数列压轴题专题.pdf

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1、题型一：递推问题 1、已知数列an中,a10,且an+1=3+an2.(1)试求a1的值,使得数列an是一个常数数列；(2)试求a1的取值范围,使得an+1an对任何自然数n都成立；（3）若a1=4,设bn=|an+1-an|(n=1,2,3),并以 Sn表示数列bn的前n项的和,试证明：Sn0,可以推得an0 并解出：an=32.即a1=a2=32（）研究an+1-an=3+an2-3+an-12=an-an-12(3+an2+3+an-12)(n2)注意到：2(3+an2+3+an-12)0 因此,an+1-an,an-an-1,a2-a1an+1an对任意自然数都成立,只须a2-a103

2、+a12-a10,解得：0a132时,an+1an对任何自然数na1=4 时,an+1-an0 Sn=b1+b2+bn.=|a2-a1|+|a3-a2|+|an+1-an|=a1-a2+a2-a3+an-an+1=a1-an+1=4-an+1 又：an+2an+1 即3+an+1232,故 Sn4-32=52.题型二：最值问题 2、已知数列na满足：11a,an+1=an2an+1(nN)(Nn,数列nb的前n项和Sn=12-12(23)n(nN).(1)求数列na和bn的通项公式；(2)设cn=bnan,是否存在Nm,使cm9 成立？并说明理由.解答：（1）由2111211nnnnaaaan

3、a,12)1(211nnna,121nna)(Nn.由nnS)(121232及1321)(1212nnS)2(n,可得1321)(4nnnnSSb)2(n,令1n,则412123211 Sb也满足上式,132)(4nnb)(Nn.（2）132132)()12(4)(4)12(nnabnnnCnn,设为数列nC中的最大项,则 252732323213223213211)12(1232)12()()12(4)()12(4)()32(4)()12(4mmmmmmmmmmCCCCmmmmmmmm,3m.即为nC中的最大项.9)(209802323C,不存在Nm,使9mC成立.题型三：公共项问题 3、设

4、 An为数列an的前 n 项的和，An32(an1)，数列bn的通项公式为 bn4n3。（1）求数列an的通项公式；（2）把数列an与bn的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列dn，证明数列dn的通项公式为dn32n1;（3）设数列dn的第 n 项是数列bn中的第 r 项，Br为数列bn的前 r 项的和，Dn为数列dn的前 n 项和，TnBrDn，求nlimTnan4。解（1）由 An32(an1)，可知 An132(an11)An1An32(an1an)an1，即 an1an3 而 a1A132(a11)，得 a13 所以数列an是以 3 为首项，公比为 3 的等比数列，数列an的通项公

5、式为 an3n。（2）32n1332n3(41)2n 3（42nC12n42n1(1)C2n2n14(1)(1)2n）4m3 32n1bn 而数 32n（41）2n 42nC2n142n1（1）C2n2n14(1)(1)2n (4k1)32nbn 而数列an32n132n dn32n1(3)由 32n14r3，可知 r32n134 Brr(74r3)2r(2r5)32n13432n172 Dn2719(19n)278(9n1)TnBrDn92n1432n1218278(9n1)9834n15832n34 又（an）434nnlimTnan498 题型四：存在性问题 4.等比数列 nc满足114

6、10nnncc，*Nn，数列 na满足nanc2（1）求 na的通项公式；（5 分）（2）数列 nb满足11nnnbaa，为数列 nb的前项和求nnTlim；（5 分）（3）是否存在正整数,1m nmn，使得1,mnT T T成等比数列？若存在，求出所有,m n 的值；若不存在，请说明理由（6 分）、解：（1）解：40,103221cccc，所以公比4q 2 分 10411 cc计算出21c 3 分 121242nnnc 4 分 12 nan 5 分（2）1112 2121nbnn 6 分 于是11111112335212121nnTnnn 8 分 nnTlim=21 10 分（3）假设否存在

7、正整数,1m nmn，使得1,mnT T T成等比数列，则 21213 21mnmn，12 分 可得2232410mmnm，由分子为正，解得661122m，由,1mNm，得2m，此时12n，当且仅当2m，12n 时，1,mnT T T成等比数列。16 分 说明：只有结论，2m，12n 时，1,mnT T T成等比数列。若学生没有说明理由，则只能得 13 分 题型五：类比问题 5.已知数列 na为 d0 的等差数列,对于 p,q N,且 pq(1)求证:qpaaqp是不依赖于 p,q 的常数;(2)对于 pqr(p,q,r N),试证:(rp)aq=(qp)ar+(rq)ap;正数数列bn是公比

8、不等于 1 的 GP,类似(1)(2)的等式是什么?并加以证明?题型六：放缩问题 6.已知函数 f（x）在（1，1）上有定义，1)21(f且满足 x、y（1，1）有)1()()(xyyxfyfxf（1）证明：f（x）在（1，1）上为奇函数；（2）对数列,12,21211nnnxxxx求)(nxf；（3）求证.120122)(1)(1)(121nnxfxfxfn（1）令,0 yx则0)0(),0()0(2fff 令,xy则)()(,0)0()()(xfxffxfxf为奇函数.（2）1)21()(1 fxf，),(2)()()1()12()(21nnnnnnnnnnxfxfxfxxxxfxxfxf

9、)(.2)()(1nnnxfxfxf即是以1 为首项，2 为公比的等比数列.2)(1nnxf（3）)2121211()(1)(1)(11221nnxfxfxf,2212)212(21121111nnn 而,2212)212(120122nnnn.120122)(1)(1)(121nnxfxfxfn 题型七：数列与向量问题，分别是与轴，轴正方向相同的单位向量，16OBaij()aR，对任意正整数，1163 2nnnB Bij 。（1）若123OBB B，求的值；（2）求向量3;OB（3）求向量nOB（用、表示）题型八：通项问题 8.已知ab，且260aa，260bb，数列 na、nb满足11a，

10、26aa，*1169(2,)nnnaaannN，*1()nnnbabanN(1)求证数列 nb是等比数列；(2)求数列 na的通项公式；证明(1)22,60,60ab aabb，2,3ab,212a.*1169(2,)nnnaaannN，*1()nnnbabanN，1213nnnbaa 11693nnnaaa 13(3)nnaa*3()nb nN 又12139baa，数列 nb是公比为 3，首项为的等比数列(2)依据(1)可以，得1*3()nnbnN 于是，有1*133()nnnaanN，即*111()33nnnnaanN 因此，数列3nna是首项为11()33a，公差为 1 的等差数列 故1

11、(1)133nnan 所以数列 na的通项公式是1*(32)3()nnannN 题型九：猜想与证明问题 9已知函数 f(x)=aaaxx（，）(1)证明函数 f(x)的图象关于点 P(21,21)对称(2)令 an)1()(nfnfa，对一切自然数 n，先猜想使 an成立的最小自然数 a,并证明之(3)求证：nnnn)(!(lg3lg)1(41).(1)关于函数的图象关于定点 P 对称,可采用解几中的坐标证法.设 M(x,y)是 f(x)图象上任一点，则 M 关于 P(21,21)的对称点为 M（，），yxfaaaaaayaaaaaaaaaaxxxxxxx1)1(1111(1-x,1-y)亦在

12、 f(x)的图象上，故函数 f(x)的图象关于点 P(21,21)对称.(2)将 f(n)、f(1-n)的表达式代入 an的表达式，化简可得 an猜 a=3,即 3 下面用数学归纳法证明 设 n=k(k)时，3 那么 n=k+1，3 又 3k（）（21）23（，）.(3)令 k=1,2,，n，得 n 个同向不等式，并相加得：).!lg(3lg)1(4),21lg(23lg2)1(nnnnnn故 函数与数列综合型问题在高考中频频出现,是历年高考试题中的一道亮丽的风景线.针对本例,你能够猜想出最小自然数 a=3 吗?试试你的数学猜想能力.题型十：单调性问题 10、已知 a0，且 a1，数列an的前

13、 n 项和为 Sn，它满足条件a11S1ann，数列bn中，bn=anlgan。（1）求数列bn的前 n 项之和 Tn；（2）若对一切 nN*都有 bnbn+1，求 a 的取值范围。解析：（1）a11S1ann，1a)1a(aSnn 当 n=1 时，a1a)1a(aSa111 当 n2 时，an=Sn-Sn-1=n1nna1a)1a(a1a)1a(a an=an（nN*）此时 bn=anlgan=anlgan=nanlga Tn=b1+b2+bn=lga(a+2a2+3a2+nan)设 un=a+2a2+3a3+nan，则 aun=a2+2a3+3a4+(n-1)an+nan+1 (1-a)u

14、n=a+a2+a3+an-nan+1=1nnna1a)1a(a 2n1nn)1a()1a(a1anau 2n1nn)1a()1a(a1anaalgT（2）由 bnbn+1nanlga(n+1)an+1lga 可得：10 当 a1 时，由 lga0 可得 a1nn 11nn（nN*）a1 1nna对一切 nN*都成立 此时的解为 a1 20 当 0a1 时，由 lga0 可得 n(n+1)a，1nna 1nn21（nN*），0a1 0a1nn对一切 nN*都成立 此时的解为 0a21 由 10，20可知，对一切 nN*，都有 bnbn+1的取值范围是 0a21或 a1 11、已知函数3()log

15、()f xaxb的图象经过点)1,2(A和)2,5(B，记()*3,.f nnanN（1）求数列na的通项公式；（2）设nnnnnbbbTab21,2，若11nmTm对一切*Nn均成立，求的范围；（3）求使不等式12)11()11)(11(21npaaan对一切*Nn均成立的最大实数.解：（1）由题意得2)5(log1)2(log33baba，解得12ba，)12(log)(3xxf*)12(log,1233Nnnann（2）由（1）得nnnb212，nnnnnT2122322523211321 1132212232252232121nnnnnnnT-得 11221111321212)2121

16、2121(21212222222222121nnnnnnnnnT112122123nnn.nnnnnnT23232122132，设*,232)(Nnnnfn，则由1512132121)32(252232252)()1(1nnnnnnfnfnn 得*,232)(Nnnnfn随的增大而减小n当时，3nT 又11nmTm恒成立，13121mmm （3）由题意得*21)11()11)(11(121Nnaaanpn对恒成立 记)11()11)(11(121)(21naaannF，则 1)1(4)1(2)32)(12(22)11()11)(11(121)11)(11()11)(11(321)()1(221

17、121nnnnnaaanaaaannFnFnnn1)1(2)1(2nn)(),()1(,0)(nFnFnFnF即是随的增大而增大 )(nF的最小值为332)1(F，332 p，即332maxp.题型十一：探究问题 12、已知数列)(,(,1,11NnaaPaannn且点中在直线 x-y+1=0 上.（1）求数列an的通项公式；（2）若),2,(1111)(321nNnanananannfn且 求函数 f(n)的最小值；(3)设nnnSab,1表示数列bn的前 n 项和.试问:是否存在关于 n 的整式 g(n),使得)()1(1321ngSSSSSnn对于一切不小于 2 的自然数 n 恒成立?若

18、存在,写出 g(n)的解析式,并加以证明;若不存在,说明理由.讲解 从 规 律 中 发 现,从 发 现 中 探 索.（1）011nnaa.1,01,01,01,011113221nnaanaaaaaaaannnn得以上各式相加 （2）nnnnf212111)(,221121213121)1(nnnnnnf,01122122111221121)()1(nnnnnnnfnf.,)(是单调递增的nf.127)2()(fnf的最小值是故 （3）nsnbnn12111,1)1(),2(1111nnnnnssnnsnnss即 1)2()1(221nnnssnsn.,1,121211112nssssnsss

19、snn.)(),2()1(121nngnnsnnssssnnn 故存在关于n的整式,)(nng使等式对于一切不小 2 的自然数n恒成立.事实上,数列an是等差数列,你知道吗？题型十二：综合性问题 13.设数列na的各项均为正数，前项和为，已知2*421()nnnSaanN(1)证明数列na是等差数列，并求其通项公式；(2)是否存在*kN，使得222048kkSa，若存在，求出的值；若不存在请说明理由；(3)证明：对任意*2m k pNmpk、，都有112mpkSSS 解：(1)2421nnnSaa，当2n时，2111421nnnSaa两式相减得2211422nnnnnaaaaa，11()(2)

20、0nnnnaaaa2 分0na，12nnaa，又2111421Saa，11a na是以11a 为首项，2d 为公差的等差数列2 分 21nan1 分(2)由(1)知2(1 21)2nnnSn，2 分 假设正整数满足条件，则222()2(2048)1kk22(2048)1kk，解得65k；3 分(3)222 mkpSmSkSp，2 分于是22222222222112112()2mpkkpmm pSSSmpkm p k22222222()()22mppmm pm p k2 分22222220mppmm pm p k3 分112mpkSSS 14.已知递增的等差数列na的首项11a，且、成等比数列（

21、1）求数列 na的通项公式；（2）设数列对任意*nN，都有1212222nnnccca成立，求122012ccc的值（3）在数列nd中，11d，且满足11nnndad*()nN，求下表中前行所有数的和.112d dd 123d dd213d dd 11nnd dd211nnd dd11kn knd dd 11nnd dd 14解：（1）na是递增的等差数列，设公差为(0)d 1 分 1a、成等比数列，2214=aa a2 分 由2(1)1(13)dd 及0d 得1d 3 分(*)nan nN4 分（2）11nan，1221222nncccn 对*nN都成立 当1n 时，122c得14c 5 分

22、 当2n时，由1221222nncccn，及11221222nncccn 得12nnc，得2nnc 7 分 4(1)2(2)nnncn8 分 2201123201220131220122(12)42224212ccc10 分(3)111nnndand31223412 3 4(1)nnddddndddd 又11d 1!ndn13 分 111(1)!(1,2,)!(1)!kkn kn knd dnCkndk nk 14 分 第行各数之和 121121111111122(1,2)nnnnnnnnnnnd dd dd dCCCnddd16 分 表中前行所有数的和 231231(22)(22)(22)2222nnnSn 222(21)22242 1nnnn18 分