高考数学（理科）一轮复习数列的通项与求和学案附答案。
经验告诉我们，成功是留给有准备的人。作为高中教师准备好教案是必不可少的一步。教案可以让上课时的教学氛围非常活跃，有效的提高课堂的教学效率。你知道怎么写具体的高中教案内容吗？小编经过搜集和处理，为您提供高考数学（理科）一轮复习数列的通项与求和学案附答案，相信能对大家有所帮助。
学案31数列的通项与求和
导学目标：1.能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
自主梳理
1．求数列的通项
(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：
an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.
(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)当已知数列{an}中，满足an＋1an＝f(n)，且f(1)f(2)…f(n)可求，则可用__________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1a2a1a3a2…anan－1.
(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．
(5)归纳、猜想、证明法．
2．求数列的前n项的和
(1)公式法
①等差数列前n项和Sn＝____________＝________________，推导方法：____________；
②等比数列前n项和Sn＝，q＝1，＝，q≠1.
推导方法：乘公比，错位相减法．
③常见数列的前n项和：
a．1＋2＋3＋…＋n＝__________；
b．2＋4＋6＋…＋2n＝__________；
c．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝______；
d．12＋22＋32＋…＋n2＝__________；
e．13＋23＋33＋…＋n3＝__________________.
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
常见的裂项公式有：
①1nn＋1＝1n－1n＋1；
②12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；
③1n＋n＋1＝n＋1－n.
(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
(5)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导．
自我检测
1．(原创题)已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2(n∈N*)，则数列{an}的前n项的()
A.32(3n－1)B.92(3n－1)
C.38(9n－1)D.98(9n－1)
2．(2011邯郸月考)设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q为()
A．－1B．1
C．±1D．0
3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，设bn＝log2an，则b2＋b4＋b6＋…＋b2n等于()
A．n2＋nB．2(n2＋n)
C．2n2＋nD．4(n2＋n)
4．(2010天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝log2n＋1n＋2(n∈N*)，设{an}的前n项的和为Sn，则使Sn－5成立的自然数n()
A．有最大值63B．有最小值63
C．有最大值31D．有最小值31
5．(2011北京海淀区期末)设关于x的不等式x2－x2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．
6．数列1,412，714，1018，…前10项的和为________.
探究点一求通项公式
例1已知数列{an}满足an＋1＝2n＋1anan＋2n＋1，a1＝2，求数列{an}的通项公式．
变式迁移1设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
探究点二裂项相消法求和
例2已知数列{an}，Sn是其前n项和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝1log2anlog2an＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tnm20对所有n∈N*都成立的最小正整数m.
变式迁移2求数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n项和．
探究点三错位相减法求和
例3(2011荆门月考)已知数列{an}是首项、公比都为q(q0且q≠1)的等比数列，bn＝anlog4an(n∈N*)．
(1)当q＝5时，求数列{bn}的前n项和Sn；
(2)当q＝1415时，若bnbn＋1，求n的最小值．
变式迁移3求和Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan.
分类讨论思想的应用
例(5分)二次函数f(x)＝x2＋x，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的函数值中所有整数值的个数为g(n)，an＝2n3＋3n2gn(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝()
A．(－1)n－1nn＋12B．(－1)nnn＋12
C.nn＋12D．－nn＋12
【答题模板】
答案A
解析本题考查二次函数的性质以及并项转化法求和．
当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，函数f(x)＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f(x)的值域为[n2＋n，n2＋3n＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝2n3＋3n2gn＝n2.
方法一当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－3＋2n－12n2＝－nn＋12；
当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－2－an－1)＋an
＝Sn－1＋an＝－nn－12＋n2＝nn＋12，
∴Sn＝(－1)n－1nn＋12.
方法二a1＝1，a2＝4，S1＝a1＝1，
S2＝a1－a2＝－3，
检验选择项，可确定A正确．
【突破思维障碍】
在利用并项转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示．
1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项；
(2)观察法：例如由数列的前几项来求通项；
(3)可化归为使用累加法、累积法；
(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法；
(5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明．
2．数列求和的方法：
一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．
3．求和时应注意的问题：
(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．
(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010广东)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a3＝2a1且a4与2a7的等差中项为54，则S5等于()
A．35B．33C．31D．29
2．(2011黄冈调研)有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn＝7n＋2n＋3，则a5b5＝()
A.6512B.378
C.7213D.94
3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且an－1－ananan－1＝an－an＋1anan＋1(n≥2)，则此数列的第10项()
A.1210B.129C.110D.15
4．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于()
A．1B.56C.16D.130
5．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn1020，那么n的最小值是()
A．7B．8C．9D．10
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2010东北师大附中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，…)，则log4S10＝__________.
7．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－1an，则该数列前26项的和为________．
8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝____________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011河源月考)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．
(1)若函数f(x)的图象的顶点的横坐标构成数列{an}，试证明数列{an}是等差数列；
(2)设函数f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，试求数列{bn}的前n项和Sn.
10．(12分)(2011三门峡月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝12nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.
(1)求c的值及数列{an}的通项公式；
(2)证明1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.
11．(14分)(2010北京宣武高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求数列{bn}的通项公式bn；
(3)若cn＝anbnn，求数列{cn}的前n项和Tn.
答案自主梳理
1．(2)累加法(3)累积法2.(1)①n(a1＋an)2na1＋n(n－1)2d倒序相加法②na1a1(1－qn)1－qa1－anq1－q③n(n＋1)2n2＋nn2n(n＋1)(2n＋1)6n(n＋1)22
自我检测
1．C2.B3.B4.B
5．101006.145511512
课堂活动区
例1解题导引已知递推关系求通项公式这类问题要求不高，主要掌握由a1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1；累乘：an＝anan－1an－1an－2…a2a1a1等方法．
解已知递推可化为
1an＋1－1an＝12n＋1，
∴1a2－1a1＝122，1a3－1a2＝123，1a4－1a3＝124，…，1an－1an－1＝12n.
将以上(n－1)个式子相加得
1an－1a1＝122＋123＋124＋…＋12n，
∴1an＝121－12n1－12＝1－12n.
∴an＝2n2n－1.
变式迁移1(1)证明由已知有
a1＋a2＝4a1＋2，
解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.
又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)
＝4an＋1－4an；
于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，
即bn＋1＝2bn.
因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．
(2)解由(1)知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，
所以an＋1－2an＝3×2n－1，
于是an＋12n＋1－an2n＝34，
因此数列an2n是首项为12，公差为34的等差数列，
an2n＝12＋(n－1)×34＝34n－14，
所以an＝(3n－1)2n－2.
例2解题导引1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
2．一般情况如下，若{an}是等差数列，
则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋2.
此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和．
解(1)∵n≥2时，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2，
两式相减，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an(n≥2)．
又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1，
∴an＋1＝8an(n∈N*)．
∴{an}是一个以2为首项，8为公比的等比数列，
∴an＝28n－1＝23n－2.
(2)∵bn＝1log2anlog2an＋1＝1(3n－2)(3n＋1)
＝13(13n－2－13n＋1)，
∴Tn＝13(1－14＋14－17＋…＋13n－2－13n＋1)
＝13(1－13n＋1)13.
∴m20≥13，∴最小正整数m＝7.
变式迁移2解an＝2n(n＋1)＝21n－1n＋1，
∴Sn＝2[1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1]＝21－1n＋1＝2nn＋1.
例3解题导引1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法．
2．用乘公比错位相减法求和时，应注意：
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
解(1)由题意得an＝qn，
∴bn＝anlog4an＝qnlog4qn
＝n5nlog45，
∴Sn＝(1×5＋2×52＋…＋n×5n)log45，
设Tn＝1×5＋2×52＋…＋n×5n，①
则5Tn＝1×52＋2×53＋…＋(n－1)×5n＋n×5n＋1，②
①－②得－4Tn＝5＋52＋53＋…＋5n－n×5n＋1
＝5(5n－1)4－n×5n＋1，
∴Tn＝516(4n×5n－5n＋1)，
Sn＝516(4n×5n－5n＋1)log45.
(2)∵bn＝anlog4an＝n1415nlog41415，
∴bn＋1－bn＝(n＋1)1415n＋1log41415－
n1415nlog41415
＝1415n1415－n15log414150，
∵1415n0，log414150，
∴1415－n150，∴n14，
即n≥15时，bnbn＋1.
故所求的n的最小值是15.
变式迁移3解当a＝1时，
Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2，
当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①
∴1aSn＝1a2＋2a3＋3a4＋…＋nan＋1，②
①－②，得1－1aSn
＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1，
1－1aSn＝1a1－1an1－1a－nan＋1
＝1－1ana－1－nan＋1，
∴Sn＝a1－1an(a－1)2－n(a－1)an.
∴Sn＝n(n＋1)2，a＝1，a1－1an(a－1)2－n(a－1)an，a≠1.
课后练习区
1．C2.A3.D4.B5.D
6．9
解析∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1(n≥2)．
两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，
∴an＋1＝4an，即an＋1an＝4.
∴{an}为以a2为首项，公比为4的等比数列．
当n＝1时，a2＝3S1＝3，
∴n≥2时，an＝34n－2，
S10＝a1＋a2＋…＋a10
＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48
＝1＋3×(1＋4＋…＋48)
＝1＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49.
∴log4S10＝log449＝9.
7．－10
解析依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝12，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝12，所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋12)＋1－2＝－10.
8．2n＋1－2
解析依题意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，所有的代数式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.
9．解f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7
＝[x－(n＋1)]2＋3n－8.…………………………………………………………………(3分)
(1)由题意，an＝n＋1，
故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1，
故数列{an}是以1为公差，2为首项的等差数列．……………………………………(5分)
(2)由题意，bn＝|3n－8|.……………………………………………………………………(7分)
当1≤n≤2时，bn＝－3n＋8，
数列{bn}为等差数列，b1＝5，
∴Sn＝n(5－3n＋8)2＝－3n2＋13n2；………………………………………………………(9分)
当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1.
∴Sn＝S2＋(n－2)(1＋3n－8)2＝3n2－13n＋282.…………………………………………(11分)
∴Sn＝－3n2＋13n2，1≤n≤2，3n2－13n＋282，n≥3.……………………………………………(12分)
10．(1)解因为Sn＝12nan＋an－c，
所以当n＝1时，S1＝12a1＋a1－c，
解得a1＝2c，………………………………………………………………………………(2分)
当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，
即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，………………………………………………………(3分)
所以3c＝6，解得c＝2；…………………………………………………………………(4分)
则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……………………………………………………………(6分)
(2)证明因为1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1
＝14×6＋16×8＋…＋1(2n＋2)(2n＋4)
＝12(14－16)＋12(16－18)＋…＋12(12n＋2－12n＋4)
＝12[(14－16)＋(16－18)＋…＋(12n＋2－12n＋4)]……………………………………………(8分)
＝12(14－12n＋4)＝18－14(n＋2).……………………………………………………………(10分)
因为n∈N*，所以1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.…………………………………………(12分)
11．解(1)∵Sn＝3n，
∴Sn－1＝3n－1(n≥2)．
∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．……………………………………………(3分)
当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，…………………………………………………(4分)
∴an＝3，n＝1，2×3n－1，n≥2，n∈N*……………………………………………………(5分)
(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，
∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，
bn－bn－1＝2n－3.
以上各式相加得
bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)
＝(n－1)(1＋2n－3)2＝(n－1)2.
∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.………………………………………………………………(7分)
(3)由题意得
cn＝－3，n＝1，2(n－2)×3n－1，n≥2，n∈N*.……………………………………………………(9分)
当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－2)×3n－1，
∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n，
相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2(n－2)×3n.
∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)
＝(n－2)×3n－3n－32＝(2n－5)3n＋32.…………………………………………………(13分)
T1＝－3也适合．
∴Tn＝(2n－5)3n＋32(n∈N*)．…………………………………………………………(14分)
延伸阅读
高考数学（理科）一轮复习数列的综合应用学案（有答案）
学案32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Sn求an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an还是求Sn.
(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Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S3＝10，则S11的值为()
A．12B．18
C．22D．44
2．(2011汕头模拟)在等比数列{an}中，anan＋1，且a7a11＝6，a4＋a14＝5，则a6a16等于()
A.23B.32
C．－16D．－56
3．若{an}是首项为1，公比为3的等比数列，把{an}的每一项都减去2后，得到一个新数列{bn}，设{bn}的前n项和为Sn，对于任意的n∈N*，下列结论正确的是()
A．bn＋1＝3bn，且Sn＝12(3n－1)
B．bn＋1＝3bn－2，且Sn＝12(3n－1)
C．bn＋1＝3bn＋4，且Sn＝12(3n－1)－2n
D．bn＋1＝3bn－4，且Sn＝12(3n－1)－2n
4．“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2km，以后每秒钟通过的路程都增加2km，在达到离地面240km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是()
A．10秒钟B．13秒钟
C．15秒钟D．20秒钟
5．(2011台州月考)已知数列{an}的通项为an＝nn2＋58，则数列{an}的最大项为()
A．第7项B．第8项
C．第7项或第8项D．不存在
6．(2011南京模拟)设数列{an}，{bn}都是正项等比数列，Sn，Tn分别为数列{lgan}与{lgbn}的前n项和，且SnTn＝n2n＋1，则logb5a5＝________.
探究点一等差、等比数列的综合问题
例1设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}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{an}的通项；
(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
变式迁移1假设a1，a2，a3，a4是一个等差数列，且满足0a12，a3＝4.若bn＝2an(n＝1,2,3,4)．给出以下命题：
①数列{bn}是等比数列；②b24；③b432；④b2b4＝256.其中正确命题的个数是()
A．1B．2C．3D．4
探究点二数列与方程、函数、不等式的综合问题
例2(2011温州月考)已知函数f(x)＝2x＋33x，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f1an，n∈N*，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn；
(3)令bn＝1an－1an(n≥2)，b1＝3，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，若Snm－20012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{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anlog12an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，对任意正整数n，Sn＋(n＋m)an＋10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(2011福州模拟)有一个下岗职工，1月份向银行贷款10000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4750万平方米？
(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：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010湖北)已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，12a3,2a2成等差数列，则a9＋a10a7＋a8的值为()
A．1＋2B．1－2
C．3＋22D．3－22
2．(2011漳州模拟)数列{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a6＝b7，则有()
A．a3＋a9≤b4＋b10B．a3＋a9≥b4＋b10
C．a3＋a9≠b4＋b10D．a3＋a9与b4＋b10的大小不确定
3．有限数列A：a1，a2，…，an，Sn为其前n项和，定义S1＋S2＋…＋Snn为A的“凯森和”，若有99项的数列a1，a2，…，a99的“凯森和”为1000，则有100项的数列1，a1，a2，…，a99的“凯森和”为()
A．1001B．991C．999D．990
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()
A．6秒B．7秒C．8秒D．9秒
5．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10等于()
A．24B．32C．48D．64
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011丽水月考)若数列{an}的通项公式an＝5252n－2－425n－1，数列{an}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＝x2(x0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________.
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aij(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a42＝8.若aij＝2009，则i与j的和为________．
1
24
357
681012
911131517
141618202224
……………………………………
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011湘潭模拟)已知点(1，13)是函数f(x)＝ax(a0，且a≠1)的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，数列{bn}(bn0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝Sn＋Sn－1(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{1bnbn＋1}的前n项和为Tn，问满足Tn10002009的最小正整数n是多少？
10．(12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)(2011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an＝nf(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an2；
(3)设bn＝(9－n)fn＋1fn，n∈N*，Sn为{bn}的前n项和，当Sn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．C2.B3.C4.C5.B
6.919
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
a1＋a2＋a3＝7(a1＋3)＋(a3＋4)2＝3a2，解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，
可得a1＝2q，a3＝2q.
又S3＝7，可知2q＋2＋2q＝7，
即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝12.
由题意得q1，∴q＝2，∴a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1.
(2)由(1)得a3n＋1＝23n，
∴bn＝lna3n＋1＝ln23n＝3nln2.
又bn＋1－bn＝3ln2，∴{bn}是等差数列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝n(b1＋bn)2＝3n(n＋1)2ln2.
故Tn＝3n(n＋1)2ln2.
变式迁移1D[设a1，a2，a3，a4的公差为d，则a1＋2d＝4，又0a12，所以1d2.易知数列{bn}是等比数列，故(1)正确；a2＝a3－d∈(2,3)，所以b2＝2a24，故(2)正确；a4＝a3＋d5，所以b4＝2a432，故(3)正确；又a2＋a4＝2a3＝8，所以b2b4＝2a2＋a4＝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an，观察Tn特点，求出Tn.由an再求bn从而求Sn，最后利用不等式知识求出m.
解(1)∵an＋1＝f1an＝2an＋33an＝2＋3an3＝an＋23，
∴{an}是以23为公差的等差数列．
又a1＝1，∴an＝23n＋13.
(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－43(a2＋a4＋…＋a2n)＝－43n53＋4n3＋132
＝－49(2n2＋3n)．
(3)当n≥2时，bn＝1an－1an＝123n－1323n＋13
＝9212n－1－12n＋1，
又b1＝3＝92×1－13，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝92×1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1
＝921－12n＋1＝9n2n＋1，
∵Snm－20012对一切n∈N*成立．
即9n2n＋1m－20012，
又∵9n2n＋1＝921－12n＋1递增，
且9n2n＋192.∴m－20012≥92，
即m≥2010.∴最小正整数m＝2010.
变式迁移2解(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.
∴a2＋a4＝20.∴a1q＋a1q3＝20，a3＝a1q2＝8，
解之，得q＝2，a1＝2或q＝12，a1＝32.
又{an}单调递增，∴q＝2，a1＝2.∴an＝2n.
(2)bn＝2nlog122n＝－n2n，
∴－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－n2n＋1
＝2(1－2n)1－2－n2n＋1＝2n＋1－n2n＋1－2.
由Sn＋(n＋m)an＋10，
即2n＋1－n2n＋1－2＋n2n＋1＋m2n＋10对任意正整数n恒成立，
∴m2n＋12－2n＋1对任意正整数n，m12n－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
a1＝10000(1＋20%)－10000×20%×10%－300
＝11500，
第2个月月底余款为a2＝a1(1＋20%)－a1×20%×10%－300，
依此类推下去，设第n个月月底的余款为an元，
第n＋1个月月底的余款为an＋1元，则an＋1＝an(1＋20%)－an×20%×10%－300＝1.18an－300.
下面构造一等比数列．
设an＋1＋xan＋x＝1.18，则an＋1＋x＝1.18an＋1.18x，
∴an＋1＝1.18an＋0.18x.
∴0.18x＝－300.
∴x＝－50003，即an＋1－50003an－50003＝1.18.
∴数列{an－50003}是一个等比数列，公比为1.18，首项a1－50003＝11500－50003＝295003.
∴an－50003＝295003×1.18n－1，
∴a12－50003＝295003×1.1811，
∴a12＝50003＋295003×1.1811≈62396.6(元)，
即到年底该职工共有资金62396.6元．
纯收入有a12－10000(1＋25%)
＝62396.6－12500＝49896.6(元)．
变式迁移3解(1)设中低价房的面积形成的数列为{an}，
由题意可知{an}是等差数列，其中a1＝250，d＝50，
则an＝250＋(n－1)50＝50n＋200，
Sn＝250n＋n(n－1)2×50＝25n2＋225n，
令25n2＋225n≥4750，
即n2＋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4750万平方米．
(2)设新建住房面积形成数列{bn}，
由题意可知{bn}是等比数列，其中b1＝400，q＝1.08，
则bn＝400(1.08)n－1.
由题意可知an0.85bn，
即50n＋200400(1.08)n－10.85.
当n＝5时，a50.85b5，
当n＝6时，a60.85b6，
∴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．C2.B3.B4.B5.D
6．37.218.107
9．解(1)∵f(1)＝a＝13，∴f(x)＝13x.…………………………………………………(1分)
a1＝f(1)－c＝13－c，
a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－29，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－227；
又数列{an}成等比数列，a1＝a22a3＝481－227＝－23＝13－c，
∴c＝1；……………………………………………………………………………………(2分)
公比q＝a2a1＝13，an＝－23×13n－1＝－2×13n，n∈N*；………………………………(3分)
∵Sn－Sn－1＝Sn－Sn－1Sn＋Sn－1
＝Sn＋Sn－1(n2)，……………………………………………………………………(4分)
又bn0，Sn0，∴Sn－Sn－1＝1.
数列{Sn}构成一个首项为1、公差为1的等差数列，
Sn＝1＋(n－1)×1＝n，Sn＝n2.
当n≥2，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1；
又当n＝1时，也适合上式，
∴bn＝2n－1，n∈N*.……………………………………………………………………(6分)
(2)Tn＝1b1b2＋1b2b3＋1b3b4＋…＋1bnbn＋1
＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n－1)×(2n＋1)
＝121－13＋1213－15＋1215－17＋…＋
1212n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.……………………………………………(10分)
由Tn＝n2n＋110002009，得n10009，
∴满足Tn10002009的最小正整数为112.…………………………………………………(12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An(万元)，技术改造后生产至第n个月所带来的总收益为Bn(万元)．依题意得
An＝45n－[3＋5＋…＋(2n＋1)]
＝43n－n2，………………………………………………………………………………(4分)
当n≥5时，Bn＝16325－132－1＋
16324(n－5)－400＝81n－594，…………………………………………………………(8分)
∴当n≥5时，Bn－An＝n2＋38n－594，
令n2＋38n－5940，即(n＋19)2955，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．……………………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)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)记Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，
∵an＝nf(n)＝n(12)n，……………………………………………………………………(6分)
∴Sn＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n×(12)n，
12Sn＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n－1)×(12)n＋n×(12)n＋1，
两式相减得12Sn＝12＋(12)2＋…＋(12)n－n×(12)n＋1，
整理得Sn＝2－(12)n－1－n(12)n2.…………………………………………………………(9分)
(3)∵f(n)＝(12)n，而bn＝(9－n)f(n＋1)f(n)
＝(9－n)(12)n＋1(12)n＝9－n2.…………………………………………………………………(11分)
当n≤8时，bn0；
当n＝9时，bn＝0；
当n9时，bn0，
∴n＝8或9时，Sn取到最大值．……………………………………………………(14分)
高考数学（理科）一轮复习函数的图象学案附答案
学案10函数的图象
导学目标：1.掌握作函数图象的两种基本方法：描点法，图象变换法.2.掌握图象变换的规律，能利用图象研究函数的性质．
自主梳理
1．应掌握的基本函数的图象有：一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数等．
2．利用描点法作图：①确定函数的定义域；②化简函数的解析式；③讨论函数的性质(__________、__________、__________)；④画出函数的图象．
3．利用基本函数图象的变换作图：
(1)平移变换：函数y＝f(x＋a)的图象可由y＝f(x)的图象向____(a0)或向____(a0)平移____个单位得到；函数y＝f(x)＋a的图象可由函数y＝f(x)的图象向____(a0)或向____(a0)平移____个单位得到．
(2)伸缩变换：函数y＝f(ax)(a0)的图象可由y＝f(x)的图象沿x轴伸长(0a1)或缩短(____)到原来的1a倍得到；函数y＝af(x)(a0)的图象可由函数y＝f(x)的图象沿y轴伸长(____)或缩短(________)为原来的____倍得到．(可以结合三角函数中的图象变换加以理解)
(3)对称变换：①奇函数的图象关于________对称；偶函数的图象关于____轴对称；
②f(x)与f(－x)的图象关于____轴对称；
③f(x)与－f(x)的图象关于____轴对称；
④f(x)与－f(－x)的图象关于________对称；
⑤f(x)与f(2a－x)的图象关于直线________对称；
⑥曲线f(x，y)＝0与曲线f(2a－x,2b－y)＝0关于点________对称；
⑦|f(x)|的图象先保留f(x)原来在x轴________的图象，作出x轴下方的图象关于x轴的对称图形，然后擦去x轴下方的图象得到；
⑧f(|x|)的图象先保留f(x)在y轴________的图象，擦去y轴左方的图象，然后作出y轴右方的图象关于y轴的对称图形得到．
自我检测
1．(2009北京)为了得到函数y＝lgx＋310的图象，只需把函数y＝lgx的图象上所有的点()
A．向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度
B．向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度
C．向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度
D．向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度
2．(2011烟台模拟)已知图1是函数y＝f(x)的图象，则图2中的图象对应的函数可能是
()
A．y＝f(|x|)B．y＝|f(x)|
C．y＝f(－|x|)D．y＝－f(－|x|)
3．函数f(x)＝1x－x的图象关于()
A．y轴对称B．直线y＝－x对称
C．坐标原点对称D．直线y＝x对称
4．使log2(－x)x＋1成立的x的取值范围是()
A．(－1,0)B．[－1,0)
C．(－2,0)D．[－2,0)
5．(2011潍坊模拟)已知f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|(a0且a≠1)，若f(4)g(－4)0，则y＝f(x)，y＝g(x)在同一坐标系内的大致图象是()
探究点一作图
例1(1)作函数y＝|x－x2|的图象；
(2)作函数y＝x2－|x|的图象；
(3)作函数的图象．
变式迁移1作函数y＝1|x|－1的图象．
探究点二识图
例2(1)函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象如图，
则函数y＝f(x)g(x)的图象可能是()
(2)已知y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f(1－x)的图象为()
变式迁移2(1)(2010山东)函数y＝2x－x2的图象大致是()
(2)函数f(x)的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式是()
A．f(x)＝x＋sinx
B．f(x)＝cosxx
C．f(x)＝xcosx
D．f(x)＝x(x－π2)(x－3π2)
探究点三图象的应用
例3若关于x的方程|x2－4x＋3|－a＝x至少有三个不相等的实数根，试求实数a的取值范围．
变式迁移3(2010全国Ⅰ)直线y＝1与曲线y＝x2－|x|＋a有四个交点，则a的取值范围是________．
数形结合思想的应用
例(5分)(2010北京东城区一模)定义在R上的函数y＝f(x)是减函数，且函数y＝f(x－1)的图象关于(1,0)成中心对称，若s，t满足不等式f(s2－2s)≤－f(2t－t2)．则当1≤s≤4时，ts的取值范围是()
A.－14，1B.－14，1
C.－12，1D.－12，1
【答题模板】
答案D
解析因函数y＝f(x－1)的图象关于(1,0)成中心对称，所以该函数的图象向左平移一个单位后的解析式为y＝f(x)，即y＝f(x)的图象关于(0,0)对称，所以y＝f(x)是奇函数．又y＝f(x)是R上的减函数，所以s2－2s≥t2－2t，令y＝x2－2x＝(x－1)2－1，
图象的对称轴为x＝1，
当1≤s≤4时，要使s2－2s≥t2－2t，即s－1≥|t－1|，
当t≥1时，有s≥t≥1，所以14≤ts≤1；
当t1时，
即s－1≥1－t，即s＋t≥2，
问题转化成了线性规划问题，画出由1≤s≤4，t1，s＋t≥2组成的不等式组的可行域.ts为可行域内的点到原点连线的斜率，易知－12≤ts1.综上可知选D.
【突破思维障碍】
当s，t位于对称轴x＝1的两边时，如何由s2－2s≥t2－2t判断s，t之间的关系式，这时s，t与对称轴x＝1的距离的远近决定着不等式s2－2s≥t2－2t成立与否，通过数形结合判断出关系式s－1≥1－t，从而得出s＋t≥2，此时有一个隐含条件为t1，再结合1≤s≤4及要求的式子的取值范围就能联想起线性规划，从而突破了难点．要画出s，t所在区域时，要结合ts的几何意义为点(s，t)和原点连线的斜率，确定s为横轴，t为纵轴．
【易错点剖析】
当得到不等式s2－2s≥t2－2t后，如果没有函数的思想将无法继续求解，得到二次函数后也容易只考虑s，t都在二次函数y＝x2－2x的增区间[1，＋∞)内，忽略考虑s，t在二次函数对称轴两边的情况，考虑了s，t在对称轴的两边，也容易漏掉隐含条件t1及联想不起来线性规划．
1．掌握作函数图象的两种基本方法(描点法，图象变换法)，在画函数图象时，要特别注意到用函数的性质(如单调性、奇偶性等)解决问题．
2．合理处理识图题与用图题
(1)识图．对于给定函数的图象，要能从图象的左右、上下分布范围、变化趋势、对称性等方面研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性．
(2)用图．函数图象形象地显示了函数的性质，为研究数量关系问题提供了“形”的直观性，它是探求解题途径，获得问题结果的重要工具，要重视数形结合解题的思想方法，常用函数图象研究含参数的方程或不等式解集的情况．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010重庆)函数f(x)＝4x＋12x的图象()
A．关于原点对称B．关于直线y＝x对称
C．关于x轴对称D．关于y轴对称
2．(2010湖南)用min{a，b}表示a，b两数中的最小值．若函数f(x)＝min{|x|，|x＋t|}的图象关于直线x＝－12对称，则t的值为()
A．－2B．2
C．－1D．1
3．(2011北京海淀区模拟)在同一坐标系中画出函数y＝logax，y＝ax，y＝x＋a的图象，可能正确的是()
4．(2011深圳模拟)若函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝－f(x＋1)的图象大致为
()
5．设b0，二次函数y＝ax2＋bx＋a2－1的图象为下列之一，则a的值为()
A．1B．－1C.－1－52D.－1＋52
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．为了得到函数y＝3×(13)x的图象，可以把函数y＝(13)x的图象向________平移________个单位长度．
7．(2011黄山月考)函数f(x)＝2x－1x＋1的图象对称中心是________．
8．(2011沈阳调研)如下图所示，向高为H的水瓶A、B、C、D同时以等速注水，注满为止．
(1)若水量V与水深h函数图象是下图的(a)，则水瓶的形状是________；
(2)若水深h与注水时间t的函数图象是下图的(b)，则水瓶的形状是________．
(3)若注水时间t与水深h的函数图象是下图的(c)，则水瓶的形状是________；
(4)若水深h与注水时间t的函数的图象是图中的(d)，则水瓶的形状是________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知函数f(x)＝x|m－x|(x∈R)，且f(4)＝0.
(1)求实数m的值；
(2)作出函数f(x)的图象；
(3)根据图象指出f(x)的单调递减区间；
(4)根据图象写出不等式f(x)0的解集；
(5)求当x∈[1,5)时函数的值域．
10．(12分)(2011三明模拟)当x∈(1,2)时，不等式(x－1)2logax恒成立，求a的取值范围．
11．(14分)已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋e2x(x0)．
(1)若g(x)＝m有根，求m的取值范围；
(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
答案自主梳理
2．③奇偶性单调性周期性3.(1)左右|a|上下|a|(2)a1a10a1a(3)①原点y②y③x④原点⑤x＝a⑥(a，b)⑦上方⑧右方
自我检测
1．C[A项y＝lg(x＋3)＋1＝lg[10(x＋3)]，
B项y＝lg(x－3)＋1＝lg[10(x－3)]，
C项y＝lg(x＋3)－1＝lgx＋310，
D项y＝lg(x－3)－1＝lgx－310.]
2．C
3．C[∵f(－x)＝－1x＋x＝－1x－x＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数，即f(x)的图象关于原点对称．]
4．A[作出y＝log2(－x)，y＝x＋1的图象知满足条件的x∈(－1,0)．]
5．B[由f(4)g(－4)0得a2loga40，∴0a1.]
课堂活动区
例1解(1)y＝x－x2，0≤x≤1，－x－x2，x1或x0，
即y＝－x－122＋14，0≤x≤1，x－122－14，x1或x0，
其图象如图所示．
(2)y＝x－122－14，x≥0，x＋122－14，x0，其图象如图所示．
(3)
作出y＝12x的图象，保留y＝12x图象中x≥0的部分，加上y＝12x的图象中x0的部分关于y轴的对称部分，
即得y＝12|x|的图象．
变式迁移1解定义域是{x|x∈R且x≠±1}，且函数是偶函数．
又当x≥0且x≠1时，y＝1x－1.
先作函数y＝1x的图象，并将图象向右平移1个单位，得到函数y＝1x－1(x≥0且x≠1)的图象(如图(a)所示)．
又函数是偶函数，作关于y轴对称图象，
得y＝1|x|－1的图象(如图(b)所示)．
例2解题导引对于给定的函数的图象，要能从图象的左右、上下分布范围、变化趋势、对称性等方面研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性，注意图象与函数解析式中参数的关系．
（1）?A?[从f(x)、g(x)的图象可知它们分别为偶函数、奇函数，故f(x)g(x)是奇函数，排除B.又x0时，g(x)为增函数且为正值,f(x)也是增函数，故f(x)g(x)为增函数，且正负取决于f(x)的正负，注意到x→（从小于0趋向于0），f(x)g(x)→+∞，可排除C、D.］?（2）?A?［因为f(1-x)=f（-(x-1)）,故y=f(1-x)的图象可以由y=f(x)的图象按照如下变换得到：先将y=f(x)的图象关于y轴翻折，得y=f(-x)的图象，然后将y=f(-x)?的图象向右平移一个单位，即得y=f(-x+1)的图象.］
变式迁移2(1)A[考查函数y＝2x与y＝x2的图象可知：
当x0时，方程2x－x2＝0仅有一个零点，
且→－∞；
当x0时，方程2x－x2＝0有两个零点2和4，
且→＋∞.]
(2)C[由图象知f(x)为奇函数，排除D；
又0，±π2，±32π为方程f(x)＝0的根，故选C.]
例3解题导引原方程重新整理为|x2－4x＋3|＝x＋a，将两边分别设成一个函数并作出它们的图象，即求两图象至少有三个交点时a的取值范围．
方程的根的个数问题转化为函数图象交点个数问题，体现了《考纲》中函数与方程的重要思想方法．
解原方程变形为|x2－4x＋3|＝x＋a，于是，设y＝|x2－4x＋3|，y＝x＋a，在同一坐标系下分别作出它们的图象．如图．则当直线y＝x＋a过点(1,0)时a＝－1；当直线y＝x＋a与抛物线y＝－x2＋4x－3相切时，由y＝x＋ay＝－x2＋4x－3，得，x2－3x＋a＋3＝0，
由Δ＝9－4(3＋a)＝0，得a＝－34.
由图象知当a∈[－1，－34]时方程至少有三个根．
变式迁移3(1，54)
解析y＝x2－|x|＋a＝x－122＋a－14，x≥0，x＋122＋a－14，x0.
当其图象如图所示时满足题意．
由图知a1，a－141，解得1a54.
课后练习区
1．D[f(x)＝2x＋2－x，因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．所以f(x)图象关于y轴对称．]
2.D[令y＝|x|，y＝|x＋t|，在同一坐标系中作出其图象，
如图，所以t＝1.]
3．D[选项A、B、C中直线方程中的a的范围与对数函数中的a的范围矛盾．]
4．C[函数y＝f(x)的图象与函数y＝－f(x)关于x轴对称，函数y＝－f(x)的图象向左平移1个单位即得到函数y＝－f(x＋1)的图象．]
5．B[∵b0，∴前两个图象不是给出的二次函数图象，又后两个图象的对称轴都在y轴右边，∴－b2a0，∴a0，又∵图象过原点，∴a2－1＝0，∴a＝－1.]
6．右1
解析∵y＝3×(13)x＝(13)x－1，
∴y＝(13)x向右平移1个单位便得到y＝(13)x－1.
7．(－1,2)
解析∵f(x)＝2x－1x＋1＝2x＋1－3x＋1＝2－3x＋1，
∴函数f(x)图象的对称中心为(－1,2)．
8．(1)A(2)D(3)B(4)C
9．解(1)∵f(4)＝0，∴4|m－4|＝0，即m＝4.…………………………………………(2分)
(2)f(x)＝x|x－4|
＝xx－4＝x－22－4，x≥4，－xx－4＝－x－22＋4，x4.………………………………………………(4分)
f(x)的图象如右图所示．
(3)由图可知，f(x)的减区间是[2,4]．……………………………………………………(8分)
(4)由图象可知f(x)0的解集为
{x|0x4或x4}．………………………………………………………………………(10分)
(5)∵f(5)＝54，
由图象知，函数在[1,5)上的值域为[0,5)．……………………………………………(12分)
10.
解设f1(x)＝(x－1)2，
f2(x)＝logax，
要使当x∈(1,2)时，不等式(x－1)2logax恒成立，只需f1(x)＝(x－1)2在(1,2)上的图象在f2(x)＝logax的下方即可．
当0a1时，由图象知显然不成立．……………………………………………………(4分)
当a1时，如图，要使在(1,2)上，f1(x)＝(x－1)2的图象在f2(x)＝logax的下方，只需f1(2)≤f2(2)，
即(2－1)2≤loga2，loga2≥1，……………………………………………………………(10分)
∴1a≤2.………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)方法一∵x0，∴g(x)＝x＋e2x≥2e2＝2e，
等号成立的条件是x＝e.
故g(x)的值域是[2e，＋∞)，……………………………………………………………(4分)
因而只需m≥2e，则g(x)＝m就有根．…………………………………………………(6分)
方法二作出g(x)＝x＋e2x的图象如图：
……………………………………………………………………………………………(4分)
可知若使g(x)＝m有根，则只需m≥2e.………………………………………………(6分)
方法三解方程由g(x)＝m，得x2－mx＋e2＝0.
此方程有大于零的根，故m20Δ＝m2－4e2≥0……………………………………………(4分)
等价于m0m≥2e或m≤－2e，故m≥2e.…………………………………………………(6分)
(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)＝f(x)中函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，
作出g(x)＝x＋e2x(x0)的图象．
∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.
其对称轴为x＝e，开口向下，
最大值为m－1＋e2.……………………………………………………………………(10分)
故当m－1＋e22e，即m－e2＋2e＋1时，
g(x)与f(x)有两个交点，
即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．……………………………………………(14分)
高考数学（理科）一轮复习数列的概念与简单表示法学案有答案
第六章数列
学案28数列的概念与简单表示法
导学目标：1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
自主梳理
1．数列的定义
按________________着的一列数叫数列，数列中的______________都叫这个数列的项；在函数意义下，数列是________________________的函数，数列的一般形式为：______________________，简记为{an}，其中an是数列的第____项．
2．通项公式：
如果数列{an}的______与____之间的关系可以____________来表示，那么这个式子叫做数列的通项公式．但并非每个数列都有通项公式，也并非都是唯一的．
3．数列常用表示法有：_________、________、________.
4．数列的分类：
数列按项数来分，分为____________、__________；按项的增减规律分为________、________、__________和__________．递增数列an＋1______an；递减数列an＋1______an；常数列an＋1______an.
5．an与Sn的关系：
已知Sn，则an＝，n＝1，，n≥2.
自我检测
1．(2011汕头月考)设an＝－n2＋10n＋11，则数列{an}从首项到第几项的和最大()
A．10B．11
C．10或11D．12
2．已知数列{an}对任意的p，q∈N*满足ap＋q＝ap＋aq，且a2＝－6，那么a10等于()
A．－165B．－33C．－30D．－21
3．(2011龙岩月考)已知数列－1，85，－157，249，…按此规律，则这个数列的通项公式是()
A．an＝(－1)nn2＋n2n＋1
B．an＝(－1)nnn＋32n＋1
C．an＝(－1)nn＋12－12n＋1
D．an＝(－1)nnn＋22n＋3
4．下列对数列的理解：
①数列可以看成一个定义在N*(或它的有限子集{1,2,3，…，n})上的函数；
②数列的项数是有限的；
③数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点；
④数列的通项公式是唯一的．
其中说法正确的序号是()
A．①②③B．②③④
C．①③D．①②③④
5．(2011湖南长郡中学月考)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝12，2an＋1＝1an＋1an＋2(n∈N*)，则该数列的通项an＝______.
探究点一由数列前几项求数列通项
例1写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数：
(1)23，415，635，863，1099，…；
(2)12，－2，92，－8，252，….
变式迁移1写出下列数列的一个通项公式：
(1)3,5,9,17,33，…；(2)12，2，92，8，252，…；
(3)2，5，22，11，…；(4)1,0,1,0，….
探究点二由递推公式求数列的通项
例2根据下列条件，写出该数列的通项公式．
(1)a1＝2，an＋1＝an＋n；(2)a1＝1,2n－1an＝an－1(n≥2)．
变式迁移2根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．
(1)a1＝1，an＋1＝3an＋2；
(2)a1＝1，an＋1＝(n＋1)an；
(3)a1＝2，an＋1＝an＋ln1＋1n.
探究点三由an与Sn的关系求an
例3已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n＋1，求{an}的通项公式．
变式迁移3(2011杭州月考)(1)已知{an}的前n项和Sn＝3n＋b，求{an}的通项公式．
(2)已知在正项数列{an}中，Sn表示前n项和且2Sn＝an＋1，求an.
函数思想的应用
例(12分)已知数列{an}的通项an＝(n＋1)1011n(n∈N*)，试问该数列{an}有没有最大项？若有，求出最大项的项数；若没有，说明理由．
【答题模板】
解方法一令n＋11011n≥n1011n－1n＋11011n≥n＋21011n＋1[4分]
10n＋10≥11n11n＋11≥10n＋20n≤10n≥9，∴n＝9或n＝10时，an最大，[10分]
即数列{an}有最大项，此时n＝9或n＝10.[12分]
方法二∵an＋1－an＝(n＋2)1011n＋1－(n＋1)1011n
＝1011n9－n11，[2分]
当n9时，an＋1－an0，即an＋1an；
当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n9时，an＋1－an0，即an＋1an.[8分]
故a1a2a3…a9＝a10a11a12…，[10分]
∴数列{an}中有最大项，为第9、10项．[12分]
【突破思维障碍】
有关数列的最大项、最小项，数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性常用①作差法，②作商法，③图象法．求最大项时也可用an满足an≥an＋1an≥an－1；若求最小项，则用an满足an≤an－1an≤an＋1.
数列实质就是一种特殊的函数，所以本题就是用函数的思想求最值．
【易错点剖析】
本题解题过程中易出现只解出a9这一项，而忽视了a9＝a10，从而导致漏解．
1．数列的递推公式是研究的项与项之间的关系，而通项公式则是研究的项an与项数n的关系．
2．求数列的通项公式是本节的重点，主要掌握三种方法：(1)由数列的前几项归纳出一个通项公式，关键是善于观察；
(2)数列{an}的前n项和Sn与数列{an}的通项公式an的关系，要注意验证能否统一到一个式子中；
(3)由递推公式求通项公式，常用方法有累加、累乘．
3．本节易错点是利用Sn求an时，忘记讨论n＝1的情况．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010安徽)设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为()
A．15B．16C．49D．64
2．已知数列{an}的通项公式是an＝2n3n＋1，那么这个数列是()
A．递增数列B．递减数列
C．摆动数列D．常数列
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则a2等于()
A．4B．2C．1D．－2
4．(2011烟台模拟)数列{an}中，若an＋1＝an2an＋1，a1＝1，则a6等于()
A．13B.113C．11D.111
5．数列{an}满足an＋an＋1＝12(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为()
A．5B.72C.92D.132
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．数列{an}满足an＋1＝2an0≤an12，2an－112≤an1，若a1＝67，则a2010的值为________．
7．已知Sn是数列{an}的前n项和，且有Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项an＝__________________.
8．(2011安庆月考)将全体正整数排成一个三角形数阵：
1
23
456
78910
1112131415
………………
根据以上排列规律，数阵中第n(n≥3)行从左至右的第3个数是____________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)写出下列各数列的一个通项公式．
(1)112，223，334，445，…；
(2)－1，32，－13，34，－15，36.
10．(12分)由下列数列{an}递推公式求数列{an}的通项公式：
(1)a1＝1，an－an－1＝n(n≥2)；
(2)a1＝1，anan－1＝n－1n(n≥2)；
(3)a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2)．
11．(14分)(2009安徽)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设cn＝a2nbn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋1cn.
答案自主梳理
1．一定顺序排列每一个数定义域为N*(或它的子集)a1，a2，a3，…，an，…n
2.第n项n用一个公式3.解析法(通项公式或递推公式)列表法图象法4.有穷数列无穷数列递增数列递减数列摆动数列常数列＝5.S1Sn－Sn－1
自我检测
1．C2.C3.C4.C
5.1n
课堂活动区
例1解题导引(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，要使用添项、还原、分割等方法，转化为一些常见数列的通项公式来求；
(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴涵着“从特殊到一般”的思想，得出的结论不一定可靠，在解答题中一般应用数学归纳法进行证明．
解(1)原数列为222－1，2×242－1，2×362－1，2×482－1，2×5102－1，…，
∴an＝2n(2n)2－1＝2n4n2－1.
(2)原数列为12，－42，92，－162，252，…，
∴an＝(－1)n＋1n22.
变式迁移1解(1)∵a1＝3＝21＋1，
a2＝5＝22＋1，a3＝9＝23＋1，…，
∴an＝2n＋1.
(2)将数列中各项统一成分母为2的分数，得
12，42，92，162，252，…，
观察知，各项的分子是对应项数的平方，
∴数列通项公式是an＝n22.
(3)将数列各项统一成f(n)的形式得
2，5，8，11，…；
观察知，数列各项的被开方数逐个增加3，且被开方数加1后，又变为3,6,9,12，…，所以数列的通项公式是an＝3n－1.
(4)从奇数项，偶数项角度入手，可以得到分段形式的解析式，也可看作数列1,1,1,1，…和1，－1,1，－1，…对应项相加之和的一半组成的数列，也可用正弦函数和余弦函数的最值和零点值来调整表示．
所以an＝1，n＝1，3，5，…，0，n＝2，4，6，…，
或an＝1＋(－1)n＋12(n∈N*)，
或an＝sinnπ2或an＝sin2nπ2(n∈N*)，
或an＝cosn－12π(n∈N*)．
例2解题导引利用数列的递推公式求数列的通项公式，一般有以下三种方法：
(1)累加法：如果已知数列{an}的相邻两项an＋1与an的差的一个关系式，我们可依次写出前n项中所有相邻两项的差的关系式，然后把这n－1个式子相加，整理求出数列的通项公式．
(2)累积法：如果已知数列{an}的相邻两项an＋1与an的商的一个关系式，我们可依次写出前n项中所有相邻两项的商的关系式，然后把这n－1个式子相乘，整理求出数列的通项公式．
(3)构造法：根据所给数列的递推公式以及其他有关关系式，进行变形整理，构造出一个新的等差或等比数列，利用等差或等比数列的通项公式求解．
解(1)当n＝1,2,3，…，n－1时，可得n－1个等式，an－an－1＝n－1，an－1－an－2＝n－2，…，a2－a1＝1，
将其相加，
得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)．
∴an＝a1＋(1＋n－1)(n－1)2＝2＋n(n－1)2.
(2)方法一an＝anan－1an－1an－2…a3a2a2a1a1
＝12n－112n－2…122121
＝121＋2＋…＋(n－1)＝12n(n－1)2，
∴an＝12n(n－1)2.
方法二由2n－1an＝an－1，
得an＝12n－1an－1.
∴an＝12n－1an－1
＝12n－112n－2an－2
＝12n－112n－2…121a1
＝12(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝12n(n－1)2
变式迁移2解(1)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴an＋1＋1an＋1＝3，
∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，
∴an＋1＝23n－1，∴an＝23n－1－1.
(2)∵an＋1＝(n＋1)an，∴an＋1an＝n＋1.
∴anan－1＝n，an－1an－2＝n－1，
……
a3a2＝3，
a2a1＝2，
a1＝1.
累乘可得，an＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝n！.
故an＝n！.
(3)∵an＋1＝an＋ln1＋1n，
∴an＋1－an＝ln1＋1n＝lnn＋1n.
∴an－an－1＝lnnn－1，
an－1－an－2＝lnn－1n－2，
……
a2－a1＝ln21，
累加可得，an－a1＝lnnn－1＋lnn－1n－2＋…＋ln21
＝lnn－ln(n－1)＋ln(n－1)－ln(n－2)＋…＋ln2－ln1
＝lnn.
又a1＝2，∴an＝lnn＋2.
例3解题导引an与Sn的关系式an＝Sn－Sn－1的条件是n≥2，求an时切勿漏掉n＝1，即a1＝S1的情况．一般地，当a1＝S1适合an＝Sn－Sn－1时，则需统一“合写”．当a1＝S1不适合an＝Sn－Sn－1时，则通项公式应分段表示，即an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.
解当n＝1时，
a1＝S1＝2×12－3×1＋1＝0；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n＋1)－2(n－1)2＋3(n－1)－1＝4n－5；
又n＝1时，an＝4×1－5＝－1≠a1，
∴an＝0，n＝1，4n－5，n≥2.
变式迁移3解(1)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝23n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式；
当b≠－1时，a1不适合此等式．
∴当b＝－1时，an＝23n－1；
当b≠－1时，an＝3＋b(n＝1)23n－1(n≥2).
(2)由2Sn＝an＋1，得Sn＝an＋122，
当n＝1时，a1＝S1＝a1＋122，得a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝an＋122－an－1＋122，
整理，得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
∵数列{an}各项为正，∴an＋an－10.
∴an－an－1－2＝0.
∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴an＝a1＋(n－1)×2＝2n－1.
课后练习区
1．A2.A3.A4.D5.B
6.377.2(n＝1)2n－1(n≥2，n∈N*)8.n2－n＋62
9．解(1)∵a1＝1＋12，a2＝2＋23，a3＝3＋34，…，
∴an＝n＋nn＋1(n∈N*)．…………………………………………………………………(6分)
(2)∵a1＝－2－11，a2＝2＋12，a3＝－2－13，
a4＝2＋14，…，
∴an＝(－1)n2＋(－1)nn(n∈N*)．………………………………………………………(12分)
10．解(1)由题意得，an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，…，a3－a2＝3，a2－a1＝2.
将上述各式等号两边累加得，
an－a1＝n＋(n－1)＋…＋3＋2，
即an＝n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1＝n(n＋1)2，
故an＝n(n＋1)2.……………………………………………………………………………(4分)
(2)由题意得，anan－1＝n－1n，an－1an－2＝n－2n－1，…，a3a2＝23，a2a1＝12.
将上述各式累乘得，ana1＝1n，故an＝1n.……………………………………………………(8分)
(3)由an＝2an－1＋1，
得an＋1＝2(an－1＋1)，
又a1＋1＝2≠0，所以an＋1an－1＋1＝2，
即数列{an＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列．
所以an＋1＝2n，即an＝2n－1.…………………………………………………………(12分)
11．(1)解a1＝S1＝4.……………………………………………………………………(1分)
对于n≥2有an＝Sn－Sn－1＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n.a1也适合，
∴{an}的通项公式an＝4n.………………………………………………………………(3分)
将n＝1代入Tn＝2－bn，得b1＝2－b1，故T1＝b1＝1.………………………………(4分)
(求bn方法一)对于n≥2，由Tn－1＝2－bn－1，
Tn＝2－bn，得bn＝Tn－Tn－1＝－(bn－bn－1)，
∴bn＝12bn－1，bn＝21－n.……………………………………………………………………(6分)
(求bn方法二)对于n≥2，由Tn＝2－bn得
Tn＝2－(Tn－Tn－1)，
2Tn＝2＋Tn－1，Tn－2＝12(Tn－1－2)，
Tn－2＝21－n(T1－2)＝－21－n，
Tn＝2－21－n，
bn＝Tn－Tn－1＝(2－21－n)－(2－22－n)＝21－n.
b1＝1也适合．……………………………………………………………………………(6分)
综上，{bn}的通项公式bn＝21－n.…………………………………………………………(8分)
(2)证明方法一由cn＝a2nbn＝n225－n，………………………………………………(10分)
得cn＋1cn＝121＋1n2.………………………………………………………………………(12分)
当且仅当n≥3时，1＋1n≤432，
∴cn＋1cn12(2)2＝1，又cn＝n225－n0，
即cn＋1cn.………………………………………………………………………………(14分)
方法二由cn＝a2nbn＝n225－n，
得cn＋1－cn＝24－n[(n＋1)2－2n2]
＝24－n[－(n－1)2＋2]．…………………………………………………………………(13分)
当且仅当n≥3时，cn＋1－cn0，即cn＋1cn.…………………………………………(14分)
高考数学（理科）一轮复习等差数列及其前n项和学案带答案
学案29等差数列及其前n项和
导学目标：1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.3.了解等差数列与一次函数的关系.4.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．
自主梳理
1．等差数列的有关定义
(1)一般地，如果一个数列从第____项起，每一项与它的前一项的____等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为____________(n∈N*，d为常数)．
(2)数列a，A，b成等差数列的充要条件是__________，其中A叫做a，b的__________．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝________，an＝am＋________(m，n∈N*)．
(2)前n项和公式：Sn＝__________＝____________.
3．等差数列的前n项和公式与函数的关系
Sn＝d2n2＋a1－d2n.
数列{an}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝__________.
4．等差数列的性质
(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有__________，特别地，当m＋n＝2p时，______________.
(2)等差数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列．
(3)等差数列的单调性：若公差d0，则数列为____________；若d0，则数列为__________；若d＝0，则数列为________．
自我检测
1．(2010北京海淀区模拟)已知等差数列{an}中，a5＋a9－a7＝10，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则S13的值为()
A．130B．260
C．156D．168
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于()
A．1B.53C．2D．3
3．(2010泰安一模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a5a3＝59，则S9S5等于()
A．1B．－1
C．2D.12
4．(2010湖南师大附中)若等差数列{an}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7等于()
A．12B．13C．14D．15
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S9＝72，则a2＋a4＋a9＝________.
探究点一等差数列的基本量运算
例1等差数列{an}的前n项和记为Sn.已知a10＝30，a20＝50，
(1)求通项an；
(2)若Sn＝242，求n.
变式迁移1设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，它的前10项和S10＝110，且a1，a2，a4成等比数列，求公差d和通项公式an.
探究点二等差数列的判定
例2已知数列{an}中，a1＝35，an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝1an－1(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大值和最小值，并说明理由．
变式迁移2已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值．
(2)是否存在实数λ，使得数列{an＋λ2n}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
探究点三等差数列性质的应用
例3若一个等差数列的前5项之和为34，最后5项之和为146，且所有项的和为360，求这个数列的项数．
变式迁移3已知数列{an}是等差数列．
(1)前四项和为21，末四项和为67，且前n项和为286，求n；
(2)若Sn＝20，S2n＝38，求S3n；
(3)若项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，求数列的中间项和项数．
探究点四等差数列的综合应用
例4(2011厦门月考)已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72.若bn＝12an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值．
变式迁移4在等差数列{an}中，a16＋a17＋a18＝a9＝－36，其前n项和为Sn.
(1)求Sn的最小值，并求出Sn取最小值时n的值．
(2)求Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|.
1．等差数列的判断方法有：
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数){an}是等差数列．
(2)中项公式：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*){an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数){an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数){an}是等差数列．
2．对于等差数列有关计算问题主要围绕着通项公式和前n项和公式，在两个公式中共五个量a1、d、n、an、Sn，已知其中三个量可求出剩余的量，而a与d是最基本的，它可以确定等差数列的通项公式和前n项和公式．
3．要注意等差数列通项公式和前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，S2n－1＝(2n－1)an等．
4．在遇到三个数成等差数列问题时，可设三个数为①a，a＋d，a＋2d；②a－d，a，a＋d；③a－d，a＋d，a＋3d等可视具体情况而定．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010重庆)在等差数列{an}中，a1＋a9＝10，则a5的值为()
A．5B．6C．8D．10
2．(2010全国Ⅱ)如果等差数列an中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝()
A．14B．21C．28D．35
3．(2010山东潍坊五校联合高三期中)已知{an}是等差数列，a1＝－9，S3＝S7，那么使其前n项和Sn最小的n是()
A．4B．5C．6D．7
4．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－13a11的值为()
A．14B．15C．16D．17
5．等差数列{an}的前n项和满足S20＝S40，下列结论中正确的是()
A．S30是Sn中的最大值B．S30是Sn中的最小值
C．S30＝0D．S60＝0
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2010辽宁)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝________.
7．(2009海南，宁夏)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a2m＝0，S2m－1＝38，则m＝________.
8．在数列{an}中，若点(n，an)在经过点(5,3)的定直线l上，则数列{an}的前9项和S9＝________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011莆田模拟)设{an}是一个公差为d(d≠0)的等差数列，它的前10项和S10＝110，且a22＝a1a4.
(1)证明：a1＝d；
(2)求公差d的值和数列{an}的通项公式．
10．(12分)(2010山东)已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝1a2n－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
11．(14分)(2010广东湛师附中第六次月考)在数列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．
(1)证明数列{1an}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项；
(3)若λan＋1an＋1≥λ对任意n≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围．
答案自主梳理
1．(1)2差an＋1－an＝d(2)A＝a＋b2等差中项
2．(1)a1＋(n－1)d(n－m)d(2)na1＋n(n－1)2d(a1＋an)n23.An2＋Bn4.(1)am＋an＝ap＋aqam＋an＝2ap(3)递增数列递减数列常数列
自我检测
1．A2.C3.A4.B5.24
课堂活动区
例1解题导引(1)等差数列{an}中，a1和d是两个基本量，用它们可以表示数列中的任何一项，利用等差数列的通项公式与前n项和公式，列方程组解a1和d，是解决等差数列问题的常用方法；(2)由a1，d，n，an，Sn这五个量中的三个量可求出其余两个量，需选用恰当的公式，利用方程组观点求解．
解(1)由an＝a1＋(n－1)d，a10＝30，a20＝50，
得方程组a1＋9d＝30，a1＋19d＝50，解得a1＝12，d＝2.
所以an＝2n＋10.
(2)由Sn＝na1＋n(n－1)2d，Sn＝242.
得12n＋n(n－1)2×2＝242.
解得n＝11或n＝－22(舍去)．
变式迁移1解由题意，知
S10＝10a1＋10×92d＝110，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即2a1＋9d＝22，a1d＝d2.
∵d≠0，∴a1＝d.解得a1＝d＝2，∴an＝2n.
例2解题导引1.等差数列的判定通常有两种方法：
第一种是利用定义，即an－an－1＝d(常数)(n≥2)，第二种是利用等差中项，即2an＝an＋1＋an－1(n≥2)．
2．解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断．
(1)通项法：若数列{an}的通项公式为n的一次函数，即an＝An＋B，则{an}是等差数列．
(2)前n项和法：若数列{an}的前n项和Sn是Sn＝An2＋Bn的形式(A，B是常数)，则{an}为等差数列．
3．若判断一个数列不是等差数列，则只需说明任意连续三项不是等差数列即可．
(1)证明∵an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝1an－1，
∴当n≥2时，bn－bn－1＝1an－1－1an－1－1
＝12－1an－1－1－1an－1－1
＝an－1an－1－1－1an－1－1＝1.
又b1＝1a1－1＝－52.
∴数列{bn}是以－52为首项，以1为公差的等差数列．
(2)解由(1)知，bn＝n－72，则an＝1＋1bn
＝1＋22n－7，设函数f(x)＝1＋22x－7，
易知f(x)在区间－∞，72和72，＋∞内为减函数．
∴当n＝3时，an取得最小值－1；
当n＝4时，an取得最大值3.
变式迁移2解(1)∵a1＝5，∴a2＝2a1＋22－1＝13，
a3＝2a2＋23－1＝33.
(2)假设存在实数λ，使得数列{an＋λ2n}为等差数列．
设bn＝an＋λ2n，由{bn}为等差数列，则有2b2＝b1＋b3.
∴2×a2＋λ22＝a1＋λ2＋a3＋λ23.
∴13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8，
解得λ＝－1.
事实上，bn＋1－bn＝an＋1－12n＋1－an－12n
＝12n＋1[(an＋1－2an)＋1]＝12n＋1[(2n＋1－1)＋1]＝1.
综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列{an＋λ2n}为首项为2、公差为1的等差数列．
例3解题导引本题可运用倒序求和的方法和等差数列的性质：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq，从中我们可以体会运用性质解决问题的方便与简捷，应注意运用；也可用整体思想(把a1＋n－12d看作整体)．
解方法一设此等差数列为{an}共n项，
依题意有a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝34，①
an＋an－1＋an－2＋an－3＋an－4＝146.②
根据等差数列性质，得
a5＋an－4＝a4＋an－3＝a3＋an－2＝a2＋an－1＝a1＋an.
将①②两式相加，得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＋(a4＋an－3)＋(a5＋an－4)＝5(a1＋an)＝180，
∴a1＋an＝36.
由Sn＝n(a1＋an)2＝36n2＝360，得n＝20.
所以该等差数列有20项．
方法二设此等差数列共有n项，首项为a1，公差为d，
则S5＝5a1＋5×42d＝34，①
Sn－Sn－5＝[n(n－1)d2＋na1]－[(n－5)a1＋(n－5)(n－6)2d]
＝5a1＋(5n－15)d＝146.②
①②两式相加可得10a1＋5(n－1)d＝180，
∴a1＋n－12d＝18，
代入Sn＝na1＋n(n－1)2d
＝na1＋n－12d＝360，
得18n＝360，∴n＝20.
所以该数列的项数为20项．
变式迁移3解(1)依题意，知a1＋a2＋a3＋a4＝21，
an－3＋an－2＋an－1＋an＝67，
∴a1＋a2＋a3＋a4＋an－3＋an－2＋an－1＋an＝88.
∴a1＋an＝884＝22.
∵Sn＝n(a1＋an)2＝286，∴n＝26.
(2)∵Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，
∴S3n＝3(S2n－Sn)＝54.
(3)设项数为2n－1(n∈N*)，则奇数项有n项，偶数项有n－1项，中间项为an，则
S奇＝(a1＋a2n－1)n2＝nan＝44，
S偶＝(a2＋a2n－2)(n－1)2＝(n－1)an＝33，
∴nn－1＝43.
∴n＝4，an＝11.
∴数列的中间项为11，项数为7.
例4解题导引若{an}是等差数列，
求前n项和的最值时，
(1)若a10，d0，且满足an≥0an＋1≤0，前n项和Sn最大；
(2)若a10，d0，且满足an≤0an＋1≥0，前n项和Sn最小；
(3)除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数最值问题，利用二次函数的图象或配方法求解，注意n∈N*.
解方法一∵2an＋1＝an＋an＋2，∴{an}是等差数列．
设{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝10，S6＝72，
得a1＋2d＝106a1＋15d＝72，∴a1＝2d＝4.
∴an＝4n－2.则bn＝12an－30＝2n－31.
解2n－31≤0，2(n＋1)－31≥0，得292≤n≤312.
∵n∈N*，∴n＝15.∴{bn}前15项为负值.∴S15最小．
可知b1＝－29，d＝2，
∴S15＝15×(－29＋2×15－31)2＝－225.
方法二同方法一求出bn＝2n－31.
∵Sn＝n(－29＋2n－31)2＝n2－30n＝(n－15)2－225，
∴当n＝15时，Sn有最小值，且最小值为－225.
变式迁移4解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵a16＋a17＋a18＝3a17＝－36，
∴a17＝－12，∴d＝a17－a917－9＝3，
∴an＝a9＋(n－9)d＝3n－63，
an＋1＝3n－60，
令an＝3n－63≤0an＋1＝3n－60≥0，得20≤n≤21，
∴S20＝S21＝－630，
∴n＝20或21时，Sn最小且最小值为－630.
(2)由(1)知前20项小于零，第21项等于0，以后各项均为正数．
当n≤21时，Tn＝－Sn＝－32n2＋1232n.
当n21时，Tn＝Sn－2S21＝32n2－1232n＋1260.
综上，Tn＝－32n2＋1232n(n≤21，n∈N*)32n2－1232n＋1260(n21，n∈N*).
课后练习区
1．A2.C3.B4.C5.D
6．157.108.27
9．(1)证明∵{an}是等差数列，∴a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，又a22＝a1a4，于是(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即a21＋2a1d＋d2＝a21＋3a1d(d≠0)．化简得a1＝d.…………………………(6分)
(2)解由条件S10＝110和S10＝10a1＋10×92d，得到10a1＋45d＝110.
由(1)知，a1＝d，代入上式得55d＝110，
故d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n.
因此，数列{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.…………………………………………(12分)
10．解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由于a3＝7，a5＋a7＝26，
所以a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，
解得a1＝3，d＝2.…………………………………………………………………………(4分)
由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝n(a1＋an)2，
所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．…………………………………………………………(6分)
(2)因为an＝2n＋1，所以a2n－1＝4n(n＋1)，
因此bn＝14n(n＋1)＝141n－1n＋1.………………………………………………………(8分)
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1
＝141－1n＋1＝n4(n＋1).
所以数列{bn}的前n项和Tn＝n4(n＋1).…………………………………………………(12分)
11．(1)证明将3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)整理得1an－1an－1＝3(n≥2)．
所以数列{1an}为以1为首项，3为公差的等差数列．…………………………………(4分)
(2)解由(1)可得1an＝1＋3(n－1)＝3n－2，
所以an＝13n－2.……………………………………………………………………………(7分)
(3)解若λan＋1an＋1≥λ对n≥2的整数恒成立，
即λ3n－2＋3n＋1≥λ对n≥2的整数恒成立．
整理得λ≤(3n＋1)(3n－2)3(n－1)………………………………………………………………(9分)
令cn＝(3n＋1)(3n－2)3(n－1)
cn＋1－cn＝(3n＋4)(3n＋1)3n－(3n＋1)(3n－2)3(n－1)＝(3n＋1)(3n－4)3n(n－1).………………………(11分)
因为n≥2，所以cn＋1－cn0，
即数列{cn}为单调递增数列，所以c2最小，c2＝283.
所以λ的取值范围为(－∞，283]．……………………………………………………(14分)
