7.(2002年春季北京，21)已知点的序列A_n(x_n，0)，n∈N^*，其中x_l＝0，x₂＝a(a＞0)，A₃是线段A_lA₂的中点，A₄是线段A₂A₃的中点，…，A_n是线段A_n－2A_n－1的中点，….

(1)写出x_n与x_n－1、x_n－2之间的关系式(n≥3)；

(2)设a_n＝x_n+1－x_n，计算a_l，a₂，a₃，由此推测数列{a_n}的通项公式，并加以证明.

解：(1)当n≥3时，x_n=.

(2)a₁=x₂－x₁=a，a₂=x₃－x₂=－x₂=－(x₂－x₁)=－a，

a₃=x₄－x₃=－x₃=－(x₃－x₂)=－(－a)=a，

由此推测：a_n=(－)^n－1a(n∈N^*).

证明如下：因为a₁=a＞0，且a_n=x_n+1－x_n=－x_n==－(x_n－x_n－1)=－a_n－1(n≥2)，所以a_n=(－)^n－1a.

探究创新

()⁸+()⁹＝()⁸(1+)

＝.

培养能力

6.已知直线l上有一列点P₁(x₁，y₁)，P₂(x₂，y₂)，…，P_n(x_n，y_n)，…，其中n∈N^*，x₁=1，x₂=2，点P_n+2分有向线段所成的比为λ(λ≠－1).

(1)写出x_n+2与x_n+1，x_n之间的关系式；

(2)设a_n=x_n+1－x_n，求数列{a_n}的通项公式.

解：(1)由定比分点坐标公式得x_n+2=.

(2)a₁=x₂－x₁=1，

a_n+1=x_n+2－x_n+1=－x_n+1

=－(x_n+1－x_n)=－a_n，

∴=－，即{a_n}是以a₁=1为首项，－为公比的等比数列.

∴a_n=(－)^n－1.

3.用函数的观点和方法揭示等差数列和等比数列的特征，在分析和解决有关数列的综合题中具有重要的意义.

拓展题例

[例题] 已知数列{a_n}，构造一个新数列a₁，(a₂－a₁)，(a₃－a₂)，…，(a_n－a_n－1)，…，此数列是首项为1，公比为的等比数列.

(1)求数列{a_n}的通项；

(2)求数列{a_n}的前n项和S_n.

解：(1)由题意a_n=a₁+(a₂－a₁)+(a₃－a₂)+…+(a_n－a_n－1)==［1－()ⁿ］.

(2)S_n=［n－(+++…+)］=［n－(1－)］=n－+.

2.从等差数列中按某种规律，抽取某些项，依次排列，组成一个等比数列，是等差、等比数列综合题中的较重要的类型，要认真体会此类题.

1.等差、等比数列是两种最基本、最常见的数列，灵活地运用等差、等比数列的性质，能使问题简化；灵活地运用通项公式和前n项和公式解题是高考考查的重点.

8.有点难度哟！

(理)已知数列{a_n}的各项均为正整数，且满足a_n+1=a_n²－2na_n+2(n∈N^*)，又a₅=11.

(1)求a₁，a₂，a₃，a₄的值，并由此推测出{a_n}的通项公式(不要求证明)；

(2)设b_n=11－a_n，S_n=b₁+b₂+…+b_n，S_n′=|b₁|+|b₂|+…+|b_n|，求的值.

解：(1)由a₅=11，得11=a₄²－8a₄+2，即a₄²－8a₄－9=0.解得a₄=9或a₄=－1(舍).

由a₄=9，得a₃²－6a₃－7=0.

解得a₃=7或a₃=－1(舍).

同理可求出a₂=5，a₁=3.

由此推测a_n的一个通项公式a_n=2n+1(n∈N^*).

(2)b_n=11－a_n=10－2n(n∈N^*)，可知数列{b_n}是等差数列.

S_n===－n²+9n.

当n≤5时，S_n′=S_n=－n²+9n；

当n＞5时，S_n′=－S_n+2S₅=－S_n+40=n²－9n+40.

当n≤5时，=1；

当n＞5时，=.

∴==－1.

(文)设f(k)是满足不等式log₂x+log₂(3·2^k－1－x)≥2k－1(k∈N^*)的自然数x的个数.

(1)求f(k)的表达式；

(2)记S_n=f(1)+f(2)+…+f(n)，P_n=n²+n－1，当n≤5时试比较S_n与P_n的大小.

解：(1)由不等式log₂x+log₂(3·2^k－1－x)≥2k－1，得x(3·2^k－1－x)≥2^2k－1，解之得2^k－1≤x≤2^k，故f(k)=2^k－2^k－1+1=2^k－1+1.

(2)∵S_n=f(1)+f(2)+…+f(n)=1+2+2²+2³+…+2^n－1+n=2ⁿ+n－1，

∴S_n－P_n=2ⁿ+n－1－(n²+n－1)=2ⁿ－n².

又n≤5，可计算得S₁＞P₁，S₂=P₂，S₃＜P₃，S₄=P₄，S₅＞P₅.

●思悟小结

本节加强了数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意：

(1)通过知识间的相互转化，使学生更好地掌握数学中的转化思想.

(2)通过解数列与其他知识的综合问题，培养学生分析问题和解决问题的综合能力.

●教师下载中心

教学点睛

本节教学中应注意以下几个问题：

7.数列{a_n}中，a₁=8，a₄=2，且满足a_n+2－2a_n+1+a_n=0(n∈N^*).

(1)求数列{a_n}的通项公式.

(2)设b_n=(n∈N^*)，S_n=b₁+b₂+…+b_n，是否存在最大的整数m，使得任意的n均有S_n＞总成立？若存在，求出m；若不存在，请说明理由.

解：(1)∵a_n+2－2a_n+1+a_n=0，

∴a_n+2－a_n+1=a_n+1－a_n(n∈N^*).

∴{a_n}是等差数列.设公差为d，

又a₁=8，a₄=a₁+3d=8+3d=2，

∴d=－2.∴a_n=－2n+10.

(2)b_n==

=(－)，

∴S_n=b₁+b₂+…+b_n=［(1－)+(－)+…+(－)］

=(1－)=.

假设存在整数m满足S_n＞总成立.

又S_n+1－S_n=－

=＞0，

∴数列{S_n}是单调递增的.

∴S₁=为S_n的最小值，故＜，

即m＜8.又m∈N^*，

∴适合条件的m的最大值为7.

探究创新

6.(2003年北京高考，文16)已知数列{a_n}是等差数列，且a₁=2，a₁+a₂+a₃=12.

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)令b_n=a_nxⁿ(x∈R)，求数列{b_n}前n项和的公式.

解：(1)设数列{a_n}的公差为d，

则a₁+a₂+a₃=3a₁+3d=12.

又a₁=2，得d=2.

所以a_n=2n.

(2)令S_n=b₁+b₂+…+b_n，

则由b_n=a_nxⁿ=2nxⁿ，得

S_n=2x+4x²+…+(2n－2)x^n－1+2nxⁿ，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 　 ①

xS_n=2x²+4x³+…+(2n－2)xⁿ+2nxⁿ⁺¹.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 ②

当x≠1时，①式减去②式，得

(1－x)S_n=2(x+x²+…+xⁿ)－2nxⁿ⁺¹

=－2nxⁿ⁺¹.

所以S_n=－.

当x=1时，S_n=2+4+…+2n=n(n+1).

综上可得，当x=1时，S_n=n(n+1)；

当x≠1时，S_n=－.

5.设{a_n}为等比数列，a₁=b₁=1，a₂+a₄=b₃，b₂b₄=a₃，分别求出{a_n}及{b_n}的前10项的和S₁₀及T₁₀.

解：设公差为d，公比为q，由题意知

∴或

∴S₁₀=10+(－)=－.

当q=时，T₁₀=；

当q=－时，T₁₀=.

培养能力

4.已知数列{a_n}中，a₁=且对任意非零自然数n都有a_n+1=a_n+()ⁿ⁺¹.数列{b_n}对任意非零自然数n都有b_n=a_n+1－a_n.

(1)求证:数列{b_n}是等比数列；

(2)求数列{a_n}的通项公式.

(1)证明：b_n=a_n+1－a_n=［a_n+()ⁿ⁺¹］－a_n=()ⁿ⁺¹－a_n，b_n+1=()ⁿ⁺²－a_n+1=()ⁿ⁺²－［a_n+()ⁿ⁺¹］=·()ⁿ⁺¹－a_n－·()ⁿ⁺¹=·()ⁿ⁺¹－a_n=·［()ⁿ⁺¹－a_n］，

∴=(n=1，2，3，…).

∴{b_n}是公比为的等比数列.

(2)解：∵b₁=()²－a₁=－·=，∴b_n=·()^n－1=()ⁿ⁺¹.由b_n=()ⁿ⁺¹－a_n，得()ⁿ⁺¹=()ⁿ⁺¹－a_n，解得a_n=6［()ⁿ⁺¹－()ⁿ⁺¹］.