高考数学专题数列经典荟萃

理科数学数列高考题

1、在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作nT，再令nnTalg，n≥1.

（Ⅰ）求数列na的通项公式；

（Ⅱ）设1tantannnnaab，求数列nb的前n项和nS.

答：本题考查等比和等差数列，对数和指数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，创新思维能力和运算求解能力。

解：（Ⅰ）设221,,,nttt构成等比数列，其中100,121ntt，则

2121nnnttttT①

1212ttttTnnn②

①×②并利用)21(,102213nittttnini，得

)2(2210nnT

.1,2lgnnTann

（Ⅱ）由题意和（Ⅰ）中计算结果，知

1),3tan()2tan(nnnbn

另一方面，利用

kkkkkktan)1tan(1tan)1tan())1tan((1tan

得

11tantan)1tan(tan)1tan(kkkk

所以

nnkkkkbSnininiin1tan3tan)3tan()11tantan)1tan((tan)1tan(23231

2、 若数列12,,...,(2)nnAaaan满足111(1,2,...,1)naakn，数列nA为E数列，记()nSA=12...naaa．

（Ⅰ）写出一个满足10saa，且()sSA〉0的E数列nA；

（Ⅱ）若112a，n=2000，证明：E数列nA是递增数列的充要条件是na=2011；

（Ⅲ）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的E数列nA，使得nSA=0？如果存在，写出一个满足条件的E数列nA；如果不存在，说明理由。 解：（Ⅰ）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）

（Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列，

所以)1999,,2,1(11kaakk.

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nnnAkaa即),1999,,2,1(011是递增数列.

综上，结论得证。

（Ⅲ）令.1),1,,2,1(011Akkkcnkaac则

因为2111112ccaacaa

……

,1211nncccaa

所以13211)3()2()1()(nnccncncnnaAS

)].1()2)(1()1)(1[(2)1(121ncncncnn

因为).1,,1(1,1nkcckk为偶数所以

所以)1()2)(1()1)(1*21ncncnc为偶数,

所以要使2)1(,0)(nnASn必须使为偶数,

即4整除*)(144),1(Nmmnmnnn或亦即.

当,1,0,*)(14241414kkknaaaAENmmn的项满足数列时14ka

),,2,1(mk时，有;0)(,01nASa

;0)(,0,0),,,2,1(11144nkkASaamka有时

当nAENmmn数列时,*)(14的项满足，,1,0243314kkkaaa

当)1(,)(3424mnNmmnmn时或不能被4整除，此时不存在E数列An，

使得.0)(,01nASa 3、已知等比数列{an}的公比q=3，前3项和S3=133。

（I）求数列{an}的通项公式；

（II）若函数()sin(2)(0,0)fxAxAp在6x处取得最大值，且最大值为a3，求函数f（x）的解析式。

4、设b>0,数列na满足a1=b，11(2)22nnnnbaanan.

（1）求数列na的通项公式；

（2）证明：对于一切正整数n，111.2nnnba

解（１）法一：112(1)nnnabanan，得1112(1)121nnnnannnababba，

设nnnba，则121nnbbbb(2)n，

（ⅰ）当2b时，nb是以12为首项，12为公差的等差数列，

即111(1)222nbnn，∴2na

（ⅱ）当2b时，设12()nnbbb，则122(1)nnbbbb，

令21(1)bb，得12b，1121()22nnbbbbb(2)n，

知12nbb是等比数列，11112()()22nnbbbbb，又11bb，

12112()222nnnnnbbbbbbb，(2)2nnnnnbbab．

法二：（ⅰ）当2b时，nb是以12为首项，12为公差的等差数列，

即111(1)222nbnn，∴2na

（ⅱ）当2b时，1ab，2222222(2)22bbbabb，33223333(2)242bbbabbb， 猜想(2)2nnnnnbbab，下面用数学归纳法证明：

①当1n时，猜想显然成立；

②假设当nk时，(2)2kkkkkbbab，则

1111(1)(1)(2)(1)(2)2(1)(2)2(2)2kkkkkkkkkkkbakbkbbkbbaankbbkbb，

所以当1nk时，猜想成立，

由①②知，*nN，(2)2nnnnnbbab．

（２）（ⅰ）当2b时，112212nnna，故2b时，命题成立；

（ⅱ）当2b时，222212222nnnnnnbbb，

212122122222nnnnnnbbbb，

1111221,22222nnnnnnnnbbbb，以上n个式子相加得

2212nnbb111122nnnnbb2121222nnnnbnb，

1221212112(2)[(222)2](2)2(2)2(2)nnnnnnnnnnnnnnnnbbbbbbbabb

2212121(222)(2)2(2)2(2)nnnnnnnnnbbbbbbb

2121111(2)222(2)nnnnnnnnnbbbb

2111211(2)(22)2(2)nnnnnnnnnbbbb1112nnb．故当2b时，命题成立；

综上（ⅰ）（ⅱ）知命题成立．

5、已知数列na的前n项和为nS，且满足：1aa(0)a，1nnarS(nN*，,1)rRr．

（Ⅰ）求数列na的通项公式；

（Ⅱ）若存在k N*，使得1kS，kS，2kS成等差数列，是判断：对于任意的mN*，且2m，1ma，ma，2ma是否成等差数列，并证明你的结论．

解：（I）由已知1,nnarS可得21nnarS，两式相减可得

2111(),nnnnnaarSSra

即21(1),nnara

又21,arara所以r=0时，

数列{}na为：a，0，…，0，…；

当0,1rr时，由已知0,0naa所以（*nN）， 于是由21(1),nnara可得211()nnarnNa，

23,,,naaa成等比数列，

当n2时，2(1).nnarra

综上，数列{}na的通项公式为21,(1),2nnnanarran

（II）对于任意的*mN，且122,,,mmmmaaa成等差数列，证明如下：

当r=0时，由（I）知，,1,0,2manan

对于任意的*mN，且122,,,mmmmaaa成等差数列，

当0r，1r时，

21211,.kkkkkkSSaaSa

若存在*kN，使得112,,kkSSS成等差数列，

则122kkkSSS，

1221222,2,kkkkkkSaaSaa即

由（I）知，23,,,,maaa的公比12r，于是

对于任意的*mN，且122,2,4,mmmmmaaaa从而

12122,,,mmmmmmaaaaaa即成等差数列，

综上，对于任意的*mN，且122,,,mmmmaaa成等差数列。

6、 已知函数f(x) =3x，g (x)=x+x。

（Ⅰ）求函数h (x)=f(x)-g (x)的零点个数，并说明理由；

（Ⅱ）设数列*{}()nanN满足1(0)aaa，1()()nnfaga，证明：存在常数M,使得对于任意的*nN，都有na≤ M.

解析：（I）由3()hxxxx知，[0,)x，而(0)0h，且(1)10,(2)620hh，则0x为()hx的一个零点，且()hx在12（，）内有零点，因此()hx至少有两个零点

解法1：1221'()312hxxx，记1221()312xxx，则321'()64xxx。