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高中数学 第1章归纳总结同步导学案 北师大版必修5

高中数学 第1章归纳总结同步导学案 北师大版必修5

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第一章归纳总结 知识结构

知识梳理 一、数列的概念与函数特征 1.数列的定义:按一定次序排列的一列数叫做数列,数列还可以看作一个定义域为 N+(或它的 有限子集{1,2,…,n})的函数的一列函数值. 2.通项公式:如果数列{an}的第 n 项与 n 之间的函数关系可以用一个公式来表示,这个公式就 叫做这个数列的通项公式. 3.an 与 Sn 之间的关系: 如果 Sn 是数列{an}的前 n 项和,则 Sn=a1+a2+…+an. S1, (n=1) 数列{an}的前 n 项和 Sn 与 an 之间的关系是 an= . Sn-Sn-1, (n≥2) 4.数列的分类 (1)根据数列的项数可以对数列进行分类:项数有限的数列叫作有穷数列,项数无限的数列叫 作无穷数列. (2)按照项与项之间的大小关系、数列的增减性,可以分为以下几类: ①一般地,一个数列{an},如果从第 2 项起,每一项都大于它前面的一项,即 an+1>an,那么这 个数列叫作递增数列.
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②一个数列{an},如果从第 2 项起,每一项都小于它前面的一项,即 an+1<an,那么这个数列叫 作递减数列. ③一个数列{an},如果从第 2 项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项,那么这 个数列叫作摆动数列. ④一个数列{an},如果它的每一项都相等,那么这个数列叫作常数列. 5.根据数列的通项公式判定数列的单调性 (1)已知 an=f(n),若 f(x)的单调性可以确定,则{an}的单调性可以确定. (2)比较法 ①作差比较法 n∈N+,an+1-an>0 ? {an}为递增数列; n∈N+,an+1-an=0 ? {an}为常数列; n∈N+,an+1-an<0 ? {an}为递减数列. ②对各项同号的数列,可用作商比较法.

n∈N+,an>0(<0),

an ?1 >1(<1) ? {an}为递增数列; an an ?1 =1 ? {an}为常数列; an

n∈N+,an>0(<0),

n∈N+,an>0(<0),

an ?1 <1(>1) ? {an}为递减数列. an

二、等差数列 1.定义:若一个数列从第二项起,每一项与其前一项的差等于同一个常数,则这个数列就叫 等差数列,其中的常数叫等差数列的公差,它常用字母 d 表示.即定义的表达式为 an+1-an=d(n ∈N+)或 an-an-1=d(n≥2,n∈N+). 2.通项公式:若数列{an}为等差数列,则 an=a1+(n-1)d.

n(a1 ? an ) n(n ? 1) =na1+ d. 2 2 a?b 4.等差中项:若三个数 a,A,b 成等差数列,则 A 叫做 a 与 b 的等差中项,并且 A= . 2
3.前 n 项和公式:若数列{an}为等差数列,则前 n 项和 Sn= 5.等差数列的性质: (1)已知等差数列{an}的公差为 d,且第 m 项为 am,第 n 项为 an,则 an=am+(n-m)d; (2)在等差数列{an}中,若 m+n=p+q, (m,n,p,q∈N+)则 am+an=ap+aq; 2 (3)若数列{an}满足 Sn=an +bn,则{an}为等差数列,且 a1=a+b,d=2a; 2 (4)若数列{an}满足 Sn=an +bn+c(c≠0),则{an}从第 2 项起成等差数列; (5)等差数列和的最大值、最小值. 1° 在等差数列{an}中,a1>0,d<0,则 Sn 有最大值;若 a1<0,d>0,则 Sn 有最小值. 2° 求 Sn 的最值的方法: ① 因为 Sn=

d 2 d n +(a1- )n,所以可转化为二次函数求最值,但应注意 n∈N+; 2 2
an≤0,
则 Sn 为最大值; 则 Sn 为最小值.

an≥0,
②利用

an+1<0,

an+1>0,

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三、等比数列 1.定义:若一个数列从第二项起,每一项与其前一项的比等于同一个常数,则此数列叫做等 比数列;这个常数叫做等比数列的公比,用字母 q 表示. 2.等比中项:若三个数 a,G,b 成等比数列,则 G 叫做 a 与 b 的等比中项,且 G=± ab . 3.通项公式:等比数列{an}的通项公式 an=a1q . 4.前 n 项和公式:若等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,公比为 q,当 q=1 时,Sn=na1;当 q≠1 时
n-1

a1 (1 ? q n ) a1 ? an q Sn= = . 1? q 1? q
5.等比数列的重要性质: (1)在等比数列{an}中,若 k+l=m+n, (k,l,m,n∈N+)则 ak·al=am·an. (2)数列{an}为等比数列,则 an=a1q =
n-1

a1 n ·q . q

①q>1,a1>0 或 0<q<1,a1<0 时,{an}是递增数列; ②q>1,a1<0 或 0<q<1,a1>0 时,{an}是递减数列; ③q=1 时,{an}是常数列; ④q<0 时,{an}是摆动数列. 6.等差、等比数列的判定方法的区别. 判定方法:(1)定义法:an+1-an=d(d 为常数) ? {an}为等差数列;

a n ?1 =q(q 为非零常数) ? {an}为等比数列. an
(2)中项公式法:2an+1=an+an+2 (n∈N+) ? {an}为等差数列. a2n+1=an·an+2 (an·an+1·an+2≠0,n∈N+) ? {an}为等比数列. (3)通项公式法:an=pn+q(p、q 为常数) ? {an}为等差数列; an=cqn(c、q 均是不为 0 的常数,n∈N+) ? {an}为等比数列; Sn=kqn-k(k 为常数,且 q≠0,1) ? {an}为等比数列. 四、数列的综合应用 1.函数思想、方程思想、分类讨论等思想在解决数列综合问题时常常用到. 2.数列与函数、数列与不等式的综合、用数列知识解决实际问题等内容. 3.数列的综合题形式多样,解题思路灵活,但万变不离其宗,都离不开数列的概念和性质, 离不开数学思想方法,只要能把握这两方面,就会迅速打通解题思路. 4.解综合题的成败在于审清题目,弄懂来龙去脉,透过给定信息的表象,抓住问题的本质, 揭示问题的内在联系和隐含条件,明确解题方向,形成解题策略. 5.通过解题后的反思,找准自己的问题,总结成功的经验,吸取失败的教训,增强解综合题 的信心和勇气,提高分析问题和解决问题的能力. 专题探究 专题 1 数列通项公式的求法 数列的通项公式是给出数列的主要方式,其本质就是函数的解析式.根据数列的通项公式,不 仅可以判断数列的类型,研究数列的项的变化趋势与规律,而且有利于求数列的前 n 项和.求 数列的通项公式是数列的核心问题之一 .现根据数列的结构特征把常见求通项公式的方法总 结如下:
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1.知 Sn 求 an n+1 [例 1] (1)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=(-1) n,求 an; n (2)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3+2 ,求 an. S1 (n=1) [分析] 利用 an= ,求数列{an}的通项公式. Sn-Sn-1 (n≥2) [解析] (1)当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(-1) n+1n-(-1) n(n-1) n =(-1) (1-2n), 2 当 n=1 时,a1=S1=(-1) ×1=1,适合上式. n ∴an=(-1) (1-2n). n n-1 n-1 (2)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3+2 -(3+2 )=2 , 1 当 n=1 时,a1=S1=3+2 =5,不满足上式. 5 (n=1) ∴an= . n-1 2 (n≥2) [说明] 已知 Sn 求 an,即已知数列的前 n 项和公式,求数列的通项公式,其方法是 an=Sn-Sn-1 (n≥2),这里常忽略了条件 n≥2 而导致错误,因此必须验证 n=1 时是否成立,若不成立,则 S1 (n=1) 通项公式只能用分段函数 an= 来表示. Sn-Sn-1 (n≥2) 2 变式应用 1 (1)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n +3n+1,求通项 an; n (2)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3 +2n,求通项 an. 2 2 [解析] (1)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n +3n+1-(n-1) -3(n-1)-1=2n+2, 又 n=1 时,a1=S1=5 不满足上式.

5 ∴an=

(n=1) .

2n+1 (n≥2) n n-1 n-1 n-1 (2)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3 +2n-[3 +2(n-1)]=2·3 +2=2(3 +1) 又 n=1 时,a1=S1=5 不满足上式, 5 (n=1) ∴an= . n-1 2(3 +1) (n≥2) 2.累加法 n [例 2] 已知 a1=1,an+1-an=2 -n,求 an. [ 分 析 ] 当 n ≥ 2 时 , an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+ … +(an-an-1), 而 1 2 a2-a1=2 -1,a3-a2=2 -2,…,an-an-1=2n-1 -(n-1),层层累加就可以求出 an. n [解析] ∵an+1-an=2 -n, 1 ∴a2-a1=2 -1, a3-a2=22-2, a4-a3=23-3,
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… an-an-1=2n-1-(n-1). 2 n-1 ∴当 n≥2 时,有 an-a1=(2+2 +…+2 )-[1+2+3+…+(n-1)].

n(n ? 1) n n ( n ? 1) =2 -1,a1=1 也适合上式. 2 2 n n ( n ? 1) ∴数列{an}的通项公式 an=2 -1. 2
∴an=(1+2+2 +…+2 )2

n-1

[说明] 已知 a1 且 an+1-an=f(n)(f(n)是可求和数列)的形式均可用累加法求 an. n 变式应用 2 已知{an}中,a1=1,且 an+1-an=3 (n∈N+),求通项 an. n [解析] ∵an+1-an=3 (n∈N+), ∴a2-a1=3, a3-a2=32, a4-a3=33, …… an-an-1=3n-1 (n≥2), 以上各式相加得 an-a1=3+32+33+…+3n-1 =

3(1 ? 3n ?1 ) 3n 3 = - , 1? 3 2 2 3n 3 3n 1 - = (n≥2). 2 2 2 2

∴an=a1+

又 a1=1 满足上式, ∴an=

3n 1 (n∈N+). 2 2

3.累乘法 n [例 3] 在数列{an}中,已知 a1=1,an+1=2 an,求 an. [分析] 由 an+1=2 an,可得
n

an ?1 n a a 2 a 3 an n-1 =2 ,于是 2 =2, 3 =2 , 4 =2 ,…, =2 ,将上面各式 an a1 a2 a3 an ?1

相乘,便可求出数列{an}的通项公式. [解析] 由 an+1=2 an,得
n

an ?1 n =2 , an



a2 a 2 a 3 an n-1 =2, 3 =2 , 4 =2 ,…, =2 . a1 a2 a3 an ?1

将上述(n-1)个式子相乘, 得

a2 a3 a4 a 2 3 n-1 · · ·…· n =2·2 ·2 ·…·2 , a1 a2 a3 an ?1
1+2+3+

∴an=a1×2



+(n-1)

=2

n(n ? 1) 2

.

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[说明] 已知 a1 且

an ?1 =f(n)(f(n)是可求积数列)的形式均可用累乘法求 an. an
1 ,前 n 项和 Sn 与 an 的关系是 Sn=n(2n-1)an,求通项 an. 3

变式应用 3 已知数列{an},a1=

[解析] ∵Sn=n(2n-1)an, ∴Sn-1=(n-1)(2n-3)an-1 (n≥2), 两式相减,得 an=n(2n-1)an-(n-1)(2n-3)an-1 (n≥2), 即(2n+1)an=(2n-3)an-1, ∴

an 2 n ? 3 = . an ?1 2n ? 1
a2 1 = , a1 5



a3 3 = , a2 7 a4 5 ? , a3 9
……

an 2n ? 3 (n≥2),以上各式相乘,得 ? an ?1 2n ? 1 an 3 , ? a1 (2n ? 1)(2n ? 1)
又∵a1=

1 , 3

∴an=

1 (n≥2). (2n ? 1)(2n ? 1)

a1=

1 满足上式, 3

∴an=

1 (n∈N+). (2n ? 1)(2n ? 1)
2 an+1,求 an. 3


4.构造转化法 [例 4] 在数列{an}中,a1=1,an+1=

[分析] 通过整理变形, 进而构造等比数列, 由等比数列的通项间接求数列{an}的通项公式. [解析] 由已知得 an+1-

2 an=1, 3

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2 an-1=1(n≥2), 3 2 ①-②,得 an+1-an= (an-an-1). 3
∴an令 bn=an+1-an,则



bn 2 = , bn ?1 3
2 , 3

∴{bn}为等比数列,公比为

2 2 a1+1-a1= , 3 3 2 2 n-1 2 n 2 n ∴bn= ×( ) =( ) ,即 an+1-an=( ) , 3 3 3 3 2 n 由①③得 an=3-3×( ) . 3
b1=a2-a1=



[说明] 已知 a1 且 an+1=pan+q(p,q 为常数)的形式均可用上述构造法, 特别地, 若 p=1, 则{an} 为等差数列;若 q=0,p≠0,则{an}为等比数列. 变式应用 4 已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+2(n∈N+).求数列{an}的通项公式. [解析] ∵an+1=3an+2(n∈N+), ∴an+1+1=3(an+1), ∴

a n ?1 ? 1 =3(n∈N+). an ? 1

∴数列{an+1}是以 a1+1=2 为首项,3 为公比的等比数列. n-1 ∴an+1=2·3 , n-1 ∴an=2·3 -1(n∈N+). 专题 2 数列的前 n 项和的求法 求数列的前 n 项和是数列运算的重要内容之一,也是历年高考考查的热点.对于等差、等比数 列,可以直接利用求和公式计算,对于一些具有特殊结构的运算数列,常用倒序相加法、裂 项相消法、错位相减法等求和. 1.分组转化法 如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成,并且各独立项也可组成等差或等比数列, 则该数列的前 n 项和可考虑拆项后利用公式求解. [例 5] 求下列数列的前 n 项和. n (1)-1,4,-7,10,…,(-1) (3n-2),…; (2)1

1 1 1 1 ,2 ,3 ,…,(n+ n ). 2 4 8 2 1 1 ,即{an}是一个等差数列{n}与等比数列{ n }的和构成的, 故可用拆项分组求和 n 2 2

[分析] (1)∵a2n-1+a2n=3,故可将其视作一项,但要对 n 的奇偶性进行讨论. (2)∵an=n+

法. [解析] (1)当 n 为偶数时,令 n=2k(k∈N+), Sn=S2k=-1+4-7+10+…+(-1) n(3n-2)

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=3·k=

3 n; 2 ? 3n ? 1 . 2

当 n 为奇数时,令 n=2k+1(k∈N+),

Sn=S2k+1=S2k+a2k+1=3k-(6k+1)=

? 3n ? 1 (n 为奇数) 2
∴Sn=

3n (n 为偶数) 2 1 1 1 1 (2)Sn=1 +2 +3 +…+(n+ n ) 2 4 8 2 1 1 1 1 =(1+2+3+…+n)+( + + +…+ n ) 2 4 8 2 1 1 ( 1? n ) n(n ? 1) 2 2 = n(n ? 1) +1- 1 . = + 1 2 2 2n 1? 2
[说明] 形如{an+bn}的求和问题,其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列,可用“拆项分组 求和”法. 变式应用 5 求和: (x+

1 1 1 2 n )+(x + 2 )+…+(x + n )(x≠0,x≠y≠1). y y y

[解析] 当 x≠1,y≠0,y≠1 时, (x+

1 1 1 2 n )+(x + 2 )+…+(x + n ) y y y
2

=(x+x +…+x )+(

n

1 1 1 + 2 +…+ n ) y y y

1 1 (1 ? n ) x(1 ? x n ) yn ? 1 x(1 ? x ) y y ? n ?1 = + = . n 1 1? x 1 ? x y ? y 1? y
n

2.裂项相消法 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列,在求和时常用“裂项法” ,分式的求和多利用此 法.可用待定系数法对通项公式进行拆项,相消时应注意消去项的规律,即消去哪些项,保留 哪些项.

1 1 1 (n∈N+). ? ??? 1? 2 1? 2 ? 3 1? 2 ??? n 1 1 2 [分析] 先分析通项有何特点,本题通项 an= =2 ? ? 1 ? 2 ? ? ? n n(n ? 1) n(n ? 1) 2
[例 6] 求和:1+
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1 1 ),因此可采用裂项相消法求和. n n ?1

[解析] ∵an=

2 1 1 1 = =2( ? ), 1 ? 2 ? ? ? n n(n ? 1) n n ?1

1 1 1 ),a2=2( ? ), 2 2 3 1 1 1 1 a3=2( - ),…,an=2( ? ), 3 4 n n ?1 1 1 1 1 1 1 1 1 2n ∴Sn=a1+a2+a3+…+an=2[ (1- )+( - )+( ? )+…+( ? )]=2(1)= . 2 2 3 3 4 n n ?1 n ?1 n ?1
∴a1=2(1[说明] 所谓裂项相消,就是将数列的每一项“一拆为二” ,即每一项拆成两项之差,以达 到隔项相消之目的.常见的裂项变形有:①an=

1 1 1 ; ? ? n(n ? 1) n n ? 1

②an=

1 1 1 1 ; ? ( ? ) (2n ? 1)(2n ? 1) 2 2n ? 1 2n ? 1 1 1 1 1 = [ ]; ? n(n ? 1)(n ? 2) 2 n(n ? 1) (n ? 1)(n ? 2) 1 n ? n ?1
= n ?1 ? n .

③an=

④an=

变式应用 6 求和:

1 1 1 + = ??? 1? 3 2 ? 4 n(n ? 2)

.

[答案]

2n ? 3 3 - 4 2(n ? 1)(n ? 2) 1 1 1 1 , ? ( ? ) n(n ? 2) 2 n n ? 2

[解析] ∵an=



1 1 1 ? ??? 1? 3 2 ? 4 n(n ? 2)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 [ (1- ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )?( ? )] 2 3 2 4 3 5 n ?1 n ?1 n n?2 1 1 1 1 = (1+ ) 2 2 n ?1 n ? 2
= =

2n ? 3 3 . 4 2(n ? 1)(n ? 2)

3.错位相减法
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若数列{an}为等差数列,数列{bn}是等比数列,由这两个数列的对应项乘积组成的新数列 为{anbn} ,当求该数列的前 n 项的和时,常常采用将{anbn}的各项乘以公比 q,并项后错位 一项与{anbn}的同次项对应相减,即可转化为特殊数列的求和,所以这种数列求和的方法称 为错位相减法. [例 7] 数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an+1=2Sn(n∈N+). (1)求数列{an}的通项 an; (2)求数列{nan}的前 n 项和 Tn. [解析] (1)∵an+1=2Sn, ∴Sn+1-Sn=2Sn,∴

S n ?1 =3. Sn

又∵S1=a1=1, ∴数列{Sn}是首项为 1,公比为 3 的等比数列. n-1 ∴Sn=3 (n∈N+). n-2 当 n≥2 时,an=2Sn-1=2·3 , 1 (n=1) a1=1 不满足上式,∴an= . n-2 2·3 (n≥2) (2)Tn=a1+2a2+3a3+…+nan. 当 n=1 时,T1=1; 0 1 n-2 当 n≥2 时,Tn=1+4·3 +6·3 +…+2n·3 , 1 2 n-1 ∴3Tn=3+4·3 +6·3 +…+2n·3 , 1 2 n-2 n-1 ①-②得:-2Tn=-2+4+2(3 +3 +…+3 )-2n·3 =2+2·

① ②

3(1 ? 3n ? 2 ) n-1 -2n·3 1? 3
n-1

=-1+(1-2n)·3 . ∴Tn=

1 1 n-1 +(n- )3 (n≥2). 2 2

又∵T1=a1=1 也满足上式,

1 1 n-1 +(n- )3 (n∈N+). 2 2 1 3 5 7 变式应用 7 试求 , , , ,…的前 n 项和. 2 4 8 16 1 3 5 7 2n ? 1 [解析] ∵Sn= + + + +…+ ①, 2 4 8 16 2n 1 1 3 5 2n ? 3 2n ? 1 Sn= + + +…+ + n ?1 ②, 2 4 8 16 2n 2 1 1 2 2 2 2 2n ? 1 ①-②得, Sn= + + + +…+ n - n ?1 2 2 4 8 16 2 2 1 1 1 1 1 2n ? 1 = + + ? ? ? ? n ?1 - n ?1 2 2 4 8 2 2
∴Tn=

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1 1 (1 ? n ?1 ) 1 2 2n ? 1 2 = + - n ?1 1 2 2 1? 2 3 2n ? 3 = ? n ?1 , 2 2 2n ? 3 ∴Sn=3. 2n
4.倒序相加法 如果求和的结构中“每两项”的和为同一常数,可以用倒序相加法求解. [例 8] 设 f(x)=

2 ,类比推导等差数列前 n 项和公式的方法,求 2 ? 2x

f(-2008)+f(-2007)+…+f(0)+ f(1) +…+f(2008)+f(2009).
[解析] ∵f(x)+f(1-x)=

2 2 ? x 2?2 2 ? 21? x

2 2 ? 2x = ? 2 ? 2x 2 ? 2x ? 2

2 2x ? = =1. 2 ? 2x 2 ? 2x
设 S=f(-2008)+f(-2007)+…+f(0)+f(1)+…+f(2008)+f(2009), 则 S=f(2009)+f(2008)+…+f(1)+f(0)+…+f(-2007) +f(-2008). ∴ 2S= [ f(-2008)+f(2009) ] + [ f(-2007)+ f(2008) ] + … +2 [ f(0)+f(1) ] + … + [ f(2009)+ f(-2008)]=2009×2, ∴S=2009.

4x 变式应用 8 设 f(x)= x ,求和. 4 ?2
S=f(

1 2 2001 )+f( )…+f( ). 2002 2002 2002

[解析] ∵f(x)=

4x , 4x ? 2

∴f(1-x)=

1 41? x 2 = = x , 1? x x 4 ? 2 4 ? 2?4 4 ? 2

∴f(x)+f(1-x)=1.

1 2 2001 )+f( ) ? ? ? f( ) 2002 2002 2002 2001 2000 1 S=f( ) ? f( ) ??? ( ) 2002 2002 2002
∴S=f(

① ②

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①+②得,2S=2001,∴S=

2001 . 2

5.分段求和法 如果一个数列是由各自具有不同特点的两段构成,则可考虑利用分段求和. [例 9] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an+Sn=1(n∈N+). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 bn=3+log4an,设 Tn=|b1|+|b2|+…+|bn|,求 Tn. [解析] (1)由 an+Sn=1,得 an-1+Sn-1=1,两式相减得, an-an-1+an=0, ∴2an=an-1,即

an 1 = (n≥2). an ?1 2

又 n=1 时,a1+S1=1, ∴a1=

1 . 2

1 1 ,公比为 的等比数列. 2 2 1 n-1 1 n n-1 1 ∴an=a1q = · ( ) =( ) . 2 2 2 1 n n 6?n (2)解法一:∵bn=3+log4( ) =3- = . 2 2 2 n(11 ? n) 当 n≤6 时,bn≥0,Tn=b1+b2+…+bn= ; 4
∴数列{an}是首项为 当 n>6 时,bn<0, Tn=b1+b2+…+b6-(b7+b8+…+bn) =

6?5 1 (n ? 6)(n ? 7) 1 n 2 ? 11n ? 60 . ? [(n ? 6)(? ) ? ? (? )] ? 4 2 2 2 4
n(11 ? n) 4
(n≤6) .

综上可知,Tn=

n 2 ? 11n ? 60 4
解法二:∵bn=3+log4(

(n≥7)

1 n n 6?n ) =3- = . 2 2 2

当 n≤6 时,bn≥0,|bn|=bn. ∴Tn=b1+b2+…+bn=

n(11 ? n) . 4

当 n>6 时,bn<0,|bn|=-bn. ∴Tn=b1+b2+…+b6-b7-b8-…-bn =2(b1+b2+…+b6)-(b1+b2+…+bn) =2T6-Tn=

n 2 ? 11n ? 60 . 4

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n(11 ? n) 4
综上可知,Tn=

(n≤6) .

n 2 ? 11n ? 60 4

(n≥7)

变式应用 9 数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足 an+2-2an+1+an=0(n∈N+). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求 Sn. [解析] (1)由{an}满足 2an+1=an+2+an 可知,数列{an}为等差数列,故可求其通项公式; (2)求 Sn 关键要搞清{an}项的符号的变化. (1)∵an+2-2an+1+an=0,∴2an+1=an+2+an, ∴{an}为等差数列. ∵a1=8,a4=2,∴d=

8?2 =-2, 1? 4

∴an=8-2(n-1)=10-2n. (2)∵a1>a2>a3>a4>a5=0>a6+…>an(n≥6),a6=-2. ∴n≤5 时,Sn=8n+

1 n(n-1)(-2)=9n-n2; 2

n>5 时,Sn=S5-(a6+a7+…+an)

(n ? 5)(a6 ? an ) 2 (n ? 5)(?2 ? 10 ? 2n) =202
=20=n -9n+40.
2

9n-n (n≤5,n∈N+) ∴Sn= .

2

n -9n+40(n≥6,n∈N+)

2

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