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数列大题高考中的压轴题1、在数列a中，a3,aaaa20nNn1n1nn1n（1）若0,2,求数列a的通项公式；n111（2）若kN,k2,1,证明：2a200k1k3k102k1000【答案】（1）a32n1；（2）证明见解析.n试题分析：(1)由0，2,有aa2a2,(nN)n1nn若存在某个nN，使得a=0，则由上述递推公式易得a=0，重复上述过程可得0nn+100a=0，此与a=3矛盾，所以对任意nN,a0....

高考中的压轴题1、在数列a中，a3,aaaa20nNn1n1nn1n（1）若0,2,求数列a的通项公式；n111（2）若kN,k2,1,证明：2a200k1k3k102k1000【答案】（1）a32n1；（2）证明见解析.n试题分析：(1)由0，2,有aa2a2,(nN)n1nn若存在某个nN，使得a=0，则由上述递推公式易得a=0，重复上述过程可得0nn+100a=0，此与a=3矛盾，所以对任意nN,a0.11n从而a=2anN，即{a}是一个公比q=2的等比数列.n+1nn故a=aqn-1=3?2n-1.n11(2)由，1，数列{a}的递推关系式变为kn011aa+a-a2=0,变形为aaa2nN.n+1nkn+1nn1nkn00由上式及a=3，归纳可得13=a>a>>a>a>>012nn+111a2-+a2nk2k2111因为a=n=00=a-+?，所以对n=1,2kn+111nkkka+10a+a+000nnknk00求和得a=a+(a-a)++(a-a)k+1121k+1k00011111ak10kkka1ka1ka10001020k01111122k3k13k13k13k100000另一方面，由上已证的不等式知a>a>>a>a>2得12kk+10011111aakk1100kkka1ka1ka10001020k01111122k2k12k12k12k10000011综上：2+ 表示出n4n2n1考点：1.曲线的切线方程；2.数列的通项公式；3.放缩法证明不等式.（北京）20.（本小题13分）2a，a≤18，已知数列a满足：aN*，a≤36，且annn1，2，…．n11n12a36，a18nn记集合Ma|nN*．n（Ⅰ）若a6，写出集合M的所有元素；1（Ⅱ）若集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；（Ⅲ）求集合M的元素个数的最大值．【答案】（1）M{6,12,24}，（2）证明见解析，（3）8【解析】①试题分析：（Ⅰ）由a6，可知a12,a24,a12,则1234M{6,12,24}；（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设a是3k的倍数，用数学归纳法证明对任意nk，a是3的倍数，当k1时，则M中的n所有元素都是3的倍数，如果k1时，因为a2a或2a36，所以kk1k12a是3的倍数，于是a是3的倍数，类似可得，a,......a都是3的倍数，k1k1k21从而对任意n1，a是3的倍数，因此M的所有元素都是3的倍数.第二步集合Mn存在一个元素是3的倍数，所以不妨设a是3的倍数，由已知k2a，a≤18，ann，用数学归纳法证明对任意nk，a是3的倍数；第三步n12a36，a18nnn由于M中的元素都不超过36，M中的元素个数最多除了前面两个数外，都是4的倍数，因为第二个数必定为偶数，由a的定义可知，第三个数及后面的数必定是4的倍n数，由定义可知，a和2a除以9的余数一样，分a中有3的倍数和a中没有3的n1nnn倍数两种情况，研究集合M中的元素个数，最后得出结论集合M的元素个数的最大值为8.2a，a≤18，试题解析：（Ⅰ）由已知ann可知：n12a36，a18nna6,a12,a24,a12,1234M{6,12,24}（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设a是3的倍数，由已知k2a，a≤18，ann，可用用数学归纳法证明对任意nk，a是3的倍数，当n12a36，a18nnnk1时，则M中的所有元素都是3的倍数，如果k1时，因为a2a或kk12a36，所以2a是3的倍数，于是a是3的倍数，类似可得，k1k1k1a,......a都是3的倍数，从而对任意n1，a是3的倍数，因此M的所有元k21n素都是3的倍数.（Ⅲ）由于M中的元素都不超过36，由a36，易得a36，类似可得12a36，其次M中的元素个数最多除了前面两个数外，都是4的倍数，因为第二个n数必定为偶数，由a的定义可知，第三个数及后面的数必定是4的倍数，另外，M中n的数除以9的余数,由定义可知，a和2a除以9的余数一样，n1n考点：1.分段函数形数列通项公式求值；2.归纳法证明；3.数列元素分析.（广东）21．（本小题满分14分）n2数列a满足a2ana4,nN*.n12n2n1(1)求a的值；3(2)求数列a前n项和T；nnT111(3)令ba，bn11an2，证明：数列b的前n项和11nn23nnnSn满足S22lnnn11n1【答案】（1）；（2）2；（3）见解析．42aaa11a1（3）依题由b12n11a知ba，b11a，nn2nn112222【考点定位】本题考查递推数列求项值、通项公式、等比数列前n项和、不等式放缩等知识，属于中高档题．(湖北)22．（本小题满分14分）1已知数列{a}的各项均为正数，bn(1)na(nN)，e为自然对数的底数．nnnn1（Ⅰ）求函数f(x)1xex的单调区间，并比较(1)n与e的大小；nbbbbbbbbb（Ⅱ）计算1，12，123，由此推测计算12n的公式，并给出证明；aaaaaaaaa11212312n1（Ⅲ）令c(aaa)n，数列{a}，{c}的前n项和分别记为S,T,证明：TeS.n12nnnnnnn22．（14分）（Ⅰ）f(x)的定义域为(,)，f(x)1ex.当f(x)0，即x0时，f(x)单调递增；当f(x)0，即x0时，f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(,0)，单调递减区间为(0,).当x0时，f(x)f(0)0，即1xex.1111令x，得1en，即(1)ne.①nnnb1bbbb1（Ⅱ）11(1)1112；121222(1)2(21)232；a1aaaa211212bbbbbb1123123323(1)3(31)343.aaaaaa3123123bbb由此推测：12n(n1)n.②aaa12n下面用数学归纳法证明②.（1）当n1时，左边右边2，②成立.bbb（2）假设当nk时，②成立，即12k(k1)k.aaa12k1当nk1时，b(k1)(1)k1a，由归纳假设可得k1k1k1bbbbbbbb112kk112kk1(k1)k(k1)(1)k1(k2)k1.aaaaaaaak112kk112kk1所以当nk1时，②也成立.根据（1）（2），可知②对一切正整数n都成立.（Ⅲ）由c的定义，②，算术-几何平均不等式，b的定义及①得nn1111Tcccc(a)1(aa)2(aaa)3(aaa)nn123n11212312n1111(b)1(bb)2(bbb)3(bbb)n11212312n234n1bbbbbbbbb11212312n122334n(n1)1111111b[]b[]b11223n(n1)22334n(n1)nn(n1)11111b(1)b()b()1n122n1nnn1bbb11112n(1)1a(1)2a(1)na12n1122nneaeaeaeS.12nn即TeS.nn（陕西）21．（本小题满分12分）设fx是等比数列1，x，x2，，xn的各项和，n其中x0，n，n2．1（I）证明：函数Fxfx2在,1内有且仅有一个零点（记为x），且nn2n11xxn1；n22n（II）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gx，比较fxnn与gx的大小，并加以证明．n【答案】（I）证明见解析；（II）当x=1时，f(x)=g(x)，当x1时，nnf(x)0,nnn1n1111121n21F()1220,n1n22221221所以F(x)在,1内至少存在一个零点x.n2n1又F(x)12xnxn10，故在,1内单调递增，n21所以F(x)在,1内有且仅有一个零点x.n2n1-xn+111因为x是F(x)的零点，所以F(x)=0，即n-2=0，故x=+xn+1.nnnn1-xn22nn(n+1)(1+xn)(II)解法一：由题设，g(x)=.n2(n+1)(1+xn)设h(x)=f(x)-g(x)=1+x+x2+xn-,x>0.nn2当x=1时,f(x)=g(x)nnnn1xn1当x1时,h(x)12xnxn1.2若nn101,h(x)xn12xn1nxn1xn1=xn-1-xn-1=0.222所以h(x)在(0,1)上递增，在(1,)上递减，所以h(x)0.nn2当x=1时,f(x)=g(x)nn当x1时,用数学归纳法可以证明f(x)0)，则kh(x)k(k1)xkkk1xk1kk1xk1(x1)k所以当01,h(x)0,h(x)在(1,)上递增.kk2xk+1+(k+1)xk+k+1所以h(x)>h(1)=0，从而g(x)>kkk+12故f(x)0，nk11.若01,xn-k+1>1,m(x)0,k从而m(x)在(0,1)上递减,m(x)在(1,)上递增.所以m(x)>m(1)=0，kkkk所以当x0且x1时,ab(2kn),又a=b,a=b，故f(x)

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