學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1．已知等差數(shù)列｛an｝的首項(xiàng)a1＝1，公差d＞0，且第2項(xiàng)、第5項(xiàng)、第14項(xiàng)分別是等比數(shù)列{bn｝的第2項(xiàng)、第3項(xiàng)、第4項(xiàng)．(1)求數(shù)列｛an｝、{bn｝的通項(xiàng)公式；(2）設(shè)數(shù)列{cn}對(duì)n∈N＋，均有eq\f（c1,b1)＋eq\f（c2，b2)＋…＋eq\f(cn，bn）＝an＋1成立，求c1＋c2＋…＋c2012。解：（1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d）2＝(1＋d）（1＋13d)，解得d＝0或d＝2，又∵d＞0，∴d＝2。∴an＝1＋(n－1）×2＝2n－1.又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9,∴等比數(shù)列｛bn}的公比q＝eq\f（b3，b2)＝eq\f(9,3）＝3.∴bn＝b2qn－2＝3×3n－2＝3n－1。（2)由eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2，b2）＋…＋eq\f（cn，bn）＝an＋1，①得當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(c1，b1）＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn－1,bn－1）＝an,②①－②，得n≥2時(shí)，eq\f（cn，bn)＝an＋1－an＝2，∴cn＝2bn＝2×3n－1(n≥2)．而n＝1時(shí)，eq\f（c1，b1）＝a2,∴c1＝3。∴cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1，，2bn＝2×3n－1n≥2.））∵c1＋c2＋…＋c2012＝3＋2×31＋2×32＋…＋2×32011＝3＋eq\f（6－2×32011,1－3)＝3－3＋32011＝32011.2．（2014·山東濟(jì)南三模)已知等比數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＝3n＋k.(1)求k的值及數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式;(2）若數(shù)列{bn}滿足eq\f（an＋1，2)＝(4＋k)anbn，求數(shù)列｛bn}的前n項(xiàng)和Tn。解：（1）當(dāng)n≥2時(shí)，由an＝Sn－Sn－1＝3n＋k－3n－1－k＝2·3n－1.因?yàn)閧an}是等比數(shù)列,所以a1＝2，an＝2·3n－1.a1＝S1＝3＋k＝2，所以k＝－1。(2)由eq\f（an＋1,2)＝（4＋k)anbn，可得bn＝eq\f（n,2·3n－1)，bn＝eq\f(3，2)·eq\f(n,3n），Tn＝eq\f(3,2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f（2，32)＋\f（3，33）＋…＋\f（n,3n）))。eq\f（1,3）Tn＝eq\f（3，2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，32）＋\f(2，32)＋\f(3，34）＋…＋\f（n，3n＋1）））,eq\f（2，3)Tn＝eq\f（3,2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f（1,32)＋\f(1,33）＋…＋\f(1，3n)－\f（n,3n＋1)））,Tn＝eq\f（9，4)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)－\f(1,2·3n）－\f（n，3n＋1)）).3．（2014·吉林長(zhǎng)春模擬）已知函數(shù)f（x）滿足ax·f（x)＝b＋f(x)(ab≠0)，f(1）＝2且f(x＋2）＝－f(2－x)對(duì)定義域中任意x都成立．（1)求函數(shù)f（x)的解析式;（2）若正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn＝eq\f(1,4）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(3－\f(2，fan）））2。求證：數(shù)列{an｝是等差數(shù)列；(3）若bn＝eq\f(an,2n），數(shù)列｛bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn。解：(1）由ax·f（x）＝b＋f(x)(ab≠0），得f（x）（ax－1)＝b.若ax－1＝0，則b＝0,不合題意，故ax－1≠0，∴f（x)＝eq\f（b,ax－1）.由f(1）＝2＝eq\f（b，a－1)，得2a－2＝b. ①由f（x＋2)＝－f(2－x)對(duì)定義域中任意x都成立，得eq\f（b，ax＋2－1）＝－eq\f（b，a2－x－1），由此解得a＝eq\f(1,2）. ②把②代入①，可得b＝－1?！鄁（x)＝eq\f(－1,\f（1，2)x－1)＝eq\f(2，2－x)(x≠2)．（2)證明：∵f（an）＝eq\f(2，2－an），Sn＝eq\f（1，4)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（3－\f(2，fan)))2，∴Sn＝eq\f（1，4)(an＋1）2，∴a1＝eq\f(1，4）(a1＋1)2,∴a1＝1;當(dāng)n≥2時(shí),Sn－1＝eq\f(1，4）（an－1＋1）2，∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1，4)（aeq\o\al(2，n)－aeq\o\al(2，n－1）＋2an－2an－1），得(an＋an－1)(an－an－1－2）＝0.∵an＞0,∴an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，∴數(shù)列｛an｝是等差數(shù)列．（3）數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝2n－1?！郻n＝eq\f(2n－1,2n）。Tn＝eq\f（1，2)＋eq\f（3，22)＋eq\f（5,23）＋…＋eq\f（2n－1,2n)， ③同邊同乘以eq\f（1，2）,得eq\f(1,2)Tn＝eq\f（1，22)＋eq\f（3,23）＋eq\f(5，24）＋…＋eq\f（2n－1,2n＋1）, ④③－④，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f（1,2）＋eq\f（2,22)＋eq\f（2,23)＋…＋eq\f（2,2n)－eq\f(2n－1，2n＋1），∴eq\f（1，2)Tn＝2×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）＋\f(1,22)＋\f（1，23）＋…＋\f（1,2n）)）－eq\f（2n－1,2n＋1)－eq\f（1，2)＝2×eq\f(\f(1,2)\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1，2n)))，1－\f(1,2））－eq\f(2n－1，2n＋1）－eq\f（1,2）＝eq\f(3,2)－eq\f（2n＋3，2n＋1），∴Tn＝3－eq\f（2n＋3，2n).4．（2012·高考大綱全國(guó)卷）函數(shù)f（x)＝x2－2x－3。定義數(shù)列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是過(guò)兩點(diǎn)P（4，5）、Qn(xn，f(xn))的直線PQn與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．(1）證明:2≤xn＜xn＋1＜3；（2)求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式．解：（1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：2≤xn＜xn＋1＜3.（?。┊?dāng)n＝1時(shí)，x1＝2，直線PQ1的方程為y－5＝eq\f（f2－5,2－4)（x－4)，令y＝0,解得x2＝eq\f(11，4)，所以2≤x1＜x2＜3。(ⅱ)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，即2≤xk＜xk＋1＜3。直線PQk＋1的方程為y－5＝eq\f(fxk＋1－5，xk＋1－4)（x－4)，令y＝0,解得xk＋2＝eq\f（3＋4xk＋1,2＋xk＋1）。由歸納假設(shè)知xk＋2＝eq\f(3＋4xk＋1，2＋xk＋1)＝4－eq\f(5，2＋xk＋1）＜4－eq\f（5,2＋3)＝3;xk＋2－xk＋1＝eq\f(3－xk＋11＋xk＋1，2＋xk＋1)＞0，即xk＋1＜xk＋2.所以2≤xk＋1＜xk＋2＜3，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．由(?。?、(ⅱ）知對(duì)任意的正整數(shù)n,2≤xn＜xn＋1＜3。（2）證明:由(1）及題意得xn＋1＝eq\f(3＋4xn，2＋xn)。設(shè)bn＝xn－3,則eq\f（1，bn＋1）＝eq\f（5,bn)＋1，eq\f（1,bn＋1）＋eq\f(1，4）＝5eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，bn）＋\f（1，4））），數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f（1,bn）＋\f（1,4))）是首項(xiàng)為－eq\f（3,4)，公比為5的等比數(shù)列．因此eq\f（1，bn）＋eq\f（1,4）＝－eq\f(3,4)·5n－1，即bn＝－eq\f（4，3·5n－1＋1)，所以數(shù)列｛xn｝的通項(xiàng)公式為xn＝3－eq\f（4,3·5n－1＋1)。5．已知數(shù)列{an｝中，a1＝1，an＋1＝c－eq\f(1,an)。(1)設(shè)c＝eq\f（5,2），bn＝eq\f(1,a2－2），求數(shù)列｛bn}的通項(xiàng)公式；(2）求使不等式an＜an＋1＜3成立的c的取值范圍．解：（1）an＋1－2＝eq\f(5，2）－eq\f(1，an）－2＝eq\f(an－2，2an)，eq\f(1，an＋1－2）＝eq\f(2an，an－2)＝eq\f（4,an－2)＋2，即bn＋1＝4bn＋2.所以bn＋1＋eq\f（2，3)＝4eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（bn＋\f（2,3））).又a1＝1，故b1＝eq\f（1,a1－2）＝－1，所以eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(2,3））)是首項(xiàng)為－eq\f(1,3)，公比為4的等比數(shù)列，bn＋eq\f(2,3)＝－eq\f(1,3）×4n－1，即bn＝－eq\f（4n－1,3）－eq\f（2,3）.（2）a1＝1,a2＝c－1，由a2＞a1,得c＞2。用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)c＞2時(shí)，an＜an＋1.①當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝c－eq\f(1,a1）＞a1，命題成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，ak＜ak＋1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋2＝c－eq\f（1，ak＋1）＞c－eq\f（1,ak）＝ak＋1。故由①②，知當(dāng)c＞2時(shí)，an＜an＋1。當(dāng)c＞2時(shí),因?yàn)閏＝an＋1＋eq\f(1，an)＞an＋eq\f(1，an），所以aeq\o\al（2,n）－can＋1＜0有解．所以eq\f（c－\r（c2－4),2）＜an＜eq\f(c＋\r（c2－4),2)。所以令a＝eq\f(c＋\r(c2－4)，2），當(dāng)2＜c≤eq\f（10,3)時(shí),a在eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1（2，\f（10,3）））上單調(diào)遞增，所以an＜a≤3；當(dāng)c＞eq\f(10,3）時(shí)，a＞3，且1≤an＜a，a＝eq\f(c＋\r(c2－4）,2)，eq\f（1,a）＝eq\f（2,c＋\r（c2－4))＝eq\f（c－\r(c2－4)，2），所以c＝a＋eq\f(1，a)。又c＝an＋1＋eq\f（1,an)，所以a＋eq\f（1，a）＝an＋1＋eq\f（1,an），所以a－an＋1＝eq\f(1，an）－eq\f(1,a）＝eq\f(1，ana）(a－an)．又an·a＞3,所以a－an＋