2022年数列经典题目汇总借鉴 .pdf

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1、14.(全国卷 II)已知na是各项为不同的正数的等差数列，1lg a 、2lg a 、4lg a 成等差数列 又21nnba，1,2,3,n() 证明nb为等比数列；() 如果无穷等比数列nb各项的和13S，求数列na的首项1a 和公差 d (注：无穷数列各项的和即当n时数列前 n项和的极限 ) 解： （）设数列 an的公差为 d，依题意，由2142lglglgaaa得2214aa a即)3()(1121daada，得10add或因1221nnaabbnn当d=0 时， an为正的常数列就有11221nnaabbnn当d=1a时，1112112) 12(,) 12(1aaaaaannnn,就

2、有1221nnaabbnn21于是数列 nb是公比为 1 或21的等比数列（）如果无穷等比数列nb的公比q=1，则当n时其前n项和的极限不存在。因而d=1a0，这时公比q=21，112bd这样nb的前n项和为111( ) 22112nndS则 S=111( ) 122limlim112nnnndSd由13S，得公差d=3，首项1a=d=3 15. (全国卷 III) 在等差数列na中，公差412, 0aaad与是的等比中项 . 已知数列,2131nkkkaaaaa成等比数列，求数列nk的通项.nk解：由题意得：4122aaa 1 分即)3()(1121daada 3 分又0,dda1 4 分名

3、师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 11 页 - - - - - - - - - 又,2131nkkkaaaaa成等比数列 , 该数列的公比为3313ddaaq， 6 分所以113nkaan 8 分又11)1(akdkaannkn10 分13nnk所以数列nk的通项为13nnk12 分16.（山东卷）已知数列na的首项15,a前n项和为nS，且*15()nnSSnnN（I ）证明数列1na是等比数列；（ II ）令212( )nnf xa xa xa x，求函数

4、( )f x在点1x处的导数(1)f并比较2(1)f与22313nn的大小 . 解：由已知*15()nnSSnnN可得12,24nnnSSn两式相减得1121nnnnSSSS即121nnaa从而1121nnaa当1n时21215SS所以21126aaa又15a所以211a从而21121aa故总有112(1)nnaa，*nN又115,10aa从而1121nnaa即数列1na是等比数列；（II ）由（ I ）知3 21nna因为212( )nnf xa xa xa x所以112( )2nnfxaa xna x从而12(1)2nfaana=23212 321(321)nn=23 2222nn-12n

5、=1(1)31262nn nn由上22(1)23131212nfnnn-212 21nn= 1212121 (21)nnnn=12(1) 2(21)nnn当1n时，式 =0所以22(1)2313fnn；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 11 页 - - - - - - - - - 当2n时，式 =-120所以22(1)2313fnn当3n时，10n又011211nnnnnnnnCCCC2221nn所以12210nnn即0从而2(1)f22313nn17 (上

6、海 )本题共有 2 个小题 ,第 1 小题满分 6 分, 第 2小题满分8 分.假设某市 2004 年新建住房400 万平方米 ,其中有 250 万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内 ,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外 ,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50 万平方米 .那么 ,到哪一年底 , (1)该市历年所建中低价房的累计面积(以 2004 年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米 ? (2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%? 解(1)设中低价房面积形成数列an, 由题意可知 an 是等差数列 ,其中 a1=250,d=50

7、, 则 Sn=250n+502)1(nn=25n2+225n, 令 25n2+225n 4750,即 n2+9n-1900, 而 n 是正整数 , n10. 到 2013 年底 , 该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750 万平方米 . (2)设新建住房面积形成数列bn, 由题意可知 bn是等比数列 , 其中 b1=400,q=1.08,则 bn=400 (1.08)n-1 0.85. 由题意可知an0.85 bn,有 250+(n-1)50400(1.08)n-1 0.85. 由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数n=6. 到 2009 年底 , 当年建造的中低价房的面积占该年建造

8、住房面积的比例首次大于85%. 18. （天津卷）已知)0,0,(1221baNnbabbabaaunnnnnn. （）当ba时，求数列nu的前 n 项和nS；（）求1limnnnuu. （18）解： （）当ba时，nnanu) 1(这时数列nu的前n项和nnnannaaaaS)1(432132式两边同乘以a，得1432)1(432nnnannaaaaaS式减去式，得132)1(2)1(nnnanaaaaSa若1a，aanaaaSannn1)1(1)1()1(，221212)1(2)2()1(1)1()1()1(aaaananaanaaaaSnnnnn名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载

9、- - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 11 页 - - - - - - - - - 若1a，2)3()1(32nnnnSn（） 由 （） ， 当ba时，nnanu) 1(， 则annanaanuunnnnnnn)1(lim)1(limlim11当ba时，1121()()nnnnnnnbbbuaababbaaaa1111()1()1nnnnbaaabbaba此时，nnnnnnbabauu111若0ba，aababbababauunnnnnnnnnnn)(1)(limlimlim111若0ab，bbabba

10、auunnnnnn1)()(limlim119. （天津卷） 若公比为 c 的等比数列 na的首项1a 1 且满足：122nnnaaa（n 3，4，）。（I）求 c 的值。（II）求数列nna的前n项和nS。20. （浙江卷）已知实数 a，b，c 成等差数列且和为15，a1，b1，c4 成等比数列，求 a，b，c解：由题意，得215 (1)2(2)(1)(4)(1)(3)abcacbacb由(1)(2)两式，解得5b将10ca代入 (3), 整理得213220aa解得2a或11a故2a,5,8bc或11,5,1abc经验算，上述两组数符合题意。21（浙江卷）设点nA(nx，0)，1(,2)nn

11、nPx和抛物线nC： yx2anxbn(nN*) ，其中 an 24n112n，nx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， ，点11(,2 )nnnPx在抛物线nC：yx2anxbn上，点nA(nx， 0)到1nP名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 11 页 - - - - - - - - - 的距离是nA到nC上点的最短距离()求 x2及 C1的方程()

12、证明nx是等差数列解： （I）由题意，得2111(1,0),:7ACyxxb。设点( ,)P x y是1C上任意一点，则221|(1)APxy2221(1)(7)xxxb令2221( )(1)(7) ,f xxxxb则21( )2(1)2(7)(27).fxxxxbx由题意，得2()0,fx即2222122(1)2(7)(27)0.xxxbx又22(,2)Px在1C上，222127,xxb解得213,14.xb故1C方程为2714.yxx(II) 设点( ,)P x y是nC上任意一点，则222|()()nnnnA Pxxxa xb令222( )()()nnng xxxxa xb，则2( )2

13、()2()(2)nnnng xxxxa xbxa. 由题意得 g1()0nx，即211112()2()(2)0nnnnnnnnxxxa xbxa又2112,nnnnnxa xb11()2 (2)0(1).nnnnnxxxan即11(12)20nnnnnxxa（ *）下面用数学归纳法证明21nxn当 n=1 时，11,x等式成立。假设当 n=k 时，等式成立，即21,kxk则当1nk时，由（ * ）知110(12)2kkkkkxxa又11242,kkak11221.12kkkkkxaxk即当1nk时，等式成立。由知，等式对nN成立。nx是等差数列。22. (重庆卷 )数列 an满足 a11且 8

14、an 116an 12an5 0 (n 1)。 记211nnab(n 1)。(1) 求 b1、b2、b3、b4的值；(2) 求数列 bn的通项公式及数列 anbn的前 n 项和 Sn。解法一：（I）1111,2;112ab故22718,718382ab故名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 11 页 - - - - - - - - - 3344311320,4;,.31420342abab故故（II）因21344284()()( )33333bb，2222132

15、44444()( ) ,()()()33333bbbb故猜想42,2.33nbq是首项为公比的等比数列因2na， （否则将2na代入递推公式会导致矛盾）。152(1).168nnaana故1116820164144133633632nnnnnnaabaaa112016428442(),013363332nnnnnabbbaa故2|34|qbn确是公比为的等比数列 . nnbb23134,32341故因, )1(34231nbnn, 121211nnnnnbbaab得由nnnbababaS2211故121()2nbbbn1(12 )513(251)1233nnnn解法二：（）由11111,816

16、250,122nnnnnnnnbaaaaaba得代入递推关系整理得11146340,2,3nnnnnnbbbbbb即.320,4,38,2, 143211bbbba所以有由（）由111444422,2(),0,33333nnnnbbbbb所以42,233nbq是首项为公比的等比数列故41142 ,2(1).3333nnnnbbn即名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 11 页 - - - - - - - - - 由112nnba得112nnna bb故1 122

17、nnnSaba ba b121(12 )153()2123nnbbbnn1(251)3nn解法三：（）同解法一（）2213243248 284,( )333 333bbbbbb11121,2,233522,(1).168nnnnnnnnnbbqbbaaana猜想是首项为公比的等比数列又因故因此1111121152121221682nnnnnnnbbaaaaa1681086;636363nnnnnaaaaa1211211681681111636322nnnnnnnnaabbaaaa1362416820 162().636363nnnnnnnnaaabbaaa2111210,2,2 ,33nnnn

18、nbbbbqbb因是公比的等比数列从而112211)()()(bbbbbbbbnnnnn1211(222 )23114(22)22(1).333111,122nnnnnnnnnnba bba由得故1 122nnnSa ba ba bnbbbn)(2121名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 11 页 - - - - - - - - - 1(12 )513(251).1233nnnn23. (重庆卷 )数列 an 满足)1(21)11(1211nannaannn且

19、. （）用数学归纳法证明：)2(2 nan；（ ） 已 知 不 等 式)1(:,0)1ln(2neaxxxn证明成立对， 其 中 无 理 数e=2.71828. （）证明： （1）当 n=2 时，222a，不等式成立. （2）假设当)2(kkn时不等式成立，即),2(2 kak那么221) 1(11(1kkkakka. 这就是说，当1kn时不等式成立. 根据（ 1） 、 （2）可知：22nak对所有成立 . （）证法一：由递推公式及（）的结论有) 1.()2111(21)11(221nannannannnnn两边取对数并利用已知不等式得nnnannaln)2111ln(ln21.211ln2n

20、nnna故nnnnnaa21)1(1lnln1).1(n上式从 1 到1n求和可得121212121)1(1321211lnlnnnnnaa.22111121121121111)3121(211nnnnn即).1(,2ln2neaann故（）证法二：由数学归纳法易证2) 1(2nnnn对成立，故).2()1(1)1(11(21)11(21nnnannannannnn名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 11 页 - - - - - - - - - 令).2()1

21、(11 (),2(11nbnnbnabnnnn则取对数并利用已知不等式得nnbnnbln)1(11ln(ln1).2() 1(1lnnnnbn上式从 2 到 n 求和得)1(1321211lnln21nnbbn.11113121211nn因).2(3, 3ln1ln.313ln11122neebbabnn故故1,2,132222121neaeaeaneeann对一切故又显然成立24. （江西卷）已知数列an的前n项和Sn满足SnSn2=3,23, 1),3()21(211SSnn且求数列 an 的通项公式 . 解：方法一：先考虑偶数项有：2121222113 ()3 ( )22nnnnSS23

22、232224113 ()3 ()22nnnnSS3342112 ()3 () .22SS2123321233222111111113( )( )( ) 3( )( )( )222222211 1( )111122 434( ) 2( )(1).1224214nnnnnnnnSSn同理考虑奇数项有：222121113()3 ().22nnnnSS22222123113 ()3 ( )22nnnnSS.)21(3)21(32213SS名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页

23、，共 11 页 - - - - - - - - - 222222112212212122212122211111113( )( )() 2( )(1).22221112( )( 2()43 ( )(1).2221112( )(2( )43 ( )(1).2221.nnnnnnnnnnnnnnnnSSnaSSnaSSnaS综合可得.,)21(34,)21(3411为偶数为奇数nnannn方法二：因为),3()21(31112naaaaSSnnnnnnn所以两边同乘以n) 1(，可得：.)21(3)21() 1(3)1()1(1111nnnnnnnaa令).3()21(3,)1(11nbbabnn

24、nnnn所以,)21(311nnnbb,)21(3221nnnbb23213 () ,2bb212222111( )1114423( )( )( ) 3122212nnnnbbb).3()21(32312nbn又11221351,1,22aSaSS1211225( 1)1,( 1)2baba1153113 ( )43 ()(1)2222nnnbn11( 1)4( 1)3 ( 1)( )2nnnnnnab名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 11 页 - - -

25、 - - - - - - 31143 ( ),2143 ( ),.2nnnn为奇数为偶数25. （江西卷）已知数列:,且满足的各项都是正数na0111,(4),.2nnnaaaanN（1）证明12,;nnaanN（2）求数列na的通项公式an. 解： （1）方法一用数学归纳法证明：1当 n=1 时，,23)4(21, 10010aaaa210aa，命题正确 . 2假设 n=k 时有.21kkaa则111111,(4)(4)22kkkkkknkaaaaaa时1111112()()()21()(4).2kkkkkkkkkkaaaaaaaaaa而1110.40,0.kkkkkkaaaaaa又2111

26、(4)4(2) 2.22kkkkaaaa1kn时命题正确 . 由 1、2知，对一切nN 时有.21nnaa方法二：用数学归纳法证明：1当 n=1 时，,23)4(21,10010aaaa2010aa；2假设 n=k 时有21kkaa成立，令)4(21)(xxxf，)(xf在 0， 2上单调递增，所以由假设有：),2()()(1fafafkk即),24(221)4(21)4(2111kkkkaaaa也即当 n=k+1 时21kkaa成立，所以对一切2,1kkaaNn有（2）下面来求数列的通项：,4)2(21)4(2121nnnnaaaa所以21)2()2(2nnaannnnnnnnnbbbbbab22212122222112)21()21(21)21(2121,2 则令, 又 bn=1，所以1212)21(22,)21(nnnnnbab即名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 11 页 - - - - - - - - -