2023年全国高考理科数学试卷(最新版)分类汇编三角函数数列.pdf

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1、学习必备 欢迎下载 数 学 D单元 数列 D1 数列的概念与简单表示法 17、2014 江西卷 已知首项都是 1 的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足 anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令 cnanbn，求数列cn的通项公式；(2)若 bn3n1，求数列an的前 n 项和 Sn.17解：(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以an1bn1anbn2，即 cn1cn2，所以数列cn是以 c11 为首项，d2 为公差的等差数列，故 cn2n1.(2)由 bn3n1，知 an(2n1)3n1，于是数列an的前 n 项和 Sn130331532(2n1)3n

2、1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，将两式相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以 Sn(n1)3n1.17、2014 新课标全国卷 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中 为常数(1)证明：an2an.(2)是否存在 ，使得an为等差数列？并说明理由 17解：(1)证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得 an1(an2an)an1.因为 an10，所以 an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得 a2 1，由(1)知，a3 1.若an为等差数列，则 2a2a1a3，解得

3、4，故 an2an4.由此可得a2n1是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n4n1.所以 an2n1，an1an2.因此存在 4，使得数列an为等差数列 17、2014 新课标全国卷 已知数列an满足 a11，an13an1.(1)证明an12是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明1a11a21an32.17解：(1)由 an13an1 得 an1123an12.又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3 的等比数列，所以 an123n2，因此数列an的通项公式为 an3n12.(2)证明：由(1)知1an23n

4、1.因为当 n1 时，3n123n1，学习必备 欢迎下载 所以13n1123n1，即1an23n113n1.于是1a11a21an11313n132113n32.所以1a11a21an32.22，2014 重庆卷 设 a11，an1 a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3及数列an的通项公式(2)若 b1，问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n1对所有 nN*成立？证明你的结论 22解：(1)方法一：a22，a3 21.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列，故(an1)2n1，即 an n11(nN*)方法二：a

5、22，a3 21.可写为 a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想 an n11.下面用数学归纳法证明上式 当 n1 时，结论显然成立 假设 nk时结论成立，即 ak k11，则 ak1（ak1）211（k1）11（k1）11，这就是说，当 nk1 时结论成立 所以 an n11(nN*)(2)方法一：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c14.下面用数学归纳法证明命题 a2nca2n11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(0)21，所以 a214a31，结论成立 假设 nk时结论成立，即 a2kca2k1f(a2k1)f(

6、1)a2，即 1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1上为减函数，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31，因此 a2(k1)ca2(k1)11，这就是说，当 nk1 时结论成立 综上，存在 c14使 a2nCa2a1对所有 nN*成立 方法二：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)先证：0an1(nN*)当 n1 时，结论明显成立 假设 nk时结论成立，即 0ak1.易知 f(x)在(，1上为减函数，从而 0f(1)f(ak)f(0)211.即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立故成立 再证：a2na2n1(nN*)当 n1 时，a2f(1)0，a3

7、f(a2)f(0)21，所以 a2a3，即 n1 时成立 假设 nk时，结论成立，即 a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载 这就是说，当 nk1 时成立所以对一切 nN*成立 由得 a2na22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2.所以 a2n1 a22n12a2n121，解得 a

8、2n114.综上，由知存在 c14使 a2nc0，a7a1060n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由 18解：(1)设数列an的公差为 d，依题意得，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立 当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综

9、上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.20、2014 湖南卷 已知数列an满足 a11，|an1an|pn，nN*.(1)若an是递增数列，且 a1，2a2，3a3成等差数列，求 p 的值；(2)若 p12，且a2n1是递增数列，a2n是递减数列，求数列an的通项公式 20解：(1)因为an 是递增数列，所以 an1an|an1an|pn.而 a11，因此 a2p1，a3p2p1.又 a1，2a2，3a3成等差数列，所以 4a2a13a3，因而 3p2p0，解得 p13或 p0.以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数

10、证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载 当 p0 时，an1an，这与an是递增数列矛盾，故 p13.(2)由于a2n1是递增数列，因而 a2n1a2n10，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.因为122n122n1，所以|a2n1a2n|0，因此 a2na2n1122n1（1）2n22n1.因为a2n是递减数列，同理可得，a2n1a2n0，故 a2n1a2n122n（1）2n122n.由可知，an1an（1）n12n.于是 ana1(a2a1)(a3a2)(an

11、an1)112122（1）n2n1112112n11124313（1）n2n1.故数列an的通项公式为 an4313（1）n2n1.82014 辽宁卷 设等差数列an的公差为 d.若数列2a1an为递减数列，则()Ad0 Ca1d0 8C 18、2014 全国卷 等差数列an的前 n 项和为 Sn.已知 a110，a2为整数，且 SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.18解：(1)由 a110，a2为整数知，等差数列an的公差 d 为整数 又 SnS4，故 a40，a50，于是 103d0，104d0，解得103d52，因此 d3.故数列

12、an的通项公式为 an133n.(2)bn1（133n）（103n）131103n1133n.于是 Tnb1b2bn131711014171103n1133n131103n110n10（103n）.17、2014 新课标全国卷 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中 为常数(1)证明：an2an.(2)是否存在 ，使得an为等差数列？并说明理由 17解：(1)证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得 an1(an2an)an1.因为 an10，所以 an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得 a2 1，由(1)知，a3 1

13、.以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载 若an为等差数列，则 2a2a1a3，解得 4，故 an2an4.由此可得a2n1是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n4n1.所以 an2n1，an1an2.因此存在 4，使得数列an为等差数列 19，2014 山东卷 已知等差数列an的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项

14、公式；(2)令 bn(1)n14nanan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.19解：(1)因为 S1a1，S22a121222a12，S44a143224a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得 a11，所以 an2n1.(2)由题意可知，bn(1)n14nanan1(1)n14n（2n1）（2n1）(1)n112n112n1.当 n 为偶数时，Tn113131512n3 12n112n112n1 112n1 2n2n1.当 n 为奇数时，Tn113131512n312n112n112n1 112n1 2n22n1.所以 Tn2n22n1，n为奇数，2n2n1，n为偶数.或T

15、n2n1（1）n12n1 16，2014 陕西卷 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.(1)若 a，b，c 成等差数列，证明：sin Asin C2sin(AC)；以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载(2)若 a，b，c 成等比数列，求 cos B 的最小值 16解：(1)a，b，c 成等差数列，ac2b.由正弦定理得 sin Asin C2sin B.sin Bsin(AC)sin(AC)，sin Asin

16、 C2sin(AC)(2)a，b，c 成等比数列，b2ac.由余弦定理得 cos Ba2c2b22aca2c2ac2ac2acac2ac12，当且仅当 ac 时等号成立，cos B 的最小值为12.11、2014 天津卷 设an是首项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和若S1，S2，S4成等比数列，则 a1的值为_ 1112 22，2014 重庆卷 设 a11，an1 a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3及数列an的通项公式(2)若 b1，问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n1对所有 nN*成立？证明你的结论 22解：(1)方法一：a22，a3 21.

17、再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列，故(an1)2n1，即 an n11(nN*)方法二：a22，a3 21.可写为 a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想 an n11.下面用数学归纳法证明上式 当 n1 时，结论显然成立 假设 nk时结论成立，即 ak k11，则 ak1（ak1）211（k1）11（k1）11，这就是说，当 nk1 时结论成立 所以 an n11(nN*)(2)方法一：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c14.下面用数学归纳法证明命题 a2n

18、ca2n11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(0)21，所以 a214a31，结论成立 假设 nk时结论成立，即 a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1上为减函数，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31，因此 a2(k1)ca2(k1)11，这就是说，当 nk1 时结论成立 综上，存在 c14使 a2nCa2a1对所有 nN*成立 方法二：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数

19、列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载 先证：0an1(nN*)当 n1 时，结论明显成立 假设 nk时结论成立，即 0ak1.易知 f(x)在(，1上为减函数，从而 0f(1)f(ak)f(0)211.即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立故成立 再证：a2na2n1(nN*)当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)21，所以 a2a3，即 n1 时成立 假设 nk时，结论成立，即 a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当 nk1 时成立所以对一切 nN*成立 由得 a2na2

20、2n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2.所以 a2n1 a22n12a2n121，解得 a2n114.综上，由知存在 c14使 a2nc60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由 18解：(1)设数列an的公差为 d，依题意得，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载 化简得 d24d0，解得 d0

21、 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立 当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.17、2014 新课标全国卷 已知数列an满足 a11，an13an1.(1)证明an12是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明1a11a

22、21an32.17解：(1)由 an13an1 得 an1123an12.又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3 的等比数列，所以 an123n2，因此数列an的通项公式为 an3n12.(2)证明：由(1)知1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1，即1an23n113n1.于是1a11a21an11313n132113n32.所以1a11a21an32.19，2014 山东卷 已知等差数列an的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(1)n14nanan1，求数列bn的前 n

23、 项和 Tn.19解：(1)因为 S1a1，S22a121222a12，S44a143224a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得 a11，所以 an2n1.(2)由题意可知，bn(1)n14nanan1(1)n14n（2n1）（2n1）以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载(1)n112n112n1.当 n 为偶数时，Tn113131512n3 12n112n112n1 112n1 2n2n1.当 n 为奇数时

24、，Tn113131512n312n112n112n1 112n1 2n22n1.所以 Tn2n22n1，n为奇数，2n2n1，n为偶数.或Tn2n1（1）n12n1 16，2014 陕西卷 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.(1)若 a，b，c 成等差数列，证明：sin Asin C2sin(AC)；(2)若 a，b，c 成等比数列，求 cos B 的最小值 16解：(1)a，b，c 成等差数列，ac2b.由正弦定理得 sin Asin C2sin B.sin Bsin(AC)sin(AC)，sin Asin C2sin(AC)(2)a，b，c 成等比数列，b2ac.由余

25、弦定理得 cos Ba2c2b22aca2c2ac2ac2acac2ac12，当且仅当 ac 时等号成立，cos B 的最小值为12.11、2014 天津卷 设an是首项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和若S1，S2，S4成等比数列，则 a1的值为_ 1112 19、2014 天津卷 已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数 设集合 M0，1，2，q1，集合 Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n(1)当 q2，n3 时，用列举法表示集合 A.(2)设 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中 ai，biM，i1，2，n.证明：若 an

26、bn，则 st.以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载 19解：(1)当 q2，n3 时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3，可得 A0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n 及 anbn，可得 st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1（q1）（1qn

27、1）1qqn1 10，所以 s0，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载 因为122n122n1，所以|a2n1a2n|0，因此 a2na2n1122n1（1）2n22n1.因为a2n是递减数列，同理可得，a2n1a2n12x，原不等式成立 假设 pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立 当 pk1 时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1

28、)x.所以当 pk1 时，原不等式也成立 综合可得，当 x1，x0 时，对一切整数 p1，不等式(1x)p1px 均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明 anc1p.当 n1 时，由题设知 a1c1p成立 假设 nk(k1，kN*)时，不等式 akc1p成立 由 an1p1pancpa1pn易知 an0，nN*.当 nk1 时，ak1akp1pcpapk 11pcapk1.由 akc1p0 得11p1pcapk1 1p 1pcapk1 capk.因此 apk1c，即 ak1c1p，以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足

29、证明是等比求及数列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载 所以当 nk1 时，不等式 anc1p也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 anc1p均成立 再由an1an11pcapn1 可得an1an1，即 an1an1c1p，nN*.方法二：设 f(x)p1pxcpx1p，xc1p，则 xpc，所以 f(x)p1pcp(1p)xpp1p1cxp0.由此可得，f(x)在c1p，)上单调递增，因而，当 xc1p时，f(x)f(c1p)c1p.当 n1 时，由 a1c1p0，即 ap1c 可知 a2p1pa1cpa1p1a111pcap11c1p，从而可得 a

30、1a2c1p，故当 n1 时，不等式 anan1c1p成立 假设nk(k1，kN*)时，不等式akak1c1p成立，则当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c1p)，即有 ak1ak2c1p，所以当 nk1 时，原不等式也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 anan1c1p均成立 18、2014 湖北卷 已知等差数列an满足：a12，且 a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)记 Sn为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 Sn60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由 18解：(1)设数列an的公差为 d，依题意得，2，2d，24d 成等比数

31、列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立 当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数列的通项公式若

32、问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解学习必备 欢迎下载 当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.17、2014 江西卷 已知首项都是 1 的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足 anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令 cnanbn，求数列cn的通项公式；(2)若 bn3n1，求数列an的前 n 项和 Sn.17解：(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以an1bn1anbn2，即 cn1cn2，所以数列cn是以 c11 为首项，d2 为公差的等差数列，故 cn2n1.(2)由 bn3n1，知 an(2n1)3n1，于是数列a

33、n的前 n 项和 Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，将两式相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以 Sn(n1)3n1.17、2014 新课标全国卷 已知数列an满足 a11，an13an1.(1)证明an12是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明1a11a21an32.17解：(1)由 an13an1 得 an1123an12.又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3 的等比数列，所以 an123n2，因此数列an的通项公式为 an3n12.(2)证明：由(1)知1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1，即1an23n113n1.于是1a11a21an11313n132113n32.所以1a11a21an0，c30，c40，当 n5 时，cn1n（n1）n（n1）2n1，而n（n1）2n（n1）（n2）2n1（n1）（n2）2n10，得n（n1）2n5（51）251，所以，当 n5 时，cn0.综上，若对任意 nN*恒有 SkSn，则 k4.以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比求及数列的通项公式若问是否存在实数使得对所有成立证明你的结论解