2022年数学练习题考试题高考题教案数列3.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 东莞市高三理科数学专题练习数列1设等比数列a n的公比为 q , 前 n 项和为S ,如 nS n1,S n,S n2成等差数列,求q 的值2已知数列a n是等差数列,其前n 项和为S ,a43,S 4122 求数列an的通项公式； 求 n取何值时,S 最大,并求S 的最大值 . 3已知数列a n满意：a 11 , a n11 a n2a nn ,n 为奇数2 n, n 为偶数 求 a ,3a ,a ,a ；* 设 b n a 2 n 2 , n N,求证：b n 是等比数列,并求其通项公式； 在条件下,求数列 a n 前 100 项中的全部偶

2、数项的和 S 4 已 知 数 列 a n 是 等 比 数 列 ,a4 e, 如 果 a 2,a 7 是 关 于 x 的 方 程 ：名师归纳总结 2 exkx10 ,k2e两个实根,（ e是自然对数的底数）时,求 n 的值；T 的最大值第 1 页,共 9 页 求an的通项公式； 设b nlna n,S 是数列b n的前 n 项的和,当Snn 对于中的b n,设cnb nb n1b n2,而T 是数列cn的前 n 项和,求及相应的 n的值- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 5设数列an的前 n 项和Sn3n21n,数列bn为等比数列,且a 1b 1,b 2a

3、2a 1b 122 求数列an、bn的通项公式；在 直 线y1 x 211上 数 列b n满 足 设Cnanb n,求数列cn的前 n 项和nT 6 已 知 数 列a n的 前 n 项 和S , 点 nn,S nn2b n22 b n1b n0nN*,且b 311,前 9 项和为 153Tnk对一切 求数列an、b n的通项公式； 设c n2an32b n1,数列cn的前 n 项和为nT ,求使不等式1157nN*都成立的最大正整数k 的值；155fm成 设fna nb nn2 l1 l,* N* N,问是否存在mN*,使得fmn2 ,ll立？如存在,求出m 的值；如不存在,请说明理由7观看以

4、下三角形数表1 - 第一行名师归纳总结 2 2 - 其次行第 2 页,共 9 页3 4 3 - 第三行4 7 7 4 - 第四行5 11 14 11 5 假设第 n 行的其次个数为ann2,nN,依次写出第六行的全部6 个数字；归纳出a n1 与a n的关系式并求出a 的通项公式；设a b n1,求证：b 2b 3b n2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 8假设某市 2004 年新建住房 400 万平方米,其中有的如干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长250 万平方米是中低价房估计在今后 8%另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加5

5、0 万平方米那么到哪一年底,将首次不少于4750 万1 该市历年所建中低价房的累计面积以 2004 年为累计的第一年平方米 . 85%. n2,2 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9已知数列an中,a 12,a 23,其前 n 项和S 满意S n1S n12S n1（nN*）a n的通项公式；的值,使得对任意 求数列 设b nn 11a 2 为非零整数,nN*）,试确定n 4nN*,都有b n1b n成立1,公差为1 的等差数列；10已知数列1a ,a , ,a 30,其中a ,a , ,a 是首项为a , 11, ,a 20是公差为 d 的等差数列；a 20, 21

6、a, ,a 30是公差为d2的等差数列d0 如a 2040,求 d ； 试写出a 30关于 d 的关系式,并求a 30的取值范畴； 请依次类推,续写己知数列,把已知数列推广为无穷数列再提出同类似的问题,并进行讨论,你能得到什么样的结论？名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 11已知向量m/n ,其中 m xf x ,如函数31 , 1,nc 1f x 为奇函数 1, y , , x y cR ,把其中,x y 所满意的关系式记为y 求函数f x 的表达式；nn* N ,都有 已知数列a n的各项都是正数, S 为数列a

7、n的前 n 项和,且对于任意“f a n的前 n 和” 等于S n2,求数列a n的通项式；log an1 如数列b n满意nb4naa 2n1 aR ,求数列b n的最小值12数列a n的各项均为正值,a 11,对任意n* N ,a2114 anan1,bn都成立 求数列an、nb的通项公式；* N 都有1 b n1. 113 2成立 当k7且k* N 时,证明对任意nbn1bn2bnk113数列 an满意a 11 且an11n21nan1n1 1 ,其中无理数e=2.71828 .2n用数学归纳法证明：an2 n2 ；e2 n,证明:an已知不等式ln1x x对x0成立名师归纳总结 - -

8、 - - - - -第 4 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 数列专题参考答案名师归纳总结 1解：如q1, 就n1 a 1n2 a 12na ,a 10 ,2 n32 n, 不合要求；n.第 5 页,共 9 页如q1, 就1a 11qn11a 1q1qn221a 1q1qnqn q1n q22 qnq2q20,q2.综上 , q2. 2解：依题意,3a 13 dd解得：a19,d1a n9n1 1 1124 a 1622212Sn9nnn1 1 n25n=1n522522222当n5时,S 取大值S 52523解：a23,a35,a47,a5252244bn1a2

9、nn221a2 n12n2n121a2na4 n22 n1=1a2n11222bna22a22na2n22b 1a221数列b n是等比数列,且bn11n11n2222由得：a2nbn221nn1 ,2 ,3502Sa2a 4a 1002501111001211991qa1q61,22 15012502504解：由于a2, a 72aa7,即：a 1是已知方程的两根,所以,有：ee又a4e,得a 1q3e两式联立得：qe3,a na4qn413 e3n故an的通项公式为：an13 e3nb nlna nln13 e3n133 n,所以,数列b n是等差数列,由前n 项和公式得：由于Sn 101

10、33n nn,得233n2,所以有：n72 3 n13得：b 3b 40b 5b 6bnb 1b 2又由于cnb nb n1b n2,所以c 1b 1 b 2b 3,0c 2b 2b 3b 40,而c 3b 3b 4b 50c 4b 4 b 5 b 60,c 5b 5b 6b 70且 当n5时,都有c n0,但c 38c410即：c3c4所以,只有当n4时,T n的值最大,此时T nmax280288103105解：由Sn3n21n得a1S 1122n2 时,anSnSn1=3n21n3n1 21n1=3n22222对于n1也成立,故an的通项an3n2- - - - - - -精选学习资料

11、- - - - - - - - - a2a 1413b 1a 11由b 2a 2a 1b 1名师归纳总结 得bn的公比qb 21故b 的通项b n1n1n22n1第 6 页,共 9 页b 133解：c na b n3 n21n1TnC 1C2C3Cn3故Tn14171210133 n51n23 n21n133333得1Tn14127133 n51n13n21n333333两式相减得2Tn13112131n1 3n21n33333313111n3 n21n591n3 n21n56n5 1331322332233T n156 n451n1436解：由已知得：Sn1 n 211,Sn1n211nn2

12、22当n2时,anS nS n11n211n1n1211n1n52222当n1时,a 1S 16也符合上式ann5由b n22 b n1b n0nN*知b n是等差数列由b n的前 9 项和为 153,可得：9b 12b 9153,求得5b17,又3b11b n的公差db 52b 33bn3n2cn2 n33121111,16 n2n2 nTn1111121111112112335n2 n2n n 增大,nT 增大T n是递增数列,TnT 113Tnk对一切nN*都成立,只要T 11kk19就k max1857357 当 m 是奇数时,fm15b m153m152,fma mm5就有3m152

13、5m5,解得：m11当 m是偶数时,fm15a m15m20,fmb m3m2就有m2053 m2,解得：m5N*所以m1177解：（1）第六行的全部6 个数字分别是6,16,25,25,16,6；（2）依题意a n1a nnn2 ,a 22ana2a3a 2a4a 3a nan1223n12n- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以a n1n21n1n12；2n22n2 n1111211222（3）由于bnn22a b n1,所以nnb2b3b 4.bn2 1 211 3n11.12nn名师归纳总结 8解 1：设中低价房面积形成数列a n,由题意可知a

14、 n是等差数列其中a 1250,第 7 页,共 9 页d50,就S n250nn n15025n2225n 2令25n2225 n4750,即n29n1900,又nN*n10到 2022 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b n,由题意可知b n是等比数列 其中b 1400,q1 08,就b n4001 08n10 85由题意可知a n0 85 b n得：250n1504001 08n10 85可得满意上述不等式的最小正整数n6到 2022 年底 ,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%. 9解：由已知,S

15、 n1S nS nS n11（n2,nN*）,即a n1a n1（n2,nN*）,且a 2a 11数列a n是以a 12为首项,公差为1 的等差数列a nn1a nn1,nb4nn 11n 21,要使b n1b n恒成立,b n1b nn 41n 41n2n21n12n10恒成立,3 4n31n12n10恒成立,1n12n1恒成立（）当 n为奇数时,即n 21恒成立,当且仅当n1时,n 21有最小值为1,1（）当 n为偶数时,即2n1恒成立,当且仅当n2时,21,又n1有最大值2 ,1 2 即2为非零整数,就综上所述,存在1 ,使得对任意nN*,都有b n1b n10. 解1：a 1010,a

16、 201010 d40,d32 a30a2010d2101dd210d123d024由d0,得a 3015,23 续写数列：数列a 30,a , ,a 40是公差为d3的等差数列； 一般地,可推广为：无穷数列a n,其中a ,2a , ,a 10是首项为 1,公差为 1 的等差数列；当n1时, 数列a10,a 10 n1, ,a 10 n1是公差为dn的等差数列 . 讨论的问题可以是：试写出a 10 n1关于 d 的关系式,并求a 10 n1的取值范畴讨论的结论可以是：由a 40101dd2d3,依次类推可得a 10n1101dd2dn101dn1d1n11d d101- - - - - -

17、-精选学习资料 - - - - - - - - - 当d0时,a 10 n1的取值范畴为 10, + 等名师归纳总结 11解：m/nx31c1y10y3 xc1x3c10,a2. 第 8 页,共 9 页c1f x 3 xx0由于函数f x 为奇函数,所以由题意可知 ,f a 1f a 2f a n2 S n3 a 13 a 23 a 33 a n2 S a 1 3a 2 3a 3 3a31S n 21 n由 - 可得：3 a n2 S n2 S n1a S nS n1a n为正数数列a n 2S nS n12 S na a n 212 S n1a n1 由 - 可得：a n 2a n 21a

18、na n1a na n10,a na n11a n为公差为 1 的等差数列且由可得3 a 12 a a 10a 11a nn nNa nn nN,b n4na2n12na2 a2nN令 2 nt t2,b nta 2a2 t21当a2时,数列nb的最小值为当n2时,nbb 2168 a2当a2时如a2 kkN时,数列b n的最小值为当nk 时,kba2如a2kk 21kN时,数列nb的最小值为当nk 或nk1 时2b kb k12ka2a2如2ka12ka2k1kkN时,数列b n的最小值为当nk 时,kb2ka 22如2k1时,数列的最小值为当n2kk 2Nb nk1时,21b k12k1a

19、 22 a12解：由a2114a nan1得,a n12 an1a n12an10n数列an的各项为正值,an12a n10,an12an1,整理为an112a n又a1120数列a n1为等比数列an1a 11 2n12n,an2n1,即为数列an的通项公式b nl o g 2n 211. 证明一：设S1b1112b111n11n1211b nnb nnknnk2S111n1112n1213111nnknknknkn当x0,y0时,xy2xy ,1 x121, xy114yxyxy1 x1x4y, 当且仅当 xy 时等号成立y上述式中,k7,n0,n1,n2,nk1全为正,所以2Sn41n1

20、42n243nk4n4 n k1nknknk1nnk1S2k12k121k2 1217213. 1k1k12n- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 证明二：设S111b12111n11n1211b nb nnb nknnkk7S1n11n12711k611nn1111111nn12n12n2 n13 n16nn17n11n1n2时,1n212116 6 932 n3n7 na 22374 2 021 时不等式成立 . 13证明：当n,不等式成立 . 假设当nkk2 时不等式成立,即ak2 k2 ,那么ak1 1k11 ak12. 这就是说,当nk2k依据可

21、知：ak2 对全部n2成立 . ：证法一：由递推公式及的结论有an1 1n21nan1 111an.n12nn2n2n11lnan两边取对数并利用已知不等式得lnan1ln1nn22nlnann21n1.故lna n1lnann11n1 .2n2nn1上式从 1 到n1求和可得1111lnanlna1112213n1 n2222n111111111n11111 n12 .n 21223n212n2即lnan2,故a ne2n1 .证法二：名师归纳总结 故a由数学归纳法易证2 nn n1对n2成立,故n2 .成立第 9 页,共 9 页an1 1n21nan1 1n11 ann11 2nnnbn11n 11 bnn2 .令bnan1n2,就n取对数并利用已知不等式得l n bn1l n n11 l n bnnlnbn11n2.l n b21122131n n上式从 2 到 n 求和得l n bn1nn11111n111 n1 .223n2 .因b 2a 213 . 故lnb n11ln,3b n11 eln33 en13e12 e,n2,又明显a1e2,a2e2,故ane2对一切n1- - - - - - -