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当前位置:首页 > 中学教育 > 初中教育 > 2015年五年高考数学(理)真题精编――专题06 数列(大题)
1三、解答题36.【2011年.浙江卷.理19】(本题满分14分)已知公差不为0的等差数列{}na的首项1aa(aR),设数列的前n项和为nS,且11a,21a,41a成等比数列(Ⅰ)求数列{}na的通项公式及nS(Ⅱ)记1231111...nnASSSS,212221111...nnBaaaa,当2n时,试比较nA与nB的大小.37.【2015高考浙江,理20】已知数列na满足1a=12且1na=na-2na(n*N)(1)证明:112nnaa(n*N);(2)设数列2na的前n项和为nS,证明112(2)2(1)nSnnn(n*N).2【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.试题分析:(1)首先根据递推公式可得12na,再由递推公式变形可知211[1,2]1nnnnnnaaaaaa,从而得证;(2)由1111=nnnnaaaa和112nnaa得,11112nnaa,从而可得*111()2(1)2nanNnn,即可得证.【考点定位】数列与不等式结合综合题.38.【2011高考重庆理第21题】(本小题满分12分。(Ⅰ)小问5分,(Ⅱ)小问7分)设实数数列na的前n项和nS满足*11nnnSaSnN(Ⅰ)若122,,2aSa成等比数列,求2S和3a(Ⅱ)求证:对3k有1403nnaa。【答案】(Ⅰ)由题意2212221122SaaSaSaa,得2222SS,由2S是等比中项知20S,因此22S,由23332SaSaS,解得,232213SaS339.【2012高考重庆理第21题】(本小题满分12分,(I)小问5分,(II)小问7分。)设数列na的前n项和nS满足121nnSaSa,其中20a。(I)求证:na是首项为1的等比数列;(II)若21a,求证:1()2nnnSaa,并给出等号成立的充要条件。【答案】(1)证明:由2211SaSa,得12121aaaaa,即221aaa。因20a,故11a,得221aaa,又由题设条件知2211nnSaSa,121nnSaSa两式相减得2121nnnnSSaSS,即221nnaaa,由20a,知10na,因此221nnaaa综上,221nnaaa对所有*nN成立,从而na是首项为1,公比为2a的等比数列。4(2)当1n或2时,显然1()2nnnSaa,等号成立。设3n,21a且20a,由(1)知,11a,12nnaa,所以要证的不等式化为:21122221132nnnaaaan即证:2222211122nnnaaaan当21a时,上面不等式的等号成立。40.【2014高考重庆理第22题】(本小题满分12分,(Ⅰ)小问4分,(Ⅱ)小问8分)设2111,22(*)nnnaaaabnN(Ⅰ)若1b,求23,aa及数列{}na的通项公式;(Ⅱ)若1b,问:是否存在实数c使得221nnaca对所有*nN成立?证明你的结论.【答案】(Ⅰ)11nan*nN;(Ⅱ)存在,14c【解析】试题分析:(Ⅰ)由2111,22(*)nnnaaaabnN221111nnaa所以数列21na是等差数列,可先求数列21na再求数列{}na的通项公式;也可以先根据数列{}na的前几项归纳出数列{}na的通项公式,然后由数学归纳法证明.(Ⅱ)利用数列的递推公式2122(*)nnnaaabnN构造函数2111fxx,5由14cfcc,然后结合函数2111fxx的单调性,用数学归纳法证明2211nnaca即可.试题解析:解:(Ⅰ)解法一:232,21aa再由题设条件知221111nnaa从而21na是首项为0公差为1的等差数列,故21na=1n,即*11,nannN(Ⅱ)解法一:设2111fxx,则1nnafa.令cfc,即2111cc,解得14c.下用数学归纳法证明加强命:2211nnaca当1n时,2310,021afaf,所以23114aa,结论成立.假设nk时结论成立,即2211kkaca易知fx在,1上为减函数,从而62121kcfcfafa即2221kcaa再由fx在,1上为减函数得22231kcfcfafaa.故231kca,因此2(1)2(1)11kkaca,这就是说,当1nk时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为14c.再证:221nnaa*nN………………………………②当1n时,2310,021afaf,有23aa,即当1n时结论②成立假设nk时,结论成立,即221kkaa由①及fx在,1上为减函数,得2122122kkkkafafaa212221211kkkkafafaa这就是说,当1nk时②成立,所以②对一切*nN成立.由②得2222221kkkaaa即22222122kkkaaa因此214ka7考点:1、数列通项公式的求法;2、等差数列;3、函数思想在解决数列问题中的应用.4、数学归纳法.41.【2015高考重庆,理22】在数列na中,21113,0nnnnaaaaanN(1)若0,2,求数列na的通项公式;(2)若0001,2,1,kNkk证明:010011223121kakk【答案】(1)132nna;(2)证明见解析.【解析】试题分析:(1)由于0,2,因此把已知等式具体化得212nnnaaa,显然由于13a,则0na(否则会得出10a),从而12nnaa,所以{}na是等比数列,由其通项公式可得结论;(2)本小题是数列与不等式的综合性问题,数列的递推关系是211010,nnnnaaaak+++-=可变形为2101nnnaaakNn,由于00k,因此011nnaak,于是可得1nnaa,即有12130nnaaaa+=,又22220010000011111111nnnnnnnaakkaakkkaaakk+-+===-+?+++,于是有()()00011211kkkaaaaaa++=+-++-010000102011111111kakkkkakaka000011112313131kkkk01231k,这里应用了累加求和的思想方法,由这个结论可知2(*)nanN,因此01ka+=8010000102011111111kakkkkakaka000011112212121kkkk01221k,这样结论得证,本题不等式的证明应用了放缩法.(1)由02,,有212,(nN)nnnaaa(2)由011k,,数列{}na的递推关系式变为211010,nnnnaaaak+++-=变形为2101nnnaaakNn.由上式及13a=,归纳可得12130nnaaaa+=因为22220010000011111111nnnnnnnaakkaakkkaaakk+-+===-+?+++,所以对01,2nk=求和得()()00011211kkkaaaaaa++=+-++-01000010200000011111111111112231313131kakkkkakakakkkkk另一方面,由上已证的不等式知001212kkaaaa+得00110000102011111111kkaakkkkakaka900000111112221212121kkkkk综上:010011223121kakk+++++【考点定位】等比数列的通项公式,数列的递推公式,不等式的证明,放缩法.,考查探究能力和推理论证能力,考查创新意识.42.【2011,安徽理18】在数1和100之间插入n个实数,使得这2n个数构成递增的等比数列,将这2n个数的乘积记作nT,再令,lgnnaT1n≥.(Ⅰ)求数列{}na的通项公式;(Ⅱ)设1tantan,nnnbaa求数列{}nb的前n项和nS.【答案】(Ⅰ)()l2nannN*=+?;(Ⅱ)tan(3)tan3tan1nnSn.43.【2015高考安徽,理18】设*nN,nx是曲线221nyx在点(12),处的切线与x轴交点的横坐标.(Ⅰ)求数列{}nx的通项公式;(Ⅱ)记2221321nnTxxx,证明14nTn.10【答案】(Ⅰ)1nnxn;(Ⅱ)14nTn.【解析】试题分析:(Ⅰ)对题中所给曲线的解析式进行求导,得出曲线221nyx在点(12),处的切线斜率为22n.从而可以写出切线方程为2(22)(1)ynx.令0y.解得切线与x轴交点的横坐标1111nnxnn.(Ⅱ)要证14nTn,需考虑通项221nx,通过适当放缩能够使得每项相消即可证明.思路如下:先表示出22222213211321()()()242nnnTxxxn,求出初始条件当1n时,114T.当2n时,单独考221nx,并放缩得222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)nnnnnnnxnnnnn,所以211211()2234nnTnn,综上可得对任意的*nN,均有14nTn.【考点定位】1.曲线的切线方程;2.数列的通项公式;3.放缩法证明不等式.44.【2014,安徽理21】(本小题满分13分)设实数0c,整数1p,*Nn.(I)证明:当1x且0x时,pxxp1)1(;11(II)数列na满足pca11,pnnnapcappa111,证明:pnncaa11.【答案】(I)证明:当1x且0x时,pxxp1)1(;(II)pnncaa11.试题解析:(I)证明:用数学归纳法证明①当2p时,22(1)1212xxxx,原不等式成立.②假设(2,*)pkkkN时,不等式(1)1kxkx成立.当1pk时,12(1)(1)(1)(1)(1)1(1)1(1)kkxxxxkxkxkxkx12所以1pk时,原不等式也成立.综合①②可得,当1x且0x时,对一切整数1p,不等式pxxp1)1(均成立.(2)证法1:先用数学归纳法证明1pnac.证法2:设111(),pppcfxxxxcpp,则pxc,并且111'()(1)(1)0,ppppcpcfxpxxcpppx.由此可得,()fx在1[,)pc上单调递增,因而,当1pxc时,11()()ppfxfcc.①当1n时,由110pac,即1pac可知121111111[1(1
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