数列解答题-三年高考(2015-2017)数学(理)试题分项版解析+Word版含解析

1 2017 山东 理 19 已知 xn 是各项均为正数的等比数列 且 x1 x2 3 x3 x2 2 求数列 xn 的通项公式 如图 在平面直角坐标系 xOy 中 依次连接点 P1 x1 1 P2 x2 2 Pn 1 xn 1 n 1 得到折线 P1 P2 Pn 1 求由该折线与直线 y 0 所围成的区域的面积 n T 11n xx xx 答案 I 1 2 n n x II 21 21 2 n n n T 解析 试题分析 I 依题意布列和公比的方程组 1 x II 过 123 P P P 1n P 向轴作垂线 垂足分别为 123 Q Q Q 1n Q 由 I 得 11 1 222 nnn nn xx 记梯形 11nnnn P P QQ 的面积为 n b 由题意 12 1 2 21 2 2 nn n nn bn 所以 123n Tbbb n b 101 3 25 272 32 21 2 21 2 nn nn 又 012 23 25 272 n T 21 21 2 21 2 nn nn 得 1211 3 2 22 2 21 2 nn n Tn 1 1 32 1 2 21 2 21 2 n n n 所以 21 21 2 n n n T 考点 1 等比数列的通项公式 2 等比数列的求和 3 错位相减法 2 2017 北京 理 20 设和是两个等差数列 记 n a n b 1122 max nnn cba n ba nba n 1 2 3 n 其中表示这个数中最大的数 12 max s x xx 12 s x xx 若 求的值 并证明是等差数列 n an 21 n bn 123 c c c n c 证明 或者对任意正数 存在正整数 当时 或者存在正整数 Mmnm n c M n 使得是等差数列 m12 mmm ccc 答案 详见解析 详见解析 解析 试题分析 分别代入求 观察规律 再证明当时 123 c c c 3n 所以关于单调递减 所以 11 20 kkkk bnabnan kk bna k N 即证明 首先求的通 112211 max 1 nnn cba n ba nba nba nn n c 项公式 分三种情况讨论证明 111 0 0 0ddd 试题解析 解 111 1 10 cba 21122 max 2 2 max 1 2 1 32 2 1cba ba 3112233 max 3 3 3 max 1 3 1 33 2 53 3 2cba ba ba 当时 3n 1111 20 kkkkkkkk bnabnabbn aan 所以关于单调递减 kk bna k N 设数列和的公差分别为 则 n a n b 12 d d 12111121 1 1 1 kk bnabkdakd nba ndndk 所以 112121 1121 1 n ba nndnddnd c ba ndnd 当时 当时 当时 取正整数 则当时 因此 1 0d 2 1 d m d nm 12 ndd 11n cba n 此时 是等差数列 12 mmm ccc 当时 对任意 1 0d 1n 1121121 1 max 0 1 max 0 n cba nndbanda 此时 是等差数列 123 n c c cc 当时 1 0d 当时 有 2 1 d n d 12 ndd 所以 112112 1112 1 n cba nndndbd nddad nnn 111212 nddadbd 对任意正数 取正整数 M 121122 11 max Mbdaddd m dd 故当时 n c M n 考点 1 新定义 2 数列的综合应用 3 推理与证明 3 2017 天津 理 18 已知为等差数列 前 n 项和为 是首项为 2 的 n a n Sn N n b 等比数列 且公比大于 0 23 12bb 341 2baa 114 11Sb 求和的通项公式 n a n b 求数列的前 n 项和 221 nn a b n N 答案 1 2 32 n an 2n n b 1 328 4 33 n n n T 解析 试题分析 根据等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程求出等差数列首项和公 1 a 差及等比数列的公比 写出等差数列和等比孰劣的通项公式 利用错位相减法求出数列的d 和 要求计算要准确 试题解析 I 设等差数列的公差为 等比数列的公比为 n ad n b 由已知 得 而 所以 23 12bb 2 1 12b qq 1 2b 2 60qq 又因为 解得 所以 0q 2q 2n n b 由 可得 341 2baa 1 38da 由 可得 114 11Sb 1 516ad 联立 解得 由此可得 1 1a 3d 32 n an 所以 数列的通项公式为 数列的通项公式为 n a32 n an n b2n n b II 解 设数列的前项和为 221 nn a b n T 由 有 2 62 n an 1 21 2 4n n b 221 31 4n nn a bn 故 23 2 45 48 4 31 4n n Tn 2341 42 45 48 4 34 4 31 4 nn n Tnn 上述两式相减 得 231 32 43 43 43 4 31 4 nn n Tn 1 1 12 1 4 4 31 4 1 4 32 48 n n n n n 得 1 328 4 33 n n n T 所以 数列的前项和为 221 nn a b 1 328 4 33 n n 考点 等差数列 等比数列 数列求和 4 2017 浙江 22 本题满分 15 分 已知数列 xn 满足 x1 1 xn xn 1 ln 1 xn 1 Nn 证明 当时 Nn 0 xn 1 xn 2xn 1 xn 1 2 nn x x xn 1 1 2n 2 1 2n 答案 见解析 见解析 见解析 解析 试题分析 由数学归纳法证明 由 得 构造函数 2 111111 422 2 ln 1 nnnnnnnn x xxxxxxx 由函数单调性可证 由 2 2 2 ln 1 0 f xxxxx x 得 递推可得 1111 ln 1 nnnnn xxxxx 1 1 2 2 nn nn x x xx 12 11 N 22 n nn xn 试题解析 用数学归纳法证明 0 n x 当 n 1 时 x1 1 0 假设 n k 时 xk 0 那么 n k 1 时 若 则 矛盾 故0 1 k x0 1ln 0 11 kkk xxx 0 1 k x 因此 所以 因此 0 Nnxn 111 1ln nnnn xxxx 0 1 Nnxx nn 由得 111 1ln nnnn xxxx 2 111111 422 2 ln 1 nnnnnnnn x xxxxxxx 记函数 2 2 2 ln 1 0 f xxxxx x 函数 f x 在 0 上单调递增 所以 0 0 f xf 因此 2 11111 2 2 ln 1 0 nnnnn xxxxf x 1 1 2 N 2 nn nn x x xxn 因为 所以得 1111 ln 1 nnnnn xxxxx 1 1 2 n n x 1 1 2 2 nn nn x x xx 1 1111 2 0 22 nn xx 12 11 111111 2 2 2 222 nn nn xxx 故 2 1 2 n n x 12 11 N 22 n nn xn 考点 不等式证明 5 2017 江苏 19 对于给定的正整数 若数列满足 n a 1111n kn knnn kn k aaaaaa 对任意正整数总成立 则称数列是 数列 2 n ka n nk n a P k 1 证明 等差数列是 数列 n a 3 P 2 若数列既是 数列 又是 数列 证明 是等差数列 n a 2 P 3 P n a 答案 1 见解析 2 见解析 解析 证明 1 因为是等差数列 设其公差为 则 n a d1 1 n aand 从而 当时 4n n kn k aaa 11 1 1 nkdankd 1 22 1 2 n anda 1 2 3 k 所以 nnnnnnn aaaaaaa 321123 6 因此等差数列是 数列 n a 3P nnn aaa 231 4 1 nn aa 将 代入 得 其中 nnn aaa 11 2 4n 所以是等差数列 设其公差为 345 a a a d 在 中 取 则 所以 4n 23564 4aaaaa 23 aad 在 中 取 则 所以 3n 12453 4aaaaa 12 2aad 所以数列是等差数列 n a 考点 等差数列定义及通项公式 名师点睛 证明为等差数列的方法 n a 1 用定义证明 为常数 1 nn aad d 2 用等差中项证明 12 2 nnn aaa 3 通项法 为的一次函数 n a 4 前项和法 2 n SAnBn 6 2016 高考新课标 2 理数 为等差数列的前项和 且记 n S n a 17 128 aS 其中表示不超过的最大整数 如 lg nn ba x 0 9 0 lg99 1 求 111101 bbb 求数列的前 1 000 项和 n b 答案 1893 1 0b 11 1b 101 2b 解析 试题分析 先用等差数列的求和公式求公差 从而求得通项 再根据已知条件d n a 表示不超过的最大整数 求 对分类讨论 再用分段函数表示 再 x 111101 bbb n b 求数列的前 1 000 项和 n b 试题解析 设的公差为 据已知有 解得 n ad72128d 1 d 所以的通项公式为 n a n an 111101 lg1 0 lg11 1 lg101 2 bbb 因为 0 110 1 10100 2 1001000 3 1000 n n n b n n 所以数列的前项和为 n b10001 902 9003 11893 考点 等差数列的的性质 前项和公式 对数的运算 名师点睛 解答新颖性的数学题 一是通过转化 化 新 为 旧 二是通过深入分 析 多方联想 以 旧 攻 新 三是创造性地运用数学思想方法 以 新 制 新 应特别关注创新题型的切入点和生长点 于是 Bm Am dm 2 1 1 Bm 1 min am Bm 2 故dm 1 Am 1 Bm 1 2 2 0 与dm 1 1 矛盾 所以对于任意n 1 有an 2 即非负整数列 an 的各项只能为 1 或 2 因为对任意n 1 an 2 a1 所以An 2 故Bn An dn 2 1 1 因此对于任意正整数 n 存在 m 满足 m n 且 am 1 即数列 an 有无穷多项为 1 考点定位 本题考查新定义信息题 考查学生对新定义的理解能力和使用能力 则 同理求出 通过第一步的计算应用新定义 加深对定 111 dAB 1 234 dd d 义的认识进入第二步就容易一些了 第二步证明充要条件 第三步的证明就是在 第一步的基础上的深化研究 毕竟是一个新的信息题 在一个全新的环境下进行 思维 需要在原有的知识储备 还需要严密的逻辑思维和分析问题与解决问题的 能力 有得分的机会 但得满分较难 7 2016 高考山东理数 本小题满分 12 分 已知数列 的前 n 项和 Sn 3n2 8n 是等差数列 且 n a n b 1 nnn abb 求数列的通项公式 n b 令 求数列的前 n 项和 Tn 1 1 2 n n n n n a c b n c 答案 13 nbn 2 23 n n nT 解析 由 即 可解得 322 211 bba bba db db 3217 211 1 1 3 4 1 db 所以 13 nbn 由 知 1 1 66 3 1 2 33 n n n n n cn n 又 nn ccccT 321 得 2341 3 2 23 24 2 1 2 n n Tn 3452 23 2 23 24 2 1 2 n n Tn 两式作差 得 23412 3 2 2222 1 2 nn n Tn 2 2 4 21 3 4 1 2 2 1 32 n n n n n 所以 2 23 n n nT 考点 1 等差数列的通项公式 2 等差数列 等比数列的求和 3 错位相减法 8 2015 高考广东 理 21 数列满足 n a 12 1 2 24 2 n n n aananN 1 求的值 3 a 2 求数列前项和 n a n T 3 令 证明 数列的前项和 11 ba 1 111 12 23 n nn T ban nn n b 满足 n SnSnln22 答案 1 2 3 见解析 1 4 1 1 2 2 n 解析 1 依题 312312 3 12 1 32223 323244 224 aaaaaa 3 1 4 a 2 依题当时 1n 12121 121 21 22144 222 nnn nnn nnn naaanaaana 又也适合此式 1 1 2 n n a 1 0 12 41 2 a 1 1 2 n n a 数列是首项为 公比为的等比数列 故 n a 1 2 1 1 1 12 2 1 2 1 2 n n n T 3 依题由知 121 11 1 2 n nn aaa ba nn 11 ba 1 22 1 1 22 a ba 12 33 11 1 323 aa ba 1212 1111 11 22 nnnn SbbbaaaT nn 1 11111 1221 222 n nn 记 则 1 ln11f xxx x 22 111 0 x fx xxx 在上是增函数 又即 f x 1 10f 0f x 又且时 2k kN 1 1 k k 即 1 ln10 11 1 kk f k kk k 1 ln 1 k kk 即有 12 ln 21 13 ln 32 1 ln 1 n nn 11123 lnlnlnln 23121 n n nn 即 111 2122ln 23 n n 22ln n Sn 考点定位 前项和关系求项值及通项公式 等比数列前项和 不等式放缩 结合不等 放缩方法或用数学归纳法证明 1 ln11f xxx x 1 ln 1 k kk 111 11ln 23 n n 9 2016 高考江苏卷 本小题满分 16 分 记 对数列和的子集 T 若 定义 若 1 2 100U n anN UT 0 T S 定义 例如 时 12 k Tt tt 12 k Tttt Saaa 1 3 66T 现设是公比为 3 的等比数列 且当时 1366 T Saaa n anN 2 4T 30 T S 1 求数列的通项公式 n a 2 对任意正整数 若 求证 1100kk 1 2 kT 1Tk Sa 3 设 求证 CD CU DU SS 2 CCDD SSS 答案 1 2 详见解析 3 详见解析 1 3n n a 解析 试题解析 1 由已知得 1 1 3 n n aanN 于是当时 2 4 T 24111 32730 r Saaaaa 又 故 即 30 r S 1 3030a 1 1a 所以数列的通项公式为 n a 1 3 n n anN 2 因为 1 2 Tk 1 30 n n anN 所以 1 12 1 1 33 31 3 2 kkk rk Saaa 因此 1rk Sa 3 下面分三种情况证明 若是的子集 则 DC2 CCDCDDDD SSSSSSS 若是的子集 则 CD22 CCDCCCD SSSSSS 若不是的子集 且不是的子集 DCCD 令 则 U ECC D U FDC C E F EF 于是 进而由 得 CECD SSS DFCD SSS CD SS EF SS 设是中的最大数 为中的最大数 则 EF1 1 klkl 由 2 知 于是 所以 即 1Ek Sa 1 1 33 lk lFEk aSSa 1lk lk 又 故 kl 1lk 从而 1 12 1131 1 33 222 l l kE Fl aS Saaa 故 所以 21 EF SS 2 1 CCDDCD SSSS 即 21 CCDD SSS 综合 得 2 CCDD SSS 考点 等比数列的通项公式 求和 10 2015 江苏高考 20 本小题满分 16 分 设是各项为正数且公差为 d的等差数列 1234 a a a a 0 d 1 证明 依次成等比数列 3124 2 2 2 2 aaaa 2 是否存在 使得依次成等比数列 并说明理由 1 a d 234 1234 a aaa 3 是否存在及正整数 使得依次成等比数列 并说明理由 1 a d n k knknknn aaaa 3 4 2 321 答案 1 详见解析 2 不存在 3 不存在 解析 试题分析 1 根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即 可 2 本题列式简单 变形较难 首先令将二元问题转化为一元 再分别求解两个高 1 d t a 次方程 利用消最高次的方法得到方程 无解 所以不存在 3 同 2 先 2 7 430tt 令将二元问题转化为一元 为降次 所以两边取对数 消去 n k 得到关于 t 的一元方程 1 d t a 从而将方程的解转化为研4ln 1 3 ln 1 ln 1 3 ln 12 3ln 12 ln 1 0tttttt 究函数零点情况 这个函 4ln 1 3 ln 1 ln 1 3 ln 12 3ln 12 ln 1 g ttttttt 数需要利用二次求导才可确定其在上无零点 0 试题解析 1 证明 因为 是同一个常数 1 1 2 22 2 n nn n a aad a 1n 所以 依次构成等比数列 1 2a 2 2a 3 2a 4 2a 化简得 且 将代入 式 32 220tt 2 1tt 2 1tt 则 2 121231 3410t ttttttt 1 4 t 显然不是上面方程得解 矛盾 所以假设不成立 1 4 t 因此不存在 使得 依次构成等比数列 1 a d1 a 2 2 a 3 3 a 4 4 a 3 假设存在 及正整数 使得 依次构成等比数列 1 a d1 n a 2 n k a 2 3 nk a 3 4 nk a 则 且 22 111 2 nkn k n aadad 322 111 32 n knknk adadad 分别在两个等式的两边同除以及 并令 2 1 n k a 22 1 nk a 1 d t a 1 3 t 0t 则 且 22 121 nkn k tt 322 11 312 n knknk ttt 将上述两个等式两边取对数 得 2ln 122ln 1nktnkt 且 ln 13ln 1 322ln 12nktnktnkt 化简得 2ln 12ln 12ln 1ln 12kttntt 且 3ln 1 3ln 13ln 1ln 1 3kttntt 再将这两式相除 化简得 ln 1 3 ln 123ln 12ln 14ln 1 3 ln 1tttttt 令 4ln 1 3 ln 1ln 1 3 ln 123ln 12ln 1g ttttttt 则 222 21 3ln 1 33 12ln 123 1ln 1 1121 3 tttttt g t ttt 令 222 1 3ln 1 33 12ln 123 1ln 1ttttttt 则 61 3 ln 1 32 12ln 121ln 1ttttttt 令 则 1 tt 1 6 3ln 1 34ln 12ln 1tttt 令 则 21 tt 2 12 0 1121 3 t ttt 由 12 00000g 2 0t 考点定位 等差 等比数列的定义及性质 函数与方程 名师点晴 解决等差数列与等比数列的综合问题 关键是理清两个数列的关系 如果同一数 列中部分项成等差数列 部分项成等比数列 要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究 如果两个数列通过运算综合在一起 要从分析运算入手 把两个数列分割开 弄清两个数列各 自的特征 再进行求解 11 2015 高考山东 理 18 设数列的前 n 项和为 已知 n a n S233 n n S I 求的通项公式 n a II 若数列满足 求的前 n 项和 n b 3 log nnn a ba n b n T 答案 I II 1 3 1 3 1 n n n a n 1363 124 3 n n n T 解析 I 因为 233 n n S 所以 故 1 233a 1 3 a 当 时 1n 1 1 233 n n S 此时 即 1 1 22233 nn nnn aSS 1 3 n n a 所以 1 3 1 3 1 n n n a n II 因为 所以 3 log nnn a ba 1 1 3 b 当 时 1n 111 3 3log 31 3 nnn n bn 所以 11 1 3 Tb 当 时 1n 121 123 1 1 32 31 3 3 n nn Tbbbbn 所以 012 311 32 31 3 n n Tn 两式相减 得 经检验 时也适合 1n 综上可得 1363 124 3 n n n T 考点定位 1 数列前项和 与通项 的关系 2 特殊数列的求和问题 n S n a 名师点睛 本题考查了数列的基本概念与运算 意在考查学生的逻辑思维能力与运算求解能 力 思维的严密性和运算的准确性 在利用与通项的关系求的过程中 一定要注意 n S n a n a 的情况 错位相减不法虽然思路成熟但也对学生的运算能力提出了较高的要求 1n 12 2016 高考天津理数 已知是各项均为正数的等差数列 公差为 对任意的 n ad 是和的等差中项 bnnN n a 1n a 设 求证 是等差数列 22 1 nnn cbbnN n c 设 求证 2 2 1 1 1 n n nn k ad TbnN 2 1 11 2 n k k Td 答案 详见解析 详见解析 解析 试题解析 I 证明 由题意得 有 2 1nnn ba a 22 11211 2 nnnnnnnn cbbaaa ada 因此 所以是等差数列 2 121 22 nnnn ccd aad n c II 证明 222222 1234212nnn Tbbbbbb 222 242 2221 2 n n n aa d aaadd n n 所以 2222 111 111111111 1 2121212 nnn kkk k Tdk kdkkdnd 考点 等差数列 等比中项 分组求和 裂项相消求和 名师点睛 分组转化法求和的常见类型 1 若 an bn cn 且 bn cn 为等差或等比数列 可采用分组求和法求 an 的前 n 项和 2 通项公式为 an Error Error 的数列 其中数列 bn cn 是等比数列或等差数列 可采用分组求 和法求和 13 2016 高考新课标 3 理数 已知数列的前 n 项和 其中 n a1 nn Sa 0 I 证明是等比数列 并求其通项公式 n a II 若 求 5 31 32 S 答案 1 1 1 1 n n a 1 解析 由 得 即 nn aS 1 11 1 nn aS nnn aaa 11nn aa 1 1 由 得 所以 0 1 a0 0 n a 1 1 n n a a 因此是首项为 公比为的等比数列 于是 n a 1 1 1 1 1 1 1 n n a 由 得 由得 即 n n S 1 1 32 31 5 S 32 31 1 1 5 5 1 32 1 解得 1 考点 1 数列通项与前项和为关系 2 等比数列的定义与通项及前项和为 n a n S n S 方法总结 等比数列的证明通常有两种方法 1 定义法 即证明 常数 1n n a q a 2 中项法 即证明 根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形 转 2 12nnn aa a 化为等比数列或等差数列来求解 14 2014 新课标 理 17 本小题满分 12 分 已知数列满足 1 n a 1 a 1 31 nn aa 证明是等比数列 并求的通项公式 1 2 n a n a 证明 12 3111 2 n aaa 解析 证明 由得 所以 所以 1 31 nn aa 1 11 3 22 nn aa 1 1 2 3 1 2 n n a a 是等比数列 首项为 公比为 3 所以 解得 1 2 n a 1 13 22 a 1 2 n a 1 3 3 2 n n a 31 2 n 由 知 所以 n a 31 2 n 12 31 n n a 因为当时 所以 于是1n 1 312 3 nn 1 11 312 3 nn 1 1 a 2 1 a L 1 n a 1 11 1 33n L 31 1 23n 3 2 所以 1 1 a 2 1 a L 1 n a 3 2 考点定位 1 等比数列 2 等比数列的前 n 项和公式 3 放缩法 15 2015 高考四川 理 16 设数列的前项和 且成等差数 n an 1 2 nn Saa 123 1 a aa 列 1 求数列的通项公式 n a 2 记数列的前 n 项和 求得成立的 n 的最小值 1 n a n T 1 1 1000 n T 答案 1 2 10 2n n a 解析 1 由已知 有 1 2 nn Saa 11 22 1 nnnnn aSSaan 即 1 2 1 nn aan 从而 2131 2 4aa aa 又因为成等差数列 即 123 1 a aa 132 2 1 aaa 所以 解得 111 42 21 aaa 1 2a 所以 数列是首项为 2 公比为 2 的等比数列 n a 故 2n n a 2 由 1 得 11 2n n a 所以 23 11 1 11111 22 1 1 22222 1 2 n n nn T 由 得 即 1 1 1000 n T 11 11 21000 n 21000 n 因为 910 2512100010242 所以 10n 于是 使成立的 n 的最小值为 10 1 1 1000 n T 考点定位 本题考查等差数列与等比数列的概念 等比数列通项公式与前 n 项和公式等基础 知识 考查运算求解能力 16 2016 高考浙江理数 设数列满足 n a 1 1 2 n n a a n I 证明 1 1 22 n n aa n II 若 证明 3 2 n n a n 2 n a n 答案 I 证明见解析 II 证明见解析 解析 试题分析 I 先利用三角形不等式得 变形为 再用累加 1 1 1 2 nn aa 1 1 1 222 nn nnn aa 法可得 进而可证 II 由 I 可得 进 1 1 22 n n aa 1 1 22 n n aa 1 1 222 nm nmn aa 而可得 再利用的任意性可证 3 22 4 m n n a m2 n a 试题解析 I 由得 故 1 1 2 n n a a 1 1 1 2 nn aa 1 1 1 222 nn nnn aa n 所以 112231 112231 22222222 nnn nnn aaaaaaaa 121 111 222n 1 因此 1 1 22 n n aa II 任取 由 I 知 对于任意 n mn 1121 1121 22222222 nmnnnnmm nmnnnnmm aaaaaaaa 11 111 222 nnm 1 1 2n 故 从而对于任意 均有mn 3 22 4 m n n a 由的任意性得 m2 n a 否则 存在 有 取正整数且 则 0 n 0 2 n a 0 0 03 4 2 log 2 n n a m 00 mn 0 03 0 4 00 0 2 log 233 222 44 n n a m mn n a 与 式矛盾 综上 对于任意 均有 n 2 n a 考点 1 数列 2 累加法 3 证明不等式 思路点睛 I 先利用三角形不等式及变形得 再用累加法可得 1 1 1 222 nn nnn aa 进而可证 II 由 I 的结论及已知条件可得 1 1 22 n n aa 1 1 22 n n aa 再利用的任意性可证 3 22 4 m n n a m2 n a 17 2015 高考新课标 1 理 17 为数列 的前项和 已知 0 n S n a n a 2 nn aa 43 n S 求 的通项公式 n a 设 求数列 的前项和 1 1 n nn b a a n b 答案 21n 11 646n 解析 试题解析 当时 因为 所以 3 1n 2 1111 2434 3aaSa 0 n a 1 a 当时 即2n 22 11nnnn aaaa 1 4343 nn SS 4 n a 因为 所以 2 111 2 nnnnnn aaaaaa 0 n a 1nn aa 所以数列 是首项为 3 公差为 2 的等差数列 n a 所以 n a21n 由 知 n b 1111 21 23 2 2123nnnn 所以数列 前 n 项和为 n b 12n bbb 1111111 235572123nn 11 646n 考点定位 数列前 n 项和与第 n 项的关系 等差数列定义与通项公式 拆项消去法 名师点睛 已知数列前 n 项和与第 n 项关系 求数列通项公式 常用 将所给条件化为关于前 n 项和的递推关系或是关于第 n 项的递推关系 1 1 1 2 n nn S n a SSn 若满足等比数列或等差数列定义 用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式 否则 适当变形构造等比或等数列求通项公式 18 2014 课标 理 17 已知数列的前项和为 其中为常数 n a n S 1 1a 0 n a 1 1 nnn a aS I 证明 2nn aa II 是否存在 使得为等差数列 并说明理由 n a 答案 I 详见解析 II 存在 4 解析 因此存在 使得为等差数列 4 n a 考点定位 1 递推公式 2 数列的通项公式 3 等差数列 名师点睛 本题考查了递推公式 等差数列的通项公式及其前 n 项和公式和概念 等差数列 的充要条件等基础知识与基本技能方法 考查了考生运用数列的有关知识解题的能力和观察 分析 归纳 猜想及用数学归纳法证明的能力 同时考查了考生的推理能力和计算能力 分类 讨论的思想方法 19 2016 年高考北京理数 本小题 13 分 设数列 A 如果对小于 的每个正整数都有 则 1 a 2 a N aN 2nN k a n a 称是数列 A 的一个 G 时刻 记 是数列 A 的所有 G 时刻 组成的集合 AG 1 对数列 A 2 2 1 1 3 写出的所有元素 AG 2 证明 若数列 A 中存在使得 则 n a n a 1 a AG 3 证明 若数列 A 满足 1 n 2 3 N 则的元素个数不小于 n a 1n a AG N a 1 a 答案 1 的元素为和 2 详见解析 3 详见解析 G A 解析 试题分析 1 关键是理解 G 时刻的定义 根据定义即可写出的所有元素 AG 2 要证 即证中含有一元素即可 AG AG 3 当时 结论成立 只要证明当时仍然成立即可 1 aaN 1 aaN 试题解析 1 的元素为和 AG 3 当时 结论成立 1 aaN 以下设 1 aaN 由 知 AG 设 记 pp nnnnnnAG 2121 1 0 n 则 p nnnn aaaa 210 对 记 pi 1 0 i nkii aaNknNkG 如果 取 则对任何 i G ii Gmmin ii mnki aaamk 1 从而且 AGmi 1 ii nm 又因为是中的最大元素 所以 p n AG p G 从而对任意 特别地 nknp p nk aa p nN aa 对 ii nn aapi 1 1 1 1 0 因此 1 11 1111 iiiii nnnnn aaaaa 所以 paaaaaa iip n p i nnN 1 1 11 考点 数列 对新定义的理解 20 2015 高考浙江 理 20 已知数列满足 且 n a 1 a 1 2 1n a n a 2 n an N 1 证明 1 1 2 n n a a n N 2 设数列的前项和为 证明 2 n a n S 11 2 2 2 1 n S nnn n N 答案 1 详见解析 2 详见解析 试题分析 1 首先根据递推公式可得 再由递推公式变形可知 1 2 n a 从而得证 2 由和得 2 1 1 1 2 1 nn nnnn aa aaaa 11 11 n nnn a aaa 1 12 n n a a 从而可得 即可得证 1 11 12 nn aa 1 11 2 1 2 n anN nn 试题解析 1 由题意得 即 由 2 1 0 nnn aaa 1nn aa 1 2 n a 11 1 nnn aaa 得 由得 1211 1 1 1 0 nnn aaaa a 1 0 2 n a 即 2 由题意得 2 1 1 1 2 1 nn nnnn aa aaaa 1 12 n n a a 2 1nnn aaa 由和得 11nn Saa 11 11 n nnn a aaa 1 12 n n a a 1 11 12 nn aa 因此 由 得 11 11 2 n nn aa 1 11 2 1 2 n anN nn 11 2 2 2 1 n S nnn 考点定位 数列与不等式结合综合题 21 2015 高考重庆 理 22 在数列中 n a 2 111 3 0 nnnn aaaaanN 1 若求数列的通项公式 0 2 n a 2 若证明 00 0 1 2 1 kNk k 0 1 00 11 22 3121 k a kk 答案 1 2 证明见解析 1 3 2n n a 解析 试题分析 1 由于 因此把已知等式具体化得 显然由于0 2 2 1 2 nnn aaa 则 否则会得出 从而 所以是等比数列 由其通项 1 3a 0 n a 1 0a 1 2 nn aa n a 公式可得结论 2 本小题是数列与不等式的综合性问题 数列的递推关系是 可变形为 2 11 0 1 0 nnnn aaaa k 2 1 0 1 nnn aaa k Nn 由于 因此 于是可得 即有 0 0k 0 1 1 n n a a k 1nn aa 121 30 nn aaaa 又 于是有 2 222 00 1 000 00 11 111 11 1 n n nn n nn a akk aa kkk a aa kk 000 11211kkk aaaaaa 0 10 0001020 11111 111 k ak kkk ak ak a 0000 1111 2 313131kkkk 这里应用了累加求和的思想方法 由这个结论可知 因此 0 1 2 31k 2 n anN 0 1k a 0 10 0001020 11111 111 k ak kkk ak ak a 这样结论得证 本题不等式的证 0000 1111 2 212121kkkk 0 1 2 21k 明应用了放缩法 1 由 有02 2 1 2 nN nnn aaa 2 由 数列的递推关系式变为 0 1 1 k n a 变形为 2 11 0 1 0 nnnn aaaa k 2 1 0 1 nnn aaa k Nn 由上式及 归纳可得 1 3a 121 30 nn aaaa 因为 所以对 2 222 00 1 000 00 11 111 11 1 n n nn n nn a akk aa kkk a aa kk 0 1 2nk 求和得 000 11211kkk aaaaaa 0 10 0001020 00000 11111 111 11111 22 31313131 k ak kkk ak ak a kkkkk 另一方面 由上已证的不等式知得 00 121 2 kk aaaa 0 0 110 0001020 11111 111 k k aak kkk ak ak a 00000 11111 22 21212121kkkkk 综上 0 1 00 11 22 3121 k a kk 0 n a n S n a 1 1 nn SqS nN 若 成等差数列 求的通项公式 232 2 2a a a n a 设双曲线 的离心率为 且 证明 2 2 2 1 n y x a n e 2 5 3 e 12 1 43 3 nn n n eee 答案 详见解析 1 n n aq 解析 试题分析 已知的递推式 一般是写出当时 n S 1 1 nn SqS 2n 1 1 nn SqS 两式相减 利用 得出数列的递推式 从而证明为等比数列 利用等 1nnn aSS n a n a 比数列的通项公式得到结论 先利用双曲线的离心率定义得到的表达式 再由 n e 解出的值 要证明 2016 年高考四川理数不等式 一般想法是求出和 2 5 3 e 12n eee L 但数列的和不可求 因此我们利用放缩法得 从