2012高考数学核心考点90天突破 专题3 数列

1 20122012 考前考前 9090 天突破天突破 高考核心考点高考核心考点 专题三专题三 数列数列 考点定位考点定位 2012 2012 考纲解读和近几年考点分布考纲解读和近几年考点分布 20122012 考纲解读考纲解读 1 数列的概念和简单表示法 了解数列的概念和几种简单的表示方法 列表 图像 通项公式 了解数列是自变量为正整数的一类函数 2 等差数列 等比数列 理解等差数列 等比数列的概念 掌握等差数列 等比数列的通项公式与前 n 项和公式 能在具体的问题情境中 识别数列的等差关系 或等比关系 并能用有关知识解决相应的问题 了解等差数列与一次函数 等比数列 与指数函数的关系 近几年考点分布近几年考点分布数列是高中代数的重要内容之一 由于它既具有函数特征 又能构成 独特的递推关系 使得它既与中学数学其他部分知识如 函数 方程 不等式 解析几何 二项式定理等有较紧密的联系 又有自己鲜明的特征 因此它是历年高考考查的重点 热 点和难点 在高考中占有极其重要的地位 试题往往综合性强 难度大 承载着考查学生数 学思维能力和分析 建模 解决问题的能力以及函数与方程的思想 转化与化归的思想 分类讨论的思想 通过对 2011 年高考试题的研究 本专题在高考试题中占有较大比重 分 值约占总分的 12 大多为一道选择题或填空题 一道解答题 试题注重基础 着重考查等 差 等比数列的通项公式 前 n 项和公式 数学归纳法及应用问题 选择题和填空题 突 出 小 巧 活 的特点 而解答题大多为中等以上难度的试题或难度大的压轴题 考点考点 pk pk 名师考点透析名师考点透析 考点一考点一 等差 等比数列的概念与性质等差 等比数列的概念与性质 例 1 已知 n a为等比数列 且 3647 36 18 aaaa 1 若 1 2 n a 求n 2 设数列 n a的前n项和为 n S 求 8 S 解 设 1 1 n n aa q 由题意 解之得 1 128 1 2 a q 进而 1 1 128 2 n n a 1 由 1 11 128 22 n n a 解得9 n 2 1 1 1 256 1 12 n n n aq S q 8 8 1 256 1 255 2 S 名师点睛名师点睛 关于等差 等比数列的问题 首先应抓住a1 d q 通过列方程组来 2 解 此方法具有极大的普遍性 需用心掌握 但有时运算繁杂 要注意计算的正确性 若 能恰当地运用性质 可减少运算量 例 2 设 a1 d 为实数 首项为 a1 公差为 d 的等差数列 an 的前 n 项和为 Sn 满足 56 S S 15 0 若 5 S 5 求 6 S及 a1 求 d 的取值范围 名师点睛名师点睛 在解决等差数列或等比数列的相关问题时 基本量法 是常用的方法 但 有时灵活地运用性质 可使运算简便 而一般数列的问题常转化为等差 等比数列求解 考点二考点二 求数列的通项与求和求数列的通项与求和 例 3 已知数列 n a满足且0 1 a 1 2 1 2 1 NnnnSS nn 1 求 23 a a 并证明 1 2 nn aan nN 2 设 1 Nnaab nnn 求证 12 1 nn bb 3 求数列 Nnan 的通项公式 解 1 由已知12 12 SS 即1 12 2121 aaaa 32 23 SS 即 3 2 21321 aaaaa有4 3 a 由 1 2 1 2 1 nnSS nn 有 2 1 2 1 2 1 nnnSS nn 1 2 1 1 2 1 2 11 nnnnSSSS nnnn 即 2 2 1 nnaa nn 同时 112 12 aa 2 1 Nnnaa nn 2 由 1 naa nn 2 1 有12 12 naa nn 1 2 112 nnnn aaaa 12 1 nn bb即 3 3 由 2 1 21 1 nn bb而211 121 aab 1 n b是以 2 为首项 2 为公比的等比数列 nn n b2221 1 12 n n b即12 1 n nn aa 而naa nn 2 1 有 122 n nn ana 12Nnna n n 名师点睛名师点睛 一般地 含有 n S的递推关系式 一般利用 1 1 1 2 n nn Sn a SSn 化 和 为 项 例 4 在数列 n a 中 3 1 1 a 并且对任意2 nNn都有 nnnn aaaa 11 成立 令 1 Nn a b n n 求数列 n b 的通项公式 求数列 n an 的前 n 项 和 n T 解 1 当 n 1 时 3 1 1 1 a b 当2 n时 由 nnnn aaaa 11 得 1 11 1 nn aa 所以1 1 nn bb 所以数列 n b是首项为 3 公差为 1 的等差数列 所以数列 n b的通项公式为 2 nbn 2 11 11 2 22 n a nn nnn 11111111 1 23243511 n T nn 11 2nn 2 2 1 3113534 1 2 2 2124 32 44 1 2 nnn nnnnnn 名师点睛名师点睛 裂项相消法 主要用于通项为分式的形式 通项拆成两项之差求和 正负 项相消剩下首尾若干项 注意一般情况下剩下正负项个数相同 考点三考点三 数列与不等式 函数等知识的联系数列与不等式 函数等知识的联系 4 例例 5 5 已知数列 n a是等差数列 Nnaac nnn 2 1 2 1 判断数列 n c是否是等 差数列 并说明理由 2 如果 为常数kkaaaaaa13143 130 26422531 试写出数列 n c的通 项公式 3 在 2 的条件下 若数列 n c得前 n 项和为 n S 问是否存在这样的实数k 使 n S当且仅当12 n时取得最大值 若存在 求出k的取值范围 若不存在 说明理由 解 1 设 n a的公差为d 则 2222 1121 nnnnnn ccaaaa 222 111 2 nnn aadad 2 2d 数列 n c是以 2 2d 为公差的等差数列 2 1325 130aaa 2426 143 13aaak 两式相减 1313 13dk 1dk 1 13 13 1 132130 2 ad 3 212ak 1 1 1 133 n aandknk 22 111 nnnnnnn caaaaaa 22 26326 21 1 knk 2 2 1 25305knkk 3 因为当且仅当12n 时 n S最大 1213 0 0cc 有 即 22 222 24 1 25305018190 36 1 25305022210 kkkkk kkkkk 119 1921 211 kk kk kk 或 或 或 名师点睛名师点睛 解综合题的成败在于审清题目 弄懂来龙去脉 透过给定信息的表象 抓 住问题的本质 揭示问题的内在联系和隐含条件 明确解题方向 形成解题策略 例 6 已知数列 n a的首项 1 21aa a是常数 且1a 242 2 1 nnaa nn 2n 数列 n b的首项 1 ba 2 nab nn 2n 1 证明 n b从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列 2 设 n S为数列 n b的前 n 项 和 且 n S是等比数列 求实数a的值 3 当0 a时 求数列 n a的最小项 提示 当3 n时总有122 n n 解 1 2 nab nn 222 11 1 2 1 4 1 2 1 nnnanab nnn 5 nn bna222 2 n 2 由 1 21aa 得 2 4aa 22 444baa 1a 2 0b 即 n b从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列 2 1 44 21 34 22 2 2 1 n n n a Saaa 当 n 2 时 11 1 22 23434 2 22 234 1 234 n n nn n Saaa Saaaa n S是等比数列 1 n n S S n 2 是常数 043 a 即 4 3 a 3 由 1 知当2n 时 2 44 2 1 2 nn n baa 所以 2 21 1 1 2 2 n n an a an n 1223 12 2 1 2 1 nnnaaan nn nn 有 nn aan 1 3时显然最小项是前三项中的一项 当 1 0 4 a 时 最小项为18 a 当 1 4 a 时 最小项为a4或18 a 当 1 1 4 2 a 时 最小项为a4 当 1 2 a 时 最小 项为a4或12 a 当 1 2 a 时 最小项为12 a 名师点睛名师点睛 对数列中的含 n 的式子 注意可以把式子中的 n 换为n1 或n1 得到 相关的式子 再进行化简变形处理 也可以把 n 取自然数中的具体的数 1 2 3 等 得 到一些等式归纳证明 例 7 已知数列 n a中 11 2 202 nn aaannnN 1 写出 23 aa 的值 只 写结果 并求出数列 n a的通项公式 2 设 1232 1111 n nnnn b aaaa 若对任 意的正整数n 当 1 1m 时 不等式 2 1 2 6 n tmtb 恒成立 求实数t的取值范围 解 1 11 2 202 nn aaannnN 23 6 12aa 2 分 当2n 时 1123221 2 21 2 3 22 nnnn aan aanaaaa 6 1 2132 n aann 1 2132121 2 n n n annn n 当1n 时 1 11 12a 也满足上式 数列 n a的通项公式为 1 n an n 2 122 111111 1223221 n nnn b aaannnnnn 111111 1223221nnnnnn 2 111 1 121231 2 3 n nnnn n n 令 1 21f xxx x 则 2 1 2fx x 当 1 0 xfx 时恒成立 f x在 1 x 上是增函数 故当1x 时 13f xf m i n 即当1n 时 1 6 n b m ax 要使对任意的正整数n 当 1 1m 时 不等式 2 1 2 6 n tmtb 恒成立 则须使 2 max 11 2 66 n tmtb 即 2 20 1 1tmtm 对恒成立 2 2 20 22 20 tt tt tt 解得 或 实数t的取值 范围为 22 另解 1 11111111 223121221231 nn bb nnnnnnnn 22 3334 0 252253 nn nnnn 数列 n a是单调递减数列 1 1 6 n bb m ax 名师点睛名师点睛 数列是一种特殊的函数 要注意其特殊性 1 若用导数研究数列的单 调性 最值等 要构造辅助函数 因为导数是对连续函数而定义的 2 辅助函数的单调性 与数列的单调性的联系与区别 例 8 已知数列 n a的前n项和为 n S 对一切正整数n 点 nn SnP都在函数 xxxf2 2 的图像上 且过点 nn SnP的切线的斜率为 n k 1 求数列 n a的通项 公式 2 若 n k n ab n 2 求数列 n b的前n项和 n T 3 设 2 NnaxxRNnkxxQ nn 等差数列 n c的任一项RQcn 其中 1 c是RQ 中的最小数 115110 10 c 求 n c的通项公式 7 解 1 点 nn SnP都在函数xxxf2 2 的图像上 2 2 n Snn nN 当n2 时 1 21 nnn aSSn 当 1 时 11 3aS 满足上式 所以数列 n a的通项公式为21 n an 2 由xxxf2 2 求导可得 22fxx 过点 nn SnP的切线的斜率为 n k 22 n kn 24 21 4 n kn nn ban 123 43445447421 4nn n T 4 由 4 得 2341 443445447421 4nn n T 4 得 231 34 3424421 4 nn n n T 4 21 1 4 1 4 34221 4 14 n n n 4 2 6116 4 99 n n n T 3 22 42 Qx xnnNRx xnnN QRR 又 n cQR 其中 1 c是RQ 中的最小数 1 6c n c 是公差是 4 的倍数 10 46 cmmN 又 10 110115c 11046115m mN 解得 27 所以 10 114c 设等差数列的公差为d 则 101 1146 12 1019 cc d 6 1 12126 n cnn 所以 n c的通项公式为126 n cn 名师点睛名师点睛 一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和 主要用错位 相减法求数列的和 例9 甲 乙两容器中分别盛有浓度为10 20 的某种溶液500ml 同时从甲 乙两 个容器中各取出100ml溶液 将其倒入对方的容器搅匀 这称为一次调和 记 1 10 a 1 20 b 经1 2 nn 次调 和后甲 乙两个容器的溶液浓度为 n a n b I 试用 1n a 1n b 表示 n a n b II 求证 数列 n a n b 是等比数列 数列 n a n b 8 是常数列 III 求出数列 n a n b 的通项公式 解 1 11 11 40010041 50055 nn nnn ab aab 11 11 40010041 50055 nn nnn ba bba 2 两式 相减 11 3 5 nnnn abab 11 0ab 所以等比 两式相加 11nnnn abab 11 30 ab 所以常数列 3 1 3 10 5 n nn ab 11 33 5 15 5 15 55 nn nn ab 名师点睛名师点睛 数列在日常经济生活中广为应用 如增长率问题 银行存款利率问题 贷 款问题等 都是与等比数列有关 另外 有些实际问题 可转化为数列问题 注意是求项 还是求和 是解方程还是不等式问题 金题热身金题热身 1111 年高考试题及解析年高考试题及解析 一 选择题 1 重庆理 11 在等差数列 n a中 37 37aa 则 2468 aaaa 解析 74 284637 37aaaaaa 故 2468 2 3774aaaa 2 北京理 11 在等比数列 n a中 若 1 1 2 a 4 4a 则公比q 12 n aaa 解析 由 n a是等比数列得 3 41 aa q 又 14 1 4 2 aa 所以 3 1 42 2 qq n a是以 1 2 为首项 以 2 为公比的等比数列 1 12 1 2 2 n n aaa 3 天津理 4 4 已知已知 n a为等差数列 其公差为为等差数列 其公差为 2 2 且 且 7 a是是 3 a与与 9 a的等比中项 的等比中项 n S为为 n a的前的前 n n 项和项和 nN 则则 10 S的值为的值为 A A 110 110 B B 90 90 C C 9090 D D 110110 答案 D 解析 由题意知 2 7 a 3 a 9 a 即即 2 111 12 4 16 aaa 解得解得 1 20a 所以所以 10 S 10 10 1 10 9 2 2 a 110 110 4 江苏 1313 设 设 127 1aaa 其中 其中 7531 aaaa成公比为成公比为 q q 的等比数列 的等比数列 9 642 aaa成公差为成公差为 1 1 的等差数列 则的等差数列 则 q q 的最小值是的最小值是 解析 考察综合运用等差 等比的概念及通项公式 不等式的性质解决问题的能力 难题 由题意 23 1212121 112aaa qaa qaa q 2 2222 1 12aqaaqa 3 2 23qa 而 21222 1 1 1 2aaa aa 的最小值分别为 1 2 3 3 min 3q 5 四川理 8 数列 n a的首项为3 n b 为等差数列且 1 nnn baa nN 若则 3 2b 10 12b 则 8 a A 0 B 3 C 8 D 11 解析 由已知知 1 28 28 nnn bnaan 由叠加法 21328781 642024603aaaaaaaa 6 广东理 1111 等差数列等差数列 n a前前 9 9 项的和等于前项的和等于前 4 4 项的和项的和 若若 14 1 0 k aaa 则 则k 解析解析 10 10 由题得由题得10 6 1 031 1 1 2 34 4 2 89 9 kd ddk dd 7 全国理 4 设 n S为等差数列 n a的前n项和 若 1 1a 公差2d 2 24 An SS 则k A 8 B 7 C 6 D 5 解析 22111 2 1 1 1 kkkk SSaaakdakd 1 2 21 akd 2 1 21 244245kkk 故选 D 8 江西理 5 已知数列 n a 的前 n 项和 n S满足 nmn m SSS 且 1 a 1 那么 10 a A 1 B 9 C 10 D 55 解析 因为 nmn m SSS 所以令1nm 可得 21 22SS 令1 2nm 可得 312 3SSS 同理可得 42 24SS 523 5SSS 945 9SSS 10 105 210SS 10 a 109 1SS 故选 A 二 填空题 1 湖南理 12 设 n S是等差数列 Nnan的前n项和 且1 1 a 7 4 a 则 5 S 解析 因为1 1 a 7 4 a 所以2 d 则25 2 45 5 15 daS 故填 25 评析 本小题主要考查等差数列的基本量计算问题 2 陕西理 13 观察下列等式 照此规律 第n个等式为 答案 2 1 2 32 21 nnnnn 解析 第n个等式是首项为n 公差 1 项数为21n 的等差数列 即 1 2 32 nnnn 2 21 21 1 21 1 21 2 nn nnn 3 湖北理 13 九章算术 竹九节 问题 现有一根 9 节的竹子 自下而下各节的容 积成等差数列 上面 4 节的容积共 3 升 下面 3 节的容积共 4 升 则第 5 节的容积为 升 答案 67 66 解析 设从上往下的 9 节竹子的容积依次为a1 a2 a9 公差为 d 则有 a1 a2 a3 a4 3 a7 a8 a9 4 即4a5 10d 3 3a5 9d 4 联立解得 5 67 66 a 即第 5 节竹子 的容积 67 66 4 陕西理 14 植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树 每人植一棵 相邻两棵 树相距 10 米 开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边 使每位同学从各自树坑出发前来 领取树苗往返所走的路程总和最小 这个最小值为 米 答案 2000 解析 设树苗集中放置在第i号坑旁边 则 20 名同学返所走的路程总和为 2 1 2 lii 2 1 12 19 20 10ii 11 2 21210 20ii 2 21399 20 24 i 即1011i 或时 min 2000l 三 解答题 1 全国理 20 设数列 n a满足 1 0a 且 1 11 1 11 nn aa 求 n a的通项公式 设 1 1 1 1 n n nnkn k a bbS n 记S证明 解析 由 1 11 1 11 nn aa 得 1 1 n a 为等差数列 前项为 1 11 1 1 1 1 1 11 n dnn aa 于是 11 1 1 nn aa nn 1 1 1 11 1n n n a n b nn 111 11 nn nnnn 1 111111 12231 n nk k Sb nn 1 11 1n 2 浙江理 19 本题满分 14 分 已知公差不为 0 的等差数列 n a的首项 1 aa aR 设数列的前 n 项和为 n S 且 1 1 a 2 1 a 4 1 a 成等比数列 求数列 n a的通项 公式及 n S 记 123 1111 n n A SSSS 2 12 22 1111 n n B aaaa 当 2n 时 试比较 n A与 n B的大小 解析 22 214111 2 214 111 3 aa aada ad aaa 1 daa 则 1111 1 1 n aandananana 1 1 1 1 222 n n nn nn n Sa ndanaa 123 1111 n n A SSSS 1111 1 22 33 4 1 2222 n n aaaa 2121 1 22 3aa 12 21 3 4a 2121 1 1 1a n nan 因为 2 2 n n aa 所以 21 12 22 1111 n n B aaaa 1 1 1 2 1 1 2 n a 21 1 2na 当2n 时 2012 21 n nnnn CCCCn 即 11 11 12nn 所以当0a 时 nn AB 当0a 时 nn AB 3 江苏 2020 本小题满分 本小题满分 1616 分 设分 设 M M 为部分正整数组成的集合 数列为部分正整数组成的集合 数列 n a的首项的首项 1 1 a 前 前 n n 项和为项和为 n S 已知对任意整数 已知对任意整数 k k 属于属于 M M 当 当 n kn k 时 时 2 knknkn SSSS 都成立 都成立 1 1 设 设 M M 1 1 2 2 a 求 求 5 a的值 的值 2 2 设 设 M M 3 3 4 4 求数列 求数列 n a的通项公式 的通项公式 解析 考察等差数列概念 和与通项关系 集合概念 转化与化归 分析问题与解决问题 的能力 其中 1 是容易题 2 是难题 1 111211 1 1 2 2 nnnnnn knSSSSSSSS 即 21 2 nnn aaa 所以 n 1 时 n a成等差 而2 2 a 2321135 3 2 7 4 8 SSSSSaa 2 由题意 333444 3 2 1 4 2 2 nnnnnn nSSSSnSSSS 42135314 4 2 3 5 2 4 nnnnnn nSSSSnSSSS 当5n 时 由 1 2 得 434 2 5 nn aaa 由 3 4 得 524 2 6 nn aaa 由 1 3 得 421 2 7 nnn aaa 由 2 4 得 531 2 8 nnn aaa 由 7 8 知 412 nnn aaa 成等差 513 nnn aaa 成等差 设公差分别为 12 d d 由 5 6 得 13 532442421541 222 9 222 10 nnnnnn aadaadaadaad 由 9 10 得 54214122321 2 nnnn aaddaddaadd a 2 n n 成等差 设公差为 d 在 1 2 中分别取 n 4 n 5 得 12122 2 6a152 255 452 adaadad 即 12122 28282 279 351aadaadad 即 2 3 2 21 n adan 4 四川理 20 本小题共 12 分 设 d 为非零实数 an 1 n C1n d 2Cn2d2 n 1 Cnn 1d n 1 nCnndn n N 写出 a1 a2 a3并判断 an 是否为等比数列 若是 给出证明 若不是 说明理由 II 设 bn ndan n N 求数列 bn 的前 n 项和 Sn 解析 1 2 123 1 1 ad ad dad d 0122311 1 1 1 1 1 nnnn n nnnnnn n a aC dC dC dCdddaddd a 因为 d 为常数 所以 n a是以 d 为首项 d 1 为公比的等比数列 2 21 1 n n bndd 20212221 1 2 1 3 1 1 n n Sddddddndd 20121 1 2 1 3 1 1 n ddddnd 2123 1 1 2 1 3 1 1 n n d Sddddnd 222 1 1 1 1 1 1 1 n nn n d dSdd nddd ndd d 1 1 1 n n Sdnd 5 辽宁理 17 本小题满分 12 分 已知等差数列 an 满足 a2 0 a6 a8 10 I 求数 列 an 的通项公式 II 求数列 1 2 n n a 的前 n 项和 解析 I 设等差数列 an 的公差为 d 由已知条件可得 1 1 0 21210 ad ad 14 解得 1 1 1 a d 故等差数列 an 的通项公式为 an 2 n II 设数列 1 2 n n a 的前 n 项和为 n S 即 2 1 1 22 n n n aa Sa 故 1 1S 12 2242 nn n Saaa 所以 当 n 1 时 121 1 1 2222 nnnn nn Saaaaa a 11 111212 111 2422222 nnnnn nnn 所以 1 2 n n n S 综上 数列 1 2 n n a 的前 n 项和为 1 2 n n n S 6 广东理 2020 本小题满分 本小题满分 1414 分 设分 设0 b 数列数列 n a满足满足 1 1 1 2 22 n n n nba ab an an 求数列求数列 n a的通项公式 证明 对于一切正整数的通项公式 证明 对于一切正整数 n n 1 1 1 2 n n n b a 解析解析 法一 法一 11 12 1 nnnn a aa nnba 由题得 1 11 11 112121 12 1111 2 22 111 n 1 2 222 nnn nnnnn nnnn n nn nnbnnn BBB aabb aaabb nnnn b aaaa nn na aa AAA令 当时 数列是一个等差数列 1 n 1n 1n 1 1 n 1n 1211 2 222 11211222 2222 2 22112 1 2 22 nnn nn n bBBB bbbb BBB bbbbbbb bb B b bbbbb 当时 数列是一个等比数列 1 b n 2b 2 122 1 2 222 2 n n nn nn n nn nbnb aa bnb abbbb b 15 1 1 11 11211 1 111121 1211 2 21 2 3231 2 b 2b 2 211 22b 2 22 2 12 2 22 22 2 n nn n nnnn nnnnnnn nn nnnnnnn nnnn b baa nbbnbb b bbb nbb nbbbb bb A A A A A A A A A 当时 不等式左边右边 当时 即证即证 即证即证 1 1 1 2 n n n b a 用数学归纳法证明 综合得对于一切正整数n 法二 法二 1 11 211 22 n n nnn nbann a anab ab 1 由可得 11 11111 2 2 2222 n nnnn nnnnn ba aaaaa 当时则数列是以为首项为公差的等差数列从而 1 1211 2 22 nn nn b abb ab 当时 1 11122 22 2 n n ababbbb 则数列是以为首项为公比的等比数列 1 12212 2 2 2 22 2 2 2 0 2 2 n nn n nn n n n nn nnbb a abbbbbbb b a nbb bb b 综上 11 11 11 111 1232211 123 12 2 2 22 2 2 22222 22222 222 nn nn nn nnn n nnnnnnnn nnnnnnn nnn nnn bb aa bnbbbnbb a bbb nb bbbbb bbb 2 当b 2时 1 1 从而原不等式成立 1 当b2时 要证 1 只需证 1即证 1 即证 即证n 21 2231 1212 11232 1212 11232 21 2222 2221 2222 2221 2222 2222 nn nn nnnn nnnn nnnn nnnn bbbb bb bbbb bbbb bbbb n bbbb 而上式左边 当b2时原不等式也成立从而原不等式成立 7 山东理 20 本小题满分 12 分 等比数列 n a中 123 a a a分别是下表第一 二 三行中的某一个数 且 123 a a a中的任何两个数不在下表的同一列 16 第一列第二列第三列 第一行 3210 第二行 6414 第三行 9818 求数列 n a的通项公式 若数列 n b满足 n n nn aabln1 求数列 n b的前n项和 n S 解析 由题意知 123 2 6 18aaa 因为 n a是等比数列 所以公比为 3 所以 数列 n a的通项公式 1 2 3n n a 因为 11 32ln132ln1 n n n n n nn aab当n为偶数时 设 2Nkkn nn bbbS 21 kkn aaaaaaaa 21232121 lnlnlnlnln kk n aaaaaaaa 264212531 lnln 31 312 1253122420 32323232ln32323232ln13 kkn kn kkk kk nkkkkkn 3ln13 32 32 ln1332ln32ln13 1 1 2 2 3ln132k k 当n为奇数时 设 12Nkkn nn bbbS 21 122232121 lnlnlnlnln kkn aaaaaaaa 2264212531 lnln 31 312 kk n aaaaaaaa 3253122420 32323232ln32323232ln13 kkn 1 11 1 2 11 32ln13 32 32 ln1332ln32ln13 2 kn kkk kk nkkkkkn 17 2ln3ln1132 k k 所以 2 2 122ln3ln113 23ln13 Nkknk Nkknk S k k n 8 陕西理 19 本小题满分 12 分 如图 从点 1 0 0 P做 x 轴的垂线交曲线 x ye 于 点 1 0 1 Q曲线在 1 Q点处的切线与 x 轴交于点 2 P 再从 2 P做 x 轴 的垂线交曲线于点 2 Q 依次重复上述过程得到一系列点 1122 nn PQ PQP Q记 k P点的坐标为 0 1 2 k xkn 试求 1 x与 1k x 的关系 2 kn 求 112233 nn PQPQPQPQ 解 设 11 0 kk Px 由 x ye 得 1 11 k x kk Qxe 点处切线方程为 11 1 kk xx k yeexx 由0y 得 1 1 2 kk xxkn 11 0 1 kk xxx 得 1 k xk 1 k xk kk PQee 112233 nnn SPQPQPQPQ 1 12 1 1 1 1 11 nn n eee eee ee 9 湖北理 19 本小题满分 13 分 已知数列 n a的前 n 项和为 n S 且满足 11 0 1 nn aa aarSnNrR r 求数列 n a的通项公式 若存在kN 使得 12 kkk SSS 成等差数列 试判断 对于任意的mN 且2m 12 mmm aaa 是否成 等差数列 并证明你的结论 本小题主要考查等差数列 等比数列基础知识 同时考查推理论证能力 以及特殊与一 般的思想 解析 由已知 1nn arS 可得 21nn arS 两式相减可得 2111 nnnnn aar SSra 即 21 1 nn ara 又 21 arara 所以当0r 时 数列 n a为 0 0a 当 0 1rr 时 由已知0a 所以0 n anN 于是由 21 1 nn ara 可得 2 1 1 n n a rnN a 23 n a aa 成等比数列 当 n2时 2 1 n n ar ra 综上 数列 n a的通项公式为 2 1 1 2 nn a n a r ra n 18 对于任意的mN 且 12 2 mmm maaa 成等差数列 证明如下 当 r 0 时 由 知 1 0 2 n a n a n 对于任意的mN 且 12 2 mmm maaa 成等差数列 当 0 1rr 时 111 kkkk SSSa 212 kkkk SSaa 若存在kN 使得 12 kkk SSS 成等差数列 则 12 2 kkk SSS 12 222 kkkk SaaS 即 21 2 kk aa 由 知 23 n a aa 的公 比 r 1 2 于是对于任意的mN 且2m 1 2 mm aa 从而 2 4 mm aa 12 2 mmm aaa 即 12 mmm aaa 成等差数列 综上 对于任意的mN 且 12 2 mmm maaa 成等差数列 10 北京理 20 若数列 n A 1 a 2 a 2 n a n 满足 1 1 kk aa k 1 2 1n 则称 n A为E数列 记 12 nn S Aaaa 1 写出一个满足 15 0aa 且 5 0S A 的E数列 5 A 2 若 1 12a 2000n 证明 E数列 n A是递增数列的充要条件是2011 n a 3 对任意给定的整 数 2 n n 是否存在首项为 0 的E数列 n A 使得 0 n S A 如果存在 写出一个满足 条件的E数列 n A 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 1 1 kaa kk 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 a2000 a1000 1 a2000 a1000 1 a2 a1 1 所以 a2000 a 19999 即 a2000 a1 1999 又因为 a1 12 a2000 2011 所以 a2000 a1 1999 故 nnn Akaa即 1999 2 1 01 1 是递增数列 综上 结论得证 令 1 1 2 1 01 1 Akkk cnkaac则 因为 2111112 ccaacaa 1211 nn cccaa 所以 13211 3 2 1 nn ccncncnnaAS 1 2 1 1 1 2 1 121 n cncnc nn 19 因为 1 1 1 1 nkcc kk 为偶数所以 所以 12 1 1 1 2 1 n cncnc 为偶数 所以要使 0 n S A 1 2 n n 必须使为偶数 即 4 整除 144 1 Nmmnmnnn 或亦即 当 1 0 14 241414 kkkn aaaAENmmn的项满足数列时1 4 k a 2 1 mk 时 有 0 0 1 n ASa 4 1 1 2 k akm 411 0 0 0 kn aaS A 时有当 n AENmmn数列时 14 的项满足 1 0 243314 kkk aaa 当 1 3424 mnNmmnmn时或不能 被 4 整除 此时不存在 E 数列 An 使得 0 0 1 n ASa 11 天津理 2020 本小题满分 本小题满分 1414 分 已知数列分 已知数列 n a与与 n b满足 满足 112 3 1 0 2 n nnnnnn b aabab n N 且 且 12 2 4aa 求 求 345 a a a的值 的值 设 设 2121 nnn caanN 证明 证明 n c是是等比数列 等比数列 设 设 242 kk SaaakN 证明 证明 4 1 7 6 n k k k S nN a 解析 本小题主要考查等比数列的定义 数列求和等基础知识 考查运算能力 推理论 证能力 综合分析能力和解决问题的能力及分类讨论的思想方法 本小题主要考查等比数列的定义 数列求和等基础知识 考查运算能力 推理论证能力 综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法 满分 14 分 解 I 由 3 1 2 n n bnN 可得 1 n n b 为奇数 2 n为偶数 又 112 0 nnnnn b aaba 1231232344 3454 3 5 4 当n 1时 a a 2a 0 由a 2 a 4 可得a当n 2时 2a a a 0 可得a 当n 3时 a a 2a 0 可得a II 证明 对任意 nN 21221 20 nnn aaa 22122 20 nnn aaa 212223 20 nnn aaa 得 223 nn aa 将 代入 可得 21232121 nnnn aaaa 20 即 1 nn cc nN 又 113 1 0 n caa 故c因此 1 1 n n n c c c 所以是等比数列 III 证明 由 II 可得 2121 1 k kk aa 于是 对任意 2kNk 且 有 1335572321 1 1 1 1 1 k kk aaaaaaaa 将以上各式相加 得 121 1 1 k k aak 即 1 21 1 1 k k ak 此式当 k 1 时也成立 由 式得 1 2 1 3 k k ak 从而 22468424 kkk Saaaaaak 2124 3 kkk SSak 所以对任意 2nNn 4 4342414 11 4342414 nn kmmmm km kmmmm SSSSS aaaaa 1 2221232 2222123 n m mmmm mmmm 1 23 2 21 22 22 n m mmmm 2 253 2 32 21 22 23 n m mmnn 2 153 3 21 21 22 23 n m mmnn 151111113 3235572121 22 23 nnnn 155137 362 21 22 23 6nnn 对于 n 1 不等式显然成立 12 安徽理 18 本小题满分 13 分 在数 1 和 100 之间插入n个实数 使得这2n 个数构 成递增的等比数列 将这2n 个数的乘积记作 n T 再令 lg nn aT 1n 求数列 n a的通项公式 设 1 tantan nnn baa 求数列 n b的前n项和 n S 命题意图 本题考察等比和等差数列 指数和对数运算 两角差的正切公式等基本 知识 考察灵活运用知识解决问题的能力 综合运算能力和创新思维能力 解析 122 n t tt 构成递增的等比数列 其中 1 1t 2 100 n t 则 1212nnn Tt ttt 2121nnn Ttttt 并利用等比数列性质 2 211212 10 nnn ttttt t 得 22 2 211212 10 n nnnn Tttttt t 2 lglg102 n nn aTn 1n 21 由 知 1 tantantan 2 tan 3 nnn baann 1n 又 tan 3 tan 2 tan 3 tan 2 tan1 1tan 2 tan 3 nn nn nn tan 3 tan 2 tan 2 tan 3 1 tan1 nn nn 所以数列 n b的前n项和为 tan 12 tan 1 3 tan 22 tan 23 tan 2 tan 3 n Snn tan 1 3 tan 12 tan 23 tan 22 tan 3 tan 2 tan1tan1tan1 tan 2 tan3 tan1 nn n n n 解题指导 做数列题时应优先运用数列的相关性质 本题考察的是等比数列前 n 项 积 自然想到等比数列性质 2 211212 10 nnn ttttt t 倒序相乘法是借鉴倒 序相加法得到的 这样处理就避免了对 n 奇偶性的讨论 第二问的数列求和应联想常规的方法 倒序相加法 错位相减法 裂项相消法 而出现 tantan 时自然应该联想正切的和角或差角公式 本题只要将这两个知识点有机结合 起来就可以创造性的把问题解决 13 江西理 18 本小题满分12 分 已知两个等比数列 nn ab 满足 aa a baba ba 1 若a 求数列 n a的通项公式 2 若数列 n a唯一 求a的值 解析 1 设 n a的公比为 q 则 22 123 12 22 33babaqq baqq 由 123 b b b成等比数列得 22 2 2 3 qq 即 2 12 420 22 22qqqq 解得 所以 n a的通项公式为 11 22 22 nn nn aa 或 2 设 n a的公比为 q 则由 22 2 1 3 aqaaq 得 2 4310 aqaqa 由 2 0440aaa 得 故方程 有两个不同的 实根 22 由 n a唯一 知方程 必有一根为 0 代入 得 1 3 a 14 重庆理 21 本小题满分 12 分 小问 5 分 小问 7 分 设实数数列 n a的前 n 项和 n S满足 11nnn SaSnN 若 122 2a Sa 成等比数列 求 2 S和 3 a 求证 对3k 有 1 4 0 3 nn aa 解析 I 由题意 2 2212 22 22112 2 2 Sa a SS Sa Sa a 得 由 S2是等比中项知 22 0 2 SS 因此 由 23332 SaSa S 解得 2 3 2 22 1213 S a S II 证法一 由题设条件有 11 nnnn SaaS 故 1 11 1 1 1 11 nn nnnn nn Sa SaaS Sa 且 从而对3k 有 1 1 2 11211 2 1 11211 1 1 1 111 1 1 k k kkkkk k k kkkkk k k a a SaSaa a a SaSaa a a 因 222 1111 13 1 00 24 kkkk aaaa 且 由 得0 k a 要证 4 3 k a 由 只要证 2 1 2 11 4 31 k kk a aa 即证 222 1111 34 1 2 0 kkkk aaaa 即 此式明显成立 因此 4 3 3 k ak 最后证 1 kk aa 若不然 2 1 2 1 k kk kk a aa aa 又因 2 2 0 1 1 0 1 k kk kk a aa aa 故即矛盾 因此 1 3 kk aak 证法二 由题设知 111nnnnn SSaaS 故方程 2 111 0 nnnn xSxSSa 有根和 可能相同 23 因此判别式 2 11 40 nn SS 又由 2 2122121 2 1 1 n nnnnnnn n a SSaaSaS a 得且 因此 2 222 22 2 22 4 0 340 1 1 nn nn nn aa aa aa 即 解得 2 4 0 3 n a 因此 4 0 3 3 k ak 由 1 1 0 3 1 k k k S ak S 得 11 1 2 11 1 2 2 11 1 1 1 11 1 1 0 13 1 24 kkk kkkkk kkkk k kk kk k SSS aaaaa Sa SS S aa SS S 因此 1 3 kk aak 15 上海理 22 18 分 已知数列 n a和 n b的通项公式分别为36 n an 27 n bn nN 将集合 nn x xa nNx xb nN 中的元素从小到 大依次排列 构成数列 123 n c c cc 求 1234 c c c c 求证 在数列 n c中 但不在数列 n b中的项恰为 242 n a aa 求数列 n c的通项公式 解 1234 9 11 12 13cccc 任意 nN 设 21 3 21 66327 nk annbk 则32kn 即 2132nn ab 假设 2 6627 nk anbk 1 3 2 knN 矛盾 2 nn ab 在数列 n c中 但不在数列 n b中的项恰为 242 n a aa 32