高考数学数列大题专题训练

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T n ,再令a n =lg T n ,n ≥1. (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;

(Ⅱ)设b n =tan a n ⋅tan a n +1,求数列{b n }的前n 项和S n .

n ≥2) 满足a n +1-a 1=1(k =1, 2,..., n -1) ,数列A n 为E 数列,记2 .若数列A n =a 1, a 2, ... , a n (

S (A n ) =a 1+a 2+... +a n .

(Ⅰ)写出一个满足a 1=a s =0,且S (A s ) 〉0的E 数列A n ;

(Ⅱ)若a 1=12,n=2000,证明:E 数列A n 是递增数列的充要条件是a n =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A n ,使得S 个满足条件的E 数列A n ;如果不存在,说明理由。

(A n )=0?如果存在,写一

3. 已知等比数列{an }的公比q=3,前3项和S 3=(I )求数列{an }的通项公式;

(II )若函数f (x ) =A sin(2x +ϕ)(A >0, 0

4. 设b>0,数列{a n }满足a 1=b,a n =

133

π

6

处取得最大值,且最大值为a 3,

nba n -1a n -1+2n -2

(n ≥2)

.

(1)求数列{a n }的通项公式;

(2)证明:对于一切正整数n ,a n ≤

b 2

n +1n +1

+1.

5. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足:a 1=a (a ≠0) ,a n (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)若存在k ∈ N *,使得S k

+1

+1

=rS n (n ∈N *,r ∈R , r ≠-1) .

,S k ,S k

+2

成等差数列,是判断:对于任意的m ∈N *,且m ≥2,

a m +1,a m ,a m +2是否成等差数列,并证明你的结论.

6. 已知函数f (x ) =x ,g (x )=x

3

(Ⅰ)求函数h (x )=f (x )-g (x ) 的零点个数,并说明理由;

(Ⅱ)设数列{a n }(n ∈N ) 满足a 1=a (a >0) ,f (a n +1) =g (a n ) ,证明:存在常数M, 使得对于任意的n ∈N ,都有a n ≤ M .

*

*

7. 已知两个等比数列{a n },{b n },满足a 1=a (a >0), b 1-a 1=1, b 2-a 2=2, b 3-a 3=3. (1)若a =1,求数列{a n }的通项公式; (2)若数列{a n }唯一,求a 的值.

8、已知等差数列{a n }满足a 2=0,a 6+a 8=-10

⎧a n ⎫

(I )求数列{a n }的通项公式; (II )求数列⎨n -1⎬的前n 项和.

⎩2⎭

9. 设数列{a n }满足a 1=0且

11-a n +1

-

11-a n

=1.

(Ⅰ)求{a

n

}的通项公式 (Ⅱ

)设b n

=

n

记S n =

∑b

k =1

k

, 证明:S n

10. 等比数列{a n }中,a 1, a 2, a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a 1, a 2, a 3中的任何两个数不在下表的同一列.

(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;

(Ⅱ)若数列{b n }满足:b n =a n +(-1) ln a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .

11. 已知数列{a n }和{b n }的通项公式分别为a n =3n +6,b n =2n +7(n ∈N

*

*

*

),将集合

{x |x =a n , n ∈N } {x |x =b n , n ∈N }中的元素从小到大依次排列,构成数列

c 1, c 2, c 3, , c n , 。

⑶ 求c 1, c 2, c 3, c 4 ⑵ 求证:在数列{c n }中、但不在数列{b n }中的项恰为a 2, a 4, , a 2n , ⑶ 求数列{c n }的通项公式。

12.(1)写出a 1, a 2, a 3并判断{a n }是否为等比数列。若是,给出证明;若不是,说明理由;

*

(II)设b n =nda n (n ∈N ) ,求数列{b n }的前n 项和S n .

13. 已知数列{a n }与{b n }满足:b n a n +a n +1+b n +1a n +2=0, b n =

3+(-1)

2

n

, n ∈N ,且

*

a 1=2, a 2=4.

(Ⅰ)求a 3, a 4, a 5的值 (Ⅱ)设c n =a 2n -1+a 2n +1, n ∈N ,证明:{c n }是等比数列

*

4n

(III )设S k =a 2+a 4+⋅⋅⋅+a 2k , k ∈N , 证明:

*

k =1

S k a k

76

(n ∈N )

*

14. 等比数列{a n }的各项均为正数,且2a 1+3a 2=1, a 3=9a 2a 6.

2

(1)求数列{a n }的通项公式.

(2)设 b n =log 3a 1+log 3a 2+...... +log 3a n , 求数列⎨

⎧1⎫

⎬的前n 项和. b ⎩n ⎭

15. 已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1为a (a ∈R ), 设数列的前n 项和为S n ,且

成等比数列

(1)求数列{a n }的通项公式及S n

1a 1

1a 2

1a 4

(2)记A n =

1S 1

+

1S 2

+

1S 3

1

+... +

S n

,B n =

1a 1

+

1a 2

+

1a 22

+... +

1a 2n

,当n ≥2时,试比较A n

与B n 的大小.

16. 设实数数列{a n }的前n 项和S n ,满足S n +1=a n +1S n (n ∈N ) (I )若a 1, S 2-2a 2成等比数列,求S 2和a 3; (II )求证:对k ≥3有0≤a k +1≤a k ≤

*

43

参考答案

1. 解:(Ⅰ)设t 1, t 2, , t n +2构成等比数列,其中t 1=1, t n +2=100,则

T n =t 1⋅t ⋅2 ⋅t n +1⋅t n +2 T n =t n +2⋅t ⋅n +1 ⋅t 2⋅t 1

① ②

2

①×②并利用t i ⋅t n +3-i =t 1⋅t n +2=10, (1≤i ≤n +2) ,得

T n =10

22(n +2)

∴a n =lg T n =n +2, n ≥1.

(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果,知

b n =tan(n +2) ⋅tan(n +3), n ≥1

另一方面,利用

tan 1=tan((k +1) -k ) =

tan(k +1) -tan k 1-tan(k +1) ⋅tan k

tan(k +1) ⋅tan k =

所以

n

n +2i

tan(k +1) -tan k

tan 1

-1

S n =

n +2

∑b

i =1

=

∑tan(k +1) ⋅tan k

i =3

==

i =3

(

tan(k +1) -tan k

tan 1tan 1

-n

-1)

tan(n +3) -tan 3

2. 解:(Ⅰ)0,1,2,1,0是一具满足条件的E 数列A 5。

(答案不唯一,0,1,0,1,0也是一个满足条件的E 的数列A 5) (Ⅱ)必要性:因为E 数列A 5是递增数列, 所以a k +1-a k =1(k =1, 2, , 1999) . 所以A 5是首项为12,公差为1的等差数列. 所以a 2000=12+(2000—1)×1=2011. 充分性,由于a 2000—a 1000≤1, a 2000—a 1000≤1 …… a 2—a 1≤1

所以a 2000—a≤19999,即a 2000≤a1+1999.

又因为a 1=12,a 2000=2011,

所以a 2000=a1+1999.

a n +1-a n =1>0(k =1, 2, , 1999), 即A n 是递增数列.

综上,结论得证。

(Ⅲ)令c k =a k +1-a k =1>0(k =1, 2, , n -1), 则c A =±1. 因为a 2=a 1+c 1+a 1=a 1+c 1+c 2 ……

a n =a 1+c 1+c 2+ +c n +1,

所以S (A n ) =na 1+(n -1) c 1+(n -2) c 2+(n -3) c 3+ +c n -1

=

n (n -1)

2

-[(1-c 1)(n -1) +(1-c 2)(n -2) + +(1-c n -1)].

因为c k =±1, 所以1-c k 为偶数(k =1, , n -1).

所以*1-c 1)(n -1) +(1-c 2)(n -2) + +(1-c n ) 为偶数, 所以要使S (A n ) =0, 必须使

n (n -1)

2

为偶数,

即4整除n (n -1), 亦即n =4m 或n =4m +1(m ∈N *). 当

n =4m +1(m ∈N *)时, E 数列A n 的项满足a 4k +1=a 4k -1=0, a 4k -2=-1,

a 4k =1(k =1, 2, , m ) 时,有a 1=0, S (A n ) =0;

a 4k =1(k =1, 2, , m ), a 4k +1=0时, 有a 1=0, S (A n ) =0;

当n =4m +1(m ∈N *)时, E 数列A n 的项满足,a 4k -1=a 3k -3=0, a 4k -2=-1,

当n =4m +2或n =4m +3(m ∈N ) 时, n (m -1) 不能被4整除,此时不存在E 数列A n , 使得a 1=0, S (A n ) =0. 3.

4. 解(1)法一:

a n n

=

ba n -1

a n -1+2(n -1)

2b ⋅b n -1+

121b

,得

n a n

=

a n -1+2(n -1)

ba n -1

=

1b

+

2n -1⋅, b a n -1

n a n

=b n ,则b n =

(n ≥2) ,

12

(ⅰ)当b =2时,{b n }是以即b n =

为首项,为公差的等差数列,

12

+(n -1) ⨯

12

=

12

n ,∴a n =2

2b

⋅(b n -1+λ) ,则b n =

12-b

=2b 1

2b

⋅b n -1+λ(

12-b

2b -1) ,

(ⅱ)当b ≠2时,设b n +λ=令λ(

2b

-1) =12-b

1b

,得λ=

12-b

,∴b n +⋅(b n -1+

) (n ≥2) ,

知b n +是等比数列,∴b n +

12-b

=(b 1+

n

n

2n -11) ⋅() ,又b 1=, 2-b b b

,∴a n =

∴b n =

⋅() -=⋅

2-b b 2-b 2-b

12

12

n

112-b b

n

nb (2-b ) 2-b

n

n

n

法二:(ⅰ)当b =2时,{b n }是以即b n =

为首项,

12

为公差的等差数列,

12

+(n -1) ⨯

12

=

12

n ,∴a n =2

(ⅱ)当b ≠2时,a 1=b ,a 2=

2b

2

b +2

=

2b (b -2) b -2

2

2

2

,a 2=

3b

2

3

b +2b +4

=

3b (b -2) b -2

3

3

3

猜想a n =

nb (b -2) b -2

n

n

n

,下面用数学归纳法证明:

①当n =1时,猜想显然成立; ②假设当n =k 时,a k =

kb (b -2) b -2

k

k

k k

,则

k

a k +1=

(k +1) b ⋅a k a k +2(n -1)

=

(k +1) b ⋅kb (b -2) kb (b -2) +2k ⋅(b -2)

k

k

=

(k +1) b

b

k +1

k +1

(b -2)

k +1

-2

所以当n =k +1时,猜想成立, 由①②知,∀n ∈N *,a n =

nb (b -2) b -2

22

n

n n +1n +1

n

(2)(ⅰ)当b =2时, a n =2=(ⅱ)当b ≠

2时,b

2n

+1,故b =2时,命题成立;

+2

2n

≥=2

n

n +1

b ,

n

b

2n -1

⋅2+b ⋅2

n +1

2n -1

≥n -1

=2

n +1

b ,

, b

b

2n

⋅2

n -1

+b ⋅2

n +1

n +1

≥n -1

⋅2

=2

n +1

n

b ,以上n 个式子相加得

2n -1

+b

2n -1

⋅2+ +b b (b -2)

n

n

n

⋅2[(b

+b +b

n -1n +1

+ +b ⋅2+2

2n

2n

≥n ⋅2

n

n +1

b ,

n

a n =(b

n ⋅22

2n

n +12n 2n -1

n +1

(b -2)

⋅2+ +b ⋅2

2

n +1

2n -1n

+2

n

) -b ⋅2](b -2)

n

(b -2)

n

n

=

+b

2n -1

⋅2+ +b ⋅2

2

2n -1

n

+2

2n n

)(b -2) -b ⋅2(b -2)

n +1

(b -2)

n

n +1

=

(b

2n +1

-2

2n +1

) -b

n

n +1

⋅2+b ⋅2

n

n

2

(b

2n +1

n +1

(b -2)

n

n

n +1

2n +1

=

-b

n +1

⋅2) +(b ⋅2

n +1

-2)

2(b -2)

n n

=

b 2

n +1n +1

+1.故当b ≠2时,命题成立;

综上(ⅰ)(ⅱ)知命题成立.

5. 解:(I )由已知a n +1=rS n , 可得a n +2=rS n +1,两式相减可得

(S n +1-S n ) =r a , a n +2-a n +1=r n +1

即a n +2=(r +1) a n +1,

又a 2=ra 1=ra , 所以r=0时, 数列{a n }为:a ,0,…,0,…;

当r ≠0, r ≠-1时,由已知a ≠0, 所以a n ≠0(n ∈N ),

*

于是由a n +2=(r +1) a n +1, 可得

a n +2a n +1

=r +1(n ∈N ) ,

*

∴a 2, a 3, , a n + 成等比数列, ∴当n ≥2时,a n =r (r +1)

n -2

a .

n =1, ⎧a n 综上,数列{a n }的通项公式为a n =⎨ n -2

⎩r (r +1) a , n ≥2

(II )对于任意的m ∈N ,且m ≥2, a m +1, a m , a m +2成等差数列,证明如下:

*

当r=0时,由(I )知,a m =⎨

⎧a , n =1, ⎩0, n ≥2

∴对于任意的m ∈N ,且m ≥2, a m +1, a m , a m +2成等差数列, 当r ≠0,r ≠-1时,

S k +2=S k +a k +1+a k +2, S k ++a k +. 1

1

若存在k ∈N ,使得S k +1, S 1, S k +2成等差数列, 则S k +1+S k +2=2S k , ∴2S k +2a k +1+a k +2=2S k 即,

, a +=-2a +

k 2k 1

*

*

由(I )知,a 2, a 3, , a m , 的公比r +1=-2,于是

对于任意的m ∈N ,且m ≥2, a m +1=-2a m , 从而a m +2=4a m , ∴a m +1+a m +2=2a m , 即a m +1, a m , a m 成等差数列, +2

综上,对于任意的m ∈N ,且m ≥2, a m +1, a m , a m +2成等差数列。 6. 解析:(I )

由h (x ) =x -x -

3

*

*

知,x ∈[0+, ∞,而h (0=) ,

h (1=) -) ,则6x =0为2h (x ) 0的一个零点,且h (x ) 在

h (x ) 至少有两个零点

解法1:h '(x ) =3x -1-

2

12

x

-

12

,记ϕ(x ) =3x -1-

2

12

x

-

12

,则ϕ'(x ) =6x +

14

x

-

32

当x ∈(0,+∞) 时,ϕ'(x ) >0,因此ϕ(x ) 在(0,+∞) 上单调递增,则ϕ(x ) 在(0,+∞) 内至多只有一

个零点。

又因为ϕ(1)>0, ϕ3

(x ) 在3

内有零点,所以ϕ(x ) 在(0,+∞) 内有且只

x 1) =有一个零点。记此零点为x 1,则当x ∈(0, x 1) 时,ϕ(x )

ϕ(x ) >ϕ' (x 1) =

所以,

0;

当x ∈(0,x 1) 时,h (x ) 单调递减,而h (0)=0,则h (x ) 在(0,x 1]内无零点;

当x ∈(x 1, +∞) 时,h (x ) 单调递增,则h (x ) 在(x 1, +∞) 内至多只有一个零点; 从而h (x ) 在(0,+∞) 内至多只有一个零点。综上所述,h (x ) 有且只有两个零点。

12

12

32

解法2:h (x ) =x (x -1-x

2

-

) ,记ϕ(x ) =x -1-x

2

-

,则ϕ'(x ) =2x +

12

x

-

当x ∈(0,+∞) 时,ϕ'(x ) >0,因此ϕ(x ) 在(0,+∞) 上单调递增,则ϕ(x ) 在(0,+∞) 内至多只有一个零点。因此h (x ) 在(0,+∞) 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

0,即x 0=x 0+

3

3

(1)当a

而a 2=a 1+猜测:a n

3

②假设当n =k (k ≥1) 时,有a k

a k +1=a k +

3

*

=x 0知,a k +1

3

故对任意的n ∈N ,a n

(2)当a ≥x 0时,由(1)知,h (x ) 在(x 0, +∞) 上单调递增。则h (a ) ≥h (x 0) =0,

即a ≥a +。

从而a 2=a 1+

3

3

=a +≤a ,即a 2≤a ,由此猜测:a n ≤a 。下面用数学归纳法证明:

3

①当n =1时,a 1≤a 显然成立;

②假设当n =k (k ≥1) 时,有a k ≤a 成立,则当n =k +1时,由

a k +1=a k +

3

≤a +

*

≤a 知,a k +1≤a ,因此,当n =k +1时,a k +1≤a 成立。

3

故对任意的n ∈N ,a n ≤a 成立。

综上所述,存在常数M =max{x 0, a },使得对于任意的n ∈N ,都有a n ≤M . 7. (1)设{a n }的公比为q ,则b 1=1+a =2, b 2=2+aq =2+q , b 3=3+aq

由b 1, b 2, b 3成等比数列得(2+q )

2

2

*

=3+q

2

=2(3+q )

2

即q -4q +2=0, 解得q 1=2+所以{a

n }的通项公式为a n =(2+

2

q 2=2-2

2

n -1

或a n =(2-

n -1

.

(2)设{a n }的公比为q ,则由(2+aq )

得aq -4aq +3a -1=0(*)

2

=(1+a )(3+aq ),

由a >0得∆=4a +4a >0,故方程(*)有两个不同的实根 由{a n }唯一,知方程(*)必有一根为0,代入(*)得a =

2

13

.

8. 解:(I )设等差数列{a n }的公差为d ,由已知条件可得⎨

⎧a 1+d =0, ⎩2a 1+12d =-10,

解得⎨

⎧a 1=1, ⎩d =-1.

,故数列{a n }的通项公式为a n =2-n .

(II )设数列{

a n 2

的前n 项和为S n ,即S n =a 1+n -1

a n 2

n

a 22

+ +

a n 2

n -1

, 故S 1=1,

S n 2

=

a 12

+

a 24

+ +.

所以,当n >1时,

S n 2

=a 1+=1-(

a 2-a 1

212+1412

+ +

a n -a n -1

21

n -1

n -1

-)

a n 2

n

+ +

22

n

-

2-n 2

n

=1-(1-

n 2

n

) -n -1

2-n

=.

n 2

n -1

所以S n =

.

综上,数列{

a n 2

的前n 项和S n =n -1

11-a n +1

11-a n

11-a n

n 2

n -1

.

9. 解:(I )由题设-=1, 即{

11-a n

1n

是公差为1的等差数列。

11-a 1

=1, 故

=n . 所以a n =1-

.

(II )由(I )得

b n =

=

1

1n

=n

S n =

k =1

b k =

k =1

-

=1-

10. 解:(I )当a 1=3时,不合题意;

当a 1=2时,当且仅当a 2=6, a 3=18时,符合题意; 当a 1=10时,不合题意。

因此a 1=2, a 2=6, a 3=18, 所以公式q=3,故a n =2⋅3 (II )因为b n =a n +(-1) ln a n

n

n -1

.

=2⋅3=2⋅3=2⋅3

n -1n -1n -1

+(-1) (2⋅3

n

n n -1

)

n

+(-1) [ln2+(n -1) ln 3]+(-1) (ln2-ln 3) +(-1) n ln 3,

2n -1

n

S 2n =2(1+3+ +3

) +[-1+1-1+ +(-1)

2n

](ln2-ln 3) +[-1+2-5+ +(-1) n ]ln 3,

n

所以当n 为偶数时,S n =2⨯

1-3

n

1-3

n

+

n 2

ln 3=3+

n

n 2

ln 3-1;

当n 为奇数时,S n =2⨯

1-3

1-3

-(ln2-ln 3) +(

n -12

-n ) ln 3=3-

n

n -12

ln 3-ln 2-1.

⎧n n

3+ln 3-1, n 为偶数⎪⎪2

综上所述,S n =⎨

⎪3n -n -1ln3-ln2-1,n 为奇数⎪⎩2

11. ⑴ c 1=9, c 2=11, c 3=12, c 4=13; ⑵ ① 任意n ∈N

*

,设a 2n -1=3(2n -1) +6=6n +3=b k =2k +7,则k =3n -2,即

a 2n -1=b 3n -2

② 假设a 2n =6n +6=b k =2k +7⇔k =3n -

12

,∴ a 2n ∉{b n } ∈N (矛盾)

*

∴ 在数列{c n }中、但不在数列{b n }中的项恰为a 2, a 4, , a 2n , 。 ⑶ b 3k -2=2(3k -2) +7=6k +3=a 2k -1,

b 3k -1=6k +5,a 2k =6k +6,b 3k =6k +7

∵ 6k +3

∴ 当k =1时,依次有b 1=a 1=c 1, b 2=c 2, a 2=c 3, b 3=c 4,……

⎧6k +3(n =4k -3)

⎪6k +5(n =4k -2) *

∴c n =⎨, k ∈N

⎪6k +6(n =4k -1) ⎪⎩6k +7(n =4k )

设d 为非零实数,a n =

n -1

n -1

1n

(C n d +2C n d

122

+ +(n -1) C n d

1

2

2

3

+nC n d ](n ∈N )

n -1

n

n n *

a 1=d

12. 解析:(1)a 2=d (d +1)

2

a n =C n d +C n d +C n d + +C n d a n +1=d (1+d ) a n +1a n

=d +1

n

=d (1+d )

n -1

a 3=d (d +1)

因为d 为常数,所以{a n }是以d 为首项,d +1为公比的等比数列。

b n =nd (1+d )

2

2

2n -1

2

1

2

2

2

n -1

(2)S n =d (1+d ) +2d (1+d ) +3d (1+d ) + +nd (1+d )

=d [(1+d ) +2(1+d ) +3(1+d ) + +n (1+d )

2

1

2

3

12n -1

](1)

n

(1+d ) S n =d [(1+d ) +2(1+d ) +3(1+d ) + +n (1+d ) ](2)

(2)-(1)=dS n =-d [

2

1⋅(1-(1+d ) ) 1-(1+d )

n

+d n (1+d ) =d +(d n -d )(1+d )

2n 2n

∴S n =1+(dn -1)(1+d )

n

13. (I )解:由b n =

3+(-1)

2

n

, n ∈N ,

*

可得b n =⎨

⎧1, n 为奇数⎩2,n 为偶数

,又b n a n +a n +1+b n +1a n +2=0,

当n=1时,a 1+a2+2a3=0,由a 1=2,a2=4,可得a 3=-3; 当n=2时,2a 2+a3+a4=0,可得a 4=-5; 当n=3时,a 3+a4+2a5=0,可得a 4=4.

(II )证明:对任意n ∈N ,

*

a 2n -1+a 2n +2a 2n +1=0, 2a 2n +a 2n +1+a 2n +2=0, a 2n +1+a 2n +2+2a 2n +3=0,

②—③,得

① ② ③ ④

a 2n =a 2n +3.

将④代入①,可得a 2n +1+a 2n +3=-(a 2n -1+a 2n +1) 即c n +1=-c n (n ∈N )

又c 1=a 1+a 3=-1, 故c n ≠0,

*

因此

c n +1c n

=-1, 所以{c n }是等比数列.

(III )证明:由(II )可得a 2k -1+a 2k +1=(-1) ,于是,对任意k ∈N 且k ≥2,有

k *

a 1+a 3=-1, -(a 3+a 5) =-1, a 5+a 7=-1,

(-1) (a 2k -3+a 2k -1) =-1.

将以上各式相加,得a 1+(-1) a 2k -1=-(k -1), 即a 2k -1=(-1) 此式当k=1时也成立. 由④式得a 2k =(-1)

k +1

k

k +1

k

(k +1) ,

(k +3).

从而S 2k =(a 2+a 4) +(a 6+a 8) + +(a 4k -2+a 4k ) =-k , S 2k -1=S 2k -a 4k =k +3. 所以,对任意n ∈N , n ≥2,

4n

*

k =1

S k a k

n

n

=

m =1

(

S 4m -3a 4m -3

+

S 4m -2a 4m -2

+

S 4m -1a 4m -1

+

S 4m a 4m

2m

)

=

∑(

m =1

2m +22m

-

2m -12m +2

-

2m +32m +1

+

2m +3

)

n

=

m =1

(

22m (2m +1)

n

+

3

(2m +2)(2m +2)

3

) =

22⨯3

n

+

m =2

52m (2m +1)

+

3

(2n +2)(2n +3)

13

+

m =2

5

(2m -1)(2m +1)

+

(2n +2)(2n +3)

=

13

+

5

1111113⋅[(-) +(-) + +(-)]+235572n -12n +1(2n +2)(2n +3)

=

1376

+.

56

-

5

22n +1

1

+

3

(2n +2)(2n +3)

对于n=1,不等式显然成立. 所以,对任意n ∈N ,

*

S 1a 1

+

S 2a 2

+ +

S 2n -1a 2n -1

+

S 2n a 2n

=(

S 1a 1

+

S 2a 2

) +(

S 3a 3

+

S 4a 4

) + +(

S 2n -1a 2n -1

+

S 2n a 2n

)

=(1-

1414

-

1121

) +(1-

14

2

-

24-(4-1) 2

2

2

) + +(1-

14

n

-

n (4-1)

n

)

=n -(+

12

) -(

14

2

+

4(4-1)

2

22

) - -(

14

n

+

n 4(4-1)

2

n n

) ≤n -(

19

14

+

112

) =n -

13

.

14. 解:(Ⅰ)设数列{an }的公比为q ,由a 3=9a 2a 6得a 3=9a 4所以q

由条件可知c>0,故q =

32

=。

13

由2a 1+3a 2=1得2a 1+3a 2q =1,所以a 1=故数列{an }的通项式为a n =

13

13

n

(Ⅱ )b n =log 3a 1+log 3a 2+... +log 3a n

=-(1+2+... +n ) =-

n (n +1) 2

1b n

=-

2n (n +1)

1b n

=-2(

1n

-

1n +1

)

1b 1

+

1b 2

+... +=-2((1-

12

) +(

12

-

13

) +... +(

1n

-

1n +1

)) =-

2n n +1

所以数列{

1b n

的前n 项和为-

2n n +1

15.(I)解:设等差数列{a n }的公差为d ,由(

1a 2

) =

2

1

a 1a 4

1

,

得(a 1+d ) =a 1(a 1+3d )

因为d ≠0,所以d =a 所以a n =na 1, S n =

2

an (n +1)

2

.

(II )解:因为

1S n +

=

211(-) ,所以 a n n +1

1S n

2a

1n +1

A n =

1S 1

+

1S 2

1S 3

+ +=(1-)

因为a

2

n -1

=2

n -1

a ,所以B n =

1a 1

2

+

1a 2

+

1a 22

n

+ +

1a 2n -1

1n

1-() 1=2(1-1). =⋅n

1a a 21-

2

当n ≥2时, 2=C n +C n +C n + +C n >n +1, 即1-

n 01

1n +1

12

n

,

所以,当a >0时, A n B n .

⎧S 22=-2a 1a 2, 2

得S 2=-2S 2, 16. (I )解:由题意⎨

⎩S 2=a 2S 1=a 1a 2,

由S 2是等比中项知S 2≠0. 因此S 2=-2.

由S 2+a 3=S 3=a 3S 2解得a 3=

S 2S 2-1

=

-2-2-1

=

23

.

(II )证法一:由题设条件有S n +a n +1=a n +1S n ,

故S n ≠1, a n +1≠1且a n +1=从而对k ≥3有

S n S n -1

, S n =

a n +1a n +1-1

,

a k =

S k -1S k -1-1

=

a k -1+S k -2a k -1+S k -2-1

a k -1+=a k -1+

a k -1a k -1-1a k -1

-1

=

a k -1

a

2k -1

2

-a k -1+1

. ①

a k -1-1

因a k -1-a k -1+1=(a k -1-

2

12

) +

2

34

>0且a k -1≥0,由①得a k ≥0

2

要证a k ≤

43

,由①只要证

a k -1

a

2k -1

2

-a k -1+1

43

2

,

即证3a k -1≤4(a k -1-a k -1+1), 即(a k -1-2)

22

≥0. 此式明显成立.

因此a k ≤

43

(k ≥3). 最后证a k +1≤a k . 若不然a k +1=

a k

2k

2

a -a k +1

>a k ,

又因a k ≥0, 故

a k

a -a k +1

2k

>1, 即(a k -1)

2

证法二:由题设知S n +1=S n +a n +1=a n +1S n ,

故方程x -S n +1x +S n +1=0有根S n 和a n +1(可能相同). 因此判别式∆=S n +1-4S n +1≥0.

2

2

又由S n +2=S n +1+a n +2=a n +2S n +1得a n +2≠1且S n +1=

a n +2a n +2-1

.

因此

a n +2(a n +2-1)

2

2

-

4a n +2a n +2-1(k ≥3).

≥0, 即3a n +2-4a n +2≤0,解得0≤a n +2≤

2

43

.

因此0≤a k ≤

43

由a k =

S k -1S k -1-1

S k

≥0(k ≥3) ,得

a k +1-a k =

S k -1

-a k =a k (

S k -1a k S k -1-1

-1) =a k (

S k -1S

2k -1

-1) -1

S k -1-1

=-

a k

S

2k -1

-S k -1+1

=-

a k

(S k -1-

12) +

2

34

≤0.

因此a k +1≤a k

(k ≥3).


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