安徽高考文科数学数列大题

优秀学习资料欢迎下载2013、19．（本小题满分13分）设数列an满足a12，a2a48,且对任意nN*，函数f(x)(anan1an2)xan1cosx-an2sinx满足f'()01a2(Ⅰ)求数列an的通项公式；（Ⅱ）若bn2（an），求数列bn的前n项和Sn.2n2012、（21）（本小题满分13分）设函数f(x)xsinx的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}.2（Ⅰ）求数列{n}；（Ⅱ）设n}的前n项和为Sn，求n。x{xsinS2011、（21）（本小题满分13分）在数1和100之间插入n个实数，使得这n2个数构成递增的等比数列，将这n2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn,n≥1.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bntanantana,求数列{b}的前n项和S.n1nn2010、21.(本小题满分13分)设C1,C2,⋯,Cn,⋯是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y3x相切，对每一个正整数n,圆Cn都与圆Cn1相互外切，以rn3y表示Cn的半径，已知{rn}为递增数列.(Ⅰ)证明：{rn}为等比数列；xO(Ⅱ)设r11，求数列{n}的前n项和.rn优秀学习资料欢迎下载2009、19．（本小题满分12分）已知数列{}的前n项和，数列{}的前n项和（Ⅰ）求数列{}与{}的通项公式；（Ⅱ）设，证明：当且仅当n≥3时，＜2008、（21）（本小题满分12分）设数列{an}满足a1=a,an+1=can+1-c,nN*,其中a,c为实数，且c0.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设a1,e1,bn(1a),nN*，求数列｛bn｝的前n项和Sn;22nn（Ⅲ）若0＜an＜1对任意nN*成立，证明0＜c1.详解2013、19．解：由a12a2a48，f(x)(anan1an2)xan1cosx-an2sinxf（x）an-an1an2-an1sinx-an2cosx，f'()an-an1an2-an102所以，2an1anan2，an是等差数列.而a12a34d1an2（）n-11n1（2）bn（2an1）2（n11）（2n1）1an1n2n2211（）n（1-2n）Sn22n12211-2（）1-1=nn32nn23n1-1n22012、21、【解析】（I）f(x)xsinxf(x)1cosx0x2k2(kZ)223f(x)02k2x2k2(kZ)33优秀学习资料欢迎下载f(x)02k2x2k4(kZ)33得：当x2k2Z)时，f(x)取极小值得：xn2n2(k332（II）由（I）得：xn2n32n2nSnx1x2x3xn2(123n(n1)n)33当n3k(kN*)时，sinSnsin(2k)0当n3k1(kN*)时，sinSnsin2332当n3k2(kN*)时，sinSnsin4332得：当n3k(kN*)时，sinSn0当n3k1(kN*)时，sinSn32当n3k2(kN*)时，sinSn322011、21．【解题指导】（1）解题的关键是注意等比数列的性质，如果两项的下标和等于另外两项的下标和，则这两项的乘积等于另外两项的乘积；（2）抓住两角差正切公式的变形，合理进行拆项求和.【解析】（1）设在数1和100之间插入n个实数构成数列cn，所以数列cn是以c11为首项的等比数列，故Tnc1c2cn2n2100n222，anlgTnn2（nN)；c1cn2（2）bntanantanan1tan(n2)tan(n3)=1-tan（-n-2）·tan（n+3）-1=[tan（-n-2）+tan（n+3）]÷tan（-n-2+n+3）-1=1[tan（n+3)-tan(n+2)]-1tan11所以Sn=b1+b2+···+bn=[（tan4-tan3）+（tan5-tan4）+··+（tan（n+3)-tan(n+2)]-ntan11[tan（n+3）-tan3]-ntan1【技巧点拨】本题命制新颖，主要考查等比数列、三角化简以及拆项相消法求数列的前n项和，同时注重对学生的转化划归能力的考查，较好的体现了考纲中“在知识网络交汇处设计试题”这一指导思想，也是函数与方程的 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 思想方法的应用的最佳体现.2010、21.(本小题满分13分)本题考查等比数列的基本知识，利用错位相减法求和等基本方法，考查抽象能力以及推理论证能力.优秀学习资料欢迎下载解：(Ⅰ)将直线y3x的倾斜角记为，则有tan3，sin1.332设Cn的圆心为(n,0)，则由题意知rn12rn；同理2rn1.，得nn1n2从而n1nrnrn12rn1，将n2rn代入，解得rn13rn.故{rn}为公比q3等比数列.(Ⅱ)由于r11，q3，故rn3n1，从而nn31n，rn记Sn12n，则有Sn1231n31n，①r1r2rnSn131232(n1)31nn3n②3①-②，得2Sn1313231nn3n13nn3n3(n3)3n3222∴Sn91(n3)31n9(2n3)31n.4224aa1(n1)snsn(n2)可求出an和bn，这是数列中求通项的常用方法之一，在求出an和bn2009、19.【思路】由1后，进而得到cn，接下来用作差法来比较大小，这也是一常用方法。【解析】(1)由于a1s14当n2时,ansnsn1(2n22n)[2(n1)22(n1)]4n，am4n(nN*)又当xn时bnTnTn1(26m)(2bm1)2bnbn1数列bn1bn(1)n1项与等比数列,其首项为1,公比为2，2Cn16(n1)2(1)(n1)1(n2121)C1a12bn16n2(1)n1Cn16n2(1)n12n2(2)由(1)知22Cn11得(n1)21由Cn2n即n22n10n12即n3优秀学习资料欢迎下载(n1)21Cn11又n3时2n2Cn由于Cn0恒成立.，因此,当且仅当n3时,Cn1Cn成立,即2008、解(1)方法一：∵an11c(an1)∴当a1时，an1是首项为a1，公比为c的等比数列。∴an1n1an(a1)cn11。当a1时，an1仍满足上式。(a1)c，即∴数列an的通项公式为an(a1)cn11(nN*)。方法二由题设得：当n2时，an1c(an11)c2(an21)cn1(a11)(a1)cn1∴an(a1)cn11n1时，a1a也满足上式。∴数列an的通项公式为an(a1)cn11(nN*)。(2)由（1）得bn(1a)cn1n(1)nn2Snb1b2bn12(1)2n(1)n2221Sn(1)22(1)3n(1)n12222∴1Sn1(1)2(1)nn(1)n122222∴Sn11)21)n1n(1)n2[11)n]1)n∴Sn2(2n)(1n1((2(n()222222(3)由（）知an(a1)cn111若0(a1)cn111，则0(1a)cn11∵0a1a1,∴0cn111(nN*)a由cn10对任意nN*成立，知c0。下面证c1，用反证法方法一：假设c1，由函数f(x)cx的函数图象知，当n趋于无穷大时，cn1趋于无穷大∴cn11不能对nN*恒成立，导致矛盾。∴c。∴0c11a111方法二：假设c1，∵cn1，∴logccn1logc111aa即n1logc(nN*)恒成立（＊）1a∵a,c为常数，∴（＊）式对nN*不能恒成立，导致矛盾，∴c1∴0c1