高考数学数列大题专题训练说课讲解

精品文档精品文档高考数学数列大题专题训练命题：郭治击审题：钟世美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Tn再令a二lgT,n±l.nn(I)求数列(I)求数列的通项公式；(II)设b二tana-tana,，求数列缶｝的前n项和STOC\o"1-5"\h\znnn+1nn2.若数列A二a,aa(n>2)满足|a-a|=1(k=1,2,...,n-1)，数列A为E数列，记n12,nn+11nS(A)=a+a+...+a．n12n(i)写出一个满足a=a=0，且S(A)〉o的e数列A；1ssn若a=12，n=2000,证明：E数列A是递增数列的充要条件是a=2011；1nn对任意给定的整数n(n>2,是否存在首项为0的E数列A，使得S(A)=0?如果存在，写一nn个满足条件的E数列A；如果不存在，说明理由。n

133•已知等比数列｛an｝的公比q=3,前3项和S3^^。求数列｛an｝的通项公式；兀若函数f(x)二Asm(2x+Q)(A>0,0<^<p<兀)在x二-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na1=b，(n>4•设b>0,数列na1=b，(n>2)n—1a+2n—2n—11)求数列{1)求数列{a}n的通项公式；bn+i⑵证明：对于一切正整数na卢2+1+1.5•已知数列{a}的前5•已知数列{a}的前n项和为，且满足：ai二a(a丰0)，a+1=rSn(ngn*，rgR,r丰—1)(I)求数列iaJ的通项公式；(II)若存在kgn*,使得Sk+1,Sk,Sk+2成等差数列，是判断：对于任意的mgn*,且m>2,am+1，am，am+2是否成等差数列，并证明你的结论.6.已知函数f(x)=x3,g(x)=x+畧x。求函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数，并说明理由；设数列｛a｝(nWN*)满足a二a(a>0),f(a)二g(a)，证明：存在常数M,使得对于n1n+1n任意的nWN*，都有a<M.n7.已知两个等比数列｛a｝,｛b｝，满足a二a(a>0),b-a=1,b-a=2,b-a=3.nn1112233若a=1，求数列｛。｝的通项公式；n若数列｛a｝唯一，求a的值.n8、已知等差数列｛an｝满足a2=0，a6+a8=-10a(I)求数列｛an｝的通项公式；(II)求数列\的前n项和.n2n-1

不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行98189.设数列na1=0且占n+9.设数列na1=0且占n+1-=1.1—an(I)求｛a｝的通项公式n(II)设b='n+i,记S=£b,证明：S<1.nxlnnknk=110.等比数列{a}中,na1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1,a2,a3中的任何两个数(I)求数列la丿的通项公式;n(II)若数列｛bn｝的前n项和Sn{b}满足：(II)若数列｛bn｝的前n项和Snnnnn11•已知数列｛a｝和｛b｝的通项公式分别为a二3n+6,b二2n+7(nGN*),将集合nnnn｛x1x二a，neN*｝U｛x1x二b,neN*｝中的元素从小到大依次排列，构成数列nnc1,c2,c3,L,cn,L⑶求c,c,c,c⑵求证：在数列｛c｝中、但不在数列｛b｝中的项恰为a，a，L,a,LTOC\o"1-5"\h\z1234nn242n⑶求数列｛c｝的通项公式。n12.(1)写出a,a,a并判断｛a｝是否为等比数列。若是，给出证明；若不是，说明理由;123n(II)设b=nda(n&N*)，求数列｛b｝的前n项和S.nnnn3+3+（-1）N，neN*，且(II)设c=a+a,neN*，证明：｛c｝是等比数列n2n-12n+1n13.已知数列｛a｝与｛B｝满足：Ba+A+BA=0,B=小nnnnn+1n+1n+2n2a=2,a=412(I)求笃,AfA的值^4nS7(ill)设S=a+a+•••+a,keN*,证明：乙f<(neN*)k242ka6k=1k14.等比数列｛a｝的各项均为正数，且2A+3A=1,A2=9AA.n123261）求数列｛A｝n的通项公式.⑵设B二logA+logn313+logA,求数列3n1<>Bn的前n项和.15.已知公差不为0的等差数列｛a｝的首项a’为a(aeR)，设数列的前n项和为Sn1n11且—,—aa12成等比数列11111111(2)记A+-+-+…+-B=—+-++•••+-nSSSSnaaaa123n12222n(1)求数列｛a｝的通项公式及Snn当n=2时，试比较An与B的大小n16•设实数数列｛a｝的前n项和Sn，满足Snnn+1=an+1⑴若a1，S2-2a2成等比数列，求S2和役;4(II)求证：对k工3有0<a<a<k+1k3参考答案1•解：(I)设t1,t2,A‘t2构成等比数列，其中t1二1，t广100，则TOC\o"1-5"\h\z12n+21n+2T=t-1At-1①n1-2n+1n+2T=t-1A-1•t②nn+2-n+121①X②并利用t,•t3.in+3-i=①X②并利用t,•t3.in+3-i1n+2T2=102(n+2)na=lgT=n+2,n>1.nn(II)由题意和(I)中计算结果，知b=tan(n+2)-tan(n+3),n>1n另一方面，利用tan1=tan((k+1)-k)=t吨+D-tank一tan(k+1)-tank得门八7tan(k+1)-tank4tan(k+1)-tank—1tan1所以S=》b=艺tan(k+1)-tanknii=1i=3_艺(tan(k+1)-tank»tan1i=3tan(n+3)一tan3tan1=一ntan12•解：(1)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a-a=1(k=1,2,A,1999)k+1k所以A5是首项为12,公差为1的等差数列.所以a2000=12+(2000—1)x1=2011.充分性，由于a2000—a1000-1，a2000—a1000-1a2—a1-1所以a2000—a<19999，即a2000<a1+1999.

又因为a1=12，a2000=2011,

所以a2000=a1+1999.a-a=1>0(k=1,2,A,1999),即A是递增数列.TOC\o"1-5"\h\zN+1NN综上，结论得证。(III)令c—a—a=1>0(k=1,2,A,n—1),则c=±1.kk+1kA因为a—a+c+a—a+c+c2111112a—a+c+c+A+cN112N+1所以S(A)—Na+(N—1)c+(N—2)c+(N—3)c+A+cN1123N—1—N(N—1)—[(1—c)(n—1)+(1—c)(n—2)+A+(1—c)].212N—1因为c—±1,所以l-c为偶数(k—1,A,n—1).kk所以*1—c)(n—1)+(1—c)(n—2)+A+(1—C)为偶数，12N所以要使s(A)—°，必须使"":D为偶数，n2即4整除n(n—1),亦即n—4m或n—4m+1(meN*).TOC\o"1-5"\h\z当n—4m+1(meN*)时,E数列A的项满足a—a—0,a——1,n4k+14k—14k—2a—1(k—1,2,A,m)时，有a—0,s(A)—0;4k1na—1(k—1,2,A,m),a—0时,有a—0,S(A)—0;a—a—0,a——1,a—a—0,a——1,4k—13k—34k—2当n—4m+1(meN*)时,E数列A的项满足,n当n—4m+2或〃—4m+3(meN)时,n(m—1)不能被4整除，此时不存在E数列An,使得a—0,S(A)—0.1n3.4.解（1）a法一：f_nn设—_b，则bannn(i)当b_2时,ban，得—a+2(n-1)寸an-1n21-b+(n>2)，bn-1{b}na+2(n-1)12n-1—n-1=—+—•bba'n-1ban-111是以为首项，2为公差的等差数列,1111x—二一n21即b二+(n-1)n2（ii）当（ii）当b主2时，设bn2

+九=—•(bbn-12+九)，则b二-bnbn-1+丄-2.(b+2-bbn-11尸）（n-2），1亍是等比数列,(b+—)-(2)n-1又b2-b12-bb，乂11b'_2-b•(I)"-2-b2-b法二：（i）当b=2时，{b}n2n-bnbnnbn(2-b)a一n2n-bn1是以为首项，2为公差的等差数列,(ii)当b丰2时，ai—b2b22b2(b-2)b+2b2-223b33b3(b-2)，b2+2b+4b3-23nbn(b-2)，下面用数学归纳法证明:bn-，下面用数学归纳法证明:bn-2nn当n_21令令21令令(b-1)_b，得“2-b'kbk(b-2)假设当n_k时，a_，贝ykbk-2k(k+1)b-a(k+1)b-kbk(b-2)(k+1妙+1(b-2)a—jk+1a+2(n—1)kbk(b—2)+2k•(bk—2k)bk+1—2k+1k

所以当n=k+1时，猜想成立，一M*=nbn（b—2）由①②知，FeN，a=nbn—2n，故(2)(i)当b=n+1(bn—2n)时，a=2，故n+1(bn—2n)n2n+1(i)当b丰2时，b2n+22n>2/b2n-22n=2n+1bn,b2n-1•2+b•22n-1'2\；b2n•22n=2n+1bnLL,bn+1•2n-1+bn-1•2n+1>2Jbn•2n=2n+1bn，以上n个式子相加得b2n+b2n—1•2+L+bn+1•2n—1+bn—1•2n+1+L+b•22n—1+22n>n•2n+1bn，n•2n+1bn(b—2)[(b2n+b2n-1•2+L+b•22n-1+22n)—bn•2n](b—2)2n+12n+1(bn—2n)n2n+1(bn—2n)(b2n+b2n-1•2+L+b•22n-1+22n)(b—2)—bn•2n(b—2)2n+1(bn—2n)(b2n+1—22n+1)—bn+1・2n+bn・2n+12n+1(bn—2n)(b2n+1—bn+1・2n)+(bn・2n+1—22n+1)

bn+1=+1•故当b丰2时，命题成立;2n+1综上（i）（ii）知命题成立.5•解：（I）由已知a’二rS，可得an+1nn+2二rSn+1两式相减可得a—a二r(S—S)二ran+2n+1n+1nn+1即a=(r+1)a,n+2n+1又a2=ra1=ra，所以r=0时，数列｛a｝为：a，0，…,0，…;n当r丰0,rH—1时，由已知a丰0,所以a丰0（neN*）,n于是由an+2=(r+1)a,可得n+1an+1=r+1(neN*)，.・a,a，L,a+L成等比数列,23n.•.当n>2时,a=r(r+1)n-2a.nan=1,综上，数列｛a综上，数列｛a｝的通项公式为annr(r+1)n-2a,n>2

(ii)对于任意的meN*，且m>2,a,a,ac成等差数列，证明如下:m+1mm+2(a,n=1,当r=0时’由⑴知’纭=]o,n>2•-对于任意的meN*，且m>2,a,a,ac成等差数列,m+1mm+2当厂丰°,rH—1时，QS=S+a+a,S+a・TOC\o"1-5"\h\zk+2kk+1k+2k+1k+1若存在keN*，使得JS'+2成等差数列,则S+S二2Sk+1k+2k•・2S+2a+a=2S,即a=—2a,kk+1k+2kk+2k+1由(i)知，a,a，L,a,L的公比r+1=一2，于是23m对于任意的meN*，且m>2,a=—2a,从而a=4a,m+1mm+2m•a+a=2a，即a,a,a成等差数列,m+1m+2mm+1mm+2综上，对于任意的meN*，且m>2,a,，a，a成等差数列。m+1mm+26.解析：(I)由h(x)二x3—x—Px知，xe[°,)，而h(°)二°，且h(1)=—1<°,h(2)二6—3>°，则x=°为h(x)的一个零点，且h(x)在(，)内有零点，因此h(x)至少有两个零点1一3则申'(x)=1一3则申'(x)=6x+4x_2解法1：h'(x)=3x2—1—x_2,记申(x)=3x2—1—x_2当xe(°,+8)时，9'(x)>°，因此Q(x)在(°,+如上单调递增，则9(x)在(°,+如内至多只有一个零点。又因为9(1)>°，9(才)<°，则9(x)在(才」)内有零点，所以9(x)在(°,+8)内有且只有一个零点。记此零点为x1，则当xe(°,x1)时，9(x)<9'(x])二°；当xe(x1,+8)时,9(x)>9'(x)二°；1所以，当xe(°,x1)时，h(x)单调递减，而h(°)二°，则h(x)在(°,x1]内无零点；当xG(X],+S)时，h(x)单调递增，则h(x)在(X],+S)内至多只有一个零点;从而h(x)在(°，+2)内至多只有一个零点。综上所述，h(x)有且只有两个零点。_丄_丄1_3解法2：h(x)—x(X2-1-X-2)，记9(X)—X2-1-X-2,则9'(X)—2X+-x~2。当XG(0,+2)时，p'(X)>0，因此(X)在(0,+2)上单调递增，则9(X)在(°,+2)内至多只有一个零点。因此h(x)在(°,+2)内也至多只有一个零点,综上所述，h(X)有且只有两个零点。(II)记h(x)的正零点为X°，即X°3—X°+\/X°(1)当a<x时，由a—a，即a<x.而a3—a+<x+JX~二x°3，因此a2<X0，由此猜测：a<X°。下面用数学归纳法证明:n0①当n=1时，a1<X°显然成立;②假设当n—k(k工1)时，有a<x°成立，则当n=k+1时，由k0a3=a+k+1k—X03知’ak+1<X0，因此，当n—k+1时，ak+1<X0成立。故对任意的nGN*，a<X成立。n0(2)当anX°时，由(1)知，h(x)在(X°,+2)上单调递增。则h(a)nh(X°)—°，即a3na+品。：a—a+ja<a3，即a<a，由此猜测：a<a。下面用数学归纳法证明:12n①当n—1时，a1<a显然成立②假设当n—k(kn1)时，有a<a成立，则当n=k+1时，由ka3—a+<a+J^<a3知，a<a，因此，当n—k+1时,k+1k*k'k+1'''ak+1<a成立故对任意的nGN*，a<a成立。n综上所述，存在常数M—max{X°,a}，使得对于任意的nGN*，都有a0n7.(1)设｛a｝的公比为q，则b=1+a=2,b—2+aq—2+q,b—3+aq2—3+q2n123由b1,b2‘b3成等比数列得(2+$)2—2(3+q2)精品文档精品文档1精品文档1精品文档即q2—4q+2=0,解得q=2+彰2,q=2—*：212所以｛a｝的通项公式为a=(2+和2)n-1或。=(2一、⑵n-i.nnn(2)设｛a｝的公比为q,则由(2+aq)2=(1+a)(3+aq2),n得aq2一4aq+3a一1=0(*)由a>°得人=4a2+4a>0，故方程（*）有两个不同的实根由｛a｝唯一，知方程（*）必有一根为o,代入（*）得a=；•n3Ia+d=0,8•解：（I）设等差数列｛an｝的公差为d，由已知条件可得（2；+12d=一101Ia=1,解得171，故数列｛a｝的通项公式为a=2一nTOC\o"1-5"\h\zd=—1.nn(ii)设数列｛—l｝的前n项和为S，即S=a++L+l,故S=1,2n-1nn122n-11Saaan=1+—2+L+—n.=1—(1—=1—(1—2-)—2n—1所以S所以Snn2n-1综上，数列综上，数列｛的｝的前n项和S=2-•2n—1n2n—1119•解：(I119•解：(I)由题设一1—a1—an+1n1,｝是公差为1的等差数列。==n所以a=1一一.nn所以，当n>1时，Sa—aa—aa―n=a+—21+L+—nn—1——n2122n—12n1112—n=1—(-++L+—)242n—12n2—n2n精品文档精品文档精品文档精品文档（II）由（I）得（II）由（I）得bn耳n+1一\：nJn+1•pn1111S上b二工(丄一1)二1--1<1.nkkk+1n+1k=1k=110•解：（I）当a1=3时，不合题意;当a1=2时，当且仅当a2=6,a3=18时，符合题意当a1=10时，不合题意因此a=2,a=6,a=1&所以公式q=3，故a=2•3n-1・123n(II)因为b=a+(-1)nInannn=2•3n-1+(—1)n(2•3n-1)=2•3n-1+(-1)n[ln2+(n—1)ln3]=2•3n-1+(-1)n(ln2—ln3)+(-l)nnln3,S=2(1+3+L+32n-1)+[-1+1-1+L+(-1)2n](ln2-ln3)+[-1+2-5+L+(-1)nn]ln3,2nTOC\o"1-5"\h\z1-3nnn所以当n为偶数时，S=2X+卞ln3=3n+ln3-1;n1-3221-3nn-1n-1当n为奇数时，S=2x—(ln2—ln3)+(—n)ln3=3n—ln3—ln2—1.n1-3223n+nln3-1,n为偶数综上所述，2综上所述，3n-ln3-ln2-l,n为奇数211(i)c=9,c=11,c=12,c=13；1234⑵①任意ngN*，设a=3(2n-1)+6=6n+3=b=2k+7，则k=3n一2，即2n-1ka=b2n-13n-2②假设a=6n+6=b=2k+7ok-3n-—eN*(矛盾)，a电{b}2nk22nn.在数列{c}中、但不在数列{b}中的项恰为a,a,L,a,L。nn242n⑶b=2(3k—2)+7=6k+3=a3k-22k-1b=6k+5a=6k+6b=6k+73k—12k3k•-6k+3<6k+5<6k+6<6k+7...当k=1时，依次有b广ai=［，导分a2-C3,b36k+3(n=4k—3)6k+5(n=4k—2)

-c=<,keN*••n6k+6(n=4k—1)6k+7(n=4k)设d为非零实数，a=(Cid+2C2d2+Lnnnn+(n-1)Cn-1dn-i+nCndn](neN*)nna=da=Cod+C1d2+C2d3+Lnnnn12•解析：(1)a=d(d+1)a=d(1+d)nn+1+Cn—1dn=d(1+d)n—1n=d(d+1)2an+1因为d为常数，所以｛a｝是以d为首项，d+1为公比的等比数列。nb=nd2(1+d)n—1n2)S=d2(1+d)o+2d2(1+d)1+3d2(1+d)2+LL+nd2(1+d)n—1n=d2[(1+d)o+2(1+d)1+3(1+d)2+LL+n(1+d)n—1](1)(1+d)S=d2[(1+d)1+2(1+d)2+3(1+d)3+LL+n(1+d)n](2)n2)(1)=dS=—d2[+d2n(1+d)n=d+(d2n—d)(1+d)nn1—(1+d)S=1+(dn—1)(1+d)nn13.（I）解:

+(—1)n2__

,neN*,可得bnn为奇数n为偶数又ba+a+ba=0,nnn+1n+1n+2当n=l时,a+a+2a=0,由a=2,a=4,可得a=-3;TOC\o"1-5"\h\z23123当n=2时,2a+a+a=0,可得a=-5;344当n=3时,a+a+2a=0,可得a=4.454(II)证明：对任意nGN*,②一③，得—0,①—0,②—②一③，得—0,①—0,②—0,3③a—a.④2n2n+3+a——(a+a)将④代入①，可得aa+a+2a2n-12n2n+12a+a+a2n2n+12n+2a+a+2a2n+12n+22n-12n+12n+12n+3即c=—c(neN*)n+1n又c=a+a=—1,故c丰0,113n因此E1=T,所以｛C｝是等比数列.cnn(iii)证明：由(ii)可得a+a=(一1)k，于是，对任意keN*且仝＞2，有2k—12k+1a+a=—1,13—(a+a)=—1,35a+a=—1,57M(—1)k(a+a)=—1.2k—32k—1将以上各式相加，得a+(将以上各式相加，得a+(—1)ka2k—1=—(k-1),即a2k—1二(—1)k+1(k+1)，此式当k=1时也成立.此式当k=1时也成立.由④式得a=(—1)k+1(k+3).2k从而S—(a+a)+(a+a)+L2k2468+(a+a)——k,S—S—a—k+3.4k—24k2k—12k4k所以，对任意neN*，n'2，艺二-工

a艺二-工

ak—1km—14m—3S4m2a4m—2SS+4m—1+4m)aa4m—14mTOC\o"1-5"\h\zn/2m+22m一12m+32m、乙(一一+)2m2m+22m+12m+3m=1Y23、2y53(+)=++—2m(2m+1)(2m+2)(2m+2)2x32m(2m+1)(2n+2)(2n+3)m=1m=21yn53V—++3(2m-1)(2m+1)(2n+2)(2n+3)m=215[(11)(11)L(11)]3—+—*[(—)+(——)+L+(—)]+3235572n—12n+1(2n+2)(2n+3)15513=—+———•+3622n+1(2n+2)(2n+3)7<一.6对于n=1，不等式显然成立•所以，对任意nGN*，aaaaaaaaaaaaaaa122n—12n1234SSSSSSSS—1+—2+L+—2n—1+—2n=(—1+—)+(—3+—)+L2n—12n=(1—1——)+(1———4124242—(42—1))+L+(1—丄-4n(4n—1)14•解：（I）设数列｛an｝的公比为q,由a3219a2a6得豐=9彎所以q2=9。1由条件可知c>0，故q=-o所以a1由2a+3a=1得2a+3aq所以a112121故数列｛an｝的通项式为an=—。tt)b=loga+loga+...+logan31323n

=—(1+2+...+n)_n(n+1)21故丁_bn_—2(丄—丄)n(n+1故丁_bn_—2(丄—丄)n(n+1)nn+111++...+_bbb12n2n一3)+...+--4))_nn+12nn+1所以数列｛料的前n项和为-+1n115.（1）解：设等差数列｛a｝的公差为d,由（―）2na2得(a+d)2_a(a+