高考数学难点突破(3)

二 数列与数学归纳法 1 如图 曲线 2 0 yx y 上的点 i P 与 x 轴的正半轴上的点 i Q 及原点O构成一系列正三 角形 OP1Q1 Q1P2Q2 Qn 1PnQn 设正三角形 1nnn QPQ 的边长为 n a n N 记 0 Q 为O 0 nn QS 1 求 1 a 的值 2 求数列 n a 的通项公式 n a w w w k s 5 u c o m 2 设 nn ab 都是各项为正数的数列 对任意的正整数n 都有 2 1 nnn a ba 成等差数列 22 11 nnn bab 成等比数列 1 试问 n b 是否成等差数列 为什么 2 如果 11 1 2ab 求数列 1 n a 的前n项和n S 3 已知等差数列 n a 中 2 a 8 6 S 66 求数列 n a 的通项公式 设 n n an b 1 2 nn bbbT 21 求证 n T 1 6 4 已知数列 n a 中 5 3 1 a 1 1 2 n n a a n 2 Nn 数列 n b 满足 1 1 n n a b Nn 1 求证数列 n b 是等差数列 2 求数列 n a 中的最大项与最小项 并说明理由 3 记 21 bbSn n b 求 1 1 lim n n S bn n 5 已知数列 an 中 a1 0 且 an 1 2 3 n a 试求 a1 的值 使得数列 an 是一个常数数列 试求 a1 的取值范围 使得 an 1 an 对任何自然数 n 都成立 若 a1 2 设 bn an 1 an n 1 2 3 并以 Sn 表示数列 bn 的前 n 项的 和 求证 Sn0 Sn 是它的前 n 项和 又 4 4 1 S 与 6 6 1 S 的等比中项是 1 17 a 4 4 1 S 与 6 6 1 S 的等差中项是 6 求 an 26 n a 和 n b 分别是等比数列和等差数列 它们的前四项和分别为 120 和 60 而第二项 与第四项的和分别是 90 和 34 令集合 2 1 aA 2 2 a 2 3 a 2 n a 1 bB 2 b 3 b n b 求证 B A 27 已知曲线 C x y 1 n C n x y 2 1 Nn 从C上的点 nnn yxQ 作 x轴的垂线 交n C 于点 n P 再从点 n P 作 y 轴的垂线 交C于点 111 nnn yxQ 设 111 1 nnnnnn yybxxax I 求 21 Q Q 的坐标 II 求数列 n a 的通项公式 III 记数列 nn ba 的前n项和为 n S 求证 3 1 n S 答案 1 解 由条件可得 111 13 22 Paa 代入 2 0 yx y 得 2 1111 312 0 423 aaaa 12nn Saaa 111 13 22 nnnn PSaa 代入曲线 2 0 yx y 并整理得 2 11 31 42 nnn Saa 于是当 2 nnN 时 22 111 3131 4242 nnnnnnn aSSaaaa 即 111 13 24 nnnnnn aaaaaa 11 2 0 2 3 nnnn aaaannN 又 当 2 1222 3142 1 4233 nSaaa 时舍去 21 2 3 aa 故 1 2 3 nn aanN 所以数列 n a 是首项为 2 3 公差为 2 3的等差数列 2 3 n an 2 由题意 得 2 1 2 nnn baa 1 222 11nnn ab b A 2 1 因为 0 0 nn ab 所以由式 2 得 11nnn ab b A 从而当 2n 时 1nnn abb A 代入式 1 得 2 11 2 nnnnn bbbb b 即 11 22 nnn bbbn 故 n b 是等差数列 2 由 11 1 2ab 及式 1 式 2 易得 22 3 3 2 2 ab 因此 n b 的公差 2 2 d 从而 1 2 11 2 n bbndn 得 1 1 12 2 n ann 3 又 1 1a 也适合式 3 得 1 2 n n n anN 所以 1211 2 11 n an nnn 从而 1111112 21 2 1 22311 1 n n S nnnn 3 解 1 1 1 8 6 2 6 5 666 2 24 n ad ad ad and 2211 1 1 24 12 n n b nannnn 12 11111111 23344512 nn Tbbb nn 11 22n 而 11 22n 是递增数列 1 111 236 n TT 1 6 4 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 n n n n n a a a a b 而 1 1 1 1 n n a b 1 1 1 1 11 1 1 nn n nn aa a bb Nn n b 是首项为 2 5 1 1 1 1 a b 公差为 1 的等差数列 2 依题意有 n n b a 1 1 而 5 31 1 2 5 nnbn 5 3 1 1 n an 对于函数 5 3 1 x y 在 x 3 5 时 y 0 0 y 在 3 5 上为减函数 故当 n 4 时 5 3 1 1 n an 取最大值 3 而函数 5 3 1 x y 在 x 3 5 时 y 0 0 5 3 1 2 x y 在 3 5 上也 为减函数 故当 n 3 时 取最小值 3 a 1 3 2 5 1 2 2 52 2 5 1 1 nn n n Sn 5 3 nbn n n n n nn nn S bn 2 5 1 5 3 1 2 lim 1 lim 1 5 欲使数列 an 是一个常数数列 则 an 1 2 3 n a an 又依 a1 0 可得 an 0 并解出 an 2 3 即 a1 an 2 3 研究 an 1 an 2 3 n a 2 3 1 n a 2 3 2 3 2 1 1 nn nn aa aa n 2 注意到 2 3 2 3 2 1nn aa 0 因此 可以得出 an 1 an an an 1 an 1 an 2 a2 a1 有相同的符号 7 要使 an 1 an 对任意自然数都成立 只须 a2 a1 0 即可 由 1 1 2 3 a a 0 解得 0 a12 3 时 an 1 an 对任何自然数 n 都成立 因此当 a1 2 时 an 1 an 0 Sn b1 b2 bn a2 a1 a3 a2 an 1 an a1 a2 a2 a3 an an 1 a1 an 1 2 an 1 又 an 2 2 3 1 n a 2 3 故 Sn0 t 1 1 1 t x 原不等式等价于 1ln 1 1 tt t 令 f t t 1 lnt t tf 1 1 当 1 t 时 有 0 t f 函数 f t 在 1 t 递增 f t f 1 即 t 1g 1 0 t t 1 1ln 综上得 xx x x 11 ln 1 1 2 由 1 令 x 1 2 n 1 并相加得 1 1 2 1 1 1 ln 2 3 ln 1 2 ln 1 3 1 2 1 nn n n 即得 1 1 2 1 1ln 1 3 1 2 1 nn 7 1 易求得 n n pa 2 n n n n n n nnn p pp S aCaCaC nf 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 作差比较易得 2 1 1 nf p p nf 3 当 1 n 时 不等式组显然成立 当 12 1 1 1 1 1 12 2 1 2 n p p p p nfffn 时 先证 由 2 知 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 f p p nf p p nf p p nf n 2 2 1 2 1 1 n p p nf p p nn 12 1 12 12 122 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n i n n n p p p p p p p p p p p p p p p p if 再证 12 12 2 1 nfnnfff nn n ppp p p p nffnff 212 1 1 2 1 1 2 12 1 2 12 1 而 2212212 1 21 1 nnnnn ppppppp 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 12 1 2 12 1 2 nf p p p p p p p p p p p p nffnff n n n n n n 同理 2 22 2 nfnff 2 32 3 nfnff 2 1 12 nffnf 以上各式相加得 12 2 12 2 1 2nfnnfff 即 12 12 1 nfnif n i 8 1 2635 10aaaa 又 26 21aa 2 6 3 7 a a 或 2 6 7 3 a a 若 2 6 7 3 a a 则 9 n an 10 1a 与 0 n a 矛盾 若 2 6 3 7 a a 则 1 n an 显然 0 n a 1 n an 2 111 lg2lg3 9bSb 当 2n 时 1 1 9 lglg9 10 n nnn bSS 欧 1 9 9 10 n n b 1n 时 1 9 n bb 1 9 9 10 n n bnN 1 9 10 n n b b 数列是以 9 为首项 9 10为公比的等比数列 3 1 9 91 10 n n cn 设 2 k ck 是数列 n c 中的最大项 则 由 1 1 kk kk cc cc 可得8 9k 数列 n c 有最大项 最大项是 7 89 9 81 10 cc 9 1 由 32 3 32 3 11 mmasmmmasm nnnn 得 3 2 3 1 mmaam nn 两式相减得 3 2 1 m m a a n n n a 是等比数列 2 2 3 2 1 11 n Nn m m mfqab 2 3 3 2 3 1 1 1 3 1 1 1 3 111 33 3 2 2 3 2 3 1 11 1 1 1 n b nn b b bb bbbb b b bfb n n n nn nnnn n n nn 为公比的等差数列为首项是 10 经计算 3 3 a 4 1 4 a 5 5 a 8 1 6 a 当n为奇数时 2 2 nn aa 即数列 n a 的奇数项成等差数列 122 1 112 nnaa n 当n为偶数 nn aa 2 1 2 即数列 n a 的偶数项成等比数列 nn n aa 2 1 2 1 1 22 因此 数列 n a 的通项公式为 2 1 2 为偶数 为奇数 n nn a n n n n nb 2 1 12 nn n nnS 2 1 12 2 1 32 2 1 5 2 1 3 2 1 1 132 1 1432 2 1 12 2 1 32 2 1 5 2 1 3 2 1 1 2 1 nn n nnS 2 1 2 两式相减 得 132 2 1 12 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 nn n nS 1 1 2 1 12 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 n n n 1 2 1 32 2 3 n n n n nS 2 1 32 3 11 设 n a 的公差为 d 首项为 1 a 则 345671 41848Taaaaad 1 489151 8840Taaaad 2 解得 1 21 2ad 则 223 n an 2 当 2n 时 在前 n 1 组中共有项数为 221 122 221 nn 故第 n 组中 的第一项是数列 n a 中的第 1 2n 项 且第 n 组中共有 1 2n 项 所以 1 111221 2 1 22 21 3 224 2 2 n nnnnn n Tad 当 n 1 时 11 21Ta 也适合上式 故 221 3 224 2 nn n T 3 8128 STTT 即数列 n a 前 8 组元素之和 且这 8 组总共有项数 278 122 221255 则 81 11 255255 254255 21 255 254 259415 22 Sad 12 由 0 12 2 1020 10 30 10 SSS 得 2 10202030 10 SSSS 即 2 201211302221 10 aaaaaa 可得 2 201211201211 1010 aaaaaaq 因为 0 n a 所以 12 1010 q 解得 2 1 q 因而 2 1 2 1 1 1 nqaa n n n 因为 n a 是首项 2 1 1 a 公比 2 1 q 的等比数列 故 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 n n n n n n nnSS 则数列 n nS 的前 n 项和 22 2 2 1 21 2n n n nT 22 1 2 2 2 1 21 2 1 2 132 nn n nn n T 前两式相减 得 12 2 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 nn n n n T 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 4 1 n n nnn 即 2 22 1 2 1 1 nn n nnn T 13 1 0 1 a 当 1 n 时 sin sin 11 xaxxf 0 2 ax 又 对任意的 1 0 b bxf 1 总有两个不同的根 2 a 0 sin 1 xxxf 2 a 由 1 2 cos 2 1 sin 2 1 sin 322 ax x xaxxf 对任意的 1 0 b bxf 1 总有两个不同的根 3 3 a 3 3 1 sin 3 3 1 sin 3 1 sin 433 axxaxxf 对任意的 1 0 b bxf 1 总有两个不同的根 6 4 a 由此可得 naa nn 1 2 1 nn an 当 Zkkn 2 kkk aaaaaaS 21243212 4 12 53 2 2 1223412 n kk aaaaaa kk 4 2 n Sn 当 Zkkn 12 4 1 1 2 2 12 2 12212 nnkk kaSS kkk 4 1 1 nn Sn 14 1 3 401010 10 2010 ddaa 2 0 11010 22 2030 ddddaa 4 3 2 1 10 2 30 da 当 0 d 时 10 30 a 3 所给数列可推广为无穷数列 n a 其中 1021 aaa 是首项为 1 公差为 1 的等差 数列 当 1 n 时 数列 1 1011010 nnn aaa 是公差为 n d 的等差数列 研究的问题可以是 试写出 1 10 n a 关于d的关系式 并求 1 10 n a 的取值范围 15 1 由已知得 23 12 21 n f nf nnnN n 当 2n 时 43111 21 4 15315 ff 1 分 同理可得 11 3 4 3563 ff 3 分 猜想 1 2121 f n nn 下面用数学归纳法证明 成立 当 1 2 3 4n 时 由上面的计算结果知 成立 6 分 假设 4 nk kkN 时 成立 即 1 2121 f k kk 那么当 1nk 时 21211 1 23232121 kk f kf k kkkk 即 1 1 211211 f k kk 当1nk 时 也成立 综合 所述 对 nN 1 2121 f n nn 成立 2 由 1 可得 111 2121161121952 2007 12 2007 1nn 2007n 111 2 2121 f n nn 2007 11111111 1 23355740134015 S 112007 1 240154015 16 I 解 由 12 1 nn SS 得 12412 121212 2 23112 SSaSS 1 0 4 4 3 2 233 aSSa II 由 1 2112 11 nnnn SSSS整理得 数列 1 n S 是以 S1 1 2 为首项 以 2 为公比的等比数列 2 2 12 221 1 1 1 nSSa SS n nnn n n n n 当 n 1 时 a1 1 满足 2 2 11 n n n n aa III 22 1 232221 12210 nn n nnT nnn n nnnT22 1 2 2 22212 122 得 nnn n nT222221 122 则 122 nn n nT 2 3 2 3 12 2 122 2 1 nn nn n n n n S T 当 n 1 时 0 2 1 2 2 0 2 1 2 2 2 1 1 S T nS T 时当 即当 n 1 或 2 时 2 0 2 n n n n S T S T 当 n 2 时 2 0 2 n n n n S T S T 17 1 由条件 an 1 2an2 2an 得 2an 1 1 4an2 4an 1 2an 1 2 bn 是 平方递推数列 lgbn 1 2lgbn lg 2a1 1 lg5 0 2 lg 2an 1 为等比数列 lg 2an 1 1 lg 2an 1 2 lg 2a1 1 lg5 lg 2an 1 2n 1 lg5 2an 1 5 an 5 1 2n 1 1 2 2n 1 lgTn lg 2a1 1 lg 2a2 1 lg 2an 1 2n 1 lg5 lg5 1 2n 1 2 Tn 5 2n 1 3 cn 2 lgTn lg 2an 1 2n 1 lg5 2n 1lg5 2n 1 2n 1 n 1 Sn 2n 1 2n 2n 2 1 2n 2 2 1 2 2 n 1 n n 由 Sn 2008 得 2n 2 2 2008 n 1005 n n 当 n 1004 时 n 1005 当 n 1005 时 n 1005 n 的最小值为 n n 1005 18 1 B 2 因为 A 2 sin B 3 sin C 2 sin 成等差数列 所以 CAB 222 sinsinsin2 所以 222 2cab 又 abc bca b B 2 cos 222 abc acb a A 2 cos 222 abc cba c C 2 cos 222 显然 c C a A b Bcoscoscos2 即 a Acos b Bcos c Ccos 成等 差数列 若其为等比数列 有 c C b B a Acoscoscos 所以 CBAtantantan CBA 与题设矛盾 19 1 185 2 910 10 8 1 1 da da 解得 5 3 1 ad 23 nan 2 n a n b2 7 分 822 2 2 31 1 1 nn n n aa a a n n b b n b 是公比为 8 的等比数 列 10 分 322 1 1 a b 18 7 32 81 81 32 n n n T 20 I 4 分 II 当 k 2 3 4 5 时 21 I 设数列的公差为 d 则 又 由 1 2 得 数列的通项公式 II 数列的前 n 项和 22 设等比数列的公比为 q 由已知条件 得 25 111 121 2 33 33 3 2 2 333 3 2 3 qaqaaa q a q qaqaa q a q a 得 25 121 2 3 a 所以 5 11 3 a 得 55 11 1 2 2 qq qq 即 056 1 1 2 q q q q 7 1 q q 或 8 1 q q 舍去 由 7 1 q q 得 017 2 qq 2 537 q 3 2 537 5 11 n n a 23 1 由已知 得 2 5 log 1 2 log 3 3 ba ba 解得 1 2 b a 12 log 3 xxf 2 123 12 log3 na n n N n 设存在正数 k 使得 1 1 1 1 21 aa 12 1 1 nk an 对一切 N n 均成立 则 1 1 1 1 12 1 21 aan k 1 1 n a 记 1 1 1 1 12 1 21 aan nF 1 1 n a 则 1 nF 1 1 1 1 32 1 21 aan 1 1 n a 1 1 1 n a 1 1 2 1 2 1 1 4 1 2 32 12 22 1 2 n n n n nn n nF nF 1 nFnF F n 是随 n 的增大而增大 N n 当 1 n 时 3 32 1 min FnF 3 32 k 即 k 的最大值为 3 32 24 1 f 1 f 2 f 4 成等差数列 f 1 f 4 2f 2 即 log2 1 m log2 4 m log2 2 m 2 m 1 m 4 m 2 2 即 m2 5m 4 m2 4m 4 m 0 2 f a f c log2 a m log2 c m log2 a m c m 2f b 2log2 b m log2 b m 2 a b c 成等比数列 acb 2 a m c m b m 2 ac am cm m2 b2 2bm m2 ac m a c b2 2bm m a c 2m ac a 0 c 0 a c 2 ac m 0 时 a m c m b m 2 0 log2 a m c m log2 b m 2 f a f c 2f b m 0 时 a m c m b m 2 0 log2 a m c m log2 b m 2 f a f c 2f b m 0 时 a m c m b m 2 0 log2 a m c m log2 b m 2 f a f c 2f b 25 32 2 1 64 4 1 32 4 1 4 1 1111114 dadadadadaaS 52 2 1 156 6 1 9264 6 1 6 1 11116 dadadadaS 12 52 2 1 32 2 1 116 52 2 1 32 2 1 1