高考数学140分难点突破训练数列与数学归纳法中学教育高考

d4n114n5．A{91，92，93，„，9n}，B＝{9n1n21n（3）nn122112nn1nn1，从而S211n为偶数)（Ⅱ）b(2n1)()n，S13()25()3(2总有两个不同的根,∴a∴f(x)sinx,x[0,d4n114n5．A{91，92，93，„，9n}，B＝{9n1n21n（3）nn122112nn1nn1，从而S211n为偶数)（Ⅱ）b(2n1)()n，S13()25()3(2总有两个不同的根,∴a∴f(x)sinx,x[0,由(1),0(记Qnnnnnnnnnn1 nnn设正三角形Q122 a的前n项和S．（Ⅱ）设b2TbbbTn135 1f(b);5d)a16d1,15d)124a64d4,18d（2）求数列{an}的通项公式an；（3）设数列{na}的前的取值范围,使得an+1>an对任何自然数n都成立；6.f(b);5d)a16d1,15d)124a64d4,18d（2）求数列{an}的通项公式an；（3）设数列{na}的前的取值范围,使得an+1>an对任何自然数n都成立；6.（1>f(1)另令g(t)lnt1t，由x>0，∴t>1，x1tn12a各项均不为0，其前n项和为S，且对任意nN，都有n1nC（nN）(Ⅰ)试求a1的值，使得数列{an}是一个常数数列；和，求证：Sn<52．1；x112nSn-(b+m)2<0,∴log2[(a+m)(c+m)]<lo1）求a（2）比较f(n1)与f(n)的大小nN；（3）求证≥2ac①m>0时，(a+m)(c+m)-(b+m)2>0,in2C，所以2b2a2c2．又cosBa2c2b2cosA -(b+m)2<0,∴log2[(a+m)(c+m)]<lo1）求a（2）比较f(n1)与f(n)的大小nN；（3）求证≥2ac①m>0时，(a+m)(c+m)-(b+m)2>0,in2C，所以2b2a2c2．又cosBa2c2b2cosA 2pnnnm)snn12n1N，各项为正的等差数列12bb的前n项和是若数列12mam3(nN),,其中m为常数,m3.3am+cm+m2-b2-2bm-m2=ac+m(a+c)-b加得：2f(1)f(2)，f(3)f(2n3)2f(n)，„30,a23a）a2(na12,n23,N*)故(nN*)ng2(b+m)2∴f(a)+f(c)<2f(b);③m=0时3am+cm+m2-b2-2bm-m2=ac+m(a+c)-b加得：2f(1)f(2)，f(3)f(2n3)2f(n)，„30,a23a）a2(na12,n23,N*)故(nN*)ng2(b+m)2∴f(a)+f(c)<2f(b);③m=0时3nnnn81 nn组1项，第二组2项，第三组4项，„，第n组2n1项。记T为第n组中各项的和。已知nnN*．的前n项和S；nT48,T0。n，求S。1230（Ⅰ）求a（Ⅱ）求nS的前n项和T。1,①n2n，②，32.T当n=1时，1S10,当n2时,2，求此时对应的n16.已知数列{an}，其前n项和1,①n2n，②，32.T当n=1时，1S10,当n2时,2，求此时对应的n16.已知数列{an}，其前n项和Sn满足Sn1)2n12n22n1n2n(2n1)(n3)2n1n2n1)2()n2f(1)f(2n1)2()n2同理：f(2)f12nnnn13 n（Ⅲ）续写已知数列，使得a,a,,a是公差为d3的等差数列，„„，依次类推，n15.一种计算装置，有一数据入口A和一个运算出口B，按照某种运算程序：①当从A口13nTf(b);5d)a16d1,15d)124a64d4,18dBC中，设A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知sin2Af(b);5d)a16d1,15d)124a64d4,18dBC中，设A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知sin2A数f（x）＝log（ax＋b）图象过点A（2，1）和B（5，一数据入口A和一个运算出口B，按照某种运算程序：①当从A口输n依次成等差数列，给定数列数列17.定义：若数列{A}满足AA2，则称数列{A}为“平方递推数列”．已知数列{a}nnnnn（1）试根据下列选项作出判断，并在括号内填上你认为是正确选项的代号：A．是等比数列而不是等差数列B．是等差数列而不是等比数列C．既是等比数列也是等差数列D．既非等比数列也非等差数列2nn是等比数列，并求其前n项和Tn. n)5)5.(Ⅰ)欲使数列{an}是一个常数数列，则又依a1>n项和为TTn，试比较与Sn的大小.17.定义：若数列{A})5)5.(Ⅰ)欲使数列{an}是一个常数数列，则又依a1>n项和为TTn，试比较与Sn的大小.17.定义：若数列{A}12n12nfn成立。11116112195220071222，321 a215225，„时，k1∴a2n1k211，23nna2a2(1)k2n1对一切nN*均成立，若存在，求出k的最大值，若不存在，请说明na123451n的大小关系，并证明你的结论。数列D．既非等比数列也非等差数列（2）证明你的判断．19.已）求数列{a}的通项；n（3）设{T}的前n项的和为S，求S{a}的通项公式；（Ⅱ）设baa，求数列{b}的前n项和S；n（1）、（2）两式相减，1111112n222221)()数列D．既非等比数列也非等差数列（2）证明你的判断．19.已）求数列{a}的通项；n（3）设{T}的前n项的和为S，求S{a}的通项公式；（Ⅱ）设baa，求数列{b}的前n项和S；n（1）、（2）两式相减，1111112n222221)()6n项和，又S与 61n1n12na2条1 nnn25.已知等差数列{an}的公差d>0.Sn是它的前16116S的等比中项是231xC：y1的垂线，交C于点P，再从点P作y轴的垂线，交C于点Q(x设xb13②解：1①a122333c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论。25.已知等差数n2(2n1)(12)n1（1）1（2）122(2n1)()n项和为TTn，试比较与Sn的大小.17.定义：若数列{A}64d4即d256d1160解之，得d2,d580(应舍去)c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论。25.已知等差数n2(2n1)(12)n1（1）1（2）122(2n1)()n项和为TTn，试比较与Sn的大小.17.定义：若数列{A}64d4即d256d1160解之，得d2,d580(应舍去)4n23 23n1bn212nN*，n nnnnn2,n111n1n3113a）a2a12N*)故(nN*)a2b2b2（1）（2）即2即2bbb13322的公差d222，从而b，从而b222（3）22从而S21121n11BC中，设A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知sin2A项和分别为120和60，而第二项与第四项的和分别是90BC中，设A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知sin2A项和分别为120和60，而第二项与第四项的和分别是90和34。12.设各项为正数的等比数列an的首项a12，前n项和为S5）上也为减函数．故当n＝3时，取最小值，bn3.5，3.5n 12n取最大值33而（Ⅱ）Tn=b122nbn2nbnb21TTn1n12aa1111而∴a11bnbn}是首项为}是首项为b1nnn bnnnnn1对于函数y15而函数y1111（3）S2nSSn1n1)F(n)，∴F（n）是随n的增大而增大，23min3∴k1，ab)2b2∴f(x)log(2xn1)2n1nN*设存f(b);5d)a16d1,15d)124a64d4,18dx原不等式等价于1令f(t)=t-1-lnt，1t∴f(t)1)F(n)，∴F（n）是随n的增大而增大，23min3∴k1，ab)2b2∴f(x)log(2xn1)2n1nN*设存f(b);5d)a16d1,15d)124a64d4,18dx原不等式等价于1令f(t)=t-1-lnt，1t∴f(t) an+1==an2－=n232注意到2322bn22a222原不等式等价于11t1t101综上得t1xn121+1－an，an－an－1，an－1－an－2，„，a2－a别得到什么数？试猜想fn的关系式，并证明你的结论；（2）记S3）c9n1，设ck2是数列c中的最大项，则cccc数列c有0，可得an>0并解出：an=n12a2因此，可以得出：an+1－an，an－an－1，an－1－an－2，„，a2－a别得到什么数？试猜想fn的关系式，并证明你的结论；（2）记S3）c9n1，设ck2是数列c中的最大项，则cccc数列c有0，可得an>0并解出：an=n12a2因此，可以得出：an 2pp1(p(2p2p2p2p2p11pnpC1aC2a2nSn2pi12p2p2p2p12111pn .已知数列{an}中，a1>0,且an+1=32an，(Ⅰ)32n110.已知数列{a}满足：a1且[3(1)n]a2a试求a1的值，使得数列{an}是一个常数数列；(Ⅱ)试求a1q，由已知条件，①÷②得：a2(q1q)2q1q7.已知数列{an}中，a1>0,且an+1=32an，(Ⅰ)32n110.已知数列{a}满足：a1且[3(1)n]a2a试求a1的值，使得数列{an}是一个常数数列；(Ⅱ)试求a1q，由已知条件，①÷②得：a2(q1q)2q1q7①②q1531与nnn9.（1）由(3m)s2mamnn2mna2a66a637a3或aa2a6773n6n（3）c9n1数列c有最大项，最大项是cn2man1m3,两式相减得(3m)a2ma,m3,a在正数k，使得(1)(1)(1)k2n12n则k2n(1)((c+m)=log2[(a+m)(c+m)],2f(b)=2n1n21n（3）nn122112nn1nn1，从而S211项是26.{a}和{b}分别是等比数列和等差数列，它们的前四11m3n在正数k，使得(1)(1)(1)k2n12n则k2n(1)((c+m)=log2[(a+m)(c+m)],2f(b)=2n1n21n（3）nn122112nn1nn1，从而S211项是26.{a}和{b}分别是等比数列和等差数列，它们的前四11m3nnnn 2nnn21n b是1为首项为公比的等差数列31 2mb3213.1n bb333a211（2）(c+m)=log2[(a+m)(c+m)],2f(b)=25）上也为减函数．故当n＝3时，取最小值，bn3.5，3.5n都成立.因此当a1=2时，∴Sn=b1+b2+=a－a＋a6.等比数列{a}中，41nS'nb44b43d60，(c+m)=log2[(a+m)(c+m)],2f(b)=25）上也为减函数．故当n＝3时，取最小值，bn3.5，3.5n都成立.因此当a1=2时，∴Sn=b1+b2+=a－a＋a6.等比数列{a}中，41nS'nb44b43d60，b9，n1的等比数列，故2 222n2n12n 1n2的第一项是数列{a}中的第2n1项，且第n组中共有2n1项。所以T2n118（3）8则SSTa2n1a1T227n2n21也适合上式，故T22n2242n1,n22n22n1222nn11解得q nnnn 223Tn22212 2n. =185，（1）求数列{a}的通项公式；（2）设an2nn是10,20aa，因而aaqn12 n2n.n)(12).1112n12nfn成立。1111611219522007122；xlnn11n1。7.已知数列(1p)Sn1n22nSn（=185，（1）求数列{a}的通项公式；（2）设an2nn是10,20aa，因而aaqn12 n2n.n)(12).1112n12nfn成立。1111611219522007122；xlnn11n1。7.已知数列(1p)Sn1n22nSn（1331343462k12k 22222n2n1n22n12n132 x 231 3∵对任意的bn1n，nS2kb总有两个不同的根,a21（2）aa10d2432k2k12k2k1SaSak22k2k1 nn242n24430 2 234b2c2a2b2abc，a2abc，cosCc数列．AB，即2an＋1＋1＝4an2＋4an＋1＝(2an＋1)2．∴b2c2a2b2abc，a2abc，cosCc数列．AB，即2an＋1＋1＝4an2＋4an＋1＝(2an＋1)2．∴{10（I）求数列{a}的通项公式。n序组成一个新数列{b}，64d4即d256d1160解之，得d2,d580(应舍去)4241那么当n1下面用数学归纳法证明成立n16分1 综合①②所述，对也成立11120072401540153为等比数列．（2）∵lg(2a1＋1)＝lg5，∴lg(2aa2f(x)b总有两个不同的根,1 3∴a3∵对任意的bn1n1n是大于0的常数），且为等比数列．（2）∵lg(2a1＋1)＝lg5，∴lg(2aa2f(x)b总有两个不同的根,1 3∴a3∵对任意的bn1n1n是大于0的常数），且a1=1，a3=4.（1）求的值；)(c+m)]=log2(b+m)2∴f(a)+f(c)=2nnn22 222an当n=1时a1=1满足ann①－②得T1222n则TnTn2n2n2n1nn2n2n1S2n22n1n2n3TS1TSnTSTSnT2n1 2212＋„212＋„＋nn1－2x,y)作x轴的垂线，交C于点P，再从点P作y轴的垂线，交C=185，（1）求数列{a}的通项公式；（2）设an2nn是1有相同的符号7’要使an+1>an对任意自然数都成立,只须数f（x）＝log（ax＋b）图象过点A（2，1）和B（5， x,y)作x轴的垂线，交C于点P，再从点P作y轴的垂线，交C=185，（1）求数列{a}的通项公式；（2）设an2nn是1有相同的符号7’要使an+1>an对任意自然数都成立,只须数f（x）＝log（ax＋b）图象过点A（2，1）和B（5， 2abcb若其为等比数列，有nd185b112akknnkk122221k22nan22所以2b2a2c2．又cosBa2c2b2cosAb2c2a2cosCcAB10a1（2）b2an82nnn1nn1n2annb132Tn1a1327321 a25，„时，n1k2111k1)，f(4)成等差数列，求m的值；（2）如果a,b,c是两两a)12022d610(1)2a19d61(2)1由（1）（的代号：cosAcosBcosCab，cA．是等比数列而不是n1(2n3)()n1．2S3(2n3)()n．11.设{a)，f(4)成等差数列，求m的值；（2）如果a,b,c是两两a)12022d610(1)2a19d61(2)1由（1）（的代号：cosAcosBcosCab，cA．是等比数列而不是n1(2n3)()n1．2S3(2n3)()n．11.设{ann3又S1nnn83qq2nn21nn112022d1Ta2a43n1(nN)a2n得 qqa得 qq322a3 a 3qq3 a 31331aq2315．5．①×②，得q225．3aq23q 7或qq 2①②q155，．2...121n112nn1n13.解：（Ⅰ）ad816a6，ann1 1an1（n＝2，3，4，„）（I）求a、a的值个结果fn131的；②当从A口输入自然数nn2时，2n112N*，是否存在正数k，使得(1)(1)1n理由．24.已知f22...121n112nn1n13.解：（Ⅰ）ad816a6，ann1 1an1（n＝2，3，4，„）（I）求a、a的值个结果fn131的；②当从A口输入自然数nn2时，2n112N*，是否存在正数k，使得(1)(1)1n理由．24.已知f2，31 1对一切nN*均成立，1232n2n1nN*1．1．min3即m2+5m+4=m2+4m+4∴m=0=ac+am+cm+m2-b2-2bm-m2=ac+m(a+c)-b2-2bm„，f(2n1)2(2n1)f(n)即2n1f(i)(2n1q，由已知条