【三维设计】2013届高考数学总复习(基础知识+高频考点+解题训练)第五章 数列的综合应用教学案(含

数列的综合应用
[知识能否忆起]
1．数列在实际生活中有着广泛的应用，其解题的基本步骤，可用图表示如下：
2．数列应用题常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n 与a n ＋1的递推关系，还是前n 项和S n 与S n ＋1之间的递推关系．
[小题能否全取]
1．某学校高一、高二、高三共计2 460名学生，三个年级的学生人数刚好成等差数列，则该校高二年级的人数是( )
A ．800
B ．820
C ．840
D ．860
解析：选B 由题意可设高一、高二、高三三个年级的人数分别为a －d ，a ，a ＋d . 则a －d ＋a ＋a ＋d ＝2 460，解得a ＝2 4603＝820.
故高二年级共有820人．
2．(教材习题改编)有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟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(假设病毒不繁殖)，问细菌将病毒全部杀死至少需要( )
A ．6秒钟
B ．7秒钟
C ．8秒钟
D ．9秒钟
解析：选B 设至少需n 秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n －1
≥100，
即1－2n
1－2
≥100，解得n ≥7. 3．数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有( ) A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10 C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10
D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定
解析：选B a 3＋a 9≥2a 3a 9＝2a 2
6＝2a 6＝2b 7＝b 4＋b 10，当且仅当a 3＝a 9时，不等式取等号．
4．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为2π3，公差为π
36，则这个多边形
的边数为________．
解析：由于凸n 边形的内角和为(n －2)π， 故2π3
n ＋n
n －1
2×π
36
＝(n －2)π. 化简得n 2
－25n ＋144＝0.解得n ＝9或n ＝16(舍去)． 答案：9 5．设曲线y ＝x
n ＋1
(n ∈N *
)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，x n ＝________，
令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99的值为________．
解析：∵y ＝x
n ＋1
，∴y ′＝(n ＋1)x n
，
它在点(1,1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)， 与x 轴交点的横坐标为x n ＝1－
1n ＋1＝n
n ＋1
， 由a n ＝lg x n 得a n ＝lg n －lg(n ＋1)， 于是a 1＋a 2＋…＋a 99
＝lg 1－lg 2＋lg 2－lg3＋…＋lg 99－lg 100＝lg 1－lg 100＝0－2＝－2. 答案：
n
n ＋1
－2
1.对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，有的数列并没有指明，但可以通过分析构造，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题．
2．数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，与函数、方程、不等式、三角等内容
有着广泛的联系，在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步提高，这一部分内容也将受到越来越多的关注．
等差数列与等比数列的综合问题
典题导入
[例1] 在等比数列{a n }(n ∈N *
)中，a 1>1，公比q >0，设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，
b 1b 3b 5＝0.
(1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项a n . [自主解答] (1)证明：∵b n ＝log 2a n ， ∴b n ＋1－b n ＝log 2
a n ＋1
a n
＝log 2q 为常数， ∴数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q . (2)∵b 1＋b 3＋b 5＝6，∴b 3＝2， ∵a 1>1，∴b 1＝log 2a 1>0. ∵b 1b 3b 5＝0， ∴b 5＝0.
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
b 1＋2d ＝2，b 1＋4d ＝0，解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
b 1＝4，
d ＝－1，
∴S n ＝4n ＋
n n －1
2
×(－1)＝9n －n 2
2.
∵⎩
⎪⎨
⎪⎧
log 2q ＝－1，
log 2a 1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧
q ＝12，
a 1＝16，
∴a n ＝2
5－n
(n ∈N *
)．
试比较(2)求出的S n 与a n 的大小． 解：∵a n ＝2
5－n
>0，
当n ≥9时，S n ＝
n 9－n
2
≤0，
∴n ≥9时，a n >S n .
∵a 1＝16，a 2＝8，a 3＝4，a 4＝2，a 5＝1，
a 6＝1
2，a 7＝14，a 8＝18
，
S 1＝4，S 2＝7，S 3＝9，S 4＝10，S 5＝10， S 6＝9，S 7＝7，S 8＝4，
∴当n ＝3,4,5,6,7,8时，a n <S n ； 当n ＝1,2或n ≥9时，a n >S n .
由题悟法
解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．
以题试法
1．(2012·河南调研)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7
＝16.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{a n }和数列{b n }满足等式a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n
2n (n 为正整数)，求数列{b n }的
前n 项和S n .
解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意知d >0， 由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16，① 由a 3a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55，②
由①得2a 1＝16－7d ，将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220，即256－9d 2
＝220.∴d 2
＝4，又d >0，
∴d ＝2，代入①得a 1＝1， ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.
(2)∵当n ＝1时，a 1＝b 1
2，∴b 1＝2.
当n ≥2时，a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1＋b n
2
n ，
a n －1＝
b 12
＋b 22
2＋b 32
3＋…＋b n －1
2
n －1，
两式相减得a n －a n －1＝b n
2
n ，∴b n ＝2
n ＋1
，
∴b n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
2，n ＝1，2n ＋1
，n ≥2.
当n ＝1时，S 1＝b 1＝2；
当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋b 21－2n －1
1－2
＝2
n ＋2
－6，
当n ＝1时上式也成立． 综上，当n 为正整数时，S n ＝2
n ＋2
－6.
等差数列与等比数列的实际应用
典题导入
[例2] (2011·湖南高考改编)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.则第n 年初M 的价值a n ＝________.
[自主解答] 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；
当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，3
4
为公比的等比数列，
又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭
⎪⎫34n －6
.
[答案] a n ＝⎩
⎪⎨⎪
⎧
130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7.
由题悟法
1．数列实际应用题的解题策略
解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在
语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题，然后求解．
2．处理分期付款问题的注意事项
(1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(注：最后一次付款没有利息)． (2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和，只有掌握了这一点，才可以顺利建立等量关系．
以题试法
2．从经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少1
5，本年度当地旅游业估计收入400
万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加1
4
.
(1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出表达式； (2)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？
解：(1)第一年投入为800万元，第二年投入为800⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15万元，
第n 年内的总投入为800⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－15n －1
万元，
所以，n 年的投入为：
a n ＝800＋800⎝
⎛⎭
⎪⎫
1－15＋ (800)
⎛⎭
⎪⎫
1－15
n －1
＝4 000－4 000⎝ ⎛⎭
⎪⎫45n
.
第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为
400⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋14万元． 第n 年旅游业收入为400⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋14n －1
万元，
所以，n 年内的旅游业总收入为
b n ＝400＋400⎝
⎛⎭
⎪⎫
1＋14＋ (400)
⎛⎭
⎪⎫
1＋14
n －1
＝1 600⎝ ⎛⎭
⎪⎫54n
－1 600.
(2)设经过n 年旅游业的总收入超过总投入，由此b n －a n >0，
即1 600⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1 600－4 000＋4 000⎝ ⎛⎭⎪⎫45n
>0，
化简得2⎝ ⎛⎭⎪⎫54n ＋5⎝ ⎛⎭
⎪⎫45n
－7>0，
设⎝ ⎛⎭
⎪⎫45n ＝x ，代入上式，得5x 2
－7x ＋2>0， 解此不等式，得x <2
5
或x >1(舍去)，
即⎝ ⎛⎭⎪⎫45n <2
5
，由此得n ≥5. 故至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入．
数列与函数、不等式的综合应用
典题导入
[例3] (2012·安徽高考)设函数f (x )＝x
2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成
的数列为{x n }．
(1)求数列{x n }的通项公式；
(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n . [自主解答] (1)令f ′(x )＝1
2＋cos x ＝0，
得cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π
3(k ∈Z )．
由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，
x n ＝2n π－
2π3
(n ∈N *
)． (2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－23n π＝n (n ＋1)π－2n π
3，
所以sin S n ＝sin ⎣
⎢⎡
⎦
⎥⎤
n
n ＋1π－
2n π3. 因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n (n ＋1)一定为偶数， 所以sin S n ＝－sin 2n π
3
.
当n ＝3m －2(m ∈N *
)时，sin S n ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m π－4π3＝－32；
当n ＝3m －1(m ∈N *
)时，sin S n ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m π－2π3＝32；
当n ＝3m (m ∈N *
)时，sin S n ＝－sin 2m π＝0.
综上所述，sin S n
＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－
32
，n ＝3m －2m ∈N *
，3
2，n ＝3m －1m ∈N *
，
0，n ＝3m m ∈N *
.
由题悟法
数列与函数的综合问题主要有以下两类：
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决．
以题试法
3． (2012·温州测试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2＋t ，S 5－S 2＝24＋3t (t >0)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝aq n
＋n ，若b 1＝a 1，b 5＝a 5，试比较a 3与b 3的大小． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5－S 2＝3a 1＋9d ＝24＋3t ， 又a 1＝2＋t ，所以d ＝2， 故a n ＝2n ＋t (t >0)．
(2)由已知可得aq ＝1＋t >0，aq 5
＝5＋t ， 可得3＋t ＝12
(aq ＋aq 5
)，
又aq 5
－aq ＝aq (q 4
－1)＝4，则q 4
>1，得q 2
>1. 则a 3－b 3＝3＋t －aq 3
＝aq
2
(q 2－1)2
>0，故a 3>b 3.
1．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }中连续的三项，则数列{b n }的公比为( )
A. 2 B ．4 C ．2
D.12
解析：选C 设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 2
3＝a 1a 7得(a 1＋2d )2
＝a 1(a 1＋6d )，解得
a 1＝2d ，故数列{
b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2a 1
a 1
＝2.
2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－36，S 13＝－104，等比数列{b n }中，b 5＝
a 5，
b 7＝a 7，则b 6的值为( )
A ．±4 2
B ．－4 2
C ．4 2
D ．无法确定
解析：选A 依题意得，S 9＝9a 5＝－36⇒b 5＝a 5＝－4，S 13＝13a 7＝－104⇒b 7＝a 7＝－8，所以b 6＝±4 2.
3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2
－b n x ＋2n
的两个零点，则
b 10等于( )
A ．24
B ．32
C ．48
D ．64
解析：选D 依题意有a n a n ＋1＝2n
，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1
，两式相除得
a n ＋2
a n
＝2.所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2.所以a 10＝2·24＝32，a 11
＝1·25
＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.
2 4 1 2
x
y
4.在如图所示的表格中，每一列成等比数列，那么x ＋y ＋z 的值为( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：选B 由题知表格中第三列中的数成首项为4，公比为1
2的等比数列，故有x ＝1.
根据每行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，52，故第四列的公比为12，所以y ＝5×⎝ ⎛⎭
⎪⎫123
＝58，同理z ＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝3
8
，故x ＋y ＋z ＝2. 5．(2011·上海高考)设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面
积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件为( )
A ．{a n }是等比数列
B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列
C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列
D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同 解析：选D ∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则
A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3
a 1
，A 3A 2＝a 4
a 2
，…. ∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2
a n
＝q ，从而{A n }为等比数列．
6．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4且a 1＝9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1
125
的最小整数n 是( )
A ．5
B ．6
C ．7
D ．8
解析：选C 由递推式变形得3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)，
则a n －1＝8·⎝ ⎛⎭
⎪⎫－13n －1
，
所以|S n －n －6|＝|a 1－1＋a 2－1＋…＋a n －1－6|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪8⎣⎢⎡⎦
⎥
⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1＋13
－6＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n <1125，即3
n －1
>250，所以满足条件的最小整数n 是7.
7．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则等比数列{a n }的公比为________．
解析：设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，
由4S 2＝S 1＋3S 3，得4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，即3q 2
－q ＝0，故q ＝13.
答案：13
8．(2011·陕西高考)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．
解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．
答案：2 000
9．(2012·安徽模拟)在数列{a n }中，若a 2
n －a 2
n －1＝p (n ≥2，n ∈N *
，p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”．
下列是对“等方差数列”的判断：
①若{a n }是等方差数列，则{a 2
n }是等差数列；
②已知数列{a n }是等方差数列，则数列{a 2
n }是等方差数列． ③{(－1)n
}是等方差数列；
④若{a n }是等方差数列，则{a kn }(k ∈N *
，k 为常数)也是等方差数列； 其中正确命题的序号为________．
解析：对于①，由等方差数列的定义可知，{a 2
n }是公差为p 的等差数列，故①正确．对于②，取a n ＝n ，则数列{a n }是等方差数列，但数列{a 2
n }不是等方差数列，故②错．对于③，因为[(－1)n ]2－[(－1)
n －1]2
＝0(n ≥2，n ∈N *)为常数，所以{(－1)n
}是等方差数列，故③正
确．对于④，若a 2
n －a 2
n －1＝p (n ≥2，n ∈N *
)，则a 2
kn －a 2
k
n －1
＝(a 2kn －a 2kn －1)＋(a 2kn －1－a 2
kn －2)＋…
＋(a2kn－k＋1－a2k n－1)＝kp为常数，故④正确．
答案：①③④
10．已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝n2，数列{b n}为等比数列，且首项b1＝1，b4＝8.
(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；
(2)若数列{c n}满足c n＝ab n，求数列{c n}的前n项和T n；
解：(1)∵数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝n2，
∴当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
当n＝1时，a1＝S1＝1亦满足上式，故a n＝2n－1(n∈N*)．
又数列{b n}为等比数列，设公比为q，
∵b1＝1，b4＝b1q3＝8，∴q＝2.
∴b n＝2n－1(n∈N*)．
(2)c n＝ab n＝2b n－1＝2n－1.
T n＝c1＋c2＋c3＋…＋c n＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－n＝
21－2n
1－2
－n.
所以T n＝2n＋1－2－n.
11．已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n ∈N*.
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)设数列{b n}满足：b n＝
na n
2n＋12n
，是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得b1，b m，b n
成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由．解：(1)因为a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，
即(a n＋a n＋1)(2a n－a n＋1)＝0.
又a n>0，所以2a n－a n＋1＝0，即2a n＝a n＋1.
所以数列{a n}是公比为2的等比数列．
由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2.
故数列{a n}的通项公式为a n＝2n(n∈N*)．
(2)因为b n＝
na n
2n＋12n
＝
n
2n＋1
，
所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n
2n ＋1.
若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭
⎪⎫n 2n ＋1，
即
m 24m 2
＋4m ＋1＝n
6n ＋3
. 由m 2
4m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2
＋4m ＋1
m 2
， 所以－2m 2
＋4m ＋1>0，从而1－
62<m <1＋6
2
. 又n ∈N *
，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.
故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列． 12．设同时满足条件：①
b n ＋b n ＋2
2
≥b n ＋1；②b n ≤M (n ∈N *
，M 是常数)的无穷数列{b n }叫“嘉
文”数列．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝
a
a －1
(a n －1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝2S n
a n
＋1，若数列{b n }为等比数列，求a 的值，并证明数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．
解：(1)因为S 1＝
a
a －1
(a 1－1)＝a 1，所以a 1＝a .
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝
a a －1(a n －a n －1)，整理得a n
a n －1
＝a ，即数列{a n }是以a 为首项，
a 为公比的等比数列．所以a n ＝a · a n －1＝a n .
(2)由(1)知，
b n ＝2×a
a －1a n －1
a n ＋1＝3a －1a n －2a
a －1a n
，(*)
由数列{b n }是等比数列，则b 2
2
＝b 1·b 3，故⎝ ⎛⎭
⎪⎫3a ＋2a 2＝3·3a 2
＋2a ＋2a 2，解得a ＝13，
再将a ＝13代入(*)式得b n ＝3n
，故数列{b n }为等比数列，所以a ＝13.
由于1
b n ＋1
b n ＋22＝13n ＋1
3n ＋22
>
2
13n ·1
3n ＋22＝13n ＋1＝1b n ＋1，满足条件①；由于1b n ＝13n ≤1
3
，故存
在M ≥1
3满足条件②.故数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．
1．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12
，a n ＝f (n )(n ∈N *
)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2
B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2
C.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1
D.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，1 解析：选C 由题意得a n ＋1＝f (n ＋1)＝f (1)f (n )＝1
2
a n ，
故S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12
＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .则数列{a n }的前n 项和的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1.
2．(2012·安庆模拟)设关于x 的不等式x 2
－x <2nx (n ∈N *
)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．
解析：由x 2
－x <2nx (n ∈N *
)， 得0<x <2n ＋1， 因此知a n ＝2n . 故S 100＝
100
2＋200
2
＝10 100.
答案：10 100
3．祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元，设f (n )表示前n 年的纯收入．(f (n )＝前n 年的总收入－前n 年的总支出－投资额)
(1)从第几年开始获取纯利润？
(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案：①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂，问哪种方案较合算？
解：由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列．
则f (n )＝50n －⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤12n ＋
n n －1
2
×4－72＝－2n 2
＋40n －72.
(1)获取纯利润就是要求f (n )>0，故有－2n 2
＋40n －72>0，解得2<n <18. 又n ∈N *
，故从第三年开始获利． (2)①平均利润为
f n n ＝40－2⎝
⎛⎭⎪⎫n ＋36n ≤16，当且仅当n ＝6时取等号．
故此方案获利6×16＋48＝144万美元，此时n ＝6.
②f (n )＝－2n 2
＋40n －72＝－2(n －10)2
＋128，当n ＝10时，f (n )max ＝128. 故此方案共获利128＋16＝144万美元．
比较两种方案，在获利相同的前提下，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，故选择第①种方案．
1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n －5a n －85，n ∈N *
. (1)证明：{a n －1}是等比数列；
(2)求数列{S n }的通项公式．请指出n 为何值时，S n 取得最小值，并说明理由． 解：(1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－5a 1－85， 解得a 1＝－14，则a 1－1＝－15.
∵当n ≥2时，S n －1＝(n －1)－5a n －1－85， ∴a n ＝S n －S n －1＝1－5a n ＋5a n －1， ∴6a n ＝5a n －1＋1，即a n －1＝5
6(a n －1－1)，
∴{a n －1}是首项为－15，公比为5
6
的等比数列．
(2)∵a n －1＝－15·⎝ ⎛⎭
⎪⎫56n －1
，
∴S n ＝n －5⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－15·⎝ ⎛⎭⎪⎫56n －1－85＝n ＋75·⎝ ⎛⎭⎪⎫56n －1
－90.
由a n ＝1－15·⎝ ⎛⎭
⎪⎫56n －1
>0，
即15·⎝ ⎛⎭⎪⎫56n －1
<1，解得n >log 56115＋1≈15.85.
∴当n ≤15时，a n <0；当n ≥16时，a n >0. 故n ＝15时，S n 取得最小值．
2．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2
＝1上，数列{b n }中，点{b n ，T n }在直线y ＝－1
2
x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．
(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列； (3)若c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1<c n .
解：(1)由点A n 在y 2
－x 2
＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.
(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－1
2x ＋1上，
∴T n ＝－1
2
b n ＋1.①
∴T n －1＝－1
2
b n －1＋1(n ≥2)．②
①②两式相减得b n ＝－12b n ＋1
2b n －1(n ≥2)，
∴32b n ＝1
2b n －1， ∴b n ＝1
3
b n －1.
令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝2
3，
∴{b n }是以23为首项，以1
3为公比的等比数列．
(3)证明：∵由(2)可知b n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2
3n .
∴c n ＝a n ·b n ＝(n ＋1)·2
3n ，
∴c n ＋1－c n ＝(n ＋2)·
23
n ＋1－(n ＋1)·2
3
n
＝
23
n ＋1
[(n ＋2)－3(n ＋1)]＝2
3
n ＋1(－2n －1)<0，
∴c n ＋1<c n .
3．(2012·广州调研)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，且a n ＋1＝a n ＋2a n －1(n ≥2)．
(1)设b n ＝a n ＋1＋λa n ，是否存在实数λ，使数列{b n }为等比数列．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；
(2)求数列{a n }的前n 项和S n .
解：(1)假设存在实数λ，使数列{b n }为等比数列， 设
b n
b n －1
＝q (n ≥2)， 即a n ＋1＋λa n ＝q (a n ＋λa n －1)， 得a n ＋1＝(q －λ)a n ＋qλa n －1.
与已知a n ＋1＝a n ＋2a n －1比较，得⎩
⎪⎨
⎪⎧
q －λ＝1，
qλ＝2，
解得λ＝1或λ＝－2.
所以存在实数λ，使数列{b n }为等比数列．
当λ＝1时，q ＝2，b 1＝4，则数列{b n }是首项为4，公比为2的等比数列； 当λ＝－2时，q ＝－1，b 1＝1，则数列{b n }是首项为1，公比为－1的等比数列． (2)由(1)知a n ＋1－2a n ＝(－1)n ＋1
(n ≥1)，
所以a n ＋12n ＋1－a n
2n ＝－1
n ＋1
2
n ＋1
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12n ＋1
(n ≥1)， 当n ≥2时，a n 2n ＝a 121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 222－a 121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
a 323－a 222＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
a n 2n －a n －12n －1
＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12n
＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－12 ＝12＋16⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1. 因为a 121＝1
2
也适合上式，
所以a n 2n ＝12＋16⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ≥1)．
所以a n ＝13
[2n ＋1＋(－1)n
]．
则S n ＝13
[(22＋23＋…＋2n ＋1)＋((－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)n
)]
＝13⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤41－2n
1－2＋
－1
1－－1n
1－－1
＝13⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤
2
n ＋2
－4＋－1n
－12.
数 列
一、选择题(本题共12分小题，每小题5分，共60分)
1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20
D ．25
解析：选B ∵{a n }是等差数列，∴a 2＋a 4＝2a 3＝1＋5， 故a 3＝3，∴S 5＝
5
a 1＋a 5
2＝5×2a 32
＝5a 3＝5×3＝15.
2．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则a 5＝( ) A ．1 B ．2 C ．4
D ．8
解析：选A ∵a 3·a 11＝16，∴a 2
7＝16. 又∵a n >0，∴a 7＝4.a 5＝a 7·q －2
＝4×2－2
＝1.
3．(2012·银川联考)若数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2
＋1，则向量m ＝(a 1，a 4)的模为( )
A ．53
B ．50 C.53
D ．5 2
解析：选C 依题意得，a 1＝S 1＝2，a 4＝S 4－S 3＝(42
＋1)－(32
＋1)＝7，故m ＝(2,7)，|m |＝22
＋72
＝53.
4．已知数阵⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 11 a 12 a 13a
21 a 22 a 23a
31
a 32 a 33
中，每行的三个数依次成等差数列，每列的三个数也依次成
等差数列，若a 22＝4，则这九个数的和为( )
A ．16
B ．32
C ．36
D ．40
解析：选C 依题意得，a 11＋a 12＋a 13＋a 21＋a 22＋a 23＋a 31＋a 32＋a 33＝3a 12＋3a 22＋3a 32＝9a 22
＝36.
5．(2012·朝阳统考)设数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝1且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( )
A.n 28＋7n 8
B.n 24＋7n
4 C.n 22＋3n
4
D ．n 2
＋n
解析：选A 由a 1，a 3，a 6成等比数列可得a 2
3＝a 1·a 6，设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则(1＋2d )2
＝1×(1＋5d )，而d ≠0，故d ＝14
，所以S n ＝n ＋
n
n －1
2×14＝n 2
8＋7n 8
. 6．(2012·银川联考)设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1－1
a n
，记数列{a n }的前n 项之积为
Πn ，则Π2 013的值为( )
A ．－12
B ．－1
C.1
2
D ．2
解析：选B 由a 2＝1
2
，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，从而Π2
013
＝(Π3)671
＝－1.
7．(2012·东北三校模拟)等差数列{a n }中，S 15>0，S 16<0，则使a n >0成立的n 的最大值
为( )
A ．6
B ．7
C ．8
D ．9
解析：选C 依题意得S 15＝
15
a 1＋a 15
2
＝15a 8>0，即a 8>0；S 16＝
16
a 1＋a 16
2
＝8(a 1
＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，即a 8＋a 9<0，a 9<－a 8<0.因此使a n >0成立的n 的最大值是8.
8．已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m ，n 都有a m ＋n ＝a m ＋a n ，则a n
n 等于( )
A.1
2
B.23
C.3
2
D ．2
解析：选B 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1＋a n ，即a n ＋1－a n ＝a 1＝2
3，可知数列{a n }是首项为a 1
＝23，公差为d ＝23的等差数列，于是a n ＝23＋(n －1)·23＝23n ，即a n n ＝23
. 9．(2012·“江南十校”联考)已知函数f (x )＝cos x ，x ∈(0,2π)有两个不同的零点x 1，
x 2，且方程f (x )＝m (m ≠0)有两个不同的实根x 3，x 4，若把这四个数按从小到大排列构成等
差数列，则实数m ＝( )
A.1
2
B ．－12
C.3
2
D ．－
32
解析：选D 若m >0，则公差d ＝3π2－π
2＝π，显然不成立，所以m <0，则公差d ＝
3π2－π23＝π
3
. 所以m ＝cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2＋π3＝－32. 10．(2012·济南模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 10
10＝
2，则S 2 012的值等于( )
A ．－2 011
B ．－2 012
C ．－2 010
D ．－2 013
解析：选B 根据等差数列的性质，得数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 012，公差d ＝1，故S 2 012
2 012＝－2 012＋(2 012－1)×1＝－1，所以S 2 012
＝－2 012.
11．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a 5＝9，若数列{b n }满足b 1＝3，b n ＋1＝ab n ，则{b n }的通项公式为b n ＝( )
A ．2n
－1 B ．2n
＋1 C ．2
n ＋1－1
D ．2
n －1
＋2
解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则有d ＝
a 5－a 2
5－2
＝2，a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1；
又b n ＋1＝ab n ，因此有b n ＋1＝2b n －1，b n ＋1－1＝2(b n －1)，而b 1－1＝2≠0，因此数列{b n －1}
是首项为2，公比为2的等比数列，于是有b n －1＝2×2
n －1
＝2n ，b n ＝2n
＋1.
12.如图，将等差数列{a n }的前6项填入一个三角形的顶点及各边中点的位置，且在图中每个三角形顶点所填的三项也成等差数列，数列{a n }的前2 012项和S 2 012＝4 024，则满足na n >a n
n 的n 的值为( )
A ．2 012
B ．4 024
C ．2
D ．3
解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 2，a 3，a 5成等差数列得2a 3＝a 2＋a 5，即2(a 1＋2d )＝(a 1＋d )＋(a 1＋4d )，有d ＝0，于是a n ＝a 1，由S 2 012＝4 024得2 012a 1＝4 024，有a 1＝2，即a n ＝2，由na n >a n n 得n 2>2n ，结合函数y ＝2x 与y ＝x 2
的图象知n ＝3.
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 2
5＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.
解析：a 2
5＝a 10>0，根据已知条件得2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1q
＋q ＝5，解得q ＝2.
所以a 21q 8
＝a 1q 9
，所以a 1＝2，所以a n ＝2n
. 答案：2n
14．(2012·衡阳六校联考)设函数f (x )＝1
x －b
＋2，若a ，b ，c 成等差数列(公差不为零)，则f (a )＋f (c )＝________.
解析：依题意得b －a ＝c －b ，－(a －b )＝c －b ，则f (a )＋f (c )＝1a －b ＋2＋1c －b
＋2＝1a －b ＋1c －b
＋4＝0＋4＝4. 答案：4
15．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n
a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．
解析：∵a n ＋1＋(－1)n
a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋
a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58
＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1，
∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋…＋234
＝
15×10＋234
2
＝1 830.
答案：1 830
16．(2012·衡阳六校联考)在一个数列中，如果∀n ∈N *
，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，
a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.
解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3
＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.
答案：28
三、解答题(本题共6小题，共70分)
17．(本小题满分10分)(2012·陕西高考)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12.
(1)若a 3＝1
4
，求数列{a n }的前n 项和；
(2)证明：对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列． 解：(1)由a 3＝a 1q 2
＝14及q ＝－12
，得a 1＝1，
所以数列{a n }的前n 项和S n ＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12＝2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12n －1
3.
(2)证明：对任意k ∈N ＋， 2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝2a 1q k ＋1
－(a 1q
k －1
＋a 1q k
)
＝a 1q
k －1
(2q 2
－q －1)，
由q ＝－12得2q 2
－q －1＝0，故2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝0.
所以对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列．
18．(本小题满分12分)(2012·陕西高考)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列．
(1)求数列{a n }的公比；
(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)， 由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，
即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3
.
由a 1≠0，q ≠0得q 2
＋q －2＝0，解得q 1＝－2或q 2＝1(舍去)，故q ＝－2. (2)证明：法一：对任意k ∈N ＋，
S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k )
＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1 ＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2) ＝0，
所以对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 法二：对任意k ∈N ＋，2S k ＝
2a 1
1－q k
1－q
，
S k ＋2＋S k ＋1＝a 11－q k ＋21－q ＋a 11－q k ＋11－q ＝a 12－q k ＋2－q k ＋1
1－q
，
2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝
2a 1
1－q k
1－q
－a 12－q k ＋2－q k ＋11－q
＝
a 1
1－q
[2(1－q k
)－(2－q
k ＋2
－q k ＋1
)]
＝a 1q k 1－q
(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．
19．(本小题满分12分)(2012·潍坊模拟)已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，
S n 为其前n 项和，且满足S 2n －1＝1
2
a 2n ，n ∈N *
.
(1)求a n ；
(2)数列{b n }满足b n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2n －1
，n 为奇数，1
2
a n －1，n 为偶数，T n 为数列{
b n }的前n 项和，求T 2n .
解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，在S 2n －1＝12
a 2
n 中，令n ＝1,2，得
⎩
⎪⎨⎪⎧
a 2
1＝2S 1，a 2
2＝2S 3，得⎩
⎪⎨⎪⎧
a 2
1＝2a 1，
a 1＋d 2
＝23a 1＋3d ，
解得a 1＝2，d ＝4， 故a n ＝4n －2.
(2)由(1)得b n ＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
2n －1
，n 为奇数，
2n －3，n 为偶数，
则T 2n ＝1＋2×2－3＋22
＋2×4－3＋24
＋…＋22n －2
＋2×2n －3
＝1＋22
＋24
＋…＋22n －2
＋4(1＋2＋…＋n )－3n ＝1－4n 1－4
＋4·n
n ＋1
2
－3n
＝4n
3－13
＋2n 2
－n . 20．(本小题满分12分)(2012·石家庄质检)已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，
a 1＝1，各项均为正数的等比数列{
b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.
(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .
解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ， ∵由题意得a 2
3＝a 1a 21，
∴(1＋2d )2
＝1×(1＋20d )，即4d 2
－16d ＝0， ∵d ≠0，∴d ＝4，∴a n ＝4n －3. ∴b 1＝1，b 3＝9，b 5＝81， ∵{b n }的各项均为正数， ∴q ＝3， ∴b n ＝3
n －1
.
(2)∵由(1)可得a n b n ＝(4n －3)3
n －1
，
∴S n ＝30
＋5×31
＋9×32
＋…＋(4n －7)×3n －2
＋(4n －3)×3
n －1
，
3S n ＝31
＋5×32
＋9×33
＋…＋(4n －7)×3n －1
＋(4n －3)×3n
，
两式相减得：
－2S n ＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n －1
－(4n －3)×3n
＝1＋4(3＋32
＋33
＋…＋3n －1
)－(4n －3)×3n
＝1＋
4×3×1－3n －1
1－3
－(4n －3)×3n
＝(5－4n )×3n
－5， ∴S n ＝4n －53n
＋5
2
.
21．(本小题满分12分)(2012·潍坊模拟)在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *
)，公比q ∈
(0,1)，且a 3a 5＋2a 4a 6＋a 3a 9＝100，又4是a 4与a 6的等比中项．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{|b n |}的前n 项和S n . 解：(1)∵a 3a 5＋2a 4a 6＋a 3a 9＝100， ∴a 2
4＋2a 4a 6＋a 2
6＝100， ∴(a 4＋a 6)2
＝100， 又a n >0，∴a 4＋a 6＝10， ∵4是a 4与a 6的等比中项， ∴a 4a 6＝16，
而q ∈(0,1)，∴a 4>a 6，∴a 4＝8，a 6＝2， ∴q ＝1
2
，a 1＝64，
∴a n ＝64·⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1＝27－n
.
(2)∵b n ＝log 2a n ＝7－n ，则数列{b n }的前n 项和为
T n ＝n 13－n 2
，
∴当1≤n ≤7时，b n ≥0，∴S n ＝n 13－n
2
.
当n ≥8时，b n <0，
∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b 7－(b 8＋b 9＋…＋b n ) ＝－(b 1＋b 2＋…＋b n )＋2(b 1＋b 2＋…＋b 7) ＝－
n 13－n
2＋2×7×62＝n 2
－13n ＋842
.
∴S n
＝⎩⎪⎨⎪
⎧
13n －n
2
2
1≤n ≤7且n ∈N *
，
n 2
－13n ＋84
2
n ≥8且n ∈N *
.
22．(本小题满分12分)设函数f (x )＝
x
a x ＋2
，方程x ＝f (x )有唯一解，其中实数a
为常数，f (x 1)＝22 013
，f (x n )＝x n ＋1(n ∈N *
)．
(1)求f (x )的表达式； (2)求x 2 011的值；
(3)若a n ＝4
x n －4 023且b n ＝a 2n ＋1＋a 2
n 2a n ＋1a n
(n ∈N *
)，求证：b 1＋b 2＋…＋b n <n ＋1.
解：(1)由x ＝
x
a x ＋2
，可化简为ax (x ＋2)＝x (a ≠0)，
所以ax 2
＋(2a －1)x ＝0，
当且仅当a ＝1
2时，方程x ＝f (x )有唯一解．
从而f (x )＝
2x x ＋2
. (2)由已知f (x n )＝x n ＋1，得
2x n
x n ＋2
＝x n ＋1， 所以
1
x n ＋1＝12＋1x n ，即1x n ＋1－1x n ＝12
(n ∈N *)， 所以数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1x n 是以1x 1为首项，1
2为公差的等差数列．
所以1x n ＝1x 1＋(n －1)×1
2＝
n －1x 1＋2
2x 1
，
故x n ＝
2x 1
n －1x 1＋2
.
因为f (x 1)＝22 013，所以2x 1x 1＋2＝22 013，解得x 1＝1
1 006.
所以x n ＝2×
11 006n －1×11 006＋2
＝2
n ＋2 011
，
故x 2 011＝22 011＋2 011＝1
2 011.
(3)证明：因为x n ＝2
n ＋2 011
，
所以a n ＝4×
n ＋2 011
2
－4 023＝2n －1，
所以b n ＝a 2n ＋1＋a 2n
2a n ＋1a n ＝
2n ＋12
＋2n －12
22n ＋12n －1＝4n 2
＋1
4n 2－1
＝1＋
2
2n －12n ＋1＝1＋12n －1－1
2n ＋1
，
所以b 1＋b 2＋…＋b n －n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－15＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12n －1－12n ＋1－n ＝1－
1
<1.
2n＋1
故b1＋b2＋…＋b n<n＋1.。