高考数学试题(理)分类解析汇编-数列数学归纳法.pdf
浙江省高考数学试题（理）分类解析汇编浙江省高考数学试题（理）分类解析汇编专题专题 3 3：数列、数学归纳法：数列、数学归纳法一、选择题一、选择题1.1.（浙江（浙江 理理 5 5 分）分）已知等差数列an的公差为 2,若a1,a3,a4成等比数列,则a2=【】(A)4【答案】【答案】B。【考点】【考点】等差数列；等比数列。【分析】【分析】利用已知条件列出关于a1的方程，求出a1，代入通项公式即可求得a2：a4 a16，a3 a1 4，且a1，a3，a4成等比数列，a32 a1a4，即a14 a1a16。解得a1 8。a2 a1 2 6。故选 B。2(B)6(C)8(D)101 23 n【】nn21(A)2(B)4(C)(D)022.2.（浙江（浙江 理理 5 5 分）分）lim【答案】【答案】C。【考点】【考点】极限及其运算，等差数列求和公式。【分析】【分析】lim123nn2nn1n11 12 lim lim1。故选 C。nn2n2n23.3.（浙江（浙江 理理 5 5 分）分）已知an是等比数列，a2 2，a51，则a1a2 a2a3 anan1=【】43232nnnnA16（1 4）B16（1 2）C（1 4）D（1 2）33【答案】【答案】C。【考点】【考点】等比数列的前 n 项和。【分析】【分析】由a5=a2q3=2q3 q=，1412数列anan1仍是等比数列：其首项是a1a2=8，公比为1。4a1a2 a2a3 1n814=3214n。故选 C。anan1=13144.4.（浙江（浙江 201X201X 年理年理 5 5 分）分）设Sn为等比数列an的前n项和，8a2a5 0，则（A）11（B）5（C）8（D）11【答案】【答案】D。【考点】【考点】等比数列的通项公式与前n 项和公式。S5【】S2【分析】【分析】an是，8a2a5 0，设公比为q，得8a2 a2q3 0，解得q=2。S51q512 11。故选 D。S21q2122二、填空题二、填空题1.1.（浙江（浙江 理理 4 4 分）分）设Sn为等差数列an的前n项和，若S510,S10 5，则公差为（用数字作答）.【答案】【答案】1。【考点】【考点】等差数列的性质，数列的求和。5【分析】【分析】设首项为a1，公差为d，代入S5和S10，从而求解求得a1和d：5a110d=10a 2d=2S510,S10 5，19d 4d=14 d=1。10a 45d=52a 9d=1112.2.（浙江（浙江 理理 4 4 分）分）设等比数列an的公比q【答案】【答案】15。【考点】【考点】等比数列的性质。【分析】【分析】通过等比数列的求和公式，表示出S4，由a4 a1q，把a4和q代入31S，前n项和为Sn，则42a4S4约分化简可得到答案：a4a1(1q4)s41q43对于s4，a4 a1q，315。1qa4q(1q)1n31111的最小值记为Tn，则T2 0,T333,T4 0,T555,Tn,其中Tn=.2323n3.3.（浙江浙江 201X201X 年理年理 4 4 分）分）设n 2,nN,(2 x)(3x)a0a1xa2x2 anxn，将ak(0 k n)120，n为偶数【答案】【答案】1。1，n为奇数2n3n【考点】【考点】归纳推理。【分析】【分析】利用归纳和类比进行简单的推理，据Tn的定义，列出Tn的前几项：T2 0,T31111,T 0,T,45233325350，n为偶数由此规律，我们可以推断：Tn=1。1n，n为奇数n234.4.（浙江（浙江 201X201X 年理年理 4 4 分）分）设a1,d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，满足S5S615 0，则d的取值范围是 .【答案】【答案】,2 2 2 2,。【考点】【考点】等差数列的性质，等差数列的前n项和。【分析】【分析】S5S615 0，5a110d6a115d150，即2a129a1d 10d21 0。216a1272a1d 81d2d28 0。d 8 4a19d 02d 8则d的取值范围是,2 2三、解答题三、解答题1.1.（全国（全国 理理 1212 分）分）某城市 末汽车保有量为 30 万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60 万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多2 2 2,。少辆？【答案】【答案】解：设 末汽车保有量为b1万辆，以后各年末汽车保有量依次为b2万辆，b3万辆，每年新增汽车x万辆，则b1 30，b2 b10.94 x，对于n 1，有bn1bn0.94 xbn10.942(10.94)x bn1n2n10.94nx b10.94 x(1 0.940.94 0.94)b10.94 0.06nxx(30)0.94n0.060.06x 0，即x 1.8时，bn1 bn b1 30；当30 0.06xx 0，即x 1.8时，数列bn逐项增加，可以任意靠近当30，即0.060.06xxxlim bn lim(30)0.94n1。nn0.060.060.06如果要求汽车保有量不超过60 万辆，即bn 60（n 1,2,3,），则x 60，即x 3.6万辆。0.06综上，每年新增汽车不应超过3.6万辆。【考点】【考点】基本不等式在最值问题中的应用，数列的递推式，数列的极限。【分析】【分析】设 末汽车保有量为b1万辆，以后各年末汽车保有量依次为b2万辆，b3万辆，每年新增汽车x万辆，依题意可知b1 30，根据题意可表示出关于bn的递推式，利用等比数列的求和公式求得bn1，判断出数列的单调性，然后利用数列的极限求得问题的答案。2.2.（全国（全国 理理 1414 分）分）设数列an满足：an1 annan1，n 1,2,3,（1）当a1 2时，求a2,a3,a4并由此猜测an的一个通项公式；（2）当a1 3时，证明对所的n 1，有（i）an n 2（ii）2111111 a11 a21 a31 an2【答案】【答案】解；（1）由a1 2，得a2 a1a11 3，由a2 3，得a3 a22a21 4，由a3 4，得a4 a33a31 5，由此猜想an的一个通项公式：an n1（n 1）。（2）（i）用数学归纳法证明：当n 1时，a1 3 1 2，不等式成立。假设当n k时不等式成立，即ak k 2，那么222ak1 ak(akk)1(k 2)(k 2k)1 2k 5 k 3。也就是说，当n k 1时，ak1(k 1)2。据和，对于所有n 1，有an n2。（ii）由an1 an(ann)1及（i），对k 2，有ak ak1(ak1 k 1)1 ak1(k 1 2k 1)1 2ak11ak 2k1a1 2k2 21 2k1(a11)1111k1，k 2。1 ak1 a12n111n11n1221。k1k11 a1 a1 a1 a1 a13222k1k11k21k11【考点】【考点】数学归纳法，归纳推理。【分析】【分析】（1）由列an满足：an1 annan1，n 1,2,3,及a1 2，我们易得到a2，a3，a4的值，归纳数列中每一项的值与序号的关系，我们可以归纳推理出an的一个通项公式。（2）（i）an n 2的证明可以使用数学归纳法，先证明n 1时不等式成立，再假设n k时不等式成立，证出n k 1时，不等式依然成立，最终得到不等式an n 2恒成立。2（ii）的证明用数学归纳法比较复杂，观察到不等式的结构形式，可采用放缩法进行证明。3.3.（全国（全国 理理 1212 分附加题分附加题 4 4 分）分）（I）设an是集合2s 2t|0 s t且s,t Z中所有的数从小到大排列成的数列，即a1 3，a2 5，a3 6，a4 9，a510，a612，将数列an各项按照上小下大，左小右大的原则写成如下的三角形数表：35691012写出这个三角形数表的第四行、第五行各数；求a100（II）（本小题为附加题，如果解答正确，加 4 分，但全卷总分不超过 150 分）设bn是集合2r 2s 2t|0 r s t，且r,s,t Z中所有的数从小到大排列成的数列，已知bk1160，求k.【答案】【答案】（）解：用(t,s)表示2 2，下表的规律为3（(0,1)=2 2）5(0,2)6(1,2)9(0,3)10(1,3)12(2,3)（i）第四行 17(0,4)18(1,4)20(2,4)24(3,4)第五行 33(0,5)34(1,5)36(2,5)40(3,5)48(4,5)（ii）100（1+2+3+4+13）+9，a100(8,14)2 216640。（）bk1160 210 27 23,81401ts令M cB|c 1160，其中B 2r2s2t|0 r s t，M cB|c210 cB|210c21027 cB|21027c2102723现在求 M 的元素个数：cB|c 2210r2s2t|0r s t 10，其元素个数为C10；32cB|210c210272102s2r|0rs7，其元素个数为C7；10cB|227c 2102723210272r|0 r 3，其元素个数为C32。322k C10C7C31145。【考点】【考点】数列的应用。【分析】【分析】（I）（i）用(t,s)表示2 2，先利用前几个数找到其规律，是每一个的横坐标从0 增加到对应的行数，而纵坐标为行数，就可求出第四行、第五行各数。（ii）因为 100=（1+2+3+4+13）+9，所以可以知道a100位于第 14 行第 8 列，即可求出a100。（）利用上面的结论可以快速找到bn的规律，再结合组合数对其求解即可。4.4.（浙江（浙江 理理 1414 分）分）如图，OBC 的在个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2）,设 P 为线段 BC 的中点，P2为线段 CO 的中点，P3为线段 OP1的中点，对于每一个正整数n，Pn3为线段PnPn1的中点,令Pn的坐标为(xn,yn)，tsan1yn yn1 yn22（）求a1,a2,a3及an;y（）证明yn41n,nN;4()若记bn y4n4 y4n,nN,证明bn是等比数列.【答案】【答案】解：()y1 y2 y41,y3a1a2 a3 2。又由题意可知yn313,y5，24yn yn12an1y y111yn1yn2 yn3=yn1 yn2nn1=yn yn1 yn2 an。2222an为常数列。an a1 2,nN。()将等式1y y1yn yn1 yn2 2两边除以 2，得ynn1n21。242又yn4yn1yn2y，yn41n，nN。42y4n4y11)(14n)(y4n4 y4n)bn，4444（）bn1 y4n8 y4n4(1又b1 y3 y4 0，bn是公比为141的等比数列。4【考点】【考点】数列的应用，等比关系的确定。【分析】【分析】（）由题意可知yn3（）将等式yn yn1，由此可推导出an a1 2,nN。21y yy1yn yn1 yn2 2两边除以 2，得ynn1n21，由此可知yn41n。2424111（）由bn1 y4n8 y4n4 bn和b1 y3 y4 0，知bn是公比为的等比数列。4441n125.5.（浙江（浙江 理理 1414 分）分）设点An(xn，0)，P和抛物线：yx a xb(nN N*)，其中 a 24n，C(x,2)nnnnnn2n1xn由以下方法得到：x11，点 P2(x2，2)在抛物线 C1：yx2a1xb1上，点 A1(x1，0)到 P2的距离是 A1到 C1上点的最短距离，n2点Pn1的距离是An到Cn上点的最短距离n1(xn1,2)在抛物线Cn：yx an xbn上，点An(xn，0)到P()求 x2及 C1的方程()证明xn是等差数列【答案】【答案】解：（）由题意得A,0,C1:y x 7xb1，112设点Px,y是C1上任意一点，则|A1P|x1 y22x1x27xb1。22令fxx1 x 7xb12222，则f x 2x1 2 x 7xb12x7。2由题意得f x2 0，即2x21 2 x27x b12x27 0。2又P114。1，解得x23,b2x2,2在C1上，2 x27x2bC1的方程为y x27x14。()设点Px,y是Cn上任意一点，则|AnP|令gxx xn x anxbn22x xn2 y2x xn2x2anxbn。222，则gx 2x xn 2 x anxbn2x a。n2由题意得gxn1 0，即2xn1 xn 2 xn1anx bn2xn1an 0。又2n，2n xna xbxx22xn1an 0n 1，nn1nn1n1n1xn1 xn 2nan 0即1 2*。下面用数学归纳法证明xn 2n1，当n 1时，x11，等式成立；假设当n k时，等式成立，即xk 2k 1，k1xk1 xk 2kak 0，则当n k 1时，由*知1 2xk2kak1 2k 1。又ak 24k k1，xk1212k1即n k 1时，等式成立。由知，等式对nN成立。故xn是等差数列。【考点】【考点】导数的应用，等差数列，两点间距离公式的应用，数学归纳法。【分析】【分析】（）利用点在抛物线上则满足抛物线方程，结合两点间的距离公式用点Px,y表示|A1P|，然后借助于导数，利用f x2 0建立方程，使问题得到解决。*（）类比（），首先利用点Px,y是Cn上任意一点，得到|AnP|xxnx2anxbn，然222n1xn1 xn2nan 0，后利用导数思想获得2xn1xn2 xn1anxbn2xn1an0并由此化简得到12通过数学归纳法证明xn 2n1，也即证明了xn是等差数列。6.6.（浙江（浙江 理理 1515 分）分）已知数列an中的相邻两项a2k1，a2k是关于x的方程x2(3k 2k)x3k 2k 0的两个根，且a2k1a2k(k 1，2，3，)（I）求a1，a3，a5，a7；（II）求数列an的前2n项和S2n；(1)f(2)(1)f(3)(1)f(4)(1)f(n1)1 sinn（）记f(n)，3，Tna1a2a3a4a5a6a2n1a2n2sinn求证：15Tn(nN N*)624【答案】【答案】解：（I）方程x2(3k 2k)x3k 2k 0的两个根为x1 3k，x2 2k，当k 1时，x13，x2 2，所以a1 2；当k 2时，x1 6，x2 4，所以a3 4；当k 3时，x19，x28，所以a58；当k 4时，x112，x216，所以a712。（II）S2n a1a2a2n(363n)(22 23n23nn122。2)2n111（III）证明：Tna1a2a3a4a5a6T1(1)f(n1)，a2n1a2n11115，T2。a1a26a1a2a3a424当n3时，111Tn6a3a4a5a6111 166 22623 1(1)f(n1)11a2n1a2n6a3a4a5a6111 1，2n66 2n61a2n1a2n511同时，Tn24a5a6a7a8511 1249 23921 1(1)f(n1)51a2n1a2n24a5a6a1a2a2n1a2n1151 5。2n249 2n24综上，当nN N*时，15Tn。624【考点】【考点】数列的求和，不等式的证明。【分析】【分析】（I）用解方程或根与系数的关系表示a2k1，a2k，给k赋值即可。（II）由S2n a1a2a2n可分组求和。（）Tn复杂，应用放缩法证明。7.7.（浙江（浙江 理理 1414 分）分）已知数列an，an 0，a1 0，an1an11an(nN)。记Sna1a2an，22Tn111。求证：当n N*时，1 a1(1 a1)(1 a2)(1 a1)(1 a2)(1 an)（）an an1；（）Sn n2；（）Tn 3。【答案】【答案】证明：（）用数学归纳法证明。当n=1 时，因为a2是方程x2+x1=0 的正根，所以a1a2。假设当n=k（kN*N*）时，ak ak1，2222因为ak2ak(ak2ak11)(ak1ak11)(ak2ak1)(ak2ak11)，所以ak1 ak2。即当 n=k+1 时，an an1也成立。根据和，可知an an1对任何nN*N*都成立。22k（）由ak1ak11 ak，=1，2，n1（n2）2得an(a2a32。an)(n1)a12，因为a1 0，所以Sn n1an22由an an1及an11anan11得an1。所以Sn n2。22（）由ak1ak11ak 2ak，得a1k1(k 2,3,1ak12ak(n 3)，,n1,n 3)，所以1(1a3)(1a4)1(1a2)(1a3)(1an)an2n2a2于是(1an)12an1an(n 3)，22n2(a2a2)2n22n212n2 3，故当n3 时，Tn11又因为 T1T2T3，所以 Tn3。【考点】【考点】不等式的证明，数列的求和，用数学归纳法证明不等式。【分析】【分析】（）对于nN*N*的命题，考虑利用数学归纳法证明。22k（）由ak1ak11 ak，对取 1，2，n1 时的式子相加得Sn，最后对Sn进行放缩即可证得。22（）由ak1ak11ak2ak，得aa11k1(k2,3,n1,n3)所以n2n(n3)。从1ak12ak(1 a3)(1 a4)(1 an)2 a2而证得n3 时，Tn111212n2 3，又由 T1T2T3，得到结论。8.8.（浙江（浙江 201X201X 年理年理 1414 分）分）已知公差不为 0 的等差数列an的首项a1为a(aR),设数列的前 n 项和为Sn，且111，成等比数列a1a2a4（1）求数列an的通项公式及Sn（2）记An11111111，当n 2时，试比较An与Bn的大小.，Bn.S1S2S3Sna1a2a22a2n【答案】【答案】解：（）设等差数列an的公差为d,由(d 0,d a1 aan na,Sn（）Sn1211),得(a1d)2 a1(a13d)。a2a1a4an(n1)。2an(n1)12 11111121，()。An.(1)。2Sna nn1S1S2S3Snan111()n1111122(11).an1 2n1a,Bn.2a1a2a22a2n1a11a2n211012nn1，即1n12当a0 时，AnBn。【考点】【考点】数列与不等式的综合，数列的求和，等差和等比数列的性质。【分析】【分析】（）设出等差数列的公差，利用等比中项的性质，建立等式求得d，则数列的通项公式和前 n 项的和可得。（）利用（）的an和Sn，代入不等式，利用裂项法和等比数列的求和公式整理An与Bn，最后分a0 和a0 两种情况分情况进行比较。
