高考数列专题练习-2.pdf

1.等比数列na为递增数列，且,324a92053 aa，数列2log3nnab(nN)（1）求数列nb的前n项和nS；（2）122221nbbbbTnL，求使0nT成立的最小值n2已知数列 na、nb满足：1121,1,41nnnnnbaabba.(1)求1,234,b b b b;(2)求数列 nb的通项公式；(3)设1223341.nnnSa aa aa aa a，求实数a为何值时4nnaSb恒成立3在数列na中，nS为其前n项和，满足2,(,*)nnSkann kR nN（I）若1k，求数列na的通项公式；（II）若数列21nan为公比不为 1 的等比数列，且1k，求nS4已知等差数列 na满足：37a，5726aa，na的前n项和为nS（）求na及nS；（）令bn=211na（*nN），求数列 nb的前n项和nT。5，已知递增的等比数列na满足234328,2aaaa且是24,a a的等差中项。（）求数列na的通项公式；（）若nnnSab,12log 是数列nna b的前n项和，求.nS6已知数列 na中，14a，12(1)nnaan，（1）求证：数列2nan为等比数列。（2）设数列 na的前n项和为nS，若22nnSan，求正整数列n的最小值。7已知数列na的前 n 项和为nS，若112,.nnnnnnaSanba a且（1）求证：1na 为等比数列；（2）求数列 nb的前 n 项和。1 等比数列na为递增数列，且,324a92053 aa，数列2log3nnab(nN)（1）求数列nb的前n项和nS；（2）122221nbbbbTnL，求使0nT成立的最小值n解：（1）naQ是等比数列，92032412131qaqaqa，两式相除得：10312 qq 313qq或者，naQ为增数列，3q，8121a-4 分 5111323812nnnnqaa-6 分 52log3nabnn，数列nb的前n项和)9(212)54(2nnnnSn-8分（2）122221nbbbbTnL=)52()52()52()51(12nL=052121nn即：152 nn-12 分1452,145254Q5minn-14 分（只要给出正确结果，不要求严格证明）2已知数列 na、nb满足：1121,1,41nnnnnbaabba.(1)求1,234,b b b b;(2)求数列 nb的通项公式；(3)设1223341.nnnSa aa aa aa a，求实数a为何值时4nnaSb恒成立解：（1)11(1)(1)(2)2nnnnnnnnbbbaabbb 1113,44ab 234456,567bbb 4 分 （2）11112nnbb 12111111nnnnbbbb 数列11nb 是以4 为首项，1 为公差的等差数列 6 分 14(1)31nnnb 12133nnbnn 8 分 (3)113nnabn 12231111114 55 6(3)(4)444(4)nnnnSa aa aa annnn 22(1)(36)8443(3)(4)nnannananaSbnnnn 10 分 由条件可知2(1)(36)80anan恒成立即可满足条件设2()(1)3(2)8f nanan a1 时，()380f nn 恒成立,a1 时，由二次函数的性质知不可能成立 al 时，对称轴3231(1)02121aaa g 13 分 f(n)在(,1为单调递减函数 2(1)(1)(36)8(1)(36)84150fananaaa 154a a 0 且p1，数列bn满足 bn=2logpan （1）若 p=，设数列的前 n 项和为 Tn，求证：0 M 时，an 1 恒成立？若存在，求出相应的 M；若不存在，请说明理由13（本小题满分 14 分）设数列的前 n 项和为，且对任意正整数 n 都成立，其中nanSnnmamS)1(为常数，且，m1m（1）求证：是等比数列；na（2）设数列的公比，数列满足：na)(mfq nb，求数列的前项和),2)(,31111Nnnbfbabnn1nnbbnnT1（本小题满分 14 分）解：（1）当1n，21a；当2n时，1122nnnnnaaSSa 12nnaa，nna2（4 分）21nnbb，又11b，12 nbn.（8 分）（2）)12(2ncnn 为偶数为奇数nn.（10 分）)()(24212312nnnbbbaaaTLL nnnnn2121232322)14(73222LL（14 分）2（本小题满分 14 分）解：（1）2111121122(2)21nnnnnnnnnnnSaSSSSS SnSSS 所以1nS是等差数列.则121nSn5 分（2）当2n 时，12112212141nnnaSSnnn，综上，2113221 4nnann.9 分（3）令11,2121abnn，当2n 时，有103ba （1）法 1：构造函数法构造函数法：等价于求证33111121212121nnnn.当2n 时，110,213n令 231,0,3f xxxx 23313232(1)2(1)2(1)02223fxxxxxxx，则 f x在1(0,3递增.又111021213nn，所以3311()(),2121ggnn即nnab.14 分法 2：放缩法放缩法：2233331111()()2121(21)(21)nnabbabannnn 22()()ab ababab （2）22()()()22abababaabb ()(1)(1)22baab a ab b （3）因33311111022222 3ababa ，所以(1)(1)022baa ab b由（1）（3）（4）知nnab.14 分法 3：函数思想函数思想：令 22g bababab，则 12102ag bbab 所以 220,32g bmax gg amax aaaa 因10,3a则210aaa a，2214323()3()0339aaa aa 所以 220g bababab （5）由（1）（2）（5）知nnab.14 分3（本小题满分 14 分）解：（1）112133nnaa，3 分1111133nnaa，5 分且1110a，110()*Nnna，6 分数列11na为等比数列 7 分来源:Zxxk.Com（2）由（1）可求得11211()33nna，8 分112()13nna9 分2121111112()333nnnSnaaaLL111133211313nnnn 11 分若100nS，则111003nn，max99n14分4（本小题满分 14 分）证明：（1）naSnn 2，)1(211naSnn 12122111nnnnnaaaaa，11122211nnnnnnbaabaa 又由111121 1Saaa 所以数列 nb是首项为2，公比为2的等比数列 7 分 解：（2）12nnnba，21nna 122nnTn，22111172227nnnTnTn所以n的值为 3，4 14 分 5（本小题满分 14 分）解：（1）)1(111aSaS1,aa当2n 时，)1(nnnaSaS)1(111nnnaSaS两式相减得：1nnaaa，1nnaaa(a0，n2)，即na是等比数列1nnnaa aa5 分（2）由（1）知 a1nnnnaaaaab1)1()(2，1)12(2aaaaabnnn若 nb为等比数列，则有221 3,bbb而212ab ，)12(32aab)12(243aaab 7 分故23)12(aa)12(232aaa，解得21a 9 分再将21a代入得nnb)21(成立，所以21a 10 分（3）证明：由（2）知nnb)21(，所以1)21(1nnc1)21(11n 11222121nnnn1212n1211n 12 分所以111222nnnc12nnTcccL211(2)22)21212(32)21212(1nnL来源:学网212212121nnn14 分6（本小题满分 14 分）解：（1）an0，12nnaS，2112)1(4,)1(4nnnnaSaS，则当 n2 时，,2241212nnnnnaaaaa即0)2)(11nnnnaaaa，而 an0，)2(21naann又1121Sa，11a，故21nan 7 分（2）1111()(21)(21)2 2121nbnnnn，111(1)2212nTn .14 分 7（本小题满分 14 分）解：（1）设公差为，由条件得，得d121115 45302(2)(8)adada ad21 da所以，7 分nan2nnSn2（2）2111)2)(1(12312212122nnnnnnnnnaSnn2121212211nnaSaSaSLL)2111()4131()3121(nnLL25122121n，即：，50125122121n502 n48n 的最小值为 48 14 分t8（本小题满分 14 分）解：（1）由题可知：1231nnnaaaaanaL 123111nnnaaaaana L 可得121nnaa 即：111(1)2nnaa，又1112a 所以数列1na 是以12为首项，以12为公比的等比数列.6 分（2）由（1）可得11()2nna ，22nnnb 由111112212(2)302222nnnnnnnnnnnbb ，可得3n 由10nnbb可得3n 所以 12345nbbbbbbLL故nb有最大值3418bb 所以，对任意*nN，有18nb 如果对任意*nN，都有214nbtt，即214nbtt成立，则2max1()4nbtt，故有：21184tt解得12t 或14t 所以，实数t的取值范围是11(,42 U，）14 分9（本小题满分 14 分）解：（1）Sn14(an2)5，Sn14an3，Sn4an13(n2)，an14an4an1(n2)，an12an2(an2an1)(n2)，2(n2)bnbn1an12anan2an1数列bn为等比数列，其公比为 q2，首项 b1a22a1，而 a1a24a13，且 a11，a26，b1624，bn42n12n16 分（2）f(x)b1xb2x2b3x3bnxn，f(x)b12b2x3b3x2nbnxn1，f(1)b12b23b3nbn，f(1)22223324n2n1，2f(1)23224325n2n2，得f(1)2223242n1n2n2n2n24(12n)n2n2，4(12n)12f(1)4(n1)2n2，f(1)(8n24n)4(n1)2n4(2n2n1)4(n1)2n(2n1)当 n1 时，f(1)8n24n；当 n2 时，f(1)(8n24n)4(45)40，f(1)0，结合指数函数 y2x与一次函数 y2x1 的图象知，当 x3 时，总有 2x2x1，故当 n3 时，总有 f(1)8n24n.综上：当 n1 时，f(1)8n24n；当 n2 时，f(1)8n24n 14 分10 本题主要考查等差数列、等比数列的概念、等差数列的通项公式及前本题主要考查等差数列、等比数列的概念、等差数列的通项公式及前 n 项和的公式项和的公式,同同时考查数学归纳法与推理论证能力。满分时考查数学归纳法与推理论证能力。满分 14 分。分。解：()因为 a10，a22，所以 a3(1cos2)a14sin2a144，22a4(1cos2)a24sin22a24一般地，当 n2k1(kN*)时a2k11cos2a2k14sin2a2k14，即 a2k1a2k142k122k12所以数列a2k1是首项为 0，公差为 4 的等差数列，因此 a2k14(k1)当 n2k(kN*)时，a2k2(1cos2)a2k4sin22a2k.2k22k2所以数列a2k是首项为 2、公比为 2 的等比数列，因此 a2k2k.故数列an的通项公式为anError!(7 分)()由()知，Ska1a3a2k1044(k1)2k(k1)，Tka2a4a2k2222k2k12，Wk2Sk2Tkkk12k1于是 W10，W21，W3，W4，W5，W63232541516下面证明：当 k6 时；Wk1事实上，当 k6 时，Wk1Wk0，即 Wk1Wkk1k2kkk12k1k3k2k又 W61，所以当 k6 时，Wk1故满足 Wk1 的所有 k 的值为 3、4、5(14 分)11（本小题满分 14 分）解：（1）*1111113(1)3(),3333nnnnnnnnnaannaannNbb即，所以112211()()()nnnnnbbbbbbbbL，又11133ab，故(1)21(1)36nnnn nbL（2）由（1）得1(1)332nnnnn nab，所以13(1)32nnnnabnnn01211232 33 34 3(1)3 22222 33 34 3(1)33 2222nnnnnSnSLL得：02312 31(1)333(1)32+(3333)122242nnnnnnnS L所以(21)318nnnS12（本小题满分 14 分）（1）解：由(p 1)Sn=p2 an(nN*)由(p 1)Sn 1=p2 1na 得(n2)paann11an 0(nN*)又(p 1)S1=p2 a1，a1=pan是以 p 为首项，为公比的等比数列p1an=pnnpp211bn=2logpan=2logpp2 nbn=4 2n 4 分 证明：由条件 p=得 an=2n 221Tn=232012242624222022nnL14320224262422202221nnnTL 得：1232102242222222222421nnnnTL=4 2 1222242121211nnnL=4 2 11224211211nnnTn=8 分022431nnnnTn Tn 1=34322212nnnnnn当 n 2 时，Tn Tn 1 2 时，0 TnT3=3又 T1=T2=4，0 1 恒成立，则需分 p 1 和 0 p 1 时，2 n 0，n 2当 0 p 1 时，2 n 2当 0 p M 时，an 1 恒成立 14 分13（本小题满分 14 分）解：（1）由已知，相减，得：nnmamS)1(11)1(nnmamS，即，所以是等比数列.5 分11nnnmamaa11mmaannna（2）当 n1 时，则，从而K*s*5uK*s*5uK*s*5u,111mama11a311b由（1）知，所以（）1)(mmmfq1)(111nnnnbbbfb2n,1111nnbb2)1(31nnbn)1(21nnbn3121)3)(2(11nnnnbbnn)3121()5141()4131(13221nnbbbbbbTnnnLL .14 分933131nnn