湖南省2024年下学期高一期末考试(标识★)数学

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湖南省2024年下学期高一期末考试(标识★)数学试卷答案

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5．已知函数f（x）=x²+x，正项数列{a_n}前n项和为S_n，且点（a_n，2S_n）（n∈N^*）在f（x）的图象上．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若b_n=（-1）ⁿa_n（n∈N^*），求{b_n}的前n项和．

分析（Ⅰ）利用等比数列的定义进行证明即可；
（Ⅱ）对a_2n-2化简，对|a_2k-1-2|+|a_2k-2|变形为4×（$\frac{1}{{3}^{2k-1}+1}+\frac{1}{{3}^{2k}-1}$）=4×$\frac{{3}^{2k-1}+{3}^{2k}}{{3}^{2k-1}•{3}^{2k}+{3}^{2k}-{3}^{2k-1}-1}$＜4×（$\frac{1}{{3}^{2k-1}}+\frac{1}{{3}^{2k}}$），然后利用等比数列求和解答．

解答证明：（Ⅰ）∵在数列{a_n}中，a₁=1，且a_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}$（n∈N^*）
数列{$\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n}-2}$}中，$\frac{{a}_{n+1}+2}{{a}_{n+1}-2}•\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+2}$=$\frac{\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}+2}{\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}-2}•\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+2}$=-3，所以数列{$\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n}-2}$}为首项为-3，公比为-3的等比数列；
所以$\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n}-2}$=-3（-3）^n-1=（-3）ⁿ，所以a_n=$\frac{4}{（-3）^{n}-1}+2$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a_2n-2=$\frac{4}{{9}^{n}-1}$，所以|a₁-2|+|a₂-2|+|a₃-2|+…+|a_2n-1-2|+|a_2n-2|=$\frac{4}{3+1}+\frac{4}{{3}^{2}-1}+\frac{4}{{3}^{3}+1}+…+\frac{4}{{3}^{2n-1}+1}$+$\frac{4}{{3}^{2n}-1}$；
一般的|a_2k-1-2|+|a_2k-2|=4×（$\frac{1}{{3}^{2k-1}+1}+\frac{1}{{3}^{2k}-1}$）=4×$\frac{{3}^{2k-1}+{3}^{2k}}{{3}^{2k-1}•{3}^{2k}+{3}^{2k}-{3}^{2k-1}-1}$＜4×（$\frac{1}{{3}^{2k-1}}+\frac{1}{{3}^{2k}}$），
所以|a₁-2|+|a₂-2|+|a₃-2|+…+|a_2n-1-2|+|a_2n-2|＜4（$\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{{3}^{3}}+\frac{1}{{3}^{4}}+…+\frac{1}{{3}^{2n-1}}+\frac{1}{{3}^{2n}}$）=4×[$\frac{3}{8}$+$\frac{{3}^{\frac{1}{3}}（1-\frac{1}{{3}^{2n-2}}）}{1-\frac{1}{3}}$]＜4×（$\frac{3}{8}+\frac{1}{18}$）=$\frac{31}{18}$＜$\frac{7}{4}$．

点评考查学生对等比关系的判断能力，会利用数列的递推式的能力，以及不等式的证明能力，关键是放缩法的运用．属于难题．

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