2022年届高考数学一轮复习知识点归纳D单元数列 .pdf

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1、-1-D 单元数列D1 数列的概念与简单表示法17 D1、D4、D52014江西卷 已知首项都是 1 的两个数列 an，bn(bn0，nN*)满足 anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令 cnanbn，求数列 cn的通项公式；(2)若 bn3n1，求数列 an的前 n 项和 Sn.17解：(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以an1bn1anbn2，即cn1cn2，所以数列 cn是以 c11 为首项，d2 为公差的等差数列，故cn2n1.(2)由 bn3n1，知 an(2n1)3n1，于是数列 an的前 n 项和 Sn130331532(2n1)3n1，3

2、Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，将两式相减得 2Sn12(3132 3n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以 Sn(n1)3n1.17D1、D22014新课标全国卷 已知数列 an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中 为常数(1)证明：an2an.(2)是否存在，使得 an 为等差数列？并说明理由17解：(1)证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得 an1(an2an)an1.因为 an10，所以 an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得 a2 1，由(1)知，a3 1.若an为等差数列，则 2a2a1a3，

3、解得 4，故 an2an4.由此可得 a2n1 是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n4n1.所以 an2n1，an1an2.因此存在 4，使得数列 an为等差数列17D1、D3、D52014新课标全国卷 已知数列 an满足 a11，an13an1.(1)证明 an12是等比数列，并求 an 的通项公式；(2)证明1a11a21an32.17解：(1)由 an13an1 得 an1123 an12.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 23 页 -2-又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3

4、 的等比数列，所以 an123n2，因此数列an 的通项公式为 an3n12.(2)证明：由(1)知1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1，即1an23n113n1.于是1a11a21an11313n132113n32.所以1a11a21an32.22D1，D2，M32014重庆卷 设 a11，an1a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3及数列 an 的通项公式(2)若 b1，问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n1对所有 nN*成立？证明你的结论22解：(1)方法一：a22，a321.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(a

5、n1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列，故(an1)2n1，即 ann11(nN*)方法二：a22，a321.可写为 a1111，a2211，a3311.因此猜想 ann11.下面用数学归纳法证明上式当 n1 时，结论显然成立假设 nk 时结论成立，即 akk11，则ak1（ak1）211（k1）11（k1）11，这就是说，当 nk1 时结论成立所以 ann11(nN*)(2)方法一：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c14.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(0)21，所以 a214

6、a31，结论成立假设 nk 时结论成立，即 a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1 上为减函数，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31，因此 a2(k1)ca2(k 1)11，这就是说，当 nk1 时结论成立名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 23 页 -3-综上，存在 c 14使 a2nCa2a1对所有 nN*成立方法二：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)先证：0an1(nN*)当 n1 时，结论明显成立假设 nk 时结论成立，即 0ak1.易知 f(x)在(，1 上为减函数，从而

7、0f(1)f(ak)f(0)211.即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)21，所以 a2a3，即 n1 时成立假设 nk 时，结论成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k 1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当 nk1 时成立所以对一切nN*成立由得 a2na22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2.所以 a2n1a22n12a2n121，解得 a2n114.综上，由知存在c14使 a2nc0，a7a10

8、0，a7a10a8a90，a960n800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由18解：(1)设数列 an的公差为 d，依题意得，2，2d，24d 成等比数列，故有(2 d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n 1)44n2.从而得数列 an 的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40或 n60n800成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在

9、满足题意的正整数n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数n，其最小值为 41.20D2、D52014湖南卷 已知数列 an 满足 a11，|an1an|pn，nN*.(1)若an是递增数列，且 a1，2a2，3a3成等差数列，求 p 的值；(2)若 p12，且a2n1是递增数列，a2n 是递减数列，求数列 an 的通项公式20解：(1)因为an 是递增数列，所以an1an|an1an|pn.而 a11，因此a2p1，a3p2p1.又 a1，2a2，3a3成等差数列，所以 4a2a13a3，因而 3p2p0，解得 p13或 p0.当 p0 时，an1an，这与 an是递增数列矛盾，故p13.

10、(2)由于a2n1 是递增数列，因而 a2n1a2n10，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.因为122n122n1，所以|a2n1a2n|0，因此 a2na2n1122n1（1）2n22n1.因为a2n 是递减数列，同理可得，a2n1a2n0，故 a2n1a2n122n（1）2n122n.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 23 页 -5-由可知，an1an（1）n12n.于是 ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)112122（1）n2n11121 12n11124313（1）n2n1.故数列 an 的通项公式为 an4313（1）n2n1.8D2

11、 2014辽宁卷 设等差数列 an 的公差为 d.若数列 2a1an为递减数列，则()Ad0 C a1d0 8 C 解析 令 bn2a1an，因为数列 2a1an 为递减数列，所以bn1bn2a1an12a1an2a1(an1an)2a1d1，所得 a1d0.18D2、D42014全国卷 等差数列 an 的前 n 项和为 Sn.已知 a110，a2为整数，且 SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.18解：(1)由 a110，a2为整数知，等差数列 an 的公差 d 为整数又 SnS4，故 a40，a50，于是 103d0，104d0，

12、解得103d52，因此 d3.故数列 an 的通项公式为 an133n.(2)bn1（133n）（103n）131103n1133n.于是 Tnb1b2 bn131711014171103n1133n131103n110n10（103n）.17D1、D22014新课标全国卷 已知数列 an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中 为常数(1)证明：an2an.(2)是否存在，使得 an 为等差数列？并说明理由17解：(1)证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得 an1(an2an)an1.因为 an10，所以 an2an.(2)由题设，a11，a

13、1a2S11，可得 a2 1，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 23 页 -6-由(1)知，a3 1.若an为等差数列，则 2a2a1a3，解得 4，故 an2an4.由此可得 a2n1 是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n4n1.所以 an2n1，an1an2.因此存在 4，使得数列 an为等差数列19D2，D3，D42014山东卷 已知等差数列 an 的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4成等比数列(1)求数列 an 的通项公式；(2)令 bn(1)n14nanan1，求数列

14、bn 的前 n 项和 Tn.19解：(1)因为 S1a1，S22a121222a12，S44a143224a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得 a11，所以 an2n1.(2)由题意可知，bn(1)n14nanan1(1)n14n（2n1）（2n1）(1)n112n112n1.当 n 为偶数时，Tn 113131512n312n112n112n1112n12n2n1.当 n 为奇数时，Tn 113131512n312n112n112n1名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 23 页 -7-112n12n22n1.所以 Tn2n22n1，n为奇数，2n

15、2n1，n为偶数.或Tn2n1（1）n12n116D2，D3，C82014陕西卷 ABC的内角 A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若 a，b，c 成等差数列，证明：sin A sin C 2sin(A C)；(2)若 a，b，c 成等比数列，求cos B 的最小值16解：(1)a，b，c 成等差数列，ac2b.由正弦定理得 sin A sin C 2sin B.sin B sin(AC)sin(A C)，sin A sin C 2sin(A C)(2)a，b，c 成等比数列，b2ac.由余弦定理得cos Ba2c2b22aca2c2ac2ac2acac2ac12，当且仅当 ac 时等号

16、成立，cos B 的最小值为12.11D2、D32014天津卷 设an是首项为 a1，公差为 1 的等差数列，Sn为其前n 项和若 S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为 _1112 解析 S22a11，S44a1432(1)4a16，S1，S2，S4成等比数列，(2a11)2a1(4a16)，解得 a112.22D1，D2，M3 2014重庆卷 设 a11，an1a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3及数列 an 的通项公式(2)若 b1，问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n1对所有 nN*成立？证明你的结论22解：(1)方法一：a22，a321.再由题设条件知(a

17、n11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 23 页 -8-故(an1)2n1，即 ann11(nN*)方法二：a22，a321.可写为 a1111，a2211，a3311.因此猜想 ann11.下面用数学归纳法证明上式当 n1 时，结论显然成立假设 nk 时结论成立，即 akk11，则ak1（ak1）211（k1）11（k1）11，这就是说，当 nk1 时结论成立所以 ann11(nN*)(2)方法一：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c

18、14.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(0)21，所以 a214a31，结论成立假设 nk 时结论成立，即 a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1 上为减函数，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31，因此 a2(k1)ca2(k 1)11，这就是说，当 nk1 时结论成立综上，存在 c 14使 a2nCa2a1对所有 nN*成立方法二：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)先证：0an1(nN*)当 n1 时，结论明显成立假设 nk 时结论成立，即 0ak1.易知

19、f(x)在(，1 上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)211.即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)21，所以 a2a3，即 n1 时成立假设 nk 时，结论成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k 1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当 nk1 时成立所以对一切nN*成立由得 a2na22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2.所以 a2n1a22n12a2n121，解得 a2n114.综上，由知存

20、在c14使 a2nc60n800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由18解：(1)设数列 an的公差为 d，依题意得，2，2d，24d 成等比数列，故有(2 d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n 1)44n2.从而得数列 an 的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40或 n60n800成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的

21、正整数n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数n，其最小值为 41.17D1、D3、D52014新课标全国卷 已知数列 an满足 a11，an13an1.(1)证明 an12是等比数列，并求 an 的通项公式；(2)证明1a11a21an32.17解：(1)由 an13an1 得 an1123 an12.又 a11232，所以 an12是首项为32，公比为 3 的等比数列，所以 an123n2，因此数列an 的通项公式为 an3n12.(2)证明：由(1)知1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1，即1an23n113n1.于是1a11a21an11313n

22、132113n32.所以1a11a21an32.19D2，D3，D42014山东卷 已知等差数列 an 的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4成等比数列名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 23 页 -11-(1)求数列 an 的通项公式；(2)令 bn(1)n14nanan1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.19解：(1)因为 S1a1，S22a121222a12，S44a143224a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得 a11，所以 an2n1.(2)由题意可知，bn(1)n14nanan1(1)n14n（2n1）（2n1

23、）(1)n112n112n1.当 n 为偶数时，Tn 113131512n312n112n112n1112n12n2n1.当 n 为奇数时，Tn113131512n312n112n112n1112n12n22n1.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 23 页 -12-所以 Tn2n22n1，n为奇数，2n2n1，n为偶数.或Tn2n1（1）n12n116D2，D3，C82014陕西卷 ABC的内角 A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若 a，b，c 成等差数列，证明：sin A sin C 2sin(A C)；(2)若 a，b，c 成等比数列，求cos B 的

24、最小值16解：(1)a，b，c 成等差数列，ac2b.由正弦定理得 sin A sin C 2sin B.sin B sin(AC)sin(A C)，sin A sin C 2sin(A C)(2)a，b，c 成等比数列，b2ac.由余弦定理得cos Ba2c2b22aca2c2ac2ac2acac2ac12，当且仅当 ac 时等号成立，cos B 的最小值为12.11D2、D32014天津卷 设an是首项为 a1，公差为 1 的等差数列，Sn为其前n 项和若 S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为 _1112 解析 S22a11，S44a1432(1)4a16，S1，S2，S4成等比数列，

25、(2a11)2a1(4a16)，解得 a112.19A1、D3、E72014天津卷 已知 q 和 n 均为给定的大于1 的自然数设集合M 0，1，2，q1，集合 Ax|x x1x2qxnqn1，xiM，i 1，2，n(1)当 q2，n3 时，用列举法表示集合A.(2)设 s，t A，sa1a2q anqn1，t b1b2q bnqn1，其中 ai，biM，i 1，2，n.证明：若 anbn，则 st.19解：(1)当 q2，n3时，M 0，1，Ax|x x1x22x322，xiM，i 1，2，3，可得 A0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由 s，t A，sa1a2qanqn1，t b1

26、b2q bnqn1，ai，biM，i 1，2，n 及 anbn，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q 1)q(q1)qn2qn1（q1）（1qn1）1qqn1名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 23 页 -13-10，所以 s0，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.因为122n122n1，所以|a2n1a2n|0，因此 a2na2n1122n1（1）2n22n1.因为a2n 是递减数列，同理可得，a2n1a2n12x，原不等式成立名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 23 页 -16

27、-假设 pk(k 2，kN*)时，不等式(1 x)k1kx 成立当 pk1 时，(1x)k1(1 x)(1 x)k(1x)(1 kx)1(k 1)x kx21(k 1)x.所以当 pk1 时，原不等式也成立综合可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px 均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明anc1p.当 n1 时，由题设知 a1c1p成立假设 nk(k 1，kN*)时，不等式 akc1p成立由 an1p1pancpa1pn易知 an0，nN*.当 nk1 时，ak1akp1pcpapk11pcapk1.由 akc1p0 得11p1pcapk1 1p1pcapk1 capk.

28、因此 apk1c，即 ak1c1p，所以当 nk1 时，不等式 anc1p也成立综合可得，对一切正整数n，不等式 anc1p均成立再由an1an11pcapn1 可得an1an1，即 an1an1c1p，nN*.方法二：设 f(x)p1pxcpx1p，xc1p，则 xpc，所以 f(x)p1pcp(1p)xpp1p1cxp0.由此可得，f(x)在c1p，)上单调递增，因而，当xc1p时，f(x)f(c1p)c1p.当 n1 时，由 a1c1p0，即 ap1c 可知a2p1pa1cpa1p1a111pcap11 c1p，从而可得 a1a2c1p，故当 n1 时，不等式 anan1c1p成立假设

29、nk(k 1，kN*)时，不等式 akak1c1p成立，则当 nk1 时，f(ak)f(ak1)f(c1p)，即有 ak1ak2c1p，所以当 nk1 时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式 anan1c1p均成立18D2、D3、D52014湖北卷 已知等差数列 an 满足：a12，且 a1，a2，a5成等比数列(1)求数列 an 的通项公式(2)记 Sn为数列 an 的前 n 项和，是否存在正整数n，使得 Sn60n800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由18解：(1)设数列 an的公差为 d，依题意得，2，2d，24d 成等比数列，故有(2 d)22(24d)，化简

30、得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 23 页 -18-当 d4 时，an2(n 1)44n2.从而得数列 an 的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40或 n60n800成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数n，其最小值为 41.17 D1、D4、D52014江西卷

31、已知首项都是 1 的两个数列 an，bn(bn0，nN*)满足 anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令 cnanbn，求数列 cn的通项公式；(2)若 bn3n1，求数列 an的前 n 项和 Sn.17解：(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以an1bn1anbn2，即cn1cn2，所以数列 cn是以 c11 为首项，d2 为公差的等差数列，故cn2n1.(2)由 bn3n1，知 an(2n1)3n1，于是数列 an的前 n 项和 Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，将两式相减得 2Sn12(3132

32、3n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以 Sn(n1)3n1.17D1、D3、D52014新课标全国卷 已知数列 an满足 a11，an13an1.(1)证明 an12是等比数列，并求 an 的通项公式；(2)证明1a11a21an32.17解：(1)由 an13an1 得 an1123 an12.又 a11232，所以 an12是首项为32，公比为 3 的等比数列，所以 an123n2，因此数列an 的通项公式为 an3n12.(2)证明：由(1)知1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1，即1an23n113n1.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心

33、整理-第 18 页，共 23 页 -19-于是1a11a21an11313n132113n32.所以1a11a21an0，c30，c40，当 n5 时，cn1n（n1）n（n1）2n1，而n（n1）2n（n1）（n2）2n1（n1）（n2）2n10，得n（n1）2n5（51）251，所以，当 n5 时，cn0，n 10.又nN*，2.42014广州调研 已知数列 an满足 a135，an13an2an1，nN*.(1)求证：数列1an1 为等比数列(2)是否存在互不相等的正整数m，s，t，使 m，s，t 成等差数列，且 am1，as1，at1 成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的m，s，t

34、；如果不存在，请说明理由4解：(1)证明：因为 an13an2an1，所以1an113an23，所以1an11131an1.因为 a135，所以1a1123，所以数列1an1 是首项为23，公比为13的等比数列(2)由(1)知，1an12313n123n，所以 an3n3n2.假设存在互不相等的正整数m，s，t 满足条件，则有m t 2s，（as1）2（am1）（at1）.由 an3n3n2与(as1)2(am1)(at1)，得3s3s2123m3m213t3t21，即 3m t23m23t32s43s.因为 m t 2s，所以 3m3t23s.又 3m3t2 3m t23s，当且仅当 m t

35、 时，等号成立，这与 m，s，t 互不相等矛盾，所以不存在互不相等的正整数m，s，t 满足条件22014景德镇质检 已知递增数列 an满足 a1a2a3 an12(a2nn)(1)求 a1及数列 an 的通项公式；(2)设 cnan1，n为奇数，an12an11，n为偶数，求数列 cn 的前 2n 项和 T2n.2解：(1)当 n1 时，a112(a211)，解得 a11.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 21 页，共 23 页 -22-当 n2时，a1a2a3an112(a2n1n1)，a1a2a3 an12(a2nn)，所以 an12(a2na2n11)，即(an1)2a2

36、n10，所以 anan11 或 anan11(n2)又因为数列 an 为递增数列，所以 anan11，所以数列 an是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 ann.(2)由 cnan1，n为奇数，an12an11，n为偶数，得 cnn1，n为奇数，（n1）2n11，n为偶数，则 T2n(24 2n)1 21323(2n1)22n1 nn(n1)1 21323(2n1)22n1 n.记 Sn121323(2n1)22n1，则 4Sn123325(2n1)22n1.由，得3Sn22426 22n(2n1)22n1，222426 22n(2n1)22n12，所以 3Sn4（14n）14(2n1)

37、22n12，所以 Sn4（14n）9（2n1）22n1323，即 Sn（6n5）22n19109，故 T2n（6n5）22n19n22n109.72014福建闽南四校期末 已知数列 an 是公差为 2 的等差数列，且 a1，a2，a5成等比数列，则 a2的值为()A3 B 3 C 2 D 2 7A 解析 a1，a2，a5成等比数列，a22a1a5，a22(a22)(a26)，解得 a23.102014郑州质检 已知各项不为 0 的等差数列 an 满足 a42a273a80，数列bn是等比数列，且 b7a7，则 b2b8b11等于()A1 B 2 C 4 D 8 10 D 解析 由已知，得 2a

38、27a43a8a13d3a121d4a124d4(a16d)4a7，a72 或 a70(舍去)，b72，b2b8b11b1qb1q7b1q10b31q18(b1q6)3b378.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 22 页，共 23 页 -23-172014温州十校联考 已知二次函数 f(x)ax2bx 的图像过点(4n，0)，且 f(0)2n，nN*，数列 an满足1an1f 1an，且 a14.(1)求数列 an 的通项公式；(2)记 bnanan1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.17解：(1)f(x)2axb.由题意知 f(0)b2n，16n2a4nb0，a12，b2n，f(x)12x22nx，nN*.又数列 an 满足1an1f 1an，f(x)x2n，1an11an2n，1an11an2n.由叠加法可得1an14246 2(n1)n2n，化简可得 an4（2n1）2(n2)当 n1 时，a14 也符合上式，an4（2n1）2(nN*)(2)bnanan14（2n1）（2n1）212n112n1，Tnb1b2 bna1a2a2a3anan12113131512n112n12112n14n2n1.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 23 页，共 23 页 -