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高考数列大题


第二部分 大题规范解——助你得高分

必考点三

数列综合题

1

考题解法类编

2
大题规范训练

揭秘解题绝招

3

考向解码

1

高考地位

数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础.高考对本部 分内容的考查比较全面, 等差数列、 等比数列的考查每年都不会遗漏, 解答题大都以基础题和中档题为主.近几年来,高考关于数列方面的 命题主要有以下三个方面:①数列本身的有关知识,其中有等差数列 与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式.②与其它知识综合 问题.③应用问题.(4)探索性问题.

2

易错点

①已知 Sn 求 an 时,易忽略 n=1 的情况. ②应用等比数列前 n 项和时,易忽略 q=1 的情况. ③数列性质用错. ④数列求和时,项数求错.

3

综合点

数列与函数、方程、不等式、三角、几何等知识综合.
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考题 解法类编


类型一 等差数列、等比数列的基本运算及判定
例题精编
例 1:(2013·高考北京卷)给定数列

思想方法





规范要求

变式特训

a1,a2,?,an,对 i=1,2,?,n-1,该数列
前 i 项的最大值记为 Ai,后 n-i 项

ai+1,ai+2,?,an 的最小值记为 Bi,di=Ai-Bi.
(1)设数列{an}为 3,4,7,1,写出 d1,d2,d3 的值; (2)设 a1,a2,?,an(n≥4)是公比大于 1 的等比数 列,且 a1>0,证明:d1,d2,?,dn-1 是等比数列; (3)设 d1,d2,?,dn-1 是公差大于 0 的等差数列, 且 d1>0,证明:a1,a2,?,an-1 是等差数列.

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揭秘解题绝招

大题规范训练

类型一

类型二

类型三

类型四

类型五

类型六

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类型一 等差数列、等比数列的基本运算及判定
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例 1:(2013·高考北京卷)给定数列

思想方法





规范要求

变式特训

(1)求 d1,d2,d3 的值可根据所给定义进行求解; (2)需根据题意求出 dn 的通项后利用定义证明; (3)利用等差数列的定义证明.

a1,a2,?,an,对 i=1,2,?,n-1,该数列
前 i 项的最大值记为 Ai,后 n-i 项

ai+1,ai+2,?,an 的最小值记为 Bi,di=Ai-Bi.
(1)设数列{an}为 3,4,7,1,写出 d1,d2,d3 的值; (2)设 a1,a2,?,an(n≥4)是公比大于 1 的等比数 列,且 a1>0,证明:d1,d2,?,dn-1 是等比数列; (3)设 d1,d2,?,dn-1 是公差大于 0 的等差数列, 且 d1>0,证明:a1,a2,?,an-1 是等差数列.

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揭秘解题绝招

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类型一

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类型三

类型四

类型五

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类型一 等差数列、等比数列的基本运算及判定
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例 1:(2013·高考北京卷)给定数列

思想方法
【解】





规范要求

变式特训

(1)d1=2,d2=3,d3=6.(2 分)

a1,a2,?,an,对 i=1,2,?,n-1,该数列
前 i 项的最大值记为 Ai,后 n-i 项

(2)证明:因为 a1>0,公比 q>1, 所以 a1,a2,?,an 是递增数列. 因此,对 i=1,2,?,n-1,Ai=ai,Bi=ai+1. 于是对 i=1,2,?,n-1,

ai+1,ai+2,?,an 的最小值记为 Bi,di=Ai-Bi.
(1)设数列{an}为 3,4,7,1,写出 d1,d2,d3 的值; (2)设 a1,a2,?,an(n≥4)是公比大于 1 的等比数 列,且 a1>0,证明:d1,d2,?,dn-1 是等比数列; (3)设 d1,d2,?,dn-1 是公差大于 0 的等差数列, 且 d1>0,证明:a1,a2,?,an-1 是等差数列.

di=Ai-Bi=ai-ai+1=a1(1-q)qi-1.(4 分) di+1 因此 di≠0 且 =q(i=1,2,?,n-2), di
即 d1,d2,?,dn-1 是等比数列.(8 分)

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类型二

类型三

类型四

类型五

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类型一 等差数列、等比数列的基本运算及判定
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例 1:(2013·高考北京卷)给定数列

思想方法





规范要求

变式特训

又因为 Ai+1=max{Ai,ai+1}, 所以 ai+1=Ai+1>Ai≥ai, 从而 a1,a2,?,an-1 是递增数列.(10 分) 因此 Ai=ai(i=1,2,?,n-1).
又因为 B1=A1-d1=a1-d1<a1, 所以 B1<a1<a2<?<an-1. 因此 an=B1. 所以 B1=B2=?=Bn-1=an. 所以 ai=Ai=Bi+di=an+di.(12 分) 因此对 i=1,2,?,n-2 都 有 ai+1-ai=di+1-di=d, 即 a1,a2,?,an-1 是等差数列.

a1,a2,?,an,对 i=1,2,?,n-1,该数列
前 i 项的最大值记为 Ai,后 n-i 项

ai+1,ai+2,?,an 的最小值记为 Bi,di=Ai-Bi.
(1)设数列{an}为 3,4,7,1,写出 d1,d2,d3 的值; (2)设 a1,a2,?,an(n≥4)是公比大于 1 的等比数 列,且 a1>0,证明:d1,d2,?,dn-1 是等比数列; (3)设 d1,d2,?,dn-1 是公差大于 0 的等差数列, 且 d1>0,证明:a1,a2,?,an-1 是等差数列.

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例 1:(2013·高考北京卷)给定数列

思想方法





规范要求

变式特训

直接依据 di 定义求.

a1,a2,?,an,对 i=1,2,?,n-1,该数列
前 i 项的最大值记为 Ai,后 n-i 项

求 di 通项公式.

ai+1,ai+2,?,an 的最小值记为 Bi,di=Ai-Bi.
(1)设数列{an}为 3,4,7,1,写出 d1,d2,d3 的值; (2)设 a1,a2,?,an(n≥4)是公比大于 1 的等比数 列,且 a1>0,证明:d1,d2,?,dn-1 是等比数列; (3)设 d1,d2,?,dn-1 是公差大于 0 的等差数列, 且 d1>0,证明:a1,a2,?,an-1 是等差数列.

用等比数列定义判定. 确定 a1,a2,?,an-1 的单调性.

确定 ai 与 di 的关系,并判定.

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类型一 等差数列、等比数列的基本运算及判定
例题精编
1.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 2.Sn=2an+(-1) (n∈N ).
n
*

思想方法





规范要求

变式特训

解:(1)在 Sn=2an+(-1)n(n∈N*)中分别 令 n=1,2,3 得:

(1)求数列{an}的前三项 a1,a2,a3; (2)求证:数列

a =2a -1, a =1 ? ? ? ? 解得?a =0.(5 分) ?a +a =2a +1, ? ? ?a +a +a =2a -1, ?a =2
1 1 1 2 1 2 2 1 2 3 3 3

an+ (-1)n

2 3

(2)由 Sn=2an+(-1) (n∈N )得:

n

*



Sn-1=2an-1+(-1)n-1(n≥2),两式相减得: an=2an-1-2(-1)n(n≥2),
4 2 an=2an-1- (-1)n- (-1)n 3 3 4 2 =2an-1+ (-1)n-1- (-1)n(n≥2), 3 3
? ? 2 2 n-1 ∴an+ (-1)n=2?an-1+ (-1) ?(n≥2).(9 分) 3 3 ? ?

等比数列,并求出{an}的通项公式.

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类型一 等差数列、等比数列的基本运算及判定
例题精编
1.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 2.Sn=2an+(-1)n(n∈N*). (1)求数列{an}的前三项 a1,a2,a3; (2)求证:数列
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

? ? 2 2 1 n 故数列?an+ (-1) ?是以 a1- = 为首项, 3 3 3 ? ?

公比为 2 的等比数列. 2 1 ∴an+ (-1)n= ×2n-1, 3 3 1 2 2n-1 2 n-1 n an= ×2 - ×(-1) = - (-1)n.(12 分) 3 3 3 3

an+ (-1)n

2 3



等比数列,并求出{an}的通项公式.

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类型二

数列求和
解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 2:(2013·高考山东卷)设等差数列{an}的前

思想方法

n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;

b1 b2 bn 1 (2)若数列{bn}满足 + +?+ =1- n,n∈N*, a1 a2 an 2
求{bn}的前 n 项和 Tn.

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类型二

数列求和
解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 2:(2013·高考山东卷)设等差数列{an}的前

思想方法

(1)由于已知{an}是等差数列,因此可考虑用基本 量 a1,d 表示已知等式,进而求出{an}的通项公式.

n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;

b1 b2 bn 1 (2)若数列{bn}满足 + +?+ =1- n,n∈N*, a1 a2 an 2
求{bn}的前 n 项和 Tn.

(2)先求出 ,进而求出{bn}的通项公式,再用错 位相减法求{bn}的前 n 项和.

bn an

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类型二

数列求和
解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 2:(2013·高考山东卷)设等差数列{an}的前

思想方法

【解】 (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差 为 d.由 S4=4S2,a2n=2an+1,得
? ?4a1+6d=8a1+4d, ? (2 分) ?a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1. ?
解得?
? ?a1=1, ?d=2. ?

n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;

b1 b2 bn 1 (2)若数列{bn}满足 + +?+ =1- n,n∈N*, a1 a2 an 2
求{bn}的前 n 项和 Tn.

因此 an=2n-1,n∈N*.(4 分)

b1 b2 bn 1 (2)由已知 + +?+ =1- n,n∈N*, a1 a2 an 2 b1 1 当 n=1 时, = ; a1 2

1 ? 1 bn 1 ? 当 n≥2 时, =1- n-?1- n-1?= n. 2 ? 2 an 2 ?

bn 1 所以 = n,n∈N*. an 2

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类型二

数列求和
解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 2:(2013·高考山东卷)设等差数列{an}的前

思想方法

由(1)知 an=2n-1,n∈N*, 2n- 1 所以 bn= n ,n∈N*.(8 分) 2
1 3 5 2 n- 1 所以 Tn= + 2+ 3+?+ , 2 2 2 2n 1 1 3 2n- 3 2 n- 1 Tn= 2+ 3+?+ + n+1 . 2 2 2 2n 2 两式相减,得 2 2 ? 2n- 1 1 1 ?2 Tn= +? 2+ 3+?+ n?- n+1 2 2? 2 2 ?2 2 3 1 2n - 1 = - n-1- n+1 ,(12 分) 2 2 2 2 n+ 3 所以 Tn=3- . 2n

n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;

b1 b2 bn 1 (2)若数列{bn}满足 + +?+ =1- n,n∈N*, a1 a2 an 2
求{bn}的前 n 项和 Tn.

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类型二

数列求和
解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 2:(2013·高考山东卷)设等差数列{an}的前

思想方法

把题设条件转化为 a1 与 d 的关系,求 a1 和 d.

n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;

写通项公式.

利用 Sn-Sn-1=an(n≥2),求 bn.

b1 b2 bn 1 (2)若数列{bn}满足 + +?+ =1- n,n∈N*, a1 a2 an 2
求{bn}的前 n 项和 Tn.

错位相减法求解.

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考题 解法类编


类型二

数列求和
解 析 规范要求 变式特训

例题精编
2.(2013·高考全国新课标卷)已知等差数列{an} 的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列?
?

思想方法

解:(1)设{an}的公差为 d,则 Sn=na1+

n(n-1) d. 2

? ? ?3a1+3d=0, ?a1=1, ? 由已知可得 解得? ? ? ?5a1+10d=-5. ?d=-1.

1

?a2n-1a2n+1

的前 n 项和.

故{an}的通项公式为 an=2-n.(8 分)
(2)由(1)知 1 = a2n-1a2n+1 (3-2n)(1-2n) 1

1 ? 1? 1 ?, - = ? 2?2n-3 2n-1? 从而数列?
? ? ?的前 ?a2n-1a2n+1?

1

n项

1 1 1 1 1 ? 1? 1 ? - + - +?+ - 和为 ? 2n- 3 2n- 1? 2?-1 1 1 3 = .(12 分) 1 - 2n

n

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类型三 数列与不等式综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 3:(2013·高考江西卷)正项数列{an}的前 n 项
2 和 Sn 满足:Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.

(1)求数列{an}的通项公式 an;

n+1 (2)令 bn= 2,数列{bn}的前 n 项和为 Tn, (n+2)2an
5 证明:对于任意的 n∈N*,都有 Tn< . 64

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类型三 数列与不等式综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 3:(2013·高考江西卷)正项数列{an}的前 n 项
2 和 Sn 满足:Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.

(1)根据已知条件构造等价的关系式结合 Sn 与 an 的关系求解;
(2)由(1)的结论先求出数列{bn}的通项公式, 根据裂项求和法求出其前 n 项和,通过放缩法 证明不等式.

(1)求数列{an}的通项公式 an;

n+1 (2)令 bn= 2,数列{bn}的前 n 项和为 Tn, (n+2)2an
5 证明:对于任意的 n∈N*,都有 Tn< . 64

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类型一

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类型三

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考题 解法类编


类型三 数列与不等式综合
思想方法
【解】

例题精编
例 3:(2013·高考江西卷)正项数列{an}的前 n 项
2 和 Sn 满足:Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.





规范要求

变式特训

2 (1)由 Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,

得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于数列{an}是正项数列, 所以 Sn>0,Sn=n2+n.(2 分)

(1)求数列{an}的通项公式 an;

n+1 (2)令 bn= 2,数列{bn}的前 n 项和为 Tn, (n+2)2an
5 证明:对于任意的 n∈N ,都有 Tn< . 64
*

于是 a1=S1=2,当 n≥2 时,

an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.(4 分)
综上可知,数列{an}的通项 an=2n.

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类型三 数列与不等式综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 3:(2013·高考江西卷)正项数列{an}的前 n 项
2 和 Sn 满足:Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.

(2)证明:由于 an=2n,bn=

n+ 1 , (n+2)2a2 n

(1)求数列{an}的通项公式 an;

? 1 n+ 1 1 ?1 ? 2- 则 bn= 2 2?.(8 分) 2= 4n (n+2) 16?n (n+2) ?
T n=
1 1 1 1 1 1 1? ?1- 2+ 2- 2+ 2- 2+?+ - 3 2 4 3 5 (n-1)2 16?

n+1 (2)令 bn= 2,数列{bn}的前 n 项和为 Tn, (n+2)2an
5 证明:对于任意的 n∈N ,都有 Tn< . 64
*

? 1 1 1 2+ 2- 2? (n+1) n (n+2) ?

= <

? 1 1 1 1? ?1+ 2- ? - 2 (n+1)2 (n+2)2? 16?

1? 1? 5 ?1+ 2?= .(12 分) 2 ? 64 16?

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类型三 数列与不等式综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 3:(2013·高考江西卷)正项数列{an}的前 n 项
2 和 Sn 满足:Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.

求 Sn 的公式.

利用 an=Sn-Sn-1,求 an. 求 bn 并裂项.
裂项求和并放大.

(1)求数列{an}的通项公式 an;

n+1 (2)令 bn= 2,数列{bn}的前 n 项和为 Tn, (n+2)2an
5 证明:对于任意的 n∈N*,都有 Tn< . 64

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类型三 数列与不等式综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
3 3.(2013·高考天津卷)已知首项为 的等比数列 2 {an}的前 n 项和为 Sn(n∈N ),且-2S2,S3,4S4 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; 13 (2)证明 Sn+ ≤ (n∈N*). Sn 6 1
*

解:(1)设等比数列{an}的公比为 q. 因为-2S2,S3,4S4 成等差数列, 所以 S3+2S2=4S4-S3, 即 S4-S3=S2-S4,可得 2a4=-a3, 于是 q=

a4 1 =- .(2 分) a3 2

3 又因为 a1= , 2 所以等比数列{an}的通项公式为 3 ? 1? n- 1 3 an= ·?- ? =(-1)n-1· n.(4 分) 2 ? 2? 2

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类型三 数列与不等式综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
3 3.(2013·高考天津卷)已知首项为 的等比数列 2 {an}的前 n 项和为 Sn(n∈N*),且-2S2,S3,4S4 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; 1 13 (2)证明 Sn+ ≤ (n∈N*). Sn 6

1 1 ? 1?n ? 1?n (2)证明:Sn=1-?- ? ,Sn+ =1-?- ? + Sn ? 2? ? 2? ? 1?n 1-?- ? ? 2? 1 2+ ? ? 2 (2 +1),n为奇数, =? 1 2+ ? ? 2 (2 -1),n为偶数.
n n n n

1 当 n 为奇数时,Sn+ 随 n 的增大而减小,

Sn

1 1 13 所以 Sn+ ≤S1+ = .(10 分) Sn S1 6 1 当 n 为偶数时,Sn+ 随 n 的增大而减小,

Sn

1 1 25 所以 Sn+ ≤S2+ = . Sn S2 12 1 13 故对于 n∈N*,有 Sn+ ≤ .(12 分) Sn 6

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类型三 数列与不等式综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

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3.(2014·山西省高三上学期诊断考试) 已知函数 f(x)=ln x-a2x2+ax(a∈R). (1)当 a=1 时,证明函数 f(x)只有一个零点; (2)若函数 f(x)在区间(1,+∞)上是减函数, 求实数 a 的取值范围.

1 ①当 a=0 时,f′(x)= >0,∴f(x)在区间

x

(1,+∞)上为增函数,不合题意. ②当 a>0 时,f′(x)≤0(x>0)等价于 1 (2ax+1)(ax-1)≥0(x>0),即 x≥ ,

a

?1 ? 此时 f(x)的单调递减区间为? ,+∞?. ?a ?

1 ? ?a≤1, 由? 得 a≥1.(10 分) ? ?a>0,

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类型四 数列与三角函数综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 4:13·高考安徽卷)设数列{an}满足 a1=2,

a2+a4=8,且对任意 n∈N*,函数 f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1·cos x-an+2sin x
?π ? 满足 f′? ?=0. ?2?

(1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=2?an+
? ?

1? ?,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 2 a n?

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类型四 数列与三角函数综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 4: (2013·高考安徽卷)设数列 {an}满足

a1=2,a2+a4=8,且对任意 n∈N*,函数 f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+ 1·cos x-
π an+2sin x,满足 f′ 2 =0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=2

?π? (1)求导,代入 f′? ?=0,并对所得式子进行 ?2?

变形,从而证明数列是等差数列,再由题目条 件求基本量,得通项公式.
(2)将 an 代入化简,利用分组求和法,结合等差、 等比数列的前 n 项和公式计算.

an+

1 2an ,

求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

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类型二

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类型四

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类型六

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类型四 数列与三角函数综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 4: (2013·高考安徽卷)设数列 {an}满足

【解】(1)由题设可得 f′(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an+2cos x.(2 分) ?π? 对任意 n∈N*,f′? ?=an-an+1+an+2-an+1=0, ?2?

a1=2,a2+a4=8,且对任意 n∈N*,函数 f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+ 1·cos x-
π an+2sin x,满足 f′ 2 =0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=2

即 an+1-an=an+2-an+1,故{an}为等差数列.(4 分)
由 a1=2,a2+a4=8,可得数列{an}的公差 d=1, 所以 an=2+1·(n-1)=n+1.
(2)由 bn=2?an+
? ? ? 1 ? 1 ? ?=2?n+1+ n+1? 2an? 2 ? ?

an+

1 2an ,

求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

1 =2n+ n+2 知,(8 分) 2 Sn=b1+b2+?+bn ?1?n? 1? ? 1-? ? ? ? n(n+1) 2? ?2? ? ? =2n+2· + 2 1 1- 2 1 2 =n +3n+1- n(12 分) 2

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类型四 数列与三角函数综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

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例 4: (2013·高考安徽卷)设数列 {an}满足

对函数求导.
判断等差数列,求 an.

a1=2,a2+a4=8,且对任意 n∈N*,函数 f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+ 1·cos x-
π an+2sin x,满足 f′ 2 =0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=2
求 bn.
分组求和.

an+

1 2an ,

求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

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类型四 数列与三角函数综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
4.在数 1 和 2 之间插入 n 个实数, 使得这 n+2 个数构成递增的等比数列, 将这 n+2 个数的乘积记为 An, 令 an=log2An,n∈N . (1)求数列{An}的前 n 项和 Sn; (2)求 Tn=tan a2·tan a4+tan a4·tan a6+ …+tan a2n·tan a2n+2 的值.
*

解:(1)设 b1,b2,b3,?,bn+2 构成等比数列, 其中 b1=1,bn+2=2, 依题意,An=b1·b2·?·bn+1·bn+2,①

An=bn+2·bn+1·?·b2·b1,②(2 分)
由于 b1·bn+2=b2·bn+1=b3·bn=?=bn+2·b1=2, ①×②得 A2 n=(b1bn+2)·(b2bn+1)·?·(bn+1b2) ·(bn+2·b1)=2n+2. n+ 3 n + 2 A n +1 2 2 ∵An>0,∴An=2 2 .∵ = = 2, An n+ 2 2 2 ∴数列{An}是首项为 A2=2 2,公比为 2的等比数列. 2 2[1-( 2)n] ∴Sn= =(4+2 2)[( 2)n-1].(6 分) 1- 2

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类型四 数列与三角函数综合
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
4.在数 1 和 2 之间插入 n 个实数, 使得这 n+2 个数构成递增的等比数列, 将这 n+2 个数的乘积记为 An, 令 an=log2An,n∈N . (1)求数列{An}的前 n 项和 Sn; (2)求 Tn=tan a2·tan a4+tan a4·tan a6+ …+tan a2n·tan a2n+2 的值.
*

(2)由(1)得 an=log2An=log22 2 = , 2
tan(n+1)-tan n ∵tan 1=tan[(n+1)-n]= ,(8 分) 1+tan(n+1)·tan n ∴tan n·tan(n+1)= tan(n+1)-tan n -1,n∈N*. tan 1

n+ 2 n+ 2

∴Tn=tan a2·tan a4+tan a4·tan a6+?+tan a2n·tan a2n+2, ∴Tn=tan 2·tan 3+tan 3·tan 4+?+tan(n+1)·tan(n+2)
?tan 3-tan 2 ? ?tan 4-tan 3 ? -1?+? -1?+? =? tan 1 tan 1 ? ? ? ? ?tan(n+2)-tan(n+1) ? -1? +? tan 1 ? ?



tan(n+2)-tan 2 -n.(12 分) tan 1
类型二 类型三 类型四 类型五 类型六

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数列的探索性问题
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 5: (2013·高考湖北卷)已知等比数列 {an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式. (2)是否存在正整数 m,使得 1

a1 a2

1 1 + +…+ ≥1?若存在,

am

求 m 的最小值;若不存在,说明理由.

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数列的探索性问题
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 5: (2013·高考湖北卷)已知等比数列 {an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式. (2)是否存在正整数 m,使得 1

(1)先求得 a1 和公比 q,再求通项公式;
?1? (2)根据数列? ?仍然构成等比数列可求得数 ?an? ?1? 列? ?的前 m 项和,进而作出判断. ?an?

a1 a2

1 1 + +…+ ≥1?若存在,

am

求 m 的最小值;若不存在,说明理由.

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数列的探索性问题
思想方法
【解】

例题精编
例 5: (2013·高考湖北卷)已知等比数列 {an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式. (2)是否存在正整数 m,使得 1





规范要求

变式特训

a1 a2

1 1 + +…+ ≥1?若存在,

am

(1)设等比数列{an}的公比 3 3 ? ?a1q =125, 为 q,则由已知可得? 2 ? ?|a1q-a1q |=10, 5 ? ?a1=3, ? ?a1=-5, 解得? 或? (2 分) ?q=-1. ? ? ?q=3, 5 故 an= ·3n-1,或 an=-5·(-1)n-1.(4 分) 3 5 1 3 ?1?n-1 (2)若 an= ·3n-1,则 = ·? ? , 3 an 5 ?3?
?1? 3 1 故数列? ?是首项为 ,公比为 的等比数列. a 5 3 ? n?

求 m 的最小值;若不存在,说明理由.

3 ? ?1?m? ·?1-? ? ? 1 5 ? ?3? ? 9 ? ?1?m? 9 从而 ? = = ·?1-? ? ?< <1.(8 分) a 1 10 ? ?3? ? 10 n= 1 n 1- 3
m

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数列的探索性问题
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 5: (2013·高考湖北卷)已知等比数列 {an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式. (2)是否存在正整数 m,使得 1

1 1 若 an=(-5)·(-1)n-1,则 =- (-1)n-1, an 5
?1? 1 故数列? ?是首项为- ,公比为-1 的等比 a 5 ? n?

a1 a2

+ +…+ ≥1?若存在,

1

1

1 ? ?-5,m=2k-1(k∈N 数列,从而 ? =? an n ? ?0,m=2k,(k∈N )
m

1







=1



am

故?
n=1

m

1

an

<1.(10 分)
m

求 m 的最小值;若不存在,说明理由.

综上,对任何正整数 m,总有?
n=1

1

an

<1.

故不存在正整数 m, 1 1 1 使得 + +?+ ≥1 成立.(12 分)

a1 a2

am

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数列的探索性问题
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 5: (2013·高考湖北卷)已知等比数列 {an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式. (2)是否存在正整数 m,使得 1

建立 a1 与 q 的方程并求解.
按 an 的第一个公式求和判断取值.
按 an 的第二个公式求和判断取值.
写出最后结论.

a1 a2

+ +…+ ≥1?若存在,

1

1

am

求 m 的最小值;若不存在,说明理由.

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例题精编
5.已知数列{an}满足:a1=1,a2=a(a>0). 6.数列{bn}满足 bn=anan+ 1(n∈N*). (1)若{an}是等差数列,且 b3=12, 求 a 的值及 {an}的通项公式; (2)若{an}是等比数列,求{bn}的前 n 项和 Sn; (3)当{bn}是公比为 a-1 的等比数列时, {an}能否为等比数列?若能,求出 a 的值; 若不能,请说明理由.

解:(1)∵{an}是等差数列,a1=1,a2=a, ∴an=1+(n-1)(a-1). 又∵b3=12,∴a3a4=12,即(2a-1)(3a-2)=12, 5 解得 a=2 或 a=- .(2 分) 6 ∵a>0,∴a=2.∴an=n.(4 分)
(2)∵{an}是等比数列,a1=1,a2=a(a>0), ∴an=an-1.∴bn=anan+1=a2n-1. ∵

bn+1 =a2,∴数列{bn}是首项为 a,公比为 bn

a2 的等比数列.
当 a=1 时,Sn=n; 当 a≠1 时,Sn=

a(a2n-1) a2n+1-a = 2 .(8 分) a2-1 a -1

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数列的探索性问题
思想方法 解 析 规范要求 变式特训

例题精编
5.已知数列{an}满足:a1=1,a2=a(a>0). 6.数列{bn}满足 bn=anan+ 1(n∈N*). (1)若{an}是等差数列,且 b3=12, 求 a 的值及 {an}的通项公式; (2)若{an}是等比数列,求{bn}的前 n 项和 Sn; (3)当{bn}是公比为 a-1 的等比数列时, {an}能否为等比数列?若能,求出 a 的值; 若不能,请说明理由.

(3)数列{an}不能为等比数列. ∵bn=anan+1,∴ 则

bn+1 an+1an+2 an+2 = = , bn anan+1 an

an+2 =a-1,∴a3=a-1.(10 分) an

假设数列{an}能为等比数列. 由 a1=1,a2=a,得 a3=a2. 则 a2=a-1,此方程无解. ∴数列{an}不能为等比数列.(12 分)

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数列的实际应用问题
解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 6:一下属企业从事某种高科技产品的生产. 该企业第一年年初有资金 2 000 万元,将其投入 生产,到当年年底资金增长了 50%,预计以后每年 资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第 一年开始,每年年底上缴资金 d 万元,并将剩余资 金全部投入下一年生产.设第 n 年年底企业上缴资金 后的剩余资金为 an 万元. (1)用 d 表示 a1,a2,并写出 an+1 与 an 的关系式; (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金 为 4 000 万元,试确定企业每年上缴资金 d 的 值(用 m 表示).

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数列的实际应用问题

【解】

例题精编
例 6:一下属企业从事某种高科技产品的生产. 该企业第一年年初有资金 2 000 万元,将其投入 生产,到当年年底资金增长了 50%,预计以后每年 资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第 一年开始,每年年底上缴资金 d 万元,并将剩余资 金全部投入下一年生产.设第 n 年年底企业上缴资金 后的剩余资金为 an 万元. (1)用 d 表示 a1,a2,并写出 an+1 与 an 的关系式; (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金 为 4 000 万元,试确定企业每年上缴资金 d 的 值(用 m 表示).



规范要求

变式特训

(1)由题意得

a1=2 000(1+50%)-d=3 000-d, a2=a1(1+50%)-d= a1-d=4 500- d, an+1=an(1+50%)-d= an-d.(4 分)
? 3 3?3 (2)由(1)得 an= an-1-d= ? an-2-d?-d 2 2?2 ? ?3?2 3 =? ? an-2- d-d=? 2 ?2? ? ?3?n-1 ?3?n-2? 3 ?3?2 ? ? ? =? ? a1-d? 1+ + +?+? ? ? ?. 2 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ?
3 2 3 2 5 2

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数列的实际应用问题
解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 6:一下属企业从事某种高科技产品的生产. 该企业第一年年初有资金 2 000 万元,将其投入 生产,到当年年底资金增长了 50%,预计以后每年 资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第 一年开始,每年年底上缴资金 d 万元,并将剩余资 金全部投入下一年生产.设第 n 年年底企业上缴资金 后的剩余资金为 an 万元. (1)用 d 表示 a1,a2,并写出 an+1 与 an 的关系式; (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金 为 4 000 万元,试确定企业每年上缴资金 d 的 值(用 m 表示).

由题意,am=4 000,
?3?m-1 即? ? (3 000-3d)+2d=4 000. ?2? ??3?m ? ? ? ??2? -2?×1 000 ?? ? ? 解得 d= ?3?m ? ? -1 ?2?

1 000(3m-2m+1) = .(10 分) 3 m- 2 m

故该企业每年上缴资金 d 的值 1 000(3m-2m+1) 为 时,经过 m(m≥3)年企 3 m- 2 m 业的剩余资金为 4 000 万元.(12 分)

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解 析 规范要求 变式特训

例题精编
例 6:一下属企业从事某种高科技产品的生产. 该企业第一年年初有资金 2 000 万元,将其投入 生产,到当年年底资金增长了 50%,预计以后每年 资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第 一年开始,每年年底上缴资金 d 万元,并将剩余资 金全部投入下一年生产.设第 n 年年底企业上缴资金 后的剩余资金为 an 万元. (1)用 d 表示 a1,a2,并写出 an+1 与 an 的关系式; (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金 为 4 000 万元,试确定企业每年上缴资金 d 的 值(用 m 表示).

求 an 的递推公式.
由 an 的递推公式求 an.
解关于 d 的方程.

答结论.

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数列的实际应用问题
解 析 规范要求 变式特训

例题精编
6.(2014·福建省普通高中毕业班质量检查)某工业城市按照“十二 五”(2011 年至 2015 年)期间本地区主要污染物排放总量控制要求, 进行减排治污,现以降低 SO2 的年排放量为例,原计划“十二五”期 间,每年的排放量都比上一年减少 0.3 万吨,已知该城市 2011 年 SO2 的年排放量约为 9.3 万吨. (1)按原计划, “十二五”期间该城市共排放 SO2 约多少吨? (2)该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召,决定 加大减排力度.在 2012 年刚好按原计划完成减排任务的条件下,自 2013 年起, SO2 的年排放量每年比上一年减少的百分率为 p, 为使 2020 年这一年 SO2 的年排放量控制在 6 万吨以内,求 p 的取值范围. 8 2 9 2 (参考数据: ≈0.950 5, ≈0.955 9) 3 3

解:(1)设“十二五”期间,该城市共排放 SO2 约 y 万吨,依题意,2011 年至 2015 年 SO2 的年 排放量构成首项为 9.3,公差为-0.3 的等差 数列,(3 分) 5×(5-1) 所以 y=5×9.3+ ×(-0.3) 2 =43.5(万吨). 所以按原计划“十二五”期间该城市共排放 SO2 约 43.5 万吨.(6 分)

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数列的实际应用问题
解 析 规范要求 变式特训

例题精编
6.(2014·福建省普通高中毕业班质量检查)某工业城市按照“十二 五”(2011 年至 2015 年)期间本地区主要污染物排放总量控制要求, 进行减排治污,现以降低 SO2 的年排放量为例,原计划“十二五”期 间,每年的排放量都比上一年减少 0.3 万吨,已知该城市 2011 年 SO2 的年排放量约为 9.3 万吨. (1)按原计划, “十二五”期间该城市共排放 SO2 约多少吨? (2)该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召,决定 加大减排力度.在 2012 年刚好按原计划完成减排任务的条件下,自 2013 年起, SO2 的年排放量每年比上一年减少的百分率为 p, 为使 2020 年这一年 SO2 的年排放量控制在 6 万吨以内,求 p 的取值范围. 8 2 9 2 (参考数据: ≈0.950 5, ≈0.955 9) 3 3

(2)由已知得,2012 年的 SO2 年排放量为 9.3-0.3=9(万吨),(7 分) 所以 2012 年至 2020 年 SO2 的年排放量构 成首项为 9,公比为 1-p 的等比数列.(9 分) 由题意得 9×(1-p)8<6, 8 2 由于 0<p<1,所以 1-p< , 3 所以 1-p<0.950 5,解得 p>4.95%. 所以 SO2 的年排放量每年减少的百分率 p 的取值 范围为 4.95%<p<1.(12 分)

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数列的“三头六臂”的神通绝招
数列的综合量非常大,以“函数”“数列”“圆锥曲线”为主,以方程、 不等式、平面向量、直线、数学归纳法、导数为辅助方法,可解决数学 中这类庞大综合体.

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数列的“三头六臂”的神通绝招
典 例
解 析 规范要求 自我挑战

例:函数 f(x)=x2-2x-3.定义数列{xn}如下:

x1=2,xn+1 是过两点 P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的
直线 PQn 与 x 轴交点的横坐标. (1)证明:2≤xn<xn+1<3; (2)求数列{xn}的通项公式.

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数列的“三头六臂”的神通绝招
典 例

【解】



规范要求

自我挑战

例:函数 f(x)=x2-2x-3.定义数列{xn}如下:

(1)用数学归纳法证明:2≤xn<xn+1<3.

x1=2,xn+1 是过两点 P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的
直线 PQn 与 x 轴交点的横坐标. (1)证明:2≤xn<xn+1<3; (2)求数列{xn}的通项公式.

(ⅰ)当 n=1 时,x1=2,直线 PQ1 的方程 为 y-5=

f(2)-5
2-4

(x-4),令 y=0,

11 解得 x2= ,所以 2≤x1<x2<3. 4

(2 分)(验证)

(ⅱ)假设当 n=k 时,结论成立,即 2≤xk<xk+1<3.

f(xk+1)-5 直线 PQk+1 的方程为 y-5= (x-4),令 y=0, xk+1-4
3+4xk+1 解得 xk+2= . 2+xk+1

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揭密 解题绝招


数列的“三头六臂”的神通绝招
典 例
解 析 规范要求 自我挑战

例:函数 f(x)=x2-2x-3.定义数列{xn}如下:

由归纳假设知 xk+2=

x1=2,xn+1 是过两点 P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的
直线 PQn 与 x 轴交点的横坐标. (1)证明:2≤xn<xn+1<3; (2)求数列{xn}的通项公式.

3+4xk+1 5 5 =4- <4- =3; 2+xk+1 2+xk+1 2+3

(3-xk+1)(1+xk+1) xk+2-xk+1= >0, 2+xk+1 即 xk+1<xk+2. 所以 2≤xk+1<xk+2<3,即当 n=k+1 时,结论成立.(写结论) 由(ⅰ)、(ⅱ)知对任意的正整数 n,2≤xn<xn+1<3. (6 分)
3+4xn (2)由(1)及题意得 xn+1= . 2+xn

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揭密 解题绝招


数列的“三头六臂”的神通绝招
典 例
解 析 规范要求
1

自我挑战

例:函数 f(x)=x2-2x-3.定义数列{xn}如下:

设 bn=xn-3,则 1

x1=2,xn+1 是过两点 P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的
直线 PQn 与 x 轴交点的横坐标. (1)证明:2≤xn<xn+1<3; (2)求数列{xn}的通项公式.

b n +1

5 = +1,

bn

? 1 1? 1 + =5? + ?,(转化) ?bn 4? b n +1 4

? 1 1? 数列? + ?是首项 ?bn 4?

3 为- ,公比为 5 的等比数列. 4

(10 分)

1 1 3 n-1 4 因此 + =- · 5 ,即 bn=- , bn 4 4 3· 5n-1+1 所以数列{xn}的通项公式为

xn=3-

4 3· 5
n-1

. +1

(12 分)(求解)

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典 例
解 析 规范要求 自我挑战

例:函数 f(x)=x2-2x-3.定义数列{xn}如下:

x1=2,xn+1 是过两点 P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的
直线 PQn 与 x 轴交点的横坐标. (1)证明:2≤xn<xn+1<3; (2)求数列{xn}的通项公式.

验证

验证 n=1,命题成立.

写结论 由归纳假设证 n=k+1 时, 不等式成立.
转化
求解

转化为等比数列.
求通项公式 bn 及 xn.

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典 例
解 析 规范要求 自我挑战

(2014·成都市高中毕业班第二次诊断性检测) 设函数 f(x)=x2,过点 C1(1,0)作 x 轴的垂线 l1 交函数 f(x)图象于点 A1,以 A1 为切点作函数 f(x) 图象的切线交 x 轴于点 C2,再过 C2 作 x 轴的垂线 l2 交函数 f(x)图象于点 A2,?,以此类推得点 An, 记 An 的横坐标为 an,n∈N*. (1)证明数列{an}为等比数列并求出通项公式; (2)设直线 ln 与函数 g(x)=log1x 的图象相交于点 2 →n·OB →n(其中 O 为坐标原点), Bn,记 bn=OA 求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

解:(1)以点 An-1(an-1,a2 n-1)(n≥2)为切点的 切线方程为 y-a2 n-1=2an-1(x-an-1). 1 1 当 y=0 时,得 x= an-1,即 an= an-1.(4 分) 2 2

又∵a1=1,

1 ∴数列{an}是以 1 为首项, 为公比的等比数列. 2
?1?n-1 ∴通项公式为 an=? ? .(6 分) ?2? ?? ?n-1 ? 1 ? (2)据题意,得 Bn? ,n-1?. ??2?
?? ? ?

1?n-1 ?1?n-1 →n· →n=? ? ? ∴bn=OA OB +? ? · (n-1) ?4? ?4?
?1? =n? ?n-1.(8 分) ?4?

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(2014·成都市高中毕业班第二次诊断性检测) 设函数 f(x)=x2,过点 C1(1,0)作 x 轴的垂线 l1 交函数 f(x)图象于点 A1,以 A1 为切点作函数 f(x) 图象的切线交 x 轴于点 C2,再过 C2 作 x 轴的垂线 l2 交函数 f(x)图象于点 A2,?,以此类推得点 An, 记 An 的横坐标为 an,n∈N*. (1)证明数列{an}为等比数列并求出通项公式; (2)设直线 ln 与函数 g(x)=log1x 的图象相交于点 2 →n·OB →n(其中 O 为坐标原点), Bn,记 bn=OA 求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

?1?0 ?1?1 ?1?n-1 ∵Sn=1×? ? +2×? ? +?+n×? ? , ?4? ?4? ?4? ?1?1 ?1?2 ?1?n 1 Sn=1×? ? +2×? ? +?+n×? ? , 4 ?4? ?4? ?4?

两式相减,得
?1?0 ?1?1 ?1?n-1 ?1?n 3 Sn=1×? ? +1×? ? +?+? ? -n×? ? 4 ?4? ?4? ?4? ?4? ?1?n 1-? ? ?1?n ?4? = -n×? ? . 1 ?4? 1- 4

化简,得 16 ?4n 16? ?1?n 16 3n+4 Sn= -? + ?×? ? = - .(12 分) n 1 9
?3

9?

?4?

9

9×4 -

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