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，232213SaS339.【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(*)nnnaaaabnN221111nnaa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62121kcfcfafa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2122122kkkkafafaa212221211kkkkafafaa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214ka7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2101nnnaaakNn,由于00k，因此011nnaak，于是可得1nnaa，即有12130nnaaaa+=，又22220010000011111111nnnnnnnaakkaakkkaaakk+-+===-+?+++，于是有()()00011211kkkaaaaaa++=+-++-010000102011111111kakkkkakaka000011112313131kkkk01231k，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+=8010000102011111111kakkkkakaka000011112212121kkkk01221k，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2101nnnaaakNn.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00110000102011111111kkaakkkkakaka900000111112221212121kkkkk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,lgnnaT1n≥．（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0c，整数1p，*Nn．（I）证明：当1x且0x时，pxxp1)1(；11（II）数列na满足pca11，pnnnapcappa111，证明：pnncaa11．【答案】（I）证明：当1x且0x时，pxxp1)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)kkxxxxkxkxkxkx12所以1pk时，原不等式也成立.综合①②可得，当1x且0x时，对一切整数1p，不等式pxxp1)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