2022年高三数列复习例题总结 .pdf

《2022年高三数列复习例题总结 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三数列复习例题总结 .pdf（25页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、学习必备欢迎下载数列理科判断（是否）并证明，反证法和数学归纳法【北京市东城区2011-2012 学年度第二学期高三综合练习II-数学理科】（20）( 本小题共14 分) 对于数列na(1, 2 ,)nm，令kb为1a，2a，ka中的最大值， 称数列nb为na的“创新数列”.例如数列2，1，3，7，5的创新数列为2，2，3，7，7. 定义数列nc：123,mc ccc是自然数1，2，3，(3)m m的一个排列 . （）当5m时，写出创新数列为3，4，4，5，5的所有数列nc；（）是否存在数列nc，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出所有的数列nc，若不存在，请说明理由. 解： （）由题意，创新

2、数列为3，4，4，5，5的所有数列nc有两个，即：数列3，4，1，5，2；数列3，4，2，5，1. 4 分（）存在数列nc，使它的创新数列为等差数列. 数列nc的创新数列为ne(1,2,3,)nm，因为me是12,mc cc中的最大值，所以mem. 由题意知，ke为12,kc cc中最大值，1ke为121,kkc cc c中的最大值，所以ke1ke，且1,2,kem. 若ne为等差数列，设其公差为d，则1kkdee0且dN，当0d时，ne为常数列，又mem，所以数列ne为m，m，m. 此时数列nc是首项为m的任意一个符合条件的数列； 8 分当1d时，因为mem，所以数列ne为1，2，3，m.

3、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 25 页学习必备欢迎下载此时数列nc为1，2，3，m； 10 分当2d时，因为111(1)(1)222meemdemme，又3m，10e，所以mem，这与mem矛盾，所以此时ne不存在，即不存在nc使得它的创新数列为公差2d的等差数列 . 13 分综上，当数列nc为以m为首项的任意一个符合条件的数列或nc为数列1，2，3，m时，它的创新数列为等差数列. 14 分【北京 2012 年高考理科数学模拟试题一】（20） （本小题共14 分）在单调递增数列na中，21a，不等式nan)1(nna2

4、对任意*nN都成立 . （）求2a的取值范围；（）判断数列na能否为等比数列？说明理由；（）设11(1 1)(1)(1)22nnb，)211(6nnc，求证：对任意的*nN，012nnnacb. 【解析】（）解：因为na是单调递增数列，所以12aa，22a. 令1n，12a2a，42a，所以4,22a. 4 分（）证明：数列na不能为等比数列. 用反证法证明：假设数列na是公比为q的等比数列，021a，12nnqa. 因为na单调递增，所以1q. 因为*nN，nan)1(nna2都成立 . 所以*nN，n11nq因为1q，所以0n*N，使得当0nn时，2nq. 因为211n*()nN. 精选学

5、习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 25 页学习必备欢迎下载所以0n*N，当0nn时，nqn11，与矛盾，故假设不成立. 9 分（）证明：观察：113bc，4152b292c，321353b4213c，猜想：nncb. 用数学归纳法证明：（1）当1n时，31b31c成立；（2）假设当nk时，kkcb成立；当时，)211(11kkkbb)211 (1kkc)211 (6k)211(1k)2121211 (6121kkk)21211(6121kk)211(61k所以11kkcb. 根据（ 1） （2）可知，对任意*nN，都有nncb，

6、即0nncb. 由已知得，nnana)11 (2. 所以11221(1)2nnnaa11)11)(211()211(an. 所以当2n时，122nnba12nc)211(121n12. 因为1242aa. 所以对任意n*N，122na. 对任意n*N，存在m*N，使得mn2，因为数列 na 单调递增，所以122mnaa，012na. 因为0nncb，所以012nnnacb. 14 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 25 页学习必备欢迎下载【北京 2012 年高考理科数学模拟试题二】20. ( 本小题满分13 分) 已知数

7、列na满足125a，且对任意nN，都有11422nnnnaaaa( ）求证：数列1na为等差数列；( ）试问数列na中1kkaakN是否仍是na中的项？如果是，请指出是数列的第几项；如果不是，请说明理由（）令21(5),3nnba证明：对任意2*,2nbnnNb都有不等式成立. 【解析】解: （）111242nnnnnna aaa aa，即11223nnnnaaa a， 1 分所以11132nnaa， . 2分所以数列1na是以52为首项，公差为32的等差数列 3 分（II ）由（）可得数列1na的通项公式为1322nna，所以232nan 4 分1222432 31292110kkaakkk

8、k .5 分22921622kk22372322kk 7 分因为2213723122k kkkkk， 8 分当kN时，12k k一定是正整数，所以23722kk是正整数( 也可以从k的奇偶性来分析) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 25 页学习必备欢迎下载所以1kkaa是数列na中的项，是第23722kk项 9 分( ) 证明：由（ 2）知：232nan，212 32(5)(5)4332nnnbna.10分下面用数学归纳法证明：422(4)nn对任意*nN都成立。(1) 当n=1时，显然5225，不等式成立. .11 分

9、(2) 假设当42(*)2(4) ,knk kNk时，有当1nk时，2222244)1()5(76)5(32162)4(2222kkkkkkkkk.12 分即有：1212nbnb也成立。综合 (i)(ii)知：对任意2*,2nbnnNb都有不等式成立 13 分【2011 年 高考试题数学（理）北京卷】(20)( 本小题共13 分) 若数列12,.,(2)nnAa aan满足11(1,2,.,1)kkaakn，数列nA为E数列，记()nS A=12.naaa. （）写出一个满足10saa，且()sS A 0 的E数列nA；（）若112a，n=2000，证明： E数列nA是递增数列的充要条件是na

10、=2011；（）对任意给定的整数n（n2） ，是否存在首项为0 的 E数列nA，使得nS A=0？如果存在，写出一个满足条件的E数列nA；如果不存在，说明理由。【解析】： （） 0，1，2， 1，0 是一具满足条件的E数列 A5。（答案不唯一，0，1，0，1，0 也是一个满足条件的E的数列 A5）（）必要性：因为E数列 A5是递增数列，所以)1999,2, 1(11kaakk. 所以 A5是首项为12，公差为 1 的等差数列 . 所以 a2000=12+ （2000 1）1=2011.充分性，由于 a2000a10001， a2000a10001a2a11 所以 a2000a19999， 即

11、a2000a1+1999.又因为 a1=12，a2000=2011, 所以 a2000=a1+1999. 故nnnAkaa即),1999,2, 1(011是递增数列 . 综上，结论得证。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 25 页学习必备欢迎下载函数（指数函数，分段函数，二元函数）或曲线与数列结合【北京理科2012 年高考数学模拟试题五】15.（本小题共13 分）已知等差数列na的前n项和为nS，a2=4， S5=35（）求数列na的前n项和nS；（）若数列nb满足nanbe，求数列nb的前 n 项的和nT【解析】（）设数列

12、na的首项为a1，公差为 d则1145(5 1)5352adad113ad， 5 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 25 页学习必备欢迎下载32nan 前n项和(1 32)(31)22nnnnnS 7 分（）32nan，32nnbe，且 b1=e 8 分当 n 2 时，3233(1)21nnnnbeebe为定值， 10 分 数列nb构成首项为e，公比为e3的等比数列 11 分33133(1)11nnneeeeTee 13 分数列nb的前 n 项的和是3131nneeTe【北京理科2012 年高考数学模拟试题五】20.（本

13、小题共13 分）用 a表示不大于a的最大整数令集合1,2,3,4,5P，对任意kP和N*m，定义511(, )1ikf m kmi，集合1 |N*,AmkmkP，并将集合A中的元素按照从小到大的顺序排列，记为数列na（）求(1,2)f的值；（）求9a的值；（）求证：在数列na中，不大于001mk的项共有00(,)f mk项【解析】（）由已知知33333(1,2)23456f1 10002所以(1,2)2f 4 分（）因为数列na是将集合1 |N*,AmkmkP中的元素按从小到大的顺精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 25 页

14、学习必备欢迎下载序排成而成，所以我们可设计如下表格1 2 3 4 5 0m1 22 23 2422 32 33 34 33 42 43 44 52 53 55 62 63 6从上表可知，每一行从左到右数字逐渐增大，每一列从上到下数字逐渐增大且234562 22 32 43 22 5所以93 2a 8 分（）任取12,*m mN，12,k kP，若112211mkmk，则必有1212,mm kk即在（）表格中不会有两项的值相等对于001mk而言，若在（）表格中的第一行共有1m的数不大于001mk，则1m2001mk，即1m0012mk，所以1m0012mk，同理，第二行共有2m的数不大于001m

15、k，有2m0013mk，第i行共有im的数不大于001mk，有im0011mki所以，在数列na中，不大于001mk的项共有500111ikmi项，即00(,)f mk项。 13 分【北京 2012 年高考理科数学模拟试题三】20. （本小题满分13 分）k m 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 25 页学习必备欢迎下载对于定义域分别为NM ,的函数)(),(xgyxfy，规定：函数,),(,),(,),()()(NxMxxgNxMxxfNxMxxgxfxh且当且当且当(1) 若函数Rxxxxgxxf,22)(,11)(2

16、,求函数)(xh的取值集合；(2) 若22)(, 1)(2xxxgxf，设nb为曲线)(xhy在点nnaha ,处切线的斜率；而na是等差数列，公差为1Nn，点1P为直线022:yxl与x轴的交点，点nP的坐标为nnba ,。求证：5211121231221nPPPPPP；(3) 若)()(xfxg，其中是常数，且2,0，请问，是否存在一个定义域为R的函数)(xfy及一个的值，使得xxhcos)(，若存在请写出一个)(xf的解析式及一个的值，若不存在请说明理由。解（ 1）由函数Rxxxxgxxf,22)(,11)(2可得RNxxM,1|从而1, 11,122)(2xxxxxxh当1x时，211

17、111)1(122)(22xxxxxxxxh当1x时，2)111(11)1(122)(22xxxxxxxxh所以)(xh的取值集合为12,2|yyyy或或.5 分（2）易知,22)(2xxxh所以22)( xxh所以22)( nnnaagb显然点),(nnnbaP在直线l上，且11a又na是等差数列，公差为1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 25 页学习必备欢迎下载所以22,2nbnann故)22,2(nnPn，又)0, 1(1P所以)2)(1(51nnPPn所以22221231221) 1(13121151111nPP

18、PPPPn)1)(2(1321211151nn52111151n.8 分（3）由函数)(xfy的定义域为R，得)()(axfxg的定义域为R所以，对于任意Rx,都有)()()(xgxfxh即对于任意Rx,都有)()(cosaxfxfx所以，我们考虑将xcos分解成两个函数的乘积，而且这两个函数还可以通过平移相互转化)2s i n2) ( c o s2s i n2( c o s2si n2c o sc o s22xxxxxxx)42cos(2)42cos(2xx所以，令)42cos(2)(xxf，且，即可 .13 分又)2sin21)(2sin21(2sin21cos2xxxx所以，令2sin2

19、1)(xxf，且2，即可（答案不唯一）非等差或等比函数【北京理科2012 年高考数学模拟试题四】20. ( 本小题共13 分）对于数列12nAaaa：， ，若满足0,1 (1,2,3, )iain，则称数列A为“ 0-1数列” . 定义变换T，T将“0-1 数列”A中原有的每个1 都变成 0，1，原有的每个0 都变成 1，0. 例如A:1,0,1，则( ) :0,1,1,0,0,1.T A设0A是“ 0-1 数列”，令1(),kkAT A12k， ，3,. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 25 页学习必备欢迎下载( )

20、 若数列2A：1,0,0,1,0,1,1,0,1,0,0,1.求数列10,AA；( ) 若数列0A共有 10 项，则数列2A中连续两项相等的数对至少有多少对？请说明理由；( ) 若0A为 0， 1， 记数列kA中连续两项都是0 的数对个数为kl，1,2,3,k. 求kl关于k的表达式【解析】( ) 由变换T的定义可得1:0,1,1,0,0,1A2 分0:1,0,1A4 分( ) 数列0A中连续两项相等的数对至少有10 对5 分证明：对于任意一个“0-1 数列”0A，0A中每一个1 在2A 中对应连续四项1,0,0,1，在0A中每一个0 在2A 中对应的连续四项为0,1,1,0，因此，共有10

21、项的“ 0-1 数列”0A中的每一个项在2A中都会对应一个连续相等的数对，所以2A中至少有10 对连续相等的数对. 8 分( ) 设kA中有kb个 01 数对，1kA中的 00 数对只能由kA中的 01 数对得到，所以1kklb，1kA中的 01 数对有两个产生途径：由kA中的 1 得到；由kA中 00 得到，由变换T的定义及0: 0,1A可得kA中 0 和 1 的个数总相等，且共有12k个，所以12kkkbl，所以22kkkll，由0:0,1A可得1:1,0,0,1A，2:0,1,1,0,1,0,0,1A所以121,1ll，当3k时，若k为偶数，222kkkll4242kkkll精选学习资料

22、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 25 页学习必备欢迎下载2422ll上述各式相加可得122421(1 4)11222(21)143kkkkl，经检验，2k时，也满足1(21)3kkl若k为奇数，222kkkll4242kkkll312ll上述各式相加可得12322(14)112221(21)143kkkkl，经检验，1k时，也满足1(21)3kkl所以1(21),31(21),3kkkklk为奇数为偶数13 分集合与数列【北京理科2012 年高考数学模拟试题六】20. （本小题满分13 分）若mAAA,21为集合2(,2 ,1nn

23、A且)n*N的子集，且满足两个条件：12mAAAA；对任意的Ayx,，至少存在一个, 3, 2, 1mi，使,xyxAi或 y. 则称集合组mAAA,21具有性质P.如图，作n行m列数表， 定义数表中的第k行第l列的数为)(0)(1llklAkAka. （） 当4n时，判断下列两个集合组是否具有性质P，如果是请画出所对应的表格，如果不是请说明理由；集合组 1：1231,3,2,3,4AAA；集合组 2：1232,3, 4,2,3,1,4AAA.11a12ama121a22ama21na2nanma精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12

24、 页，共 25 页学习必备欢迎下载（）当7n时，若集合组123,A AA具有性质P，请先画出所对应的7行 3 列的一个数表，再依此表格分别写出集合123,A AA；（）当100n时，集合组12,tA AA是具有性质P且所含集合个数最小的集合组，求t的值及12|tAAA的最小值 .（其中|iA表示集合iA所含元素的个数）【解析】（）解：集合组1 具有性质P. 1 分所对应的数表为： 3 分集合组 2 不具有性质P. 4 分因为存在2,31,2,3,4，有1232,32,3, 2,32,3 , 2,3AAA，与对任意的Ayx,，都至少存在一个1,2,3i，有,xyxAi或 y矛盾，所以集合组123

25、2,3, 4,2,3,1,4AAA不具有性质P. 5 分（） 7 分1233,4,5,7,2, 4,6,7,1,5,6,7AAA. 8 分（注：表格中的7 行可以交换得到不同的表格，它们所对应的集合组也不同）（）设12,tA AA所对应的数表为数表M，因为集合组12,tA AA为具有性质P的集合组，所以集合组12,tA AA满足条件和，由条件：12tAAAA，1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共

26、 25 页学习必备欢迎下载可得对任意xA，都存在1,2,3, it有iAx，所以1xia，即第x行不全为0，所以由条件可知数表M中任意一行不全为0. 9 分由条件知，对任意的Ayx,，都至少存在一个1,2,3, it，使,xyxAi或 y，所以yixiaa ,一定是一个1 一个 0，即第x行与第y行的第i列的两个数一定不同. 所以由条件可得数表M中任意两行不完全相同. 10 分因为由0,1所构成的t元有序数组共有2t个，去掉全是0的t元有序数组，共有21t个，又因数表M中任意两行都不完全相同，所以10021t，所以7t. 又7t时，由0,1所构成的7元有序数组共有128个，去掉全是0的数组，共

27、127个，选择其中的100个数组构造100行7列数表，则数表对应的集合组满足条件，即具有性质P. 所以7t. 12 分因为12|tAAA等于表格中数字1 的个数，所以，要使12|tAAA取得最小值，只需使表中1 的个数尽可能少，而7t时，在数表M中，1的个数为1的行最多7行；1的个数为2的行最多2721C行；1的个数为3的行最多3735C行；1的个数为4的行最多4735C行；因为上述共有98行，所以还有2行各有5个1，所以此时表格中最少有72 213 354 3552304个1. 所以12|tAAA的最小值为304. 14 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

28、- - - - - -第 14 页，共 25 页学习必备欢迎下载求未知量的取值范围【海淀区高三数学第一学期期末试卷（理科） 】20.（本小题共13 分）已知函数2( )1f xx，数列na中，1aa，1()nnaf a*()nN当a取不同的值时， 得到不同的数列na，如当1a时，得到无穷数列1，3，53，115，；当2a时，得到常数列2，2，2，；当2a时，得到有穷数列2，0（）若30a，求a的值；（）设数列nb满足12b，1()nnbf b*()nN求证：不论a取nb中的任何数，都可以得到一个有穷数列na；（）若当2n时，都有533na，求a的取值范围【解析】解： （）因为30a，且3221

29、aa，所以22a 同理可得123a，即23a 3 分（）证明：假设a为数列nb中的第*()i iN项，即1iaab；则211()()iiaf af bb；3212()()iiaf af bb；121()()2iiaf af bb；12()10iiiaf aa， 即1()( 2)0iiaf af。故不论a取nb中的任何数，都可以得到一个有穷数列na 8 分（）因为212()( )1af af aa，且2533a，所以31a又因为当533na时，52111335na，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 25 页学习必备欢迎下载

30、即1533na，所以当31a时，有533na 13 分【北京市东城区2010-2011 学年第二学期高三综合练习（数学理科）】(20)( 本小题共13 分) 对数列na， 规定na为数列na的一阶差分数列， 其中1(nnnaaanN*) 对正整数 k，规定kna为na的 k 阶差分数列，其中1111kkkknnnnaaaa（）若数列na的首项11a， 且满足212nnnnaaa， 求数列na的通项公式；（）对（）中的数列na，若数列nb是等差数列，使得12311231nnnnnnnnnnb Cb Cb CbCb Ca对一切正整数nN*都成立，求nb；（）在（）的条件下，令21,nncnb设31

31、2123,nnnccccTaaaa若nTm成立，求最小正整数m的值【解析】解： （）由212nnnnaaa及21nnnaaa，得2nnnaa，122 ,nnnaa111,222nnnnaa2 分数列2nna是首项为1,2公差为12的等差数列，111,222nnan12nnan4 分（）12311231nnnnnnnnnnb Cb Cb CbCb Ca，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 25 页学习必备欢迎下载1231112312nnnnnnnnnnb Cb Cb CbCb Cn11kknnkCnC，12310121111

32、10121111112312.nnnnnnnnnnnnnnnnnnCCCnCnCnCnCnCnCn CCCCnnbn9 分（）由（）得21135211222nnnT，有2311352122222nnnT，- 得232211111211211 1322222222nnnnnnnT，311216622nnnnT，10 分又21135211222nnnT，10nnTT，nT是递增数列，且6351116522T， 满足条件的最小正整数m的值为 613 分求通项公式【北京市东城区2011-2012 学年度第二学期高三综合练习- 数学理科】（20） （本小题共14 分）若对于正整数k,( )g k表示k的

33、最大奇数因数，例如(3)3g，(10)5g. 设(1)(2)(3)(4)(2 )nnSggggg（）求(6)g,(20)g的值 ；（）求1S，2S，3S的值；（）求数列nS的通项公式【解析】解： （）(6)3g，(20)5g 2 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 25 页学习必备欢迎下载（）1(1)(2)112Sgg；2(1)(2)(3)(4)1 1316Sgggg；3(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)1 131537122Sgggggggg 6 分( ) 由（）（）不难发现对mN，有(2)()gmg m

34、 8 分所以当2n时，(1)(2)(3)(4)(21)(2 )nnnSgggggg(1)(3)(5)(21)(2)(4)(2 )nnggggggg1135(21)(21)(22)(22)nnggg11(121)2 (1)(2)(2)2nnnggg114nnS 11 分于是114nnnSS，2 ,nnN所以112211()()()nnnnnSSSSSSSS12244442nn14(14)4221433nn，2,nnN 13 分又12S，满足上式，所以对nN，1(42)3nnS 14 分【海淀区高三年级第二学期期末练习数学（理科） 】（15） （本小题满分13 分）已知公差不为的等差数列na的前n

35、项和为nS，346Sa=+，且1413,a aa成等比数列 . （）求数列na的通项公式；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 25 页学习必备欢迎下载（）求数列1nS的前n项和公式 . 【解析】解： （）设等差数列na的公差为0d 1.因为346Sa=+，所以11323362daad创+=+. 3 分因为1413,a aa成等比数列，所以2111(12 )(3 )a adad+=+. 5 分由， 可得：13,2ad=. 6 分所以21nan=+.7 分（）由21nan=+可知：2(321)22nnnSnn+?=+. 9 分

36、所以111 11()(2)22nSn nnn=-+. 11 分所以123111111nnSSSSS-+1 1111111111()2 132435112nnnn=-+-+-+-+-+21 111135()2 12124(1)(2)nnnnnn+=+-=+. 所以数列1nS的前n项和为2354(1)(2)nnnn+.13 分文科由已知数列求新构建数列【昌平区2011 2012 学年度第二学期高三年级第二次统一练习-数学（文科） 】精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 25 页学习必备欢迎下载20. (本小题满分13 分) 设

37、数 列na的 首 项211a， 前n项 和 为nS， 且 对 任 意*,Nmn都 有)53()53(mmnnSSmn，数列na中的部分项kakb(N*）成等比数列，且.4,221bb() 求数列与nnba 与的通项公式;（）令11)(nbnf，并用 x 代替 n 得函数)(xf，设)(xf的定义域为R , 记)(.)2()1()0(*Nnnnfnfnffcn, 求niiicc111. 【解析】解： () 由,2111aS代入已知得1)53()53(1nnSSn即nnSn45432于是有)2( , 223) 1( ,21)2( ,)1( ,11nnnnSSnSannn又2123211a=1S所以

38、数列na的通项公式为223nan .3 分由4, 142aa知，数列kba是首项为1，公比为4 的等比数列，14nbka而kba为等差数列na中的第kb项，是等比数列kba中的第k项，所以有22341kkb即34)4(321nnb .5 分（）解由已知)241(23)(xxf，则43)24(242412324124123)1()(1xxxxxxfxf .8 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 25 页学习必备欢迎下载),()1(.)2()1()1()0(nnfnnfnfnfnffcn),0(.)2()1()(fnnfnn

39、fnnfcn+得43) 1(2ncn即) 1(83ncn .10 分13212111.111nnniiicccccccc（18932964)211141313121nnnn .13 分【顺义区2012 年度高三学年二模-数学（文科） 】17 （本小题共13 分）设数列na是公比为正数的等比数列，13,a3229aa()求数列na的通项公式；()设3132333loglogloglognnbaaaa，求数列1nb的前n项和nS. 【解析】解： ()设等比数列na的公比为q，(0)q，Q13a，由3229aa，2369qq，解得3,1qq（舍去）_2分*3 ,()nnanN_5分() Q31323

40、33(1)loglogloglog1232nnn nbaaaan_8分1112()1nbnn，_8分_10分1111122(1)22311nnSnnn._13分【石景山区2012 年度高三学年统一测试-数学（文科） 】20 （本小题满分13 分）若数列nA满足21nnAA，则称数列nA为“平方递推数列” 已知数列na中，21a，点 (1,nnaa)在函数xxxf22)(2的图像上，其中n为正整数精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 25 页学习必备欢迎下载（）证明数列 12na是“平方递推数列” ，且数列)1lg(2na为等

41、比数列；（）设 (1)中“平方递推数列”的前n项之积为nT，即) 12) 12)(12(21nnaaaT（，求数列na的通项及nT关于n的表达式；（）记21lognnanbT，求数列nb的前n项和nS【解析】解： （I ）因为2221122,212(22)1(21)nnnnnnnaaaaaaa所以数列 12na是“平方递推数列”-2 分由以上结论21lg(21)lg(21)2lg(21)nnnaaa，所以数列)1lg(2na为首项是lg5公比为 2 的等比数列-4 分（ II）11121lg(21)lg(21) 22lg5lg5nnnnaa，11221215,(51)2nnnnaa-6 分1l

42、 gl g ( 21 )l g ( 21 )( 21) l g 5nnnTaa，215nnT-9 分（ III ）11lg(21)lg512lg(21)2lg52nnnnnnTba，11222nnSn-13 分【房山区2012 年度高三学年一模-数学（文科） 】20. （本小题共13 分）已 知 数 列na的 前n项 和 为nS， 对 一 切 正 整 数n， 点),(nnSnP都 在 函 数xxxf2)(2的图象上，记na与1na的等差中项为nk（） 求数列na的通项公式；（） 若nknabn2，求数列nb的前n项和nT；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

43、- - - - -第 22 页，共 25 页学习必备欢迎下载（） 设集合,2,*NNnaxxBnkxxAnn，等差数列nc的任意一项BAcn，其中1c是BA中的最小数，且11511010c，求nc的通项公式 . 【解析】20 （本小题共13 分）解： （I）点),(nnSnP都在函数xxxf2)(2的图像上，2*2 ()nSnn nN, 当n2时，121.nnnaSSn2 分当 1 时，113aS满足上式，所以数列na的通项公式为21.nan3 分（II）nk为na与1na的等差中项2221) 1(21221nnnaaknnn4 分24 (21) 4nknnnban. 123434454474

44、21)4nnnT+4 （由 4，得2341443445447421)4nnnT+4 （- 得：23134 3424421)4nnnnT+4-（2114 14 34221)414nnn（4）-（26116499nnnT8 分（III ）,2,NNnaxxBnkxxAnnBBABAcn，1c是BA中的最小数，16c. nc是公差为4 的倍数的等差数列，*1046()cmmN. 10 分 6 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 25 页学习必备欢迎下载又10110115c，*11046115mmN,解得 27.所以10114c

45、，设等差数列的公差为d，则1011146121019ccd，12 分6(1) 12126ncnn，126ncn. 13 分数列变换问题【朝阳区2012 年度高三学年第一次综合练习-数学（文科） 】20（本题满分13 分）已 知 各 项 均 为 非 负 整 数 的 数 列001:,nAa aa（nN）， 满 足00a，1naan若存在最小的正整数k，使得(1)kak k，则可定义变换T，变换T将数列0A变为00111():1,1,1,0,kknT Aaaaaa设1()iiAT A，0,1,2i（）若数列0: 0,1,1,3,0,0A，试写出数列5A；若数列4:4,0,0,0,0A，试写出数列0A

46、；（）证明存在数列0A，经过有限次T变换，可将数列0A变为数列,0,0,0nn个；（ ） 若 数 列0A经 过 有 限 次T变 换 ， 可 变 为 数 列,0,0,0nn个 设1mmmnSaaa，1,2,mn，求证(1)1mmmSaSmm，其中1mSm表示不超过1mSm的最大整数 . 【解析】解： （）若0:0,1,1,3,0,0A，则1:1,0,1,3,0,0A；2:2,1,2,0,0,0A；3: 3,0, 2,0,0,0A；4: 4 , 1, 0 , 0 , 0 , 0A；5:5,0,0,0,0,0A若4: 4,0,0,0,0A， 则3:3,1,0,0,0A；2: 2,0, 2,0,0A；

47、1:1,1,2,0,0A；0:0,0,1,3,0A. .4 分（）若数列001:,nAaaa满足0ka及0(01)iaik，则定义变换1T，变精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 25 页学习必备欢迎下载换1T将数列0A变为数列10()TA：01111,1,1, ,kknaaak aa易知1T和T是互逆变换对于数列,0,0,0n连续实施变换1T（一直不能再作1T变换为止）得,0,0,0n1T1,1,0,0n1T2,0,2,0,0n1T3,1,2,0,0n1T1T01,na aa，则必有00a（若00a，则还可作变换1T） 反

48、过来对01,na aa作有限次变换T，即可还原为数列,0,0,0n，因此存在数列0A满足条件 8 分（）显然iai (1,2, )in，这是由于若对某个0i，00iai，则由变换的定义可知，0ia通过变换，不能变为0.由变换T的定义可知数列0A每经过一次变换，kS的值或者不变，或者减少k，由于数列0A经有限次变换T，变为数列,0,0n时，有0mS，1,2,mn，所以mmSmt(mt为整数)，于是1mmmSaS1(1)mmamt，0mam，所以ma为mS除以1m后所得的余数，即(1)1mmmSaSmm 13 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 25 页