高考数学第1讲 数列与函数、不等式综合问题选讲（上）

简单学习网课后练习一 学科 高考总复习课程 10 新课标 高考数学 理 第二轮复习 讲次 第 1 讲 名称 上 主讲教师 丁益祥 北京陈经纶中学数学特级教师 北京市海淀区上地东路 1 号盈创动力大厦 E 座 702 全国 24 小时免费咨询电话 4008 110 818 总机 01058858883 中国中学网络辅导专家中国中学网络辅导专家 24 小时名师针对性辅导小时名师针对性辅导 高考总复习课程高考总复习课程 10 10 新课标 高考数学 理 第二轮复习 新课标 高考数学 理 第二轮复习 第一讲第一讲 数列与函数 不等式综合问题选讲 上 数列与函数 不等式综合问题选讲 上 主讲教师 主讲教师 丁益祥丁益祥 1 已知函数 f x a bx的图像过点 A 1 和 B 2 8 1 2 1 1 求函数 f x 的解析式 2 记 an log2f n n 是正整数 Sn是数列 an 的前 n 项和 求 S30 答案 答案 1 f x 2 780 32 4x 解析 由题意得 ab 且 ab2 a b 4f x 8 1 2 1 32 1 32 4x an log2f n log2f n log2 2n 5 n N an 1 an 2 n N 故 an 是公差为 2 的等差数 32 4x 列 且 a1 3 由 Sn n a1 an S30 30 3 2 30 5 780 2 1 2 1 2 已知函数是一次函数 且成等比数列 设 f x 8 15 f 2 5 14 fff 求 n af n nN 1 n i i a 答案 答案 2 n 解析 设 由成等比数列得 f xaxb 0a 8 15 f 2 5 14 fff 得815ab 2 5 2 14 fff 2 5 2 14 ababab 2 360aab 由 得 0a 2ab 2 1ab 21f xx 显然数列是首项公差的等差数列21 n an n a 1 1 a 2d 1 n i i a 2 12 121 2 n nn aaan 3 已知数列 的前项和 第项满足 则 n an 2 9 n Snn k58 k a k A B C D 9876 答案 答案 B 4 已知实数列 an 满足 a0 a a 为实数 n N 求 1 1 3 13 n n n a a a 2000 a 答案 答案 a 3 1 3a 解析 原来的解法 a a a a a 3 13 3 13 0 0 1 a a a a a 31 3 3 13 1 1 2 aa a a 1 3 13 2 2 3 13 3 1 3 1 1 3 3 13 3 3 4 a a a a a a a 5 a 3 13 3 13 4 4 a a a a a a a a a a a a 3 13 3 1 3 13 3 3 13 5 5 6 17 aa 28 aa 39 aa 于是对于任意正整数 k 有 r 0 1 2 3 4 5 rrk aa 6 2000 6 333 2 a a aa 31 3 22000 上述所给出的答案计算量明显较大 感觉机械操作过程颇多 主要是因为没有充分利用函 数的思想和方法来解决问题 看如下有两种方法 如果将上面的替换为 替换为得到 3 a n a 0 a 3 n a 同理得 n a 3 1 n a 6 3 1 n n a a 所以得到 6 nn aa 用函数的思想认识时 很显然数列 an 的周期 T 6 6 nn aa 2000 6 333 2 a a aa 31 3 22000 其实把递推关系 n N 变形 1 1 3 13 n n n a a a 1 1 3 3 1 3 3 n n n a a a 令 则 原递推关系为 此式与 n a nf 1 n a 1 nf nf 6 1 1 6 1 tgnf tgnf 十分相似 因此可把它认为是原递推关系的原型 6 1 6 6 tgxtg tgtgx xtg 所以我们很快可以判断出数列的周期 n a nf 6 n tg 6 1 1 1 n tgnfan 是 6 只要再证明 由 与 得 因此得数列 6 nn aa n a 3 1 n a 6 3 1 n n a a 6 nn aa 的周期是 6 2000 a 2 2 26333 2000 afff a a aa 31 3 22000 这样利用函数的方法来解决问题 找到了这个数列最重要的性质即周期性 大大减小了运 算量减化了过程 但增加了思维活动 体现基本的数学思想和方法 5 数列前 n 项的和为 16 1 4 8 1 3 4 1 2 2 1 1 A B 22 1 2 nn n 1 22 1 2 nn n C D 22 1 2 nn n 22 1 2 1 nn n 答案答案 B 解析 2 111 1 1 12341 22222 n nn n n Sn 6 已知负数 a 和正数 b 令 a1 a b1 b 且对任意的正整数 n 当 0 时 an 1 an an bn 2 bn 1 当bn 1 请说明理由 3 若对任意的正整数 n 都有 b2n 1 b2n 且 b2n b2n 1 求 bn的表达式 答案 答案 1 b a n 1 2 不存在 3 1 2 1 21 1 32 21 1 32 n n n a bbn b a bbn 为奇数 为偶数 解析 当 0 时 bn 1 an 1 an an bn 2 an bn 2 bn an 2 当bn 1 即 an an 1 所以 an an 1 a1 a 又 bn an b a n 1 所以 bn a b a n 1 1 2 1 2 又 0 即 a b a n 0 即 2n 对任意的正整数 n 恒成立 an bn 2 1 2 a b a 又是正数 故 n log2对任意的正整数 n 恒成立 a b a a b a 因为 log2是常数 故 n log2不可能对任意正整数 n 恒成立 a b a a b a 所以不存在 a b 使得对任意的正整数 n 都有 bn bn 1 由 b2n 1 b2n 可知 a2n 1 a2n b2n a2n 1 b2n 1 2 所以 b2n 即 b2n b2n 1 b2n a2n b a 2n 1 a2n b2n 1 2 1 2 又 b2n b2n 1 故 b2n 1 b2n 1 b2n a2n a b 2n 1 1 2 b2n 1 b2n 1 b2n 3 b2n 3 b2n 5 b3 b1 b1 a b 2n 3 2n 5 1 b a b b a b 1 n 1 b 1 2 1 2 1 2 1 2 1 f 1 4 n 1 1 1 4 2 3 1 4 当 n 为奇数时 令 n 2m 1 可得 bn b2m 1 a b 1 m 1 b a b 1 n 1 b 2 3 1 4 2 3 1 2 当 n 为偶数时 可得 bn bn 1 a b 1 n b 2 3 1 2 故 1 21 1 32 21 1 32 n n n a bbn b a bbn 为奇数 为偶数 7 函数是定义在 0 1 上的增函数 满足且 在每个区f x f xf x 2 2 f 11 间 1 2 上 的图象都是斜率为同一常数 k 的直线的一部 1 2 1 2 1ii i yf x 分 1 求及 的值 并归纳出的表达式 f 0f 1 2 f 1 4 fi i 1 2 12 2 设直线 x 轴及的图象围成的矩形的面积为x i 1 2 x i 1 2 1 yf x 1 2 记 求的表达式 并写出其定义aii S kaaa n n lim 12 S k 域和最小值 答案 答案 1 fi ii 1 2 1 2 12 2 定义域为 定义域为1 当 当时取得最小值时取得最小值 2 S 1 34 k k0 kk 1 1 2 解析解析 I 由 得ff 020 f 00 由及 得 同理 ff 12 1 2 f 11 ff 1 2 1 2 1 1 2 ff 1 4 1 2 1 24 归纳得 fi ii 1 2 1 2 12 II 当时 1 2 1 2 1ii x f xk x ii 1 2 1 2 11 ak i iiiiii 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1111 1 4 2 12 21 k i i 所以是首项为 公比为的等比数列 an 1 2 1 4 k1 4 所以 S kaaa k k n n lim 12 1 2 1 4 1 1 4 2 3 1 4 的定义域为1 当时取得最小值 S k 0 kk 1 1 2 8 已知是整数组成的数列 且点在函数的图 n a 1 1a 1 nn aanN 2 1yx 像上 1 求数列的通项公式 n a 2 若数列满足 求证 n b 11 1 2 n a nn bbb 2 21nnn bbb 答案 答案 1 2 证明略 证明略 n a n 解析 1 由已知得 1 1 nn aa 所以数列是以 1 为首项 公差为 1 的等差数列 即1 1 1 n ann 2 由 1 知 1 22 n an nn bb 112211 123 1 2 2222 121 1 2 nnnnn n nnnn bbbbbbbb 2212 21 21 21 21 5 24 220 nnnnnn nnn b bb 所以 2 21nnn bbb 10 数列 22 122 1 2 1 cos sin 1 2 3 22 nnn nn aaaaan 满足 1 求并求数列的通项公式 34 a a n a 2 设证明 当 21 12 2 n nnn n a bSbbb a 1 62 n nS n 时 答案 答案 1 2 证明略 2 1 21 N 2 2 2 N n n n nkk a nk k 解析 因为所以 12 1 2 aa 22 311 1 cos sin12 22 aaa 22 422 1 cos sin24 aaa 一般地 当时 21 N nkk 22 2121 21 21 1 cos sin 22 kk kk aa 即 21 1 k a 2121 1 kk aa 所以数列是首项为 1 公差为 1 的等差数列 因此 21k a 21 k ak 当时 2 N nk k 22 2222 22 1 cos sin2 22 kkk kk aaa 所以数列是首项为 2 公比为 2 的等比数列 因此 2k a 2 2 k k a 故数列的通项公式为 n a 2 1 21 N 2 2 2 N n n n nkk a nk k 由 知 21 2 2 2 n n n an b a 23 123 2222 n n n S 2241 1123 22222 n n n S 得 231 11111 222222 n nn n S 2 11 11 1 1 22 1 1 222 1 2 nnn nn 所以 1 12 22 222 n nnn nn S 要证明当时 成立 只需证明当时 成立 6n 1 2 n S n 6n 2 1 2n n n 证法一 1 当 n 6 时 成立 6 6 62 483 1 2644 2 假设当时不等式成立 即 6 nk k 2 1 2k k k 则当 n k 1 时 1 1 3 2 1 3 1 3 1 222 2 2 2 kk kkk kkkkk k kkk A 由 1 2 所述 当 n 6 时 即当 n 6 时 2 1 1 2 n n 1 2 n S n 证法二 令 则 2 2 6 2 n n n cn 2 1 121 1 3 2 3 0 222 nn nn nnn nn cc 所以当时 因此当时 6n 1nn cc 6n 6 6 83 1 644 n cc 于是当时 6n 2 2 1 2 n n 综上所述 当时 6n 1 2 n S n 11 已知二次函数 y f x 的图像经过坐标原点 其导函数为 f x 6x 2 数列 an 的前 n 项和为 Sn 点 n Sn n N 均在函数 y f x 的图像上 求数列 an 的通项公式 设 bn Tn是数列 bn 的前 n 项和 求使得 Tn 对所有 n N 都成 1 anan 1 m 20 立的最小正整数 m 答案 答案 1 an 6n 5 n N 2 最小正整数 m 为 10 解析解析 设这二次函数 f x ax2 bx a 0 则 f x 2ax b 由于 f x 6x 2 得 a 3 b 2 所以 f x 3x2 2x 又因为点 n Sn n N 均在函数 y f x 的图像上 所以 Sn 3n2 2n 当 n 2 时 an Sn Sn 1 3n2 2n 3 n 1 2 2 n 1 6n 5 当 n 1 时 a1 S1 3 12 2 6 1 5 所以 an 6n 5 n N 由 得知 bn 3 anan 1 3 6n 5 6 n 1 5 1 2 1 6n 5 1 6n 1 故 Tn bi 1 1 n i 1 1 2 1 7 1 7 1 13 1 6n 5 1 6n 1 1 2 1 6n 1 因此 要使 1 n N 成立的 m 必须且仅须满足 即 m 10 1 2 1 6n 1 m 20 1 2 m 20 所以满足要求的最小正整数 m 为 10 12 已知数列的首项 n a 1 3 5 a 1 3 21 n n n a a a 12n 1 求的通项公式 n a 2 证明 对任意的 0 x 2 112 1 1 3 n n ax xx 12n 3 证明 2 12 1 n n aaa n 答案 答案 1 2 证明略 3 证明略 3 32 n n n a 解析 解法一 1 3 21 n n n a a a 1 121 33 nn aa 1 111 11 3 nn aa 又 是以为首项 为公比的等比数列 12 1 3 n a 1 1 n a 2 3 1 3 1 1212 1 3 33 nn n a A 3 32 n n n a 由 知 3 0 32 n n n a 2 112 1 1 3n x xx 2 112 1 1 1 1 3n x xx 2 111 1 1 1 n x xxa 2 112 1 1 n axx A 原不等式成立 2 11 1 nn n aa ax n a 由 知 对任意的 有0 x 12 222 112112 1 1 31 1 3 n aaaxx xxxx 2 112 1 1 3n x xx 22 1222 1 1 333n n nx xx 取 2 21 1 1 2221133 1 13333 1 3 n nn x nn n 则 22 12 111 1 111 33 n n n nnn aaa n n n 原不等式成立 解法二 同解法一 设 2 112 1 1 3n f xx xx 则 2 222 22 1 2 1 2 133 1 1 1 nn xxxx fx xxx A 0 x 当时 当时 2 3n x 0fx 2 3n x 0fx 当时 取得最大值 2 3n x f x 21 2 3 1 3 n n n fa 原不等式成立 同解法一 13 在数列中 是正整数 且 则称为 绝 n a 12 a a 12 3 4 5 nnn aaan n a 对差数列 1 举出一个前五项均不为 0 的 绝对差数列 只需写出其前十项 2 若 绝对差数列 an 中 a20 3 a20 0 数列 bn 满足 12 1 2 3 nnnn baaan 分别判断当时 数列和的极限是否存在 如果存在 求出其极限值 n n a n b 3 证明任意一个 绝对差数列 总存在无穷多个等于零的项 答案 答案 1 答案不惟一 1234567 3 1 2 1 1 0 1aaaaaaa 8910 1 0 1 aaa 2 的极限不存在 n alim6 n n b 3 证明略 解析 解 答案不惟一 1234567 3 1 2 1 1 0 1aaaaaaa 8910 1 0 1 aaa 解 因为在绝对差数列中 所以自第 20 项开始 该数列是 n a 20 3a 21 0a 即自第 20 项开始 每 20 3a 21 0a 222224252627 3 3 0 3 3 aaaaaao 三个相邻的项周期地取值 3 0 3 所以当时 的极限不存在 n n a 当时 所以20n 12 6 nnnn baaa lim6 n n b 证明 根据定义 数列必在有限项后出现零项 证明如下 n a 假设中没有零项 由于 所以对于任意的 n 都有 从而 n a 12nnn aaa 1 n a 当时 12nn aa 121 1 3 nnnn aaaan 当 时 12nn aa 212 1 3 nnnn aaaan 即的值要么比至少小 1 要么比至少小 1 n a 1n a 2n a 令则 21212 2212 nnn n nnn aaa C aaa 1 2 3 n 1 01 2 3 4 An CCn 由于是确定的正整数 这样减少下去 必然存在某项 这与 1 C 1 0C 0 n C 1 2 3 n 矛盾 从而必有零项 n a 若第一次出现的零项为第项 记 则自第项开始 每三个相邻的项n 1 0 n aA A n 周期地取值 0