高考数列试题解析Word文档下载推荐.docx
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求an,bn;
(2)
求证
—L
Sn
【说明】只要静下心来做,相信一般的学生都可以做出来,考查了等差、等比数列的基础
知识.第一问相比而言,比第二问还要复杂一些,求数列{bn}时拐了一道弯,但只要按步骤来,问题会迎刃而解.这对占在三号位置的解答题来说,可以稳定学生的情绪.这也算是江西学生
的幸运哦.
2.(全国二20).(本小题满分12分)
设数列an的前n项和为Sn.已知a1a,an1Sn3n,nN
(I)设bnSn3n,求数列bn的通项公式;
(n)若an1》an,n
求a的取值范围.
(I)依题意,Sn1
an1Sn3,即Sn12Sn3,
由此得Sn13“’2(Sn
3n)
因此,所求通项公式为
bnSn3n(a3)2n1
.①
(n)由①知Sn3n(a
3)2
于是,当n>
2时,
an
Sn1
3n
(a
3)
(a3)
2n
an1
3n1
3)2n2,
n2
(a3)2
an1》an
12gf
a3>
0
12分
综上,所求的a的取值范围是9,
【说明】本题主要考查数列通项公式的求法、等比数列前n项和公式以及数列单调性的应用
作为倒数第三题,在大题中算是占据了中等的地位,起到过渡的作用•比起其他试卷的数列
解答题,算是容易题了
3.(四川卷20).(本小题满分12分)
设数列an的前n项和为Sn,已知ban2nb1Sn
(i)证明:
当b2时,ann2n1是等比数列;
(n)求an的通项公式.
由题意知a12,且
ban2nby
ban12b1Sn1
两式相减得ban1an2nb1an1
即an1ban2n①
(i)当b2时,由①知an12an2n
于是an1n12n2an2nn12n
2ann2n1
又a112n110,所以ann2n1是首项为1,公比为2的等比数列。
(n:
)当b
2时,
由
(i)
知an
2门1
2n1,即an
n12
当b
由由①得
亠n1
b
ban
因此
12
2b
22bbn1
【说明】这是第一道考查“会不会”的问题•如若不会,对不起,请先绕道走•对大多数考生而言,此题是一道拦路虎.可能比压轴题还让人头痛.原因是两个小题分别考到了两种
重要的递推方法.递推数列中对递推方法的考查,有30年历史了,现在只是陈题翻新而已.不过此题对考生有不公平之嫌.大中城市参加过竞赛培训的优生占便宜了.解题有套方为高啊.
4.(山东卷19)(本小题满分12分)
将数列an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表:
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a?
a〔o
记表中的第一列数a,a2,a4,a7,L构成的数列为bn,ba11•Sn为数列bn的前
n项和,且满足
bf1(n‘2)-
(I)证明数列
—成等差数列,并求数列
bn的通项公式;
(n)上表中,
同一个正数•当
若从第三行起,
4评
a81时,
91
第一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列,
求上表中第k(k>
3)行所有项的和.
且公比为
(I)证明:
由已知,当n
>
2时,一2bn
0Sn
又Sn
bib2
Lbn,
2(SnSn1)
所以2
(SnSn1)SnSn
2(Sn
Sn1Sn
Sn1)
•所以数列
是首项为
公差为
-的等差数列.
由上可知—
所以当n>
2时,
bn
SnSn1
22
nn(n1)
1,
n1,
因此bn2
n>
2.
1),
n)解:
设上表中从第三行起,
每行的公比都为
q,且q0.
1213因为12L1278,
所以表中第1行至第12行共含有数列an的前78项,故a81在表中第31行第三列,
242
因此a81d3gq2.又皿,所以q2.
81旳911314
记表中第k(k>
3)行所有项的和为S,
则S亠g亠仆2k)(k>
3).
1qk(k1)12k(k1)
【说明】此题改革了传统数列呈现形式,充分考查了考生采集和处理信息的能力,体现了
新课程标准的理念•但其难度并不大.
5.(天津卷20)(本小题满分12分)
在数列{an}中,印1,a22,且an1(1q)anqa.1(n2,q0).
(I)设bnan1an(nN*),证明{bn}是等比数列;
(n)求数列{an}的通项公式;
(川)若a3是a6与a9的等差中项,求q的值,并证明:
对任意的nN*,a.是an3与an6
的等差中项.
(I)证明:
由题设an1(1q)anqan1(n2),得
an1anq(ana.1),即gqg1,n2.
又Da2a11,q0,所以{bn}是首项为1,公比为q的等比数列.
(n)解法:
由(I)
a2a11,
2/
anan1q,(
将以上各式相加,得an
a11q
Lq(n2).
所以当n
2时,an
q1,
n,
q1.
上式对n
1显然成立.
(川)解:
由(n),当
1时,
显然
a3不是a6与a9的等差中项,故q1.
a3a6
a3可得
q8,由
整理得(q3)2
q32
2或q3
1(舍去).于是
另一方面,an
行(q3
1),
q6).
由①可得anan
3an6an,n
所以对任意的n
N,an是an3与an6的等差中项.
n项和公
【说明】本小题主要考查等差数列、等比数列的概念、等比数列的通项公式及前式,考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法.
6(辽宁卷21)(本小题满分12分)
在数列lanI,
|bn|中,a1=2,b1=4,且an,bn,an1成等差数列,bn,an1,bn1成等比数
列(nN)
([)求a2,
a3,a4及b2,b3,
b4.
由此猜测{an}、{bn}的通项公式,并证明你的结论;
(n)证明:
a1ba2b2
15
anbn12
(i)由条件得2bnanan1,
an1bnbn1
由此可得
a26,9,a312,d16,
a420,b425.
猜测ann(n1),bn(n1).
用数学归纳法证明:
1当n=1时,由上可得结论成立.
2假设当n=k时,结论成立,即
akk(k1),bk(k1),
那么当n=k+1时,
aki2bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2),1瞥(k2)2.
bk
所以当n=k+1时,结论也成立.
由①②,可知ann(n1),bn(n1)对一切正整数都成立.
1_5
612
n》2时,由(i)知an
1)(2n
故
◎
b2
62
6
5
12
综上,原不等式成立.
1)2(n1)n.•分
11…1
2334n(n1)
【说明】本小题主要考查等差数列,等比数列,数学归纳法,不等式等基础知识,考查综
合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证等能力.第一问中猜测{an}、{bn}的通项公式
是问题的瓶颈,这一步能顺利解决,后面应该就不会有问题了
7.(安徽卷21)(本小题满分13分)
设数列an满足ao0,an1
ca;
1c,cN*,其中c为实数
an[0,1]对任意nN*成立的充分必要条件是c[0,1];
(n)设0c
(川)设0c
,证明:
n1*
1(3c),nN;
222a;
La;
n1,nN
2n13c
解
(1)必要性:
a-i0,二a21c
又ta2[0,1],a0
1c1,即c[0,1]
充分性:
设c[0,1],对nN*用数学归纳法证明an[0,1]
当n
1时,a1
[0,1]•假设ak
[0,1](k1)
则ak
1cak1
c
c1c1,
且ak1cak1
c1c0
ak
1[0,1],
由数学归纳法知an
[0,1]对所有n
N*成立
⑵设0c,当n1时,a10,结论成立
当n2时,
-
.an
an11
c,
•••1a,
.c(1
an1)(1
an1a
f1)
C
1■由
)知an
1[0,1]
所以
1an1
an13
且1an10
•1
3c(1
1)(3c)(1an
2)L
(3c)
1(1a1)
(3c)n1
•an
(3c)n
1(n
*
N)
⑶设
1,当
1时,
冃20
2:
结论成立
3c
2E
1寸,
由
(2)
知
(3c)n1
.2
…an
(3
n1、2
c))
2(3c)'
n1(3c)
2(n1)
12(3c)
・2
…a1
La
2n1
2[3c
(3c)2
L(3c)n
M]
2(1
1-
(3c)n)
13c13c
【说明】考查了数列、充要条件的证明,还有不等式的证明,是一道综合大题。
本题在此卷上是难度系数大,体现了高考的选拔性功能的一道题。
8.(全国一22).(本小题满分12分)
(注意:
在试题卷上作答无效)
设函数f(x)xxlnx.数列an满足0a11,an1f(an).
函数f(x)在区间(0,)是增函数;
(n)证明:
anan1
(川)设b佝⑴,整数k>
生上•证明:
ak1b.
a1lnb
f(x)xxlnx,f'
xInx,当x0,1时,f'
xlnx0
(用数学归纳法)
故函数fx在区间(0,1)上是增函数;
(i)当n=1时,0印1,a11n印
a2f(aja1a11na1a1
由函数f(x)在区间(0,1)是增函数,且函数f(x)在x1处连续,则f(x)在区间(0,1]是增
函数,a2f(a1)a1a1Ina11,即a1a21成立;
(ii)假设当xk(kN*)时,akak11成立,即0a1<
akak11
ak11得
那么当nk1时,由f(x)在区间(0,,]是增函数,0a1<
ak
f(ak)f(ak1)f
(1).而an1f(an),则ak1
f(ak),ak2
f(ak1),
ak1
ak21,也就是说当nk
anan11也成立;
根据(
i)、(ii)可得对任意的正整数
anan11恒成立.
(出)
证明:
由f(x)
f(an)可得
ak1bak
bakInaka1
k
baiInai
i1
若存在某
k满足ai<
b,
则由⑵知:
若对任意
k都有aib,
则ak1
akInak
aiInai
a1baInba〔
ai)Inba1bka11nb
ka1Inba1
b佝b)0,即
【说明】
的是函数,
数列只是作为一个载体,其实考查
作为全国卷的压轴题,肯定是有一定难度的,导数和不等式的知识为主.
9.(湖南卷18)(本小题满分12分)
卄2n
数列an满足a1,a22©
2(1cos—)s*
.2n
sin—
n
1,2,3,L.
(i)求a3,a4,并求数列an的通项公式;
(n)设bn
也,&
b1
a2n
b2L
bn.证明:
6时,Sn
(i)因为a11,a2
2,所以Sb(1cos2
Q)a1
.2
sin-
ai
12,
a4(1cos2
)a2sin2
2a2
4.
般地,当n2k1(k
)时,a2k1[1
COS
(2k1)
]a2k
.22k11sin
=a2k11,即a2k1a2k1
1.
所以数列a2k
1是首项为1、
公差为1的等差数列,因此a2k
1k.
当n2k(k
N)时,a2k2
(1cos2牛)a2ksin22k
2a2k.
是首项为2、公比为2的等比数列,因此
a2k
2k.
故数列an的通项公式为an
n2k
2—n2k(k
1(kN
).
),
(n)由(i)知,bn
a2n1
①-②得,
2Sn
2223
•1、2
所以Sn
2*1
要证明当
证法
1.2
尹0
-9
J
22
24
2*1■
1Sn
1L
負Sn
n_
2n2门1
n6时,
(1)当n=6时,-
_2n'
1成立,
只需证明当n
6时,
(62)
26
483
644
则当n=k+1时,(k1)(k3)k(k2)
(k1)(k3)
由
(1)、
2k1
2k
n(n1)
⑵所述,当n为时,一^
2k(k2)
1•即当n>
(k
S.2
2)c2k
⑵假设当nk(k6)时不等式成立,即k(\2)1.
令Cn
22(n6),则乩
(n1)(n3)
所以当
Cn1Cn.因此当
6时,CnC6
68
"
n(n2)1
综上所述,当n
6时,Sn2
第一问要有敏锐的
又有等比数列;
第二问是数列与不
【说明】数列与三角函数的综合,给我们的考生带来分类讨论的麻烦,观察力,知道怎么分类这是个得分点,既涉及等差数列,等式的结合,可以多渠道解决。
10.(江苏卷19).
(1)设a1,a2,…,an是各项均不为零的n(n>
4)项等差数列,且公差dz0,若将此数列删去某一项后得到的数列(按原来顺序)是等比数列:
1当n=4时,求a1的数值;
②求n的所有可能值;
(2)求证:
对于给定的正整数n(n》4),存在一个各项及公差都不为零的等差数列S,
b2,…,bn,其中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列.
(1[①先证命题P:
若三个数a,b,c既成等差数列、又成等比数列,则它们必为常数数列.
因为若a+c=2b,ac=b2,贝U(ac)24ac,即(ac)20a=c,贝Vb=a=c.
当n=4时,即a1,a2,a3,a4是各项均不为零的等差数列,且公差d丰0.
1)删去a1,贝Ua2,a3,a4成等比数列,由命题P知,a2=a3=a4,与d丰0矛盾.
2)删去a2,则a1,a3,a4成等比数列,即a1,a1+2d,a1+3d成等比数列,
•••⑻2d)2q佝3d),则別=—4.
3)删去a3,则a1,a2,a4成等比数列,即a1,a1+d,a1+3d成等比数列,
•佝d)2a1(a13d),则色=1.
4)删去a4,贝Ua1,a2,a3成等比数列,由命题P知,a1=a2=a3,与d丰0矛盾.总之,a1=—4或1.
2假设n》6,则无论删去哪一项,均有原数列中的连续三项既成等差数列,又成等比
数列,由命题P知,假设不成立,•••nw5.
若n=5,则由命题P知,只可能在等差数列ai,a2,a3,a4,a5中删去a3,使ai,a2,
a4,a5成等比数列.
由①中3)知,d=ai,贝Ua2=2ai,a4=4ai,a5=5ai(aiz0),但它们不成等比数列.由此可知:
n只能为4.
(2)对于一个给定的正整数n(n》4),设bi,b2,…,bn是一个各项及公差都不为零的等差数列,不妨设bt,bt+sd,bt+kd是它们其中的任意三项(iwtwn—2,iwsvkwn—t,且t,s,k€N*),
要使这三项不成等比数列,即
(btsd)2bt(bt
kd)不成立,即使k
bt
2s不成立.
如取d=i,
s2
n"
v"
,…8d€(0,i),则k
(由此可见,只要
k不能为正整数,可使—d为小数,或无理数……)
以上可见,n2,n2+i,n2+2,…,n2+n—i中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列,即它是一个符合题意的等差数列.
【说明】第(i)问的解答关键在于认识命题P,这是认识等差数列与等比数列的一个基本问题,其中第②问通过检验而排除n=5.第
(2)问要求考生通过分析构造出符合题意的一种数列,由于平时考生对构造性问题研究相对较少,尽管新课标中倡导培养学生的创造能力,
但由于高中数学学习内容较多(理科学生除学习改修i,2,3,4,5外,还须学习选修2
系列中的i,2,3三个系列,另外还要在选修4中的4个模块中选修2个),因此,学生的研究性学习的时间较少,此类问题在高考命题中出现,从学生的学习及人的发展来说,确实
是一件好的现象。
这也说明,要使学生的学习在“质”上有所飞跃,我们还必须考虑如何在
“数”上有所控制。
ii.(陕西卷22)(本小题满分
i4分)
已知数列{an}的首项ai
3an
2an
i,ni,2,L.
(I)求{an}的通项公式;
对任意的
i
(ix)2
ni,2,L;
(川)证明:
解法一:
(I)Qani
2ani
2丄
33an
ani
i」」
3at
1是以
又1
3,
1彳
21
1an
an
(□)由(
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