高三数学数列压轴题复习

高考数列压轴题选讲1、已知函数3()log()fxaxb的图象经过点)1,2(A和)2,5(B，记()*3,.fnnanN（1）求数列}{na的通项公式；（2）设nnnnnbbbTab21,2，若)(ZmmTn，求m的最小值；（3）求使不等式12)11()11)(11(21npaaan对一切*Nn均成立的最大实数p.解：（1）由题意得2)5(log1)2(log33baba，解得12ba，)12(log)(3xxf*)12(log,1233Nnnann（2）由（1）得nnnb212，nnnnnT2122322523211321①2311113252321222222nnnnnnnT②①-②得12311112222212222222nnnnnT1122111111121()222222nnnn112122123nnn.nnnnnnT23232122132，设*,232)(Nnnnfn，则由1512132121)32(252232252)()1(1nnnnnnfnfnn得*,232)(Nnnnfn随n的增大而减小n当时，3nT又)(ZmmTn恒成立，3minm（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(221121nnnnnaaanaaaannFnFnnn1)1(2)1(2nn)(),()1(,0)(nFnFnFnF即是随n的增大而增大)(nF的最小值为332)1(F，332p，即332maxp.2、设数列{}na的前n项和为nS，对一切*nN，点,nSnn都在函数()2nafxxx的图象上．（Ⅰ）求123,,aaa的值，猜想na的表达式，并用数学归纳法证明；（Ⅱ）将数列{}na依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（1a），（2a，3a），（4a，5a，6a），（7a，8a，9a，10a）；（11a），（12a，13a），(14a，15a，16a），（17a，18a，19a，20a）；（21a），…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{}nb，求5100bb的值；（Ⅲ）设nA为数列1nnaa的前n项积，是否存在实数a，使得不等式31()2nnnaAafaa对一切*nN都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．解：（Ⅰ）因为点,nSnn在函数()2nafxxx的图象上，故2nnSannn，所以212nnSna．令1n，得11112aa，所以12a；令2n，得122142aaa，所以24a；令3n，得1233192aaaa，所以36a．由此猜想：2nan．用数学归纳法证明如下：①当1n时，有上面的求解知，猜想成立．②假设(1)nkk时猜想成立，即2kak成立，则当1nk时，注意到212nnSna*()nN，故2111(1)2kkSka，212kkSka．两式相减，得11112122kkkakaa，所以142kkaka．由归纳假设得，2kak，故1424222(1)kkakakkk．这说明1nk时，猜想也成立．由①②知，对一切*nN，2nan成立．（Ⅱ）因为2nan（*nN），所以数列na依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（2），（4，6），（8，10，12），（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42），….每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故100b是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20.同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20.故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以1006824801988b．又5b=22，所以5100bb=2010.（Ⅲ）因为111nnnaaa，故12111111nnAaaa，所以12111111121nnnAanaaa．又333()2222nnnaaafaaaaaaa，故31()2nnnaAafaa对一切*nN都成立，就是121113111212nnaaaaa对一切*nN都成立．设12111()11121ngnnaaa，则只需max3[()]2gnaa即可．由于1(1)12321231()222121ngnnnngnannn224831484nnnn，所以(1)()gngn，故()gn是单调递减，于是max3[()](1)2gng．令3322aa，即(3)(23)0aaa，解得302a，或3a．综上所述，使得所给不等式对一切*nN都成立的实数a存在，a的取值范围是3(,0)(3,)2．3、已知点列0,nnxA满足：1110aAAAAnn，其中Nn，又已知10x，111ax，.(1)若Nnxfxnn1，求xf的表达式；(2)已知点B0a，，记NnBAann，且nnaa1成立，试求a的取值范围；(3)设（2）中的数列na的前n项和为nS，试求：aaSn21。解：（1）∵)0,1(0A，)0,1(1A，∴)1)(1(1110nnnnxxAAAA，∴1)1)(1(1axxnn，∴1)(1nnnnxaxxfx，∴1)(xaxxf.（2）∵)0,(axBAnn，∴axBAannn.∵axfaxannn)(11nnnnnnaaaxaaxxaaxax)1()1(1)1(1∴要使nnaa1成立，只要11a，即41a∴]4,1(a为所求.（3）∵…)1()1(121axaaxaannn11)1()1(nnaaxa，∴nnaa)1(∴nnnaaaaaaS)1()1()1(221aaan2)1(1)1(∵41a，∴110a，∴1)1(0na∴aaSn214、已知()fx在(1,1)上有定义，1()12f且满足,xy(1,1)时有()()(),1xyfxfyfxy若数列nx满足11221,21nnnxxxx。（1）求(0)f的值，并证明()fx在(1,1)上为奇函数；（2）探索1()()nnfxfx与的关系式，并求()nfx的表达式；（3）是否存在自然数m，使得对于任意的*nN，有12311118()()()()4nmfxfxfxfx恒成立？若存在，求出m的最小值，若不存在，请说明理由。(0)0,00(0)()()()10()()()11.xyfyxffyffyyfyfyfx(1)令令在（，）上为奇函数121112()()()[]()()2()11()()2((),()1()()122()2.nnnnnnnnnnnnnnnxxxfxfffxfxfxxxxfxfxfxfxfqfx（2）常数）为等比数列又，211231m11111111()()()()()()22218()*,24816*,216m.nnnnfxfxfxfxmnNmnNm（3）假使存在自然数满足题设,则=2-对于任意的成立对于任意的成立即的最小值为165、数列na满足11,2a112nnaa．（Ⅰ）求数列{na}的通项公式；（Ⅱ）设数列{na}的前n项和为nS，证明2ln()2nnSn．解：(Ⅰ)方法一：nnnnaaaa2112111，所以11112111nnnnaaaa．所以}11{na是首项为2，公差为1的等差数列．所以111nan，所以1nnan．方法二：322a，433a，544a，猜测1nnan．下用数学归纳法进行证明．①当1n时，由题目已知可知211a，命题成立；②假设当kn(Nkk,1)时成立，即1kkak，那么当1kn，21121211kkkkaakk，也就是说，当1kn时命题也成立．综上所述，数列}{na的通项公式为1nnan．（Ⅱ）设()ln(1)(0)Fxxxx则1()10(0)11xFxxxx函数()Fx为(0,)上的减函数，所以()(0)0FxF，即ln(1)(0)xxx从而1111ln(1),11ln(1),1111nnnn111ln(2)ln(1),1nannn(1ln3ln2)(1ln4ln3)[1ln(2)ln(1)]nSnn2ln()2nnSn6、已知二次函数2()()fxxaxaxR同时满足：①不等式()fx≤0的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在120xx，使得不等式12()()fxfx成立，设数列｛na｝的前n项和()nSfn．（1）求函数()fx的表达式；(2)设各项均不为0的数列｛nb｝中，所有满足10iibb的整数i的个数称为这个数列｛nb｝的变号数，令1nnaba（nN）,求数列｛nb｝的变号数；（3）设数列｛nc｝满足：111nniiicaa，试探究数列｛nc｝是否存在最小项？若存在，求出该项，若不存在，说明理由．解（１）∵不等式()fx≤0的解集有且只有一个元素∴240aa解得0a或4a当0a时函数2()fxx在(0,)递增，不满足条件②当4a时函数2()44fxxx在（０，２）上递减，满足条件②综上得4a，即2()44fxxx.（２）由（１）知2244(2)nSnnn当1n时，111aS当n≥２时1nnnaSS＝22(2)(3)nn＝25n∴1,(1)25.(2)nnann由题设可得3,(1)41.(2)25nnbnn∵1230,1450bb，330b，∴1i，2i都满足10iibb∵当n≥３时，14482523(25)(23)nnbbnnnn0即当n≥３时，数列｛nb｝递增，∵413b0，由41025n5n，可知4i满足10iibb∴数列｛nb｝的变号数为３.（３）∵111nniiicaa＝12233411111nnaaaaaaaa,由（２）可得：1111111(1)[(1)()()]23352523nc