已知函数f(x)=ax+bcx2+1．若c=0时，数列an满足条件：点在函数f(x)=ax+bcx2+1的图象上，

题文

已知函数f(x)=ax+bcx2+1（a，b，c为常数，a≠0）．
（Ⅰ）若c=0时，数列a_n满足条件：点（n，a_n）在函数f(x)=ax+bcx2+1的图象上，求a_n的前n项和S_n；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a₃=7，S₄=24，p，q∈N^*（p≠q），证明：Sp+q＜12(S2p+S2q)；
（Ⅲ）若c=1时，f（x）是奇函数，f（1）=1，数列x_n满足x1=12，x_n+1=f（x_n），求证：(x1-x2)2x1x2+(x2-x3)2x2x3+…+(xn-xn+1)2xnxn+1＜516． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（Ⅰ）依条件有f（x）=ax+b．
因为点（n，a_n）在函数f（x）=ax+b的图象上，所以a_n=f（n）=an+b．
因为a_n+1-a_n=a（n+1）+b-（an+b）=a，
所以a_n是首项是a₁=a+b，公差为d=a的等差数列．（1分）
所以Sn=n(a+b)+n(n-1)2•a=nb+n(n+1)2•a．
即数列a_n的前n项和S_n=nb+n(n+1)2•a．（2分）
（Ⅱ）证明：依条件有(a+b)+2a=74(a+b)+4×32•a=24即3a+b=710a+4b=24解得a=2b=1
所以a_n=2n+1．
所以Sn=n(a1+an)2=n2+2n．（3分）
因为2S_p+q-（S_2p+S_2q）=2[（p+q）²+2（p+q）]-（4p²+4p）-（4q²+4q）=-2（p-q）²，
又p≠q，所以2S_p+q-（S_2p+S_2q）＜0．
即Sp+q＜12(S2p+S2q)．（5分）
（Ⅲ）依条件f(x)=ax+bx2+1．
因为f（x）为奇函数，所以f（-x）+f（x）=0．
即ax+bx2+1+-ax+bx2+1=0．解得b=0．所以f(x)=axx2+1．
又f（1）=1，所以a=2．
故f(x)=2xx2+1．（6分）
因为x_n+1=f（x_n），所以xn+1=2xnx2n+1．所以x1=12＞0时，有x_n+1＞0（n∈N^*）．
又xn+1=f(xn)=2xnx2n+1≤2xn2xn=1，
若x_n+1=1，则x_n=1．从而x₁=1．这与x1=12矛盾．
所以0＜x_n+1＜1．（8分）
所以xk+1-xk=xk(1-xk)•1+xkxk2+1≤14•1xk+1+2xk+1-2≤14•122-2=2+18．
所以(xk-xk+1)2xkxk+1=xk+1-xkxkxk+1(xk+1-xk)＜2+18(1xk-1xk+1)．（10分）
所以(x1-x2)2x1x2+(x2-x3)2x2x3++(xn+1-xn)2xnxn+1＜2+18[(1x1-1x2)+(1x2-1x3)++(1xn-1xn+1)]=2+18(1x1-1xn+1)=2+18(2-1xn+1)．（12分）
因为x1=12，x_n+1＞x_n，所以12＜xn+1＜1．所以1＜1xn+1＜2．
所以(x1-x2)2x1x2+(x2-x3)2x2x3++(xn-xn+1)2xnxn+1＜2+18(2-1)＜32+18=516．（14分）

解析

n(n-1)2

考点

据考高分专家说，试题“已知函数f(x)=ax+bcx2+1（a.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。