湖南省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題四 數(shù)列第2講 數(shù)列的求和及其綜合應(yīng)用 文

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1、專題四　數(shù)列第2講　數(shù)列的求和及其綜合應(yīng)用 真題試做 1．(2012·大綱全國(guó)高考，文6)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝(　　)． A．2n－1 B.n－1 C.n－1 D. 2．(2012·江西高考，文13)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公比不為1.若a1＝1，且對(duì)任意的n∈N*都有an＋2＋an＋1－2an＝0，則S5＝__________. 3．(2012·課標(biāo)全國(guó)高考，文14)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＋3S2＝0，則公比q＝__________. 4．(2012·天津高考，文18)已知{

2、an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10. (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式； (2)記Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，證明Tn－8＝an－1bn＋1(n∈N*，n＞2)． 5．(2012·山東高考，文20)已知等差數(shù)列{an}的前5項(xiàng)和為105，且a10＝2a5. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)對(duì)任意m∈N*，將數(shù)列{an}中不大于72m的項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為bm.求數(shù)列{bm}的前m項(xiàng)和Sm. 考向分析 高考中對(duì)數(shù)列求和及其綜合應(yīng)用的考查題型，主、客觀題均會(huì)出現(xiàn)，主觀題較多．一般以

3、等差、等比數(shù)列的定義以及通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式的運(yùn)用設(shè)計(jì)試題．考查的熱點(diǎn)主要有四個(gè)方面：(1)考查數(shù)列的求和方法；(2)以等差、等比數(shù)列的知識(shí)為紐帶，在數(shù)列與函數(shù)、方程、不等式的交會(huì)處命題，主要考查利用函數(shù)觀點(diǎn)解決數(shù)列問題以及用不等式的方法研究數(shù)列的性質(zhì)，多為中檔題；(3)數(shù)列與解析幾何交會(huì)的命題，往往會(huì)遇到遞推數(shù)列，通常以解析幾何作為試題的背景，從解析幾何的內(nèi)容入手，導(dǎo)出相關(guān)的數(shù)列關(guān)系，再進(jìn)一步地解答相關(guān)的問題，試題難度大都在中等偏上，有時(shí)會(huì)以壓軸題的形式出現(xiàn)；(4)數(shù)列應(yīng)用題主要以等差、等比數(shù)列為工具，在數(shù)列與生產(chǎn)、生活實(shí)際問題的聯(lián)系上設(shè)計(jì)問題，考查閱讀理解能力、數(shù)學(xué)建模能力和數(shù)學(xué)應(yīng)用的意

4、識(shí)與能力，主要以解答題的形式出現(xiàn)，多為中高檔題． 熱點(diǎn)例析 熱點(diǎn)一　數(shù)列的求和 【例1】(2012·山東青島一模，20)已知在等差數(shù)列{an}(n∈N*)中，an＋1＞an，a2a9＝232，a4＋a7＝37. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若將數(shù)列{an}的項(xiàng)重新組合，得到新數(shù)列{bn}，具體方法如下： b1＝a1，b2＝a2＋a3，b3＝a4＋a5＋a6＋a7，b4＝a8＋a9＋a10＋…＋a15，…，依此類推， 第n項(xiàng)bn由相應(yīng)的{an}中2n－1項(xiàng)的和組成，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. 規(guī)律方法 數(shù)列求和的關(guān)鍵是分析其通項(xiàng)，數(shù)列求和主要有以下方法：(1)公式法

5、：若數(shù)列是等差數(shù)列或等比數(shù)列，則可直接由等差數(shù)列或等比數(shù)列的求和公式求和；(2)分組求和法：一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是由幾個(gè)等差或等比或可求和的數(shù)列通項(xiàng)公式組成，求和時(shí)可以用分組求和法，即先分別求和，然后再合并；(3)若數(shù)列{an}的通項(xiàng)能轉(zhuǎn)化為f(n)－f(n－1)(n≥2)的形式，常采用裂項(xiàng)相消法求和；(4)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，則求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和時(shí)，可采用錯(cuò)位相減法；(5)倒序相加法：若一個(gè)數(shù)列{an}滿足與首末兩項(xiàng)等“距離”的兩項(xiàng)和相等或等于同一常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和，可采用倒序相加法，如等差數(shù)列的通項(xiàng)公式就是用該法推導(dǎo)的． 特別提醒：(1)利

6、用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，應(yīng)注意抵消后并不一定只剩第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，也可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)． (2)利用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，應(yīng)注意：①在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)注意兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”；②當(dāng)?shù)缺葦?shù)列的公比為字母時(shí)，應(yīng)對(duì)字母是否為1進(jìn)行討論． 變式訓(xùn)練1 (2012·甘肅靖遠(yuǎn)、中恒聯(lián)考，21)已知數(shù)列{an}中a1＝2，an＋1＝2－，數(shù)列{bn}中bn＝，其中n∈N*. (1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列； (2)設(shè)Sn是數(shù)列的前n項(xiàng)和，求＋＋…＋； (3)設(shè)Tn是數(shù)列的前n項(xiàng)和，求證：Tn＜. 熱點(diǎn)二　數(shù)列與函數(shù)、不等式交會(huì) 【例2】(2012·湖北孝感統(tǒng)考，22)已

7、知數(shù)列{an}滿足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝n－an(n＝1,2,3，…)． (1)求證：數(shù)列{an－1}是等比數(shù)列； (2)令bn＝(2－n)(an－1)(n＝1,2,3，…)，如果對(duì)任意n∈N*，都有bn＋t≤t2，求實(shí)數(shù)t的取值范圍． 規(guī)律方法 (1)由于數(shù)列的通項(xiàng)是一類特殊的函數(shù)，所以研究數(shù)列中的最大(小)項(xiàng)問題可轉(zhuǎn)化為求相應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解，但同時(shí)注意數(shù)列中的自變量只能取正整數(shù)這一特點(diǎn)； (2)要充分利用數(shù)列自身的特點(diǎn)，例如在需要用到數(shù)列的單調(diào)性時(shí)，可以通過比較相鄰兩項(xiàng)的大小進(jìn)行判斷； (3)對(duì)于數(shù)列的前n項(xiàng)和，沒有直接可套用的公式，但如果涉及大小比較等一些不等關(guān)

8、系，可考慮放縮法：＜或＞，轉(zhuǎn)化為數(shù)列或，用裂項(xiàng)相消法求和后即可達(dá)到比較大小的目的． 變式訓(xùn)練2 (文科用)(2012·廣東四會(huì)統(tǒng)測(cè)，21)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＝2an－n(n∈N*)， (1)求a1，a2，a3的值； (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (3)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求滿足不等式≥128的最小的n值． 熱點(diǎn)三　數(shù)列與解析幾何的交會(huì) 【例3】(2011·陜西高考，理19)如圖，從點(diǎn)P1(0,0)作x軸的垂線交曲線y＝ex于點(diǎn)Q1(0,1)，曲線在Q1點(diǎn)處的切線與x軸交于點(diǎn)P2.再?gòu)腜2作x軸的垂線交曲線

9、于點(diǎn)Q2，依次重復(fù)上述過程得到一系列點(diǎn)：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，記Pk點(diǎn)的坐標(biāo)為(xk,0)(k＝1,2，…，n)． (1)試求xk與xk－1的關(guān)系(2≤k≤n)； (2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|. 規(guī)律方法 對(duì)于數(shù)列與幾何圖形相結(jié)合的問題，通常利用幾何知識(shí)，并結(jié)合圖形，得出關(guān)于數(shù)列相鄰項(xiàng)an與an＋1之間的關(guān)系，然后根據(jù)這個(gè)遞推關(guān)系，結(jié)合所求內(nèi)容變形，得出通項(xiàng)公式或其他所求結(jié)論． 變式訓(xùn)練3 設(shè)C1，C2，…，Cn，…是坐標(biāo)平面上的一列圓，它們的圓心都在x軸的正半軸上，且都與直線y＝x相切，對(duì)每一個(gè)正整數(shù)n，圓Cn都與圓

10、Cn＋1相互外切，以rn表示Cn的半徑，已知{rn}為遞增數(shù)列． (1)證明：{rn}為等比數(shù)列； (2)設(shè)r1＝1，求數(shù)列的前n項(xiàng)和． 熱點(diǎn)四　數(shù)列在實(shí)際問題中的應(yīng)用 【例4】(2011·湖南高考，文20)某企業(yè)在第1年初購(gòu)買一臺(tái)價(jià)值為120萬(wàn)元的設(shè)備M，M的價(jià)值在使用過程中逐年減少．從第2年到第6年，每年初M的價(jià)值比上年初減少10萬(wàn)元；從第7年開始，每年初M的價(jià)值為上年初的75%. (1)求第n年初M的價(jià)值an的表達(dá)式； (2)設(shè)An＝，若An大于80萬(wàn)元，則M繼續(xù)使用，否則須在第n年初對(duì)M更新．證明：須在第9年初對(duì)M更新． 規(guī)律方法 能夠把實(shí)際問題轉(zhuǎn)化成數(shù)列問題，并且能夠

11、明確是等差數(shù)列還是等比數(shù)列，確定首項(xiàng)、公差(比)、項(xiàng)數(shù)各是什么，能分清是某一項(xiàng)還是某些項(xiàng)的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵． (1)在數(shù)列應(yīng)用題中，當(dāng)增加(或減少)的量是一個(gè)固定量時(shí)，該模型為等差模型，增加(或減少)的量就是公差，則可把應(yīng)用題抽象為數(shù)列中的等差數(shù)列問題，然后用等差數(shù)列的知識(shí)對(duì)模型解析，最后再返回到實(shí)際中去； (2)若后一個(gè)量與前一個(gè)量的比是一個(gè)固定的數(shù)，該模型為等比模型，這個(gè)固定的數(shù)就是公比，則可把應(yīng)用題抽象為數(shù)列中的等比數(shù)列問題，然后用等比數(shù)列的知識(shí)對(duì)模型解析，最后再返回到實(shí)際中去； (3)若題目中給出的前后兩項(xiàng)之間的關(guān)系不固定，隨項(xiàng)的變化而變化，應(yīng)考慮an＋1，an之間的遞推關(guān)系

12、，或考慮Sn＋1，Sn之間的遞推關(guān)系． 特別提醒：解決實(shí)際問題時(shí)要注意n的取值范圍． 變式訓(xùn)練4 某城市2012年末汽車擁有量為30萬(wàn)輛，預(yù)計(jì)此后每年將上一年擁有量的6%報(bào)廢，并且每年新增汽車數(shù)量相同．為保護(hù)城市環(huán)境，要求該城市汽車擁有量不超過60萬(wàn)輛．從2012年末起，n年后汽車擁有量為bn＋1萬(wàn)輛，若每年末的擁有量不同． (1)求證：{bn＋1－bn}為等比數(shù)列； (2)每年新增汽車數(shù)量不能超過多少萬(wàn)輛？ 思想滲透 1．函數(shù)思想——函數(shù)思想解決數(shù)列常見的問題： (1)數(shù)列的單調(diào)性； (2)數(shù)列中求最值問題； (3)數(shù)列中的恒成立問題． 2．求解時(shí)注意的問題及方法：

13、(1)數(shù)列是定義在N*或其子集上的特殊函數(shù)，自然與函數(shù)思想密不可分，因此樹立函數(shù)意識(shí)是解決數(shù)列問題的最基本要求； (2)解題時(shí)要注意把數(shù)列的遞推公式、數(shù)列的通項(xiàng)公式以及前n項(xiàng)和公式看作函數(shù)的解析式，從而合理地利用函數(shù)性質(zhì)和導(dǎo)數(shù)解決問題； (3)解決有關(guān)數(shù)列的通項(xiàng)公式、單調(diào)性、最值、恒成立等問題時(shí)要注意項(xiàng)數(shù)n的取值范圍． 【典型例題】(2012·湖南長(zhǎng)沙模擬，22)已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，公差為d，Sn為其前n項(xiàng)和，且滿足a＝S2n－1，n∈N*.數(shù)列{bn}滿足bn＝，Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和． (1)求a1，d和Tn； (2)若對(duì)任意的n∈N*，不等式λTn＜

14、n＋8·(－1)n恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍； (3)是否存在正整數(shù)m，n(1＜m＜n)，使得T1，Tm，Tn成等比數(shù)列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解：(1)(方法一)在a＝S2n－1中，分別令n＝1，n＝2， 得即 解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1. ∵bn＝＝＝， ∴Tn＝＝. (方法二)∵{an}是等差數(shù)列，∴＝an， ∴S2n－1＝(2n－1)＝(2n－1)an. 由a＝S2n－1，得a＝(2n－1)an. 又∵an≠0，∴an＝2n－1，則a1＝1，d＝2. (Tn求法同方法一) (2)①當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，要使不等式λTn＜n＋8·

15、(－1)n恒成立，即需不等式λ＜＝2n＋＋17恒成立， ∵2n＋≥8，等號(hào)在n＝2時(shí)取得， ∴此時(shí)λ需滿足λ＜25. ②當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，要使不等式λTn＜n＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λ＜＝2n－－15恒成立， ∵2n－隨n的增大而增大， ∴n＝1時(shí)，2n－取得最小值－6. ∴此時(shí)λ需滿足λ＜－21. 綜合①②可得λ的取值范圍是λ＜－21. (3)T1＝，Tm＝，Tn＝. 若T1，Tm，Tn成等比數(shù)列，則2＝，即＝. (方法一)由＝，可得 ＝＞0， 即－2m2＋4m＋1＞0， ∴1－＜m＜1＋. 又m∈N，且m＞1， ∴m＝2，此時(shí)n＝12. 因此，當(dāng)且僅當(dāng)

16、m＝2，n＝12時(shí)，數(shù)列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比數(shù)列． (方法二)因?yàn)椋剑迹? 故＜，即2m2－4m－1＜0， ∴1－＜m＜1＋(以下同方法一)． 1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝，則a3＝(　　)． A. B. C. D. 2．已知a，b，c，d成等比數(shù)列，且曲線y＝x2－2x＋3的頂點(diǎn)是(b，c)，則ad＝(　　)． A．3 B．2 C．1 D．－2 3．(2012·甘肅蘭州診斷，3)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若＝3，則＝(　　)． A．2 B. C. D．3 4．在等比數(shù)

17、列{an}中，a1＝2，前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列{an＋1}也是等比數(shù)列，則Sn＝(　　)． A．2n＋1－2 B．3n C．2n D．3n－1 5．(2012·河北模擬，14)已知數(shù)列{an}滿足an＝2n－1＋2n－1(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝__________. 6．設(shè)f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的取值范圍是________． 7．(2012·江西聯(lián)考，19)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，a2＝8，an＋2＝4an

18、＋1－4an. (1)證明：{an＋1－2an}是等比數(shù)列； (2)設(shè)bn＝(n≥2)，求：b2＋b3＋…＋bn(n≥2且n∈N*)． 8．已知二次函數(shù)y＝f(x)的圖象經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝6x－2，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)(n，Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y＝f(x)的圖象上． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，求使得Tn＜對(duì)所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m. 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1．B　解析：∵Sn＝2an＋1，∴Sn－1＝2an(n≥2)， 兩式相減得：an＝2an＋1－2an，

19、 ∴＝. ∴數(shù)列{an}從第2項(xiàng)起為等比數(shù)列．又n＝1時(shí)，S1＝2a2， ∴a2＝. ∴Sn＝a1＋＝1－ ＝n－1. 2．11　解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， 則an＋2＋an＋1－2an＝a1·qn＋1＋a1·qn－2a1·qn－1＝0，即q2＋q－2＝0，解得q＝－2，q＝1(舍去)， 所以S5＝＝11. 3．－2　解析：由S3＝－3S2，可得a1＋a2＋a3＝－3(a1＋a2)， 即a1(1＋q＋q2)＝－3a1(1＋q)， 化簡(jiǎn)整理得q2＋4q＋4＝0，解得q＝－2. 4．(1)解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由a1＝b1＝2

20、，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d. 由條件，得方程組解得 所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*. (2)證明：由(1)得 Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，① 2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1.② 由①－②，得 －Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1 ＝－(3n－1)×2n＋1－2＝－(3n－4)×2n＋1－8， 即Tn－8＝(3n－4)×2n＋1，而當(dāng)n＞2時(shí)，an－1bn＋1＝(3n－4)×2n＋1. 所以，Tn－8＝an－1bn＋1，(n∈N*，n＞

21、2)． 5．解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Tn. 由T5＝105，a10＝2a5， 得到 解得a1＝7，d＝7. 因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*)． (2)對(duì)m∈N*，若am＝7n≤72m，則n≤72m－1. 因此bm＝72m－1， 所以數(shù)列{bm}是首項(xiàng)為7，公比為49的等比數(shù)列， 故Sm＝＝＝＝. 精要例析·聚焦熱點(diǎn) 熱點(diǎn)例析 【例1】 解：(1)由題意知 解得或(由于an＋1＞an，舍去)． 設(shè)公差為d，則解得 ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n＋2(n∈N*)． (2)由題意得 bn＝a2n－1＋a2n

22、－1＋1＋a2n－1＋2＋…＋a2n－1＋2n－1－1 ＝(3·2n－1＋2)＋(3·2n－1＋5)＋(3·2n－1＋8)＋…＋[3·2n－1＋(3·2n－1－1)] ＝2n－1×3·2n－1＋[2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1)]． 而2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1)是首項(xiàng)為2，公差為3的等差數(shù)列的前2n－1項(xiàng)的和， ∴2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1) ＝2n－1×2＋×3＝3·22n－3＋·2n， ∴bn＝3·22n－2＋3·22n－3＋·2n＝·22n＋·2n. ∴bn－·2n＝·22n. ∴Tn

23、＝(4＋16＋64＋…＋22n)＝×＝(4n－1)． 【變式訓(xùn)練1】 (1)證明：bn＋1＝＝＝， 而bn＝， ∴bn＋1－bn＝－＝1(n∈N*)． ∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為b1＝＝1，公差為1的等差數(shù)列． (2)解：由(1)可知bn＝n，bn＝n， ∴Sn＝(1＋2＋…＋n)＝， 于是＝＝6， 故有＋＋…＋＝6 ＝6＝. (3)證明：由(1)可知n·bn＝n·n， 則Tn＝1·1＋2·2＋…＋n·n， ∴Tn＝1·2＋2·3＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1， 則Tn＝＋2＋3＋…＋n－n·n＋1 ＝－n·n＋1， ∴Tn＝－n－1－·n＜. 【例2】 (1)證

24、明：由題意可知a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝n－an，① a1＋a2＋a3＋…＋an＋an＋1＝n＋1－an＋1，② ②－①可得2an＋1＝1＋an， 即an＋1－1＝(an－1)． 又因?yàn)閍1＝，所以a1－1＝－， 所以數(shù)列{an－1}是以－為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列． (2)解：由(1)可得an＝1－n，bn＝. 由bn＋1－bn＝－＝＝＞0，得n＜3， 由bn＋1－bn＜0，得n＞3， 所以b1＜b2＜b3＝b4＞b5＞…＞bn＞…， 故bn有最大值b3＝b4＝， 所以對(duì)任意n∈N*，有bn≤. 如果對(duì)任意n∈N*，都有bn＋t≤t2，即bn≤t2－t恒成

25、立， 則(bn)max≤t2－t.故有≤t2－t， 解得t≥或t≤－， 所以實(shí)數(shù)t的取值范圍是∪. 【變式訓(xùn)練2】 解：(1)因?yàn)镾n＝2an－n，令n＝1，解得a1＝1. 再分別令n＝2，n＝3，解得a2＝3，a3＝7. (2)∵Sn＝2an－n， ∴Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)， 兩式相減，得an＝2an－1＋1， ∴an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)． 又∵a1＋1＝2， ∴{an＋1}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列． ∴an＋1＝2n，得an＝2n－1. (3)∵bn＝(2n＋1)an＋2n＋1， ∴bn＝(2n＋1)·

26、2n. ∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，① 則2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，② 由①－②得－Tn＝2(20＋21＋22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1 ＝2×－(2n＋1)·2n＋1 ＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1 ＝－2－(2n－1)·2n＋1， ∴Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1. 若≥128，則≥128， 即2n＋1≥27，所以n＋1≥7，解得n≥6， ∴滿足不等式≥128的最小的n為6. 【例3】 解：(1)設(shè)點(diǎn)Pk－1的坐標(biāo)是(xk－1,0)，

27、 ∵y＝ex，∴y′＝ex. ∴Qk－1(xk－1，exk－1)，在點(diǎn)Qk－1(xk－1，exk－1)處的切線方程是y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)， 令y＝0，則xk＝xk－1－1(2≤k≤n)． (2)∵x1＝0，xk－xk－1＝－1，∴xk＝－(k－1)． ∴|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是有 |P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn| ＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1) ＝＝， 即|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|＝. 【變式訓(xùn)練3】 (1)證明：將直線y＝x的傾斜角記為θ， 則有tan θ＝，sin

28、 θ＝. 設(shè)Cn的圓心為(λn,0)(λn＞0)，則由題意得知＝，得λn＝2rn； 同理λn＋1＝2rn＋1， 從而λn＋1＝λn＋rn＋rn＋1＝2rn＋1，將λn＝2rn代入，解得rn＋1＝3rn， 故{rn}為公比q＝3的等比數(shù)列． (2)解：由于r1＝1，q＝3， 故rn＝3n－1，從而＝n·31－n. 記Sn＝＋＋…＋， 則有Sn＝1＋2·3－1＋3·3－2＋…＋n·31－n，① 則＝1·3－1＋2·3－2＋…＋(n－1)·31－n＋n·3－n，② 由①－②，得 ＝1＋3－1＋3－2＋…＋31－n－n·3－n ＝－n×3－n＝－·3－n， ∴Sn＝－·31－

29、n＝. 【例4】 (1)解：當(dāng)n≤6時(shí)，數(shù)列{an}是首項(xiàng)為120，公差為－10的等差數(shù)列． an＝120－10(n－1)＝130－10n； 當(dāng)n≥6時(shí)，數(shù)列{an}是以a6為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列， 又a6＝70，所以an＝70×n－6. 因此，第n年初，M的價(jià)值an的表達(dá)式為 an＝ (2)證明：設(shè)Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，由等差及等比數(shù)列的求和公式得 當(dāng)1≤n≤6時(shí)，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n； 當(dāng)n≥7時(shí)， Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70××4× ＝780－210×n－6， An＝. 因?yàn)?/p>

30、{an}是遞減數(shù)列，所以{An}是遞減數(shù)列． 又A8＝＝82＞80， A9＝＝76＜80， 所以須在第9年初對(duì)M更新． 【變式訓(xùn)練4】 解：(1)設(shè)2012年末汽車擁有量為b1萬(wàn)輛，每年新增汽車數(shù)量為x萬(wàn)輛， 則b1＝30，b2＝0.94b1＋x，可得bn＋1＝0.94bn＋x. 又bn＝0.94bn－1＋x， ∴bn＋1－bn＝0.94·(bn－bn－1)． ∵每年末的擁有量不同， ∴{bn＋1－bn}是以b2－b1＝x－1.8為首項(xiàng)，且公比q＝0.94的等比數(shù)列． (2)由(1)得bn＋1－bn＝0.94n·(x－1.8)， 于是bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b

31、2)＋…＋(bn－bn－1)＝30＋0.94·(x－1.8)＋0.942·(x－1.8)＋…＋0.94n－1·(x－1.8)＝30＋·(x－1.8)·0.94， 當(dāng)x－1.8≤0，即x≤1.8時(shí)，{bn}為遞減數(shù)列，故有bn＋1≤bn≤…≤b1＝30， 當(dāng)x－1.8＞0時(shí)，即x＞1.8時(shí)，bn＜30＋×0.94≤60，解得x≤3.7.∴每年新增汽車不能超過3.7萬(wàn)輛． 創(chuàng)新模擬·預(yù)測(cè)演練 1．A　解析：a3＝S3－S2＝－＝. 2．B　解析：∵a，b，c，d成等比數(shù)列， ∴ad＝bc. 又∵y＝x2－2x＋3的頂點(diǎn)是(b，c)， ∴b＝－＝1，c＝＝2. ∴ad＝bc＝1×2

32、＝2. 3．B　解析：＝＝3，解得q4＝2， 故＝＝＝. 4．C　解析：因數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則an＝2qn－1(q≠0)． 因數(shù)列{an＋1}也是等比數(shù)列， 則(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1) a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2an＋an＋2＝2an＋1an(1＋q2－2q)＝0q＝1， 即an＝2，所以Sn＝2n，故選C. 5．2n＋n2－1　解析：Sn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋＝＋n2＝2n＋n2－1. 6.　解析：∵f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，a1＝，an＝f(n)(

33、n∈N*)， ∴an＋1＝f(n＋1)＝f(n)f(1)＝an(n∈N*)． ∴Sn＝＝1－n. 則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的取值范圍是. 7．(1)證明：由an＋2＝4an＋1－4an，得an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)． 又a2－2a1＝4， ∴{an＋1－2an}是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． (2)解：由(1)可得an＋1－2an＝2n＋1，－＝1， ∴是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，an＝n·2n(n≥1，n∈N*)， ∴bn＝＝＝＝＝－(n≥2)， ∴b2＋b3＋…＋bn＝＋＋…＋＝－1(n≥2且n∈N*)． 8．解：(1)設(shè)這個(gè)二次函數(shù)為f(x)＝ax2＋bx(a≠0)， 則f′(x)＝2ax＋b. 由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2， 又因?yàn)辄c(diǎn)(n，Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y＝f(x)的圖象上， 所以Sn＝3n2－2n. 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5. 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5， 所以an＝6n－5(n∈N*)． (2)由(1)得知bn＝＝ ＝， 故Tn＝ ＝. 因此，要使＜(n∈N*)成立，m必須且僅須滿足≤，即m≥10， 所以滿足要求的最小正整數(shù)m為10.