高考数学(文)(苏教版)大一轮复习讲义第六章 数列第六章 6.1

§6.4 数列的递推与通项考情考向分析 由递推关系求数列的通项公式是高考的热点和重点，一般是解答题的前两问，是解数列综合题的基础，难度为中档．数列的递推公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项)，且任一项a n 与它的前一项a n －1(n ≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式． 知识拓展由递推关系求数列通项公式的常用方法： (1)累加型形如a n ＝a n －1＋f (n －1)，则a n －a n －1＝f (n －1)， a 2－a 1＝f (1)，a 3－a 2＝f (2)，…，a n －a n －1＝f (n －1)， 以上(n －1)个等式经累加，得a n ＝a 1＋∑n －1k ＝1f (k )． (2)累乘型形如a n ＝a n －1f (n －1)，a n ≠0，则a na n －1＝f (n －1)，可利用a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，以上(n －1)个等式经累乘，得a na 1＝f (1)·f (2)·…·f (n－1)，即a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1.(3)构造型①形如a n ＝Aa n －1＋B ，其中A ，B 为常数且A ≠1，A ≠0，B ≠0的构造可用待定系数法，构造一个公比为A 的等比数列，令a n ＋λ＝A (a n －1＋λ)，经整理比较得(A －1)λ＝B ，λ＝BA －1，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋B A －1是一个公比为A 的等比数列．②形如a n ＝Aa n －1＋b n ，且A ≠0，b ≠0型的构造可变形成a n b n ＝A b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1b n －1＋1，令c n ＝a n b n ，则c n ＝Ab c n －1＋1(此问题就转化成a n ＝Aa n －1＋B 的模型求解)．③a n ＝Aa n －1＋n ，且A ≠0，A ≠1型的构造可用待定系数法构造a n ＋λn ＝A [a n －1＋λ(n －1)]＋γ，然后经整理比较a n ＝Aa n －1＋n 得出λ＝1A －1，γ＝A A －1，从而转化为a n ＝Aa n －1＋B 型的构造． ④形如a n ＝ma k n －1(m >0，k ∈N ，k ≠0，k ≠1)的构造可两边取对数得lg a n ＝k lg a n －1＋lg m ，令b n ＝lg a n ，得b n ＝k ·b n －1＋lg m ，所以该问题转化为a n ＝Aa n －1＋B 模型求解．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝1n .( √ )(2)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，则a n ＝32n 2＋n2.( √ )(3)已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则a n ＝n (n ＋1)2.( √ )(4)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝2n .( × ) 题组二 教材改编2．(P67习题T 4)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋na n，则a n ＝________. 答案2n 2－n ＋2解析 原式可化为1a n ＋1－1a n＝n ，∴1a 2－1a 1＝1，1a 3－1a 2＝2，1a 4－1a 3＝3，…， 1a n －1a n －1＝n －1. 累加得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)，∴a n ＝2n 2－n ＋2.3．(P68习题T 14)已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2S n ＝a n ＋1，则a n ＝________. 答案 2n －1解析 方法一 由已知2S n ＝a n ＋1，得当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入已知得2S n ＝S n －S n －1＋1，即S n －1＝(S n －1)2. 又a n ＞0，故S n －1＝S n －1或S n －1＝ 1－S n (舍)， 即S n －S n －1＝1(n ≥2)，由定义得{S n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴S n ＝n .故a n ＝2n －1.方法二 ∵2Sn ＝a n ＋1，∴4Sn ＝(a n ＋1)2， 当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，两式相减，得4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2， 化简可得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵a n ＞0，∴a n －a n －1＝2， ∵2a 1＝a 1＋1，∴a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1. 题组三 易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋1，它的通项公式a n ＝____________.答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2解析 ∵a 1＝S 1＝12－1＋1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－n ＋1)－[(n －1)2－(n －1)＋1]＝2n －2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.5．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为____________． 答案 a n ＝3n －1解析 由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2.由已知a 1＝S 1>1，得a 1＝2. 又由a n ＋1＝S n ＋1－S n＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)， 得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去． 因此a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. 6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＝____________. 答案 2×3n －1－1解析 因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×3n －1，所以a n ＝2×3n －1－1.题型一 累加型和累乘型1．数列{}a n 满足a 1＝12，a n ＝a n －1＋1n 2－n (n ≥2)，求数列{}a n 的通项．解 由a n －a n －1＝1n 2－n 且a 1＝12，a n －a n －1＝1n 2－n ＝1n －1－1na n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，…，a 2－a 1＝1－12，所以a n －a 1＝1－1n ，所以a n ＝32－1n.2. 已知在数列{}a n 中，a 1＝2，且na n ＋1＝(n ＋2)a n ，求a n .解 由已知得，a n ＋1a n ＝n ＋2n ，故a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.....a 2a 1.a 1＝n ＋1n －1.n n －2.. (3)1·2＝n (n ＋1)．思维升华 (1)求形如a n ＋1＝a n ＋f (n )数列的通项公式，此类题型一般可以利用累加法求其通项公式，即a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1，累加求得通项公式； (2)求形如a n ＋1a n＝f (n )数列的通项，此类题型一般可以利用累乘法求其通项公式，即a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1，累乘求得其通项．题型二 构造法求数列的通项公式命题点1 形如a n ＝Aa n －1＋B ，其中A ，B 为常数且A ≠1，A ≠0，B ≠0的构造 典例 已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，求a n .解 方法一 令a n ＋1＋k ＝2(a n ＋k )，即a n ＋1＝2a n ＋k ，与a n ＋1＝2a n ＋1比较得k ＝1， 即数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·2n －1，即a n ＝2n －1.方法二 由已知得a 2＝3，a n ＋1－a n ＝(2a n ＋1)－(2a n －1＋1)＝2(a n －a n －1)(n ≥2)，所以数列{a n ＋1－a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＋1－a n ＝2n ，下面利用叠加法求：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋21＋1＝2n －1.方法三 将a n ＋1＝2a n ＋1两边同除以2n ＋1得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋12n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12n ＋1，利用叠加法可求得a n ＝2n－1. 思维升华 求形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数，pq ≠0，p ≠1)”的通项方法有三种： 方法一：数法，引入待定参数k ，使a n ＋1－k ＝p (a n －k )，所以数列{a n －k }为等比数列．要求出k ，只要把所构造的递推式与原递推式比较得(1－p )k ＝q ，故k ＝q 1－p .方法二：a n ＋1－a n ＝p (a n －a n －1)，所以数列{a n ＋1－a n }为等比数列． 方法三：两边同除以p n＋1得a n ＋1pn ＋1＝a n p n ＋qp n ＋1，故可以利用累加法来求． 跟踪训练 已知数列{}a n 满足a n ＝13a n －1＋2，a 1＝1，求数列{}a n 的通项公式．解 设a n ＋λ＝13(a n －1＋λ)，解得λ＝－3，则a n －3＝13(a n －1－3)，令b n ＝a n －3，则数列{}b n 是以b 1＝a 1－3＝－2为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝－23n －1，所以a n ＝3－23n －1.命题点2 形如a n ＝Aa n －1＋b n ，且A ≠0，b ≠0型的构造 典例 已知在数列{}a n 中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3·2n ，求a n .解 在递推关系a n ＋1＝2a n ＋3·2n 的两边同除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，令b n ＋1＝a n ＋12n ＋1，则b n ＋1＝b n ＋32，b 1＝1，所以b n ＝32n －12，故a n ＝2n ·⎝⎛⎭⎫32n －12. 思维升华 求形如“a n ＋1＝pa n ＋f (n )(其中p 为非零常数)”的递推数列的通项．若f (n )＝a ·b n 时，即a n ＋1＝pa n ＋a ·b n ，在此递推关系两边同除以b n ＋1，得a n ＋1bn ＋1＝p b ·a n b n ＋a b ，令c n＋1＝a n ＋1bn ＋1，则有c n ＋1＝p b ·c n ＋ab ，转化为命题点1类型来解．跟踪训练 已知在数列{}a n 中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . 解 在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1的两边同乘以2n ＋1得2n ＋1·a n ＋1＝23·(2n a n )＋1，令b n ＝2n a n .则b n ＋1＝23b n ＋1，于是可得b n ＋1－3＝23(b n －3)，∴b n －3＝－43×⎝⎛⎭⎫23n －1＝－2⎝⎛⎭⎫23n ， ∴b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n，∴a n ＝b n2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n ＝32n －23n . 命题点3 形如a n ＝Aa n －1＋n ，且A ≠0型的构造 典例 已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2n ，求a n . 解 由已知得a n ＋1＝3a n ＋2n ，a n ＝3a n －1＋2(n －1)， 两式相减得，a n ＋1－a n ＝3(a n －a n －1)＋2， 令b n ＝a n ＋1－a n ，则b n ＝3b n －1＋2，故b n ＝5·3n －1－1，即a n ＋1－a n ＝5·3n －1－1，又已知a n ＋1＝3a n ＋2n ，所以a n ＝52·3n －1－n －12.思维升华 求形如“a n ＋1＝pa n ＋f (n )(其中p 为非零常数)”的递推数列的通项．若f (n )＝an ＋b 时，即a n ＋1＝pa n ＋an ＋b ，所以a n ＋1－a n ＝p (a n －a n －1)＋a ，令b n ＋1＝a n ＋1－a n ，则有b n ＋1＝pb n ＋a ，转化为命题点1类型来解．跟踪训练 设在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1，求数列{}a n 的通项公式． 解 由a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1可得 a n ＋1＋(n ＋1)＋1＝3(a n ＋n ＋1)， 令b n ＝a n ＋n ＋1，则b n ＋1＝3b n ， ∴b n ＝b 1·3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －n －1 .命题点4 形如a n ＝ma k n －1(m ＞0，k ≠0，k ≠1)型的构造典例 已知数列{}a n 与{}b n 有如下关系：a 1＝2, a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ， b n ＝a n ＋1a n －1，求数列{}a n 和{}b n 的通项公式．解 由已知得b n ＋1＝a n ＋1＋1a n ＋1－1＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ＋112⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n －12＝b 2n ，且b 1＝3，b n>0.即b n ＋1＝b 2n ，取对数得lg b n ＋1＝2lg b n ，即数列{lg b n }是首项为lg 3，公比为2的等比数列． ∴lg b n ＝2n －1lg 3，于是b n ＝123－n ，从而a n ＝b n ＋1b n －1＝11223131－－n n +-.思维升华 求形如“a n ＋1＝p ·a r n (其中p ，r 为常数，且p >0，a n >0)”的递推数列的通项． 此种题型可以通过两边取对数的方法变为lg a n ＋1＝r lg a n ＋lg p ，令b n ＝lg a n ，则有b n ＋1＝r ·b n ＋lg p ，转化为命题点1类型来解．跟踪训练 已知在数列{}a n 中，a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ，求a n .解 由条件可知：a n >0，对a n ＋1＝a 2n 两边取以3为底的对数得log 3a n ＋1＝2log 3a n ，令b n ＝log 3a n ，则有b n ＋1＝2b n ，所以数列{}b n 是以b 1＝log 33＝1为首项，2为公比的等比数列，所以b n ＝2n －1，故a n ＝123－n .1．已知a 1＝3，a n ＋1＝3n －13n ＋2a n (n ≥1)，则a n ＝________.答案63n －1解析 a n ＝3(n －1)－13(n －1)＋2·3(n －2)－13(n －2)＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1·3n －73n －4·…·58·25·3＝63n －1.2．已知在数列{}a n 中，a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋14n 2－1，则a n ＝____________.答案4n －34n －2解析 由已知可得a n ＋1－a n ＝14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，令n ＝1,2，…，(n －1)，代入得(n －1)个等式累加，即 (a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1， ∴a n －a 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1，∴a n ＝a 1＋12－12·12n －1，即a n ＝1－14n －2＝4n －34n －2.3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＝2(a n －1＋a n －2＋…＋a 2＋a 1) (n ≥2，n ∈N *)，这个数列的通项公式是____________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －2，n ≥2 解析 由已知，得当n ≥2时，a n ＝2S n －1，① 当n ≥3时，a n －1＝2S n －2，② ①－②整理得a na n －1＝3(n ≥3)，∵a 2＝2≠0，∴a n ＝2×3n －2，n ≥2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －2，n ≥2. 4．已知在数列{}a n 中，a 1＝15，且当n >1时，有a n －1－a n －4a n a n －1＝0，则a n ＝____________.答案14n ＋1解析 将等式a n －1－a n －4a n a n －1＝0两边同除以a n a n －1得1a n －1a n －1＝4，n >1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为1a 1＝5，公差d ＝4，故1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝5＋4(n －1)＝4n ＋1， ∴a n ＝14n ＋1.5. 已知数列{}a n 的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，则{}a n 的通项公式为____________． 答案 a n ＝3n3n ＋2解析 ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n ，∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列．∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ，∴a n ＝3n3n ＋2. 6．在数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和，n (a n ＋1－a n )＝a n (n ∈N *)，且a 3＝π，则tan S 4＝____________. 答案3解析 ∵由n (a n ＋1－a n )＝a n ，得na n ＋1＝(n ＋1)a n ，即a n ＋1n ＋1＝a nn，∴a n n ＝a n －1n －1＝a n －2n －2＝…＝a 33＝π3，∴a n ＝π3n ， ∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝π3()1＋2＋3＋4＝10π3，tan S 4＝tan 10π3＝ 3.7. 已知在数列{}a n 是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0，n ＝1,2,3，…，则a n ＝____________. 答案 1n解析 由已知得[(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0， 因为数列{}a n 是正项数列， 所以(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝nn ＋1，且利用第二种类型的累乘法得a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·…·12·1＝1n .8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝________. 答案 2n －1解析 当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，得a 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －2a n －1＋(n －1)， 即a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.9．已知数列{}a n 满足a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n (n ∈N *)，且a 2＝6，则数列{a n }的通项公式为____________． 答案 a n ＝n (2n －1)解析 由a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，得(n －1)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝－(n ＋1)，当n ≥2时，有a n ＋1n ＋1－a n n －1＝－1n －1， 所以a n ＋1n (n ＋1)－a n (n －1)n ＝－1n (n －1)＝－⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，由累加法，得当n ≥3时，a n ＝n (2n －1)． 把n ＝1，a 2＝6代入a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，得a 1＝1，经验证：a 1＝1，a 2＝6均满足a n ＝n (2n －1)．综上，a n ＝n (2n －1)，n ∈N *.10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n(n ∈N *)，则该数列的前2 019项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2019＝________.答案 3解析 由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 019＝4×504＋3，a 1a 2a 3a 4＝1， ∴前2 019项的乘积为1504·a 1a 2a 3＝3.11．已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)． (1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，证明{}b n 是等比数列； (2)求数列{}a n 的通项公式．(1)证明 由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1(n ≥2)． 又b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{}b n 是首项为1，公比为q 的等比数列． (2)解 由(1)，知a 2－a 1＝1， a 3－a 2＝q ， …，a n －a n －1＝q n －2(n ≥2)．将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋1－q n －11－q ，q ≠1，n ，q ＝1. 上式对n ＝1显然成立．12．已知在数列{a n }中，a 1＝1，且满足递推关系a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋ma n ＋1(n ∈N *)．(1)当m ＝1时，求数列{a n }的通项公式；(2)当n ∈N *时，数列{a n }满足不等式a n ＋1≥a n 恒成立，求m 的取值范围． 解 (1)因为m ＝1，由a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋1a n ＋1(n ∈N *)，得a n ＋1＝(2a n ＋1)(a n ＋1)a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＋1＝2≠0，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列． 于是a n ＋1＝2×2n －1，所以a n ＝2n －1.(2)因为a n ＋1≥a n ，而a 1＝1，知a n ≥1，所以2a 2n ＋3a n ＋m a n ＋1≥a n ，即m ≥－a 2n －2a n ， 由题意，得m ≥－(a n ＋1)2＋1恒成立．因为a n ≥1，所以m ≥－22＋1＝－3，即满足题意的m 的取值范围是[－3，＋∞)．13．(2015·江苏)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．答案 2011解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(2＋n )(n －1)2，即a n ＝n (n ＋1)2， 令b n ＝1a n， 故b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011. 14. 已知数列{}a n 的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n ，n ≥1，则数列{}a n 的通项公式为____________．答案 a n ＝2n －1－2(－1)n 3 解析 ∵S n ＝2a n ＋(－1)n ，n ≥1，∴当n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋(－1)n －1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋(－1)n －2a n －1－(－1)n －1， 化简得a n ＋23(－1)n ＝2⎣⎡⎦⎤a n －1＋23(－1)n －1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋23(－1)n 是首项为a 1＋23×(－1)＝13，公比为2的等比数列， ∴a n ＋23(－1)n ＝13×2n －1，∴a n ＝2n －1－2(－1)n 3.15．已知在数列{a n }中， a 1＝1，a 2＝10，a n a n －1＝ a n －1a n －2(n ＝3,4,5…)，则a n ＝____________. 答案 112[1()]210n --解析 递推式两边同时取对数，得lg a n －lg a n －1＝12(lg a n －1－lg a n －2)， 令b n ＝lg a n ＋1－lg a n ，则⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝lg a 2－lg a 1＝1，b n －1＝12b n －2(n ＝3，4，5，…)⇒b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1(n ＝1,2,3…) ⇒lg a n ＋1－lg a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1⇒a n ＋1a n ＝11()210n -， 由累乘法可得a n a 1＝10·1210·1410·…·21()210n -＝112[1()]210n --⇒a n ＝112[1()]210n --. 16．设数列{}a n 的前n 项和为S n ，已知ba n －2n ＝()b －1S n ，b ≠0，且b ≠2，则{}a n 的通项公式为____________．答案 a n ＝12－b[]2n ＋()2－2b b n －1 解析 由题意知a 1＝2，且ba n －2n ＝()b －1S n ， ba n ＋1－2n ＋1＝()b －1S n ＋1， 两式相减得b ()a n ＋1－a n －2n ＝()b －1a n ＋1， 即a n ＋1＝ba n ＋2n ，①由①得a n ＋1－12－b ·2n ＋1＝ba n ＋2n －12－b·2n ＋1 ＝ba n －b 2－b·2n ＝b ⎝⎛⎭⎫a n －12－b ·2n ， 设c n ＝a n －12－b ×2n ，则c 1＝2(1－b )2－b， 当b ≠1时，c 1≠0，则{c n }是首项为2(1－b )2－b，公比为b 的等比数列， ∴c n ＝2(1－b )2－b b n －1，∴a n ＝12－b[2n ＋(2－2b )b n －1]， 当b ＝1时，a n ＝2n 也符合上式，∴a n ＝12－b[]2n ＋()2－2b b n －1.。

第六章 数列
微专题七 放缩法在证明中的应用
[解题策略] 放缩法是不等式证明的重要方法，其中的放缩技巧既有模式可循但更有
创意之变，如何灵活运用有：
(1)n12的放缩： n12<nn1－1＝n－1 1－n1(n≥2)， n12>nn1＋1＝n1－n＋1 1， n12<n2－1 14＝n－1 12－n＋1 12；
例1
n
设 n∈N*，求证：
1 61 i2<36.
i＝1
nn＋1 n
n＋12
例 2 设 n∈N*，求证： 2 < kk＋1< 2 .
k＝1
例3
80
求证：16<
1 k<17.
k＝1
(4)真分式ba的放缩： 若 a>b>0，m>0，则ba<ab＋＋mm.
另外，利用重要不等式放缩、导数应用中有关ln x型的放缩(如：ln(1＋x)<x， x>0)等也是常见的放缩方式． 利用放缩法证明不等式的难点是放缩的“度”不好把握，放大了或放小了都 得不出所证不等式，这样需要回头调整，留一项或几项不放缩逐步试验向所 证结论靠扰，下面举例说明．
(2)n1！的放缩： n1！＝1·2·31·…·n<n·n1－1 ＝n－1 1－1n(n≥2)， n1！＝1·2·31·…·n<1·2·21·…·2 ＝2n1－1(n≥2)；
(3) 1n的放缩：
1n＝2 2 n>
2
＝2(
n＋ n＋1
n＋1－ n)，
1n＝2 2 n<
2
＝2(
n＋ n－1
n－
n－1)；

学案31数列的综合应用导学目标：1.通过构造等差、等比数列模型，运用数列的公式、性质解决简单的实际问题.2.对数列与其他知识综合性的考查也高于考试说明的要求，另外还要注重数列在生产、生活中的应用．自主梳理1．数列的综合应用数列的综合应用一是指综合运用数列的各种知识和方法求解问题，二是数列与其他数学内容相联系的综合问题．解决此类问题应注意数学思想及方法的运用与体会．(1)数列是一种特殊的函数，解数列题要注意运用方程与函数的思想与方法．(2)转化与化归思想是解数列有关问题的基本思想方法，复杂的数列问题经常转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题．(3)由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想．已知数列的前若干项求通项，由有限的特殊事例推测出一般性的结论，都是利用此法实现的．(4)分类讨论思想在数列问题中常会遇到，如等比数列中，经常要对公比进行讨论；由S n求a n 时，要对__________进行分类讨论．2．数列的实际应用数列的应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容，解答应用问题的核心是建立数学模型．(1)建立数学模型时，应明确是等差数列模型、等比数列模型，还是递推数列模型，是求a n还是求S n.(2)分期付款中的有关规定①在分期付款中，每月的利息均按复利计算；②在分期付款中规定每期所付款额相同；③在分期付款时，商品售价和每期所付款额在贷款全部付清前会随时间的推移而不断增值；④各期付款连同在最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买时到最后一次付款的利息之和．自我检测1．(原创题)若S n是等差数列{a n}的前n项和，且S8－S3＝10，则S11的值为________．2．在等比数列{a n}中，a n>a n＋1，且a7·a11＝6，a4＋a14＝5，则a6a16＝________.3．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加2 km，在达到离地面240 km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是________秒．4．已知数列{a n}的通项为a n＝nn2＋58，则数列{a n}的最大项为第________项．5．(2010·南京模拟)设数列{a n}，{b n}都是正项等比数列，S n，T n分别为数列{lg a n}与{lg b n}的前n项和，且S nT n＝n2n＋1，则log b5a5＝________.探究点一等差、等比数列的综合问题例1设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n}的通项；(2)令b n＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{b n}的前n项和T n.变式迁移1假设a1，a2，a3，a4是一个等差数列，且满足0<a1<2，a3＝4.若b n＝2a n (n＝1,2,3,4)．给出以下命题：(1)数列{b n }是等比数列；(2)b 2>4；(3)b 4>32；(4)b 2b 4＝256.其中正确命题的个数为________． 探究点二 数列与方程、函数、不等式的综合问题例2 已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ，n ∈N *， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n ；(3)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .变式迁移2 已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围．探究点三 数列在实际问题中的应用 例3 (2010·福州模拟)有一个下岗职工，1月份向银行贷款10 000元，作为启动资金开店，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳所得税为该月月利润的10%，每月的生活费为300元，余款作为资金全部投入下个月的经营，如此继续，问到这年年底这个职工有多少资金？若贷款年利息为25%，问这个职工还清银行贷款后纯收入多少元？变式迁移3 假设某市2011年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2011年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)1．数列实际应用问题：(1)数学应用问题已成为中学数学教学与研究的一个重要内容，解答数学应用问题的核心是建立数学模型，有关平均增长率、利率(复利)以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型．(2)在试题中常用的数学模型有①构造等差、等比数列的模型，然后再去应用数列的通项公式求解；②通过归纳得到结论，用数列知识求解．2．解决数列综合问题应体会以下思想及方法：(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．(2010·湖北)已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8的值为________．2．(2010·徐州模拟)数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则下列关系正确的是______(填序号)．①a 3＋a 9≤b 4＋b 10； ②a 3＋a 9≥b 4＋b 10； ③a 3＋a 9≠b 4＋b 10；④a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定．3．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，定义S 1＋S 2＋…＋S nn为A 的“凯森和”，若有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，则有100项的数列1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为________．4．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒．5．(2011·苏州模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则b 10＝________.6．若数列{a n }的通项公式a n ＝5⎝⎛⎭⎫252n －2－4⎝⎛⎭⎫25n －1，数列{a n }的最大项为第x 项，最小项为第y 项，则x ＋y ＝________.7．(2010·江苏)函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.8．把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8.若a ij ＝2 009，则i 与j 的和为________．1 2 4 3 5 7 6 8 10 12 9 11 13 15 17 14 16 18 20 22 24 ……………………………………二、解答题(共42分)9．(14分)已知点(1，13)是函数f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问满足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？10．(14分)沿海地区甲公司响应国家开发西部的号召，对西部地区乙企业进行扶持性技术改造．乙企业的经营现状是：每月收入为45万元，但因设备老化，从下月开始需付设备维修费，第一个月为3万元，以后每月递增2万元．甲公司决定投资400万元扶持改造乙企业．据预测，改造后乙企业第一个月收入为16万元，在以后的4个月中，每月收入都比上个月增长50%，而后每个月收入都稳定在第5个月的水平上．若设备改造时间可忽略不计，那么从下个月开始至少经过多少个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益？11．(14分)(2010·广东执信中学模拟)已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12.(1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式； (2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2；(3)设b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案 自主梳理 1．(4)n ＝1或n ≥2 自我检测1．22 2.32 3.15 4.8 5.919课堂活动区例1 解题导引 1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．2．利用等比数列前n 项和公式时注意公比q 的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的思维难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q ，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q >1，∴q ＝2，∴a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1. (2)由(1)得a 3n ＋1＝23n ，∴b n ＝ln a 3n ＋1＝ln 23n ＝3n ln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝3n (n ＋1)2·ln 2.故T n ＝3n (n ＋1)2ln 2.变式迁移1 4解析 设a 1，a 2，a 3，a 4的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，又0<a 1<2，所以1<d <2.易知数列{b n }是等比数列，故(1)正确；a 2＝a 3－d ∈(2,3)，所以b 2＝2a 2>4，故(2)正确；a 4＝a 3＋d >5，所以b 4＝2a 4>32，故(3)正确；又a 2＋a 4＝2a 3＝8，所以b 2b 4＝2a 2＋a 4＝28＝256，故(4)正确．例2 解题导引 这是一道数列、函数、不等式的综合题，利用函数关系式求通项a n ，观察T n特点，求出T n .由a n 再求b n 从而求S n ，最后利用不等式知识求出m .解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ＝2a n ＋33a n＝2＋3a n 3＝a n＋23， ∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1 ＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n ⎝⎛⎭⎫53＋4n 3＋132＝－49(2n 2＋3n )．(3)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝92⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， 又b 1＝3＝92×⎝⎛⎭⎫1－13，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝92×⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝9n2n ＋1， ∵S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立．即9n 2n ＋1<m －2 0012，又∵9n 2n ＋1＝92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1递增，且9n 2n ＋1<92.∴m －2 0012≥92，即m ≥2 010.∴最小正整数m ＝2 010.变式迁移2 解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8， 解之，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2. ∴a n ＝2n .(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.②∴①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，即2n ＋1－n ·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1＋m ·2n ＋1<0对任意正整数n 恒成立，∴m ·2n ＋1<2－2n ＋1对任意正整数n ，m <12n －1恒成立．∵12n －1>－1，∴m ≤－1， 即m 的取值范围是(－∞，－1]．例3 解 依题意，第1个月月余款为a 1＝10 000(1＋20%)－10 000×20%×10%－300＝11 500， 第2个月月底余款为a 2＝a 1(1＋20%)－a 1×20%×10%－300， 依此类推下去，设第n 个月月底的余款为a n 元，第n ＋1个月月底的余款为a n ＋1元，则a n ＋1＝a n (1＋20%)－a n ×20%×10%－300＝1.18a n －300. 下面构造一等比数列．设a n ＋1＋x a n ＋x＝1.18，则a n ＋1＋x ＝1.18a n ＋1.18x ， ∴a n ＋1＝1.18a n ＋0.18x .∴0.18x ＝－300.∴x ＝－5 0003，即a n ＋1－5 0003a n －5 0003＝1.18.∴数列{a n －5 0003}是一个等比数列，公比为1.18，首项a 1－5 0003＝11 500－5 0003＝29 5003.∴a n －5 0003＝29 5003×1.18n －1，∴a 12－5 0003＝29 5003×1.1811，∴a 12＝5 0003＋29 5003×1.1811≈62 396.6(元)，即到年底该职工共有资金62 396.6元． 纯收入有a 12－10 000(1＋25%)＝62 396.6－12 500＝49 896.6(元)．变式迁移3 解 (1)设中低价房的面积形成的数列为{a n }， 由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50， 则a n ＝250＋(n －1)·50＝50n ＋200，S n ＝250n ＋n (n －1)2×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2020年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米． (2)设新建住房面积形成数列{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08，则b n ＝400·(1.08)n －1. 由题意可知a n >0.85b n ，即50n ＋200>400·(1.08)n －1·0.85. 当n ＝5时，a 5<0.85b 5， 当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2016年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%. 课后练习区1．3＋22 2.② 3.991 4．7解析 设至少需要n 秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n －1≥100，∴1－2n 1－2≥100，∴n ≥7.5．64解析 依题意有a n a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32，又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.6．3解析 该题是数列知识与函数知识的综合．a n ＝5·⎝⎛⎭⎫252n －2－4·⎝⎛⎭⎫25n －1＝5·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫25n －1－252－45， 显然当n ＝2时，a n 取得最小值，当n ＝1时，a n 取得最大值，此时x ＝1，y ＝2，∴x ＋y ＝3. 7．21解析 y ′＝(x 2)′＝2x ，则过点(a k ，a 2k )的切线斜率为2a k ，则切线方程为y －a 2k ＝2a k (x －a k )， 令y ＝0，得－a 2k ＝2a k (x －a k )，∴x ＝12a k ，即a k ＋1＝12a k .故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×(12)n －1，∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.8．107解析 由数表知，第一行1个奇数，第3行3个奇数，第5行5个奇数，第61行61个奇数，前61行用去1＋3＋5＋…＋61＝62×312＝961个奇数．而2 009是第1 005个奇数，故应是第63行第44个数，即i ＋j ＝63＋44＝107.9．解 (1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x .…………………………………………………(1分) a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29，a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝－227；又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c ＝1；……………………………………………………………………………………(2分)公比q ＝a 2a 1＝13，a n ＝－23×⎝⎛⎭⎫13n －1＝－2×⎝⎛⎭⎫13n ，n ∈N *；……………………………………………………………………(3分)∵S n －S n －1＝()S n －S n －1()S n ＋S n －1＝S n ＋S n －1(n >2)，……………………………………………………………………(4分) 又b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1.数列{S n }构成一个首项为1、公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.…………………………………………………………(6分) 当n ≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1； 又当n ＝1时，也适合上式，∴b n ＝2n －1，n ∈N *.………………………………………………………………………(8分)(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)×(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋12⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋ 12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.……………………………………………(12分)由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009，∴满足T n >1 0002 009的最小正整数为112.…………………………………………………(14分)10．解 设乙企业仍按现状生产至第n 个月所带来的总收益为A n (万元)，技术改造后生产至第n 个月所带来的总收益为B n (万元)．依题意得A n ＝45n －[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝43n －n 2，………………………………………………………………………………(5分)当n ≥5时，B n ＝16⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫325－132－1＋16⎝⎛⎭⎫324(n －5)－400＝81n －594，………………………………………………………(10分) ∴当n ≥5时，B n －A n ＝n 2＋38n －594，令n 2＋38n －594>0，即(n ＋19)2>955，解得n ≥12，∴至少经过12个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益．……………………………………………………………………………………………(14分)11．(1)解 令x ＝n ，y ＝1，得到f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )，…………………………………………………………(2分)∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列，即f (n )＝(12)n .………………………………………………………………………………(5分)(2)证明 记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·(12)n ，……………………………………………………………………(6分)∴S n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ×(12)n ，12S n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)×(12)n ＋n ×(12)n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋(12)2＋…＋(12)n －n ×(12)n ＋1，整理得S n ＝2－(12)n －1－n (12)n <2.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2.………………………………………………………………(9分)(3)解 ∵f (n )＝(12)n ，而b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )(12)n ＋1(12)n ＝9－n2.…………………………………………………………………(11分)当n ≤8时，b n >0；当n ＝9时，b n ＝0； 当n >9时，b n <0，∴n ＝8或9时，S n 取到最大值．………………………………………………………(14分)。

a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
∴S2 017＝S2 016＋a2 017
＝2 0416×2＋2 017·cos
2 017 2π
＝1 008.
1 2 3 4 5 解析答案 返回
题型分类 深度剖析
题型一 分组转化法求和
例 1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，n∈N*.
＝2－1－2n2＋1＋n2＝2n＋1＋n2－2.
当 n 为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n
∴－T1n)＝－n22]＝nn＋＋112－＋n＋2n2n1－－－2252＋，，n－2n1为－n为奇n＝偶数2.数n＋，1－n2－52.
思维升华
解析答案
则 A＝211－－222n＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
解析答案
例1(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 由(1)知bn＝2n＋(－1)n·n.
引申探究
当n为偶数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]
解析答案
(2) 当 d>1 时，记 cn＝abnn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解
由
d>1，知
an＝2n－1，bn＝2n－1，故
2n－1 cn＝ 2n－1 ，
于是 Tn＝1＋32＋252＋273＋294＋…＋22nn－－11，
12Tn＝12＋232＋253＋274＋295＋…＋2n2－n 1.
a11－qn
a1－anq