高考数学（理科）一轮复习数列的综合应用学案（有答案）。
古人云，工欲善其事，必先利其器。高中教师要准备好教案，这是高中教师需要精心准备的。教案可以保证学生们在上课时能够更好的听课，帮助高中教师在教学期间更好的掌握节奏。高中教案的内容具体要怎样写呢？下面是小编精心为您整理的“高考数学（理科）一轮复习数列的综合应用学案（有答案）”，希望能对您有所帮助，请收藏。
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)
延伸阅读
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）一轮复习函数与方程学案有答案
一位优秀的教师不打无准备之仗，会提前做好准备，教师要准备好教案，这是教师需要精心准备的。教案可以让上课时的教学氛围非常活跃，使教师有一个简单易懂的教学思路。那么，你知道教案要怎么写呢？为了让您在使用时更加简单方便，下面是小编整理的“高考数学（理科）一轮复习函数与方程学案有答案”，欢迎您阅读和收藏，并分享给身边的朋友！
学案11函数与方程
导学目标：1.结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，会判断一元二次方程根的存在性及根的个数.2.根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似值．
自主梳理
1．函数零点的定义
(1)对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使________成立的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)的零点．
(2)方程f(x)＝0有实根函数y＝f(x)的图象与____有交点函数y＝f(x)有________．
2．函数零点的判定
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有____________，那么函数y＝f(x)在区间________内有零点，即存在c∈(a，b)，使得________，这个____也就是f(x)＝0的根．我们不妨把这一结论称为零点存在性定理．
3．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a0)的图象与零点的关系
Δ0Δ＝0Δ0
二次函数y＝ax2＋bx＋c
(a0)的图象
与x轴的交点________，
________________无交点
零点个数________________________
4.用二分法求函数f(x)零点近似值的步骤
第一步，确定区间[a，b]，验证________________，给定精确度ε；
第二步，求区间(a，b)的中点c；
第三步，计算______：
①若________，则c就是函数的零点；
②若________，则令b＝c[此时零点x0∈(a，c)]；
③若________，则令a＝c[此时零点x0∈(c，b)]；
第四步，判断是否达到精确度ε：即若|a－b|ε，则得到零点近似值a(或b)；否则重复第二、三、四步．
自我检测
1．(2010福建)f(x)＝x2＋2x－3，x≤0－2＋lnxx0的零点个数为()
A．0B．1C．2D．3
2．若函数y＝f(x)在R上递增，则函数y＝f(x)的零点()
A．至少有一个B．至多有一个
C．有且只有一个D．可能有无数个
3．如图所示的函数图象与x轴均有交点，其中不能用二分法求图中交点横坐标的是()
A．①②B．①③
C．①④D．③④
4．设f(x)＝3x＋3x－8，用二分法求方程3x＋3x－8＝0在x∈(1,2)内近似解的过程中得f(1)0，f(1.5)0，f(1.25)0，则方程的根所在的区间是()
A．(1,1.25)B．(1.25,1.5)
C．(1.5,2)D．不能确定
5．(2011福州模拟)若函数f(x)的零点与g(x)＝4x＋2x－2的零点之差的绝对值不超过0.25，则f(x)可以是()
A．f(x)＝4x－1B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex－1D．f(x)＝ln(x－0.5)
探究点一函数零点的判断
例1判断函数y＝lnx＋2x－6的零点个数．
变式迁移1(2011烟台模拟)若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－log3|x|的零点个数是()
A．多于4个B．4个
C．3个D．2个
探究点二用二分法求方程的近似解
例2求方程2x3＋3x－3＝0的一个近似解(精确度0.1)．
变式迁移2(2011淮北模拟)用二分法研究函数f(x)＝x3＋lnx＋12的零点时，第一次经计算f(0)0，0，可得其中一个零点x0∈________，第二次应计算________．以上横线上应填的内容为()
A.0，12B．(0,1)f12
C.12，1D.0，12
探究点三利用函数的零点确定参数
例3已知a是实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3－a，如果函数y＝f(x)在区间[－1,1]上有零点，求a的取值范围．
变式迁移3若函数f(x)＝4x＋a2x＋a＋1在(－∞，＋∞)上存在零点，求实数a的取值范围．
1．全面认识深刻理解函数零点：
(1)从“数”的角度看：即是使f(x)＝0的实数x；
(2)从“形”的角度看：即是函数f(x)的图象与x轴交点的横坐标；
(3)若函数f(x)的图象在x＝x0处与x轴相切，则零点x0通常称为不变号零点；
(4)若函数f(x)的图象在x＝x0处与x轴相交，则零点x0通常称为变号零点．
2．求函数y＝f(x)的零点的方法：
(1)(代数法)求方程f(x)＝0的实数根(常用公式法、因式分解法、直接求解法等)；
(2)(几何法)对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数y＝f(x)的图象联系起来，并利用函数的性质找出零点；
(3)(二分法)主要用于求函数零点的近似值，二分法的条件f(a)f(b)0表明：用二分法求函数的近似零点都是指变号零点．
3．有关函数零点的重要结论：
(1)若连续不间断的函数f(x)是定义域上的单调函数，则f(x)至多有一个零点；
(2)连续不间断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号；
(3)连续不间断的函数图象通过零点时，函数值符号可能不变．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010天津)函数f(x)＝2x＋3x的零点所在的一个区间是()
A．(－2，－1)B．(－1,0)
C．(0,1)D．(1,2)
2．(2011福州质检)已知函数f(x)＝log2x－13x，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且0x1x0，则f(x1)的值()
A．恒为负B．等于零
C．恒为正D．不小于零
3．下列函数图象与x轴均有公共点，其中能用二分法求零点的是()
4．函数f(x)＝(x－2)(x－5)－1有两个零点x1、x2，且x1x2，则()
A．x12,2x25
B．x12，x25
C．x12，x25
D．2x15，x25
5．(2011厦门月考)设函数f(x)＝4x－4，x≤1x2－4x＋3，x1，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数是()
A．4B．3C．2D．1
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．定义在R上的奇函数f(x)满足：当x0时，f(x)＝2006x＋log2006x，则在R上，函数f(x)零点的个数为________．
7．(2011深圳模拟)已知函数f(x)＝x＋2x，g(x)＝x＋lnx，h(x)＝x－x－1的零点分别为x1，x2，x3，则x1，x2，x3的大小关系是______________．
8．(2009山东)若函数f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知函数f(x)＝x3－x2＋x2＋14.
证明：存在x0∈(0，12)，使f(x0)＝x0.
10．(12分)已知二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少存在一个实数c，使f(c)0，求实数p的取值范围．
11．(14分)(2011杭州调研)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－a2，3a2c2b，求证：
(1)a0且－3ba－34；
(2)函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点；
(3)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，则2≤|x1－x2|574.
答案自主梳理
1．(1)f(x)＝0(2)x轴零点2.f(a)f(b)0(a，b)f(c)＝0c3.(x1,0)(x2,0)(x1,0)两个一个无4.f(a)f(b)0f(c)①f(c)＝0②f(a)f(c)0③f(c)f(b)0
自我检测
1．C[当x≤0时，令x2＋2x－3＝0，
解得x＝－3；
当x0时，令－2＋lnx＝0，解得x＝e2，
所以已知函数有两个零点．]
2．B3.B4.B5.A
课堂活动区
例1解题导引判断函数零点个数最常用的方法是令f(x)＝0，转化为方程根的个数，解出方程有几个根，函数y＝f(x)就有几个零点，如果方程的根解不出，还有两种方法判断：方法一是基本方法，是利用零点的存在性原理，要注意参考单调性可判定零点的唯一性；方法二是数形结合法，要注意作图技巧．
解方法一设f(x)＝lnx＋2x－6，
∵y＝lnx和y＝2x－6均为增函数，
∴f(x)也是增函数．
又∵f(1)＝0＋2－6＝－40，f(3)＝ln30，
∴f(x)在(1,3)上存在零点．又f(x)为增函数，
∴函数在(1,3)上存在唯一零点．
方法二在同一坐标系画出y＝lnx与y＝6－2x的图象，由图可知两图象只有一个交点，故函数y＝lnx＋2x－6只有一个零点．
变式迁移1B[由题意知f(x)是偶函数并且周期为2.由f(x)－log3|x|＝0，得f(x)＝log3|x|，令y＝f(x)，y＝log3|x|，这两个函数都是偶函数，画两函数y轴右
边的图象如图，两函数有两个交点，因此零点个数在x≠0，x∈R的范围内共4个．]
例2解题导引①用二分法求函数的零点时，最好是利用表格，将计算过程所得的各个区间、中点坐标、区间中点的函数值等置于表格中，可清楚地表示出逐步缩小零点所在区间的过程，有时也可利用数轴来表示这一过程；
②在确定方程近似解所在的区间时，转化为求方程对应函数的零点所在的区间，找出的区间[a，b]长度尽可能小，且满足f(a)f(b)0；
③求方程的近似解，所要求的精确度不同得到的结果也不同，精确度ε，是指在计算过程中得到某个区间(a，b)后，直到|a－b|ε时，可停止计算，其结果可以是满足精确度的最后小区间的端点或区间内的任一实数，结果不唯一．
解设f(x)＝2x3＋3x－3.
经计算，f(0)＝－30，f(1)＝20，
所以函数在(0,1)内存在零点，
即方程2x3＋3x－3＝0在(0,1)内有解．
取(0,1)的中点0.5，经计算f(0.5)0，
又f(1)0，所以方程2x3＋3x－3＝0在(0.5,1)内有解，
如此继续下去，得到方程的一个实数解所在的区间，如下表.
(a，b)(a，b)
的中点fa＋b2
(0,1)0.5f(0.5)0
(0.5,1)0.75f(0.75)0
(0.5,0.75)0.625f(0.625)0
(0.625,0.75)0.6875f(0.6875)0
(0.6875,0.75)|0.6875－0.75|＝0.06250.1
至此，可以看出方程的根落在区间长度小于0.1的区间(0.6875,0.75)内，可以将区间端点0.6875作为函数f(x)零点的近似值．因此0.6875是方程2x3＋3x－3＝0精确度0.1的一个近似解．
变式迁移2D[由于f(0)0，f120，而f(x)＝x3＋lnx＋12中的x3及lnx＋12在－12，＋∞上是增函数，故f(x)在－12，＋∞上也是增函数，
故f(x)在0，12上存在零点，所以x0∈0，12，
第二次计算应计算0和12在数轴上对应的中点
x1＝0＋122＝14.]
例3解若a＝0，f(x)＝2x－3，显然在[－1，1]上没有零点，所以a≠0.
令Δ＝4＋8a(3＋a)＝8a2＋24a＋4＝0，
解得a＝－3±72.
①当a＝－3－72时，f(x)＝0的重根x＝3－72∈[－1,1]，
当a＝－3＋72时，f(x)＝0的重根x＝3＋72[－1,1]，
∴y＝f(x)恰有一个零点在[－1,1]上；
②当f(－1)f(1)＝(a－1)(a－5)0，
即1a5时，y＝f(x)在[－1,1]上也恰有一个零点．
③当y＝f(x)在[－1,1]上有两个零点时，则
a0Δ＝8a2＋24a＋40－1－12a1f1≥0f－1≥0，或a0Δ＝8a2＋24a＋40－1－12a1f1≤0f－1≤0，
解得a≥5或a－3－72.
综上所述实数a的取值范围是a1或a≤－3－72.
变式迁移3解方法一(换元)
设2x＝t，则函数f(x)＝4x＋a2x＋a＋1化为g(t)＝t2＋at＋a＋1(t∈(0，＋∞))．
函数f(x)＝4x＋a2x＋a＋1在(－∞，＋∞)上存在零点，等价于方程t2＋at＋a＋1＝0，①有正实数根．
(1)当方程①有两个正实根时，
a应满足Δ＝a2－4a＋1≥0t1＋t2＝－a0t1t2＝a＋10，
解得：－1a≤2－22；
(2)当方程①有一正根一负根时，只需t1t2＝a＋10，
即a－1；
(3)当方程①有一根为0时，a＝－1，此时方程①的另一根为1.
综上可知a≤2－22.
方法二令g(t)＝t2＋at＋a＋1(t∈(0，＋∞))．
(1)当函数g(t)在(0，＋∞)上存在两个零点时，
实数a应满足Δ＝a2－4a＋1≥0－a20g0＝a＋10，
解得－1a≤2－22；
(2)当函数g(t)在(0，＋∞)上存在一个零点，另一个零点在(－∞，0)时，实数a应满足g(0)＝a＋10，
解得a－1；
(3)当函数g(t)的一个零点是0时，g(0)＝a＋1＝0，a＝－1，此时可以求得函数g(t)的另一个零点是1.
综上(1)(2)(3)知a≤2－22.
课后练习区
1．B[因为f(－1)＝12－30，f(0)＝10，
所以f(x)在区间(－1,0)上存在零点．]
2．A
3．C[能用二分法求零点的函数必须在给定区间[a，b]上连续不断，并且有f(a)f(b)0.A、B中不存在f(x)0，D中函数不连续．]
4．C
5．B[当x≤1时，函数f(x)＝4x－4与g(x)＝log2x的图象有两个交点，可得h(x)有两个零点，当x1时，函数f(x)＝x2－4x＋3与g(x)＝log2x的图象有1个交点，可得函数h(x)有1个零点，∴函数h(x)共有3个零点．]
6．3
解析函数f(x)为R上的奇函数，因此f(0)＝0，当x0时，f(x)＝2006x＋log2006x在区间(0，12006)内存在一个零点，又f(x)为增函数，因此在(0，＋∞)内有且仅有一个零点．根据对称性可知函数在(－∞，0)内有且仅有一解，从而函数在R上的零点的个数为3.
7．x1x2x3
解析令x＋2x＝0，即2x＝－x，设y＝2x，y＝－x；
令x＋lnx＝0，即lnx＝－x，
设y＝lnx，y＝－x.
在同一坐标系内画出y＝2x，y＝lnx，y＝－x，如图：x10x21，令x－x－1＝0，则(x)2－x－1＝0，
∴x＝1＋52，
即x3＝3＋521，所以x1x2x3.
8．a1
解析设函数y＝ax(a0，且a≠1)和函数y＝x＋a，则函数f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有两个零点，就是函数y＝ax(a0，且a≠1)与函数y＝x＋a有两个交点，由图象可知当0a1时两函数只有一个交点，不符合；当a1时，因为函数y＝ax(a1)的图象过点(0,1)，而直线y＝x＋a所过的点一定在点(0,1)的上方，所以一定有两个交点，所以实数a的取值范围是a1.
9．证明令g(x)＝f(x)－x.………………………………………………………………(2分)
∵g(0)＝14，g(12)＝f(12)－12＝－18，
∴g(0)g(12)0.……………………………………………………………………………(8分)
又函数g(x)在(0，12)上连续，…………………………………………………………(10分)
所以存在x0∈(0，12)，使g(x0)＝0.
即f(x0)＝x0.………………………………………………………………………………(12分)
10．解二次函数f(x)在区间[－1,1]内至少存在一个实数c，
使f(c)0的否定是：对于区间[－1,1]内的任意一个x都有f(x)≤0.……………………(4分)
此时f1≤0f－1≤0，即2p2＋3p－9≥02p2－p－1≥0，解得：
p≥32或p≤－3.…………………………………………………………………………(10分)
∴二次函数f(x)在区间[－1,1]内至少存在一个实数c，使f(c)0的实数p的取值范围是
－3p32.…………………………………………………………………………………(12分)
11．证明(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－a2，
∴3a＋2b＋2c＝0.
又3a2c2b，∴3a0,2b0，
∴a0，b0.
又2c＝－3a－2b，由3a2c2b，
∴3a－3a－2b2b.
∵a0，∴－3ba－34.……………………………………………………………………(4分)
(2)∵f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c.
①当c0时，∵a0，
∴f(0)＝c0且f(1)＝－a20，
∴函数f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点．……………………………………………(7分)
②当c≤0时，
∵a0，
∴f(1)＝－a20且f(2)＝a－c0，
∴函数f(x)在区间(1,2)内至少有一个零点．
综合①②得f(x)在(0,2)内至少有一个零点．……………………………………………(10分)
(3)∵x1，x2是函数f(x)的两个零点，则x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的两根．
∴x1＋x2＝－ba，x1x2＝ca＝－32－ba.
∴|x1－x2|＝x1＋x22－4x1x2
＝－ba2－4－32－ba
＝ba＋22＋2.(12分)
∵－3ba－34，
∴2≤|x1－x2|574.……………………………………………………………………(14分)
高考数学（理科）一轮复习基本不等式及其应用学案有答案
学案36基本不等式及其应用
导学目标：1.了解基本不等式的证明过程.2.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题．
自主梳理
1．基本不等式ab≤a＋b2
(1)基本不等式成立的条件：____________.
(2)等号成立的条件：当且仅当________时取等号．
2．几个重要的不等式
(1)a2＋b2≥________(a，b∈R)．
(2)ba＋ab≥____(a，b同号)．
(3)ab≤a＋b22(a，b∈R)．
(4)a＋b22____a2＋b22.
3．算术平均数与几何平均数
设a0，b0，则a，b的算术平均数为________，几何平均数为________，基本不等式可叙述为：________________________________________________.
4．利用基本不等式求最值问题
已知x0，y0，则
(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当________时，x＋y有最____值是________(简记：积定和最小)．
(2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当________时，xy有最____值是__________(简记：和定积最大)．
自我检测
1．“ab0”是“aba2＋b22”的()
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．(2011南平月考)已知函数f(x)＝12x，a、b∈(0，＋∞)，A＝fa＋b2，B＝f(ab)，C＝f2aba＋b，则A、B、C的大小关系是()
A．A≤B≤CB．A≤C≤B
C．B≤C≤AD．C≤B≤A
3．下列函数中，最小值为4的函数是()
A．y＝x＋4x
B．y＝sinx＋4sinx(0xπ)
C．y＝ex＋4e－x
D．y＝log3x＋logx81
4．(2011大连月考)设函数f(x)＝2x＋1x－1(x0)，则f(x)有最________值为________．
5．(2010山东)若对任意x0，xx2＋3x＋1≤a恒成立，则a的取值范围为________________．
探究点一利用基本不等式求最值
例1(1)已知x0，y0，且1x＋9y＝1，求x＋y的最小值；
(2)已知x54，求函数y＝4x－2＋14x－5的最大值；
(3)若x，y∈(0，＋∞)且2x＋8y－xy＝0，求x＋y的最小值．
变式迁移1(2011重庆)已知a0，b0，a＋b＝2，则y＝1a＋4b的最小值是()
A.72B．4
C.92D．5
探究点二基本不等式在证明不等式中的应用
例2已知a0，b0，a＋b＝1，求证：(1＋1a)(1＋1b)≥9.
变式迁移2已知x0，y0，z0.
求证：yx＋zxxy＋zyxz＋yz≥8.
探究点三基本不等式的实际应用
例3(2011镇江模拟)某单位用2160万元购得一块空地，计划在该空地上建造一栋至少10层，每层2000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x(x≥10)层，则每平方米的平均建筑费用为560＋48x(单位：元)．
(1)写出楼房平均综合费用y关于建造层数x的函数关系式；
(2)该楼房应建造多少层时，可使楼房每平方米的平均综合费用最少？最少值是多少？
(注：平均综合费用＝平均建筑费用＋平均购地费用，平均购地费用＝购地总费用建筑总面积)
变式迁移3(2011广州月考)某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2012年英国伦敦奥运会期间进行一系列促销活动，经过市场调查和测算，化妆品的年销量x万件与年促销费t万元之间满足3－x与t＋1成反比例，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件，已知2012年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需再投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完．
(1)将2012年的利润y(万元)表示为促销费t(万元)的函数．
(2)该企业2012年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？
(注：利润＝销售收入－生产成本－促销费，生产成本＝固定费用＋生产费用)
1．a2＋b2≥2ab对a、b∈R都成立；a＋b2≥ab成立的条件是a，b∈R＋；ba＋ab≥2成立的条件是ab0，即a，b同号．
2．利用基本不等式求最值必须满足一正、二定、三相等三个条件，并且和为定值时，积有最大值，积为定值时，和有最小值．
3．使用基本不等式求最值时，若等号不成立，应改用单调性法．一般地函数y＝ax＋bx，当a0，b0时，函数在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数；当a0，b0时，函数在(－∞，0)，(0，＋∞)上是减函数；当a0，b0时函数在－ba，0，0，ba上是减函数，在－∞，－ba，ba，＋∞上是增函数；当a0，b0时，可作如下变形：y＝－－ax＋－bx来解决最值问题．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．设a0，b0，若3是3a与3b的等比中项，则1a＋1b的最小值为()
A．8B．4C．1D.14
2．(2011鞍山月考)已知不等式(x＋y)1x＋ay≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为()
A．2B．4C．6D．8
3．已知a0，b0，则1a＋1b＋2ab的最小值是()
A．2B．22C．4D．5
4．一批货物随17列货车从A市以akm/h的速度匀速直达B市，已知两地铁路线长400km，为了安全，两列车之间的距离不得小于a202km，那么这批货物全部运到B市，最快需要()
A．6hB．8hC．10hD．12h
5．(2011宁波月考)设x，y满足约束条件3x－y－6≤0x－y＋2≥0x≥0，y≥0，若目标函数z＝ax＋by(a0，b0)的最大值为12，则2a＋3b的最小值为()
A.256B.83C.113D．4
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2010浙江)若正实数x，y满足2x＋y＋6＝xy，则xy的最小值是________．
7．(2011江苏)在平面直角坐标系xOy中，过坐标原点的一条直线与函数f(x)＝2x的图象交于P，Q两点，则线段PQ长的最小值是________．
8．已知f(x)＝32x－(k＋1)3x＋2，当x∈R时，f(x)恒为正值，则k的取值范围为__________________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(1)已知0x43，求x(4－3x)的最大值；
(2)点(x，y)在直线x＋2y＝3上移动，求2x＋4y的最小值．
10．(12分)(2011长沙月考)经观测，某公路段在某时段内的车流量y(千辆/小时)与汽车的平均速度v(千米/小时)之间有函数关系y＝920vv2＋3v＋1600(v0)．
(1)在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时车流量y最大？最大车流量为多少？
(2)为保证在该时段内车流量至少为10千辆/小时，则汽车的平均速度应控制在什么范围内？
11．(14分)某加工厂需定期购买原材料，已知每千克原材料的价格为1.5元，每次购买原材料需支付运费600元，每千克原材料每天的保管费用为0.03元，该厂每天需要消耗原材料400千克，每次购买的原材料当天即开始使用(即有400千克不需要保管)．
(1)设该厂每x天购买一次原材料，试写出每次购买的原材料在x天内总的保管费用y1关于x的函数关系式；
(2)求该厂多少天购买一次原材料才能使平均每天支付的总费用y最小，并求出这个最小值．
学案36基本不等式及其应用
自主梳理
1．(1)a0，b0(2)a＝b2.(1)2ab(2)2(4)≤
3.a＋b2ab两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数4.(1)x＝y小2p(2)x＝y大p24
自我检测
1．A2.A3.C
4．大－22－15.[15，＋∞)
课堂活动区
例1解题导引基本不等式的功能在于“和与积”的相互转化，使用基本不等式求最值时，给定的形式不一定能直接适合基本不等式，往往需要拆添项或配凑因式(一般是凑和或积为定值的形式)，构造出基本不等式的形式再进行求解．基本不等式成立的条件是“一正、二定、三相等”，“三相等”就是必须验证等号成立的条件．
解(1)∵x0，y0，1x＋9y＝1，
∴x＋y＝(x＋y)1x＋9y
＝yx＋9xy＋10≥6＋10＝16.
当且仅当yx＝9xy时，上式等号成立，又1x＋9y＝1，
∴x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16.
(2)∵x54，∴5－4x0.
y＝4x－2＋14x－5＝－5－4x＋15－4x＋3
≤－25－4x15－4x＋3＝1，
当且仅当5－4x＝15－4x，
即x＝1时，上式等号成立，故当x＝1时，ymax＝1.
(3)由2x＋8y－xy＝0，得2x＋8y＝xy，
∴2y＋8x＝1.
∴x＋y＝(x＋y)8x＋2y＝10＋8yx＋2xy
＝10＋24yx＋xy
≥10＋2×2×4yxxy＝18，
当且仅当4yx＝xy，即x＝2y时取等号．
又2x＋8y－xy＝0，∴x＝12，y＝6.
∴当x＝12，y＝6时，x＋y取最小值18.
变式迁移1C[∵a＋b＝2，∴a＋b2＝1.
∴1a＋4b＝(1a＋4b)(a＋b2)＝52＋(2ab＋b2a)≥52＋22abb2a＝92(当且仅当2ab＝b2a，即b＝2a时，“＝”成立)，故y＝1a＋4b的最小值为92.]
例2解题导引“1”的巧妙代换在不等式证明中经常用到，也会给解决问题提供简捷的方法．
在不等式证明时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，而且也是检验转化是否有误的一种方法．
证明方法一因为a0，b0，a＋b＝1，
所以1＋1a＝1＋a＋ba＝2＋ba.
同理1＋1b＝2＋ab.
所以(1＋1a)(1＋1b)＝(2＋ba)(2＋ab)
＝5＋2(ba＋ab)≥5＋4＝9.
所以(1＋1a)(1＋1b)≥9(当且仅当a＝b＝12时等号成立)．
方法二(1＋1a)(1＋1b)＝1＋1a＋1b＋1ab
＝1＋a＋bab＋1ab＝1＋2ab，
因为a，b为正数，a＋b＝1，
所以ab≤(a＋b2)2＝14，于是1ab≥4，2ab≥8，
因此(1＋1a)(1＋1b)≥1＋8＝9(当且仅当a＝b＝12时等号成立)．
变式迁移2证明∵x0，y0，z0，
∴yx＋zx≥2yzx0，
xy＋zy≥2xzy0，
xz＋yz≥2xyz0.
∴yx＋zxxy＋zyxz＋yz
≥8yzxzxyxyz＝8.
当且仅当x＝y＝z时等号成立．
所以(yx＋zx)(xy＋zy)(xz＋yz)≥8.
例3解题导引1.用基本不等式解应用题的思维程序为：
由题设写出函数→变形转化→利用基本不等式→求得最值→结论
2．在应用基本不等式解决实际问题时，要注意以下四点：(1)先理解题意，设变量，一般把要求最值的变量定为函数；(2)建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数最值问题；(3)在定义域内求函数最值；(4)正确写出答案．
解(1)依题意得
y＝(560＋48x)＋2160×100002000x
＝560＋48x＋10800x(x≥10，x∈N*)．
(2)∵x0，∴48x＋10800x
≥248×10800＝1440，
当且仅当48x＝10800x，即x＝15时取到“＝”，
此时，平均综合费用的最小值为560＋1440＝2000(元)．
答当该楼房建造15层时，可使楼房每平方米的平均综合费用最少，最少值为2000元．
变式迁移3解(1)由题意可设3－x＝kt＋1，
将t＝0，x＝1代入，得k＝2.∴x＝3－2t＋1.
当年生产x万件时，
∵年生产成本＝年生产费用＋固定费用，
∴年生产成本为32x＋3＝323－2t＋1＋3.
当销售x(万件)时，年销售收入为
150%323－2t＋1＋3＋12t.
由题意，生产x万件化妆品正好销完，由年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费，得年利润y＝－t2＋98t＋352t＋1(t≥0)．
(2)y＝－t2＋98t＋352t＋1＝50－t＋12＋32t＋1
≤50－2t＋12×32t＋1＝50－216＝42(万元)，
当且仅当t＋12＝32t＋1，即t＝7时，ymax＝42，
∴当促销费投入7万元时，企业的年利润最大．
课后练习区
1．B[因为3a3b＝3，所以a＋b＝1，
1a＋1b＝(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab
≥2＋2baab＝4，当且仅当ba＝ab即a＝b＝12时，“＝”成立．]
2．B[不等式(x＋y)1x＋ay≥9对任意正实数x，y恒成立，则1＋a＋yx＋axy≥a＋2a＋1≥9，
∴a≥2或a≤－4(舍去)．
∴正实数a的最小值为4.]
3．C[因为1a＋1b＋2ab≥21ab＋2ab
＝21ab＋ab≥4，当且仅当1a＝1b且1ab＝ab，
即a＝b＝1时，取“＝”号．]
4．B[第一列货车到达B市的时间为400ah，由于两列货车的间距不得小于a202km，所以第17列货车到达时间为400a＋16a202a＝400a＋16a400≥8，当且仅当400a＝16a400，即a＝100km/h时成立，所以最快需要8h．]
5．A
6．18
解析由x0，y0,2x＋y＋6＝xy，得
xy≥22xy＋6(当且仅当2x＝y时，取“＝”)，
即(xy)2－22xy－6≥0，
∴(xy－32)(xy＋2)≥0.
又∵xy0，∴xy≥32，即xy≥18.
故xy的最小值为18.
7．4
解析过原点的直线与f(x)＝2x交于P、Q两点，则直线的斜率k0，设直线方程为y＝kx，由y＝kx，y＝2x，得x＝2k，y＝2k或x＝－2k，y＝－2k，
∴P(2k，2k)，Q(－2k，－2k)或P(－2k，－2k)，Q(2k，2k)．
∴|PQ|＝2k＋2k2＋2k＋2k2
＝22k＋1k≥4.
8．(－∞，22－1)
解析由f(x)0得32x－(k＋1)3x＋20，解得k＋13x＋23x，而3x＋23x≥22，∴k＋122，k22－1.
9．解(1)∵0x43，∴03x4.
∴x(4－3x)＝13(3x)(4－3x)≤133x＋4－3x22＝43，(4分)
当且仅当3x＝4－3x，即x＝23时，“＝”成立．
∴当x＝23时，x(4－3x)的最大值为43.(6分)
(2)已知点(x，y)在直线x＋2y＝3上移动，∴x＋2y＝3.
∴2x＋4y≥22x4y＝22x＋2y＝223＝42.
(10分)
当且仅当2x＝4y，x＋2y＝3，即x＝32，y＝34时，“＝”成立．
∴当x＝32，y＝34时，2x＋4y的最小值为42.
(12分)
10．解(1)y＝920vv2＋3v＋1600＝920v＋1600v＋3≤
9202v×1600v＋3＝92083≈11.08.(4分)
当v＝1600v，即v＝40千米/小时时，车流量最大，最大值为11.08千辆/小时(6分)
(2)据题意有920vv2＋3v＋1600≥10，(8分)
化简得v2－89v＋1600≤0，即(v－25)(v－64)≤0，
所以25≤v≤64.
所以汽车的平均速度应控制在[25,64]这个范围内．
(12分)
11．解(1)每次购买原材料后，当天用掉的400千克原材料不需要保管费，第二天用掉的400千克原材料需保管1天，第三天用掉的400千克原材料需保管2天，第四天用掉的400千克原材料需保管3天，…，第x天(也就是下次购买原材料的前一天)用掉最后的400千克原材料需保管(x－1)天．
∴每次购买的原材料在x天内总的保管费用
y1＝400×0.03×[1＋2＋3＋…＋(x－1)]
＝6x2－6x.(6分)
(2)由(1)可知，购买一次原材料的总费用为6x2－6x＋600＋1.5×400x，
∴购买一次原材料平均每天支付的总费用为
y＝1x(6x2－6x＋600)＋1.5×400＝600x＋6x＋594.(9分)
∴y≥2600x6x＋594＝714，(12分)
当且仅当600x＝6x，即x＝10时，取等号．
∴该厂10天购买一次原材料可以使平均每天支付的总费用y最小，且最小为714元．(14分)
高考数学（理科）一轮复习数列的通项与求和学案附答案
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)
