1＝0. 解得x＝xn或x＝. 由題設條件知xn＋1＝. (2)證明：＝ ＝＝＝＝－2. ∵b1＝＋＝－2≠0，∴數(shù)列{bn}是等比數(shù)列． (3)由(2)知，bn＝(－2)n，要使cn＋1>cn恒成立，由cn＋1－cn＝[3n＋1－λ(－2)n＋1]－[3n－λ(－2)n]＝2·3n＋3λ(－2)n>0恒成立， 即(－1)nλ>－n－1恒成立． ①當n為奇數(shù)時，即λ<n－1恒成立． 又n－1的最小值為1，∴λ<1. ②當n為偶數(shù)時，即λ>－n－1恒成立， 又－n－1的最大值為－，∴λ>－， 即－<λ<1.又λ為非零整數(shù)， ∴λ＝－1，使得對任意n∈N*，都有cn＋1>cn.