高三,数学,大题专项训练 数列解答题

1、（东莞市2013届高三上学期期末）设数列nanb的各项都是正数，nS为数列na的前n项和，且对任意nN。都有22nnnaSa,1be,21nnbb.lnnnncab(e是自然对数的底数，e=2.71828……）(1)求数列na、nb的通项公式；(2)求数列nc的前n项和nT；(3)试探究是否存在整数，使得对于任意nN，不等式4(1)5(1)21(1)(1)nnTnSnnn恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。解：（1）因为0na，nnnaSa22，①当1n时，11212aSa，解得11a；…………1分当2n时，有11212nnnaSa，②由①-②得，111212)()(2nnnnnnnnaaaaSSaa（2n）.而0na，所以11nnaa（2n），即数列}{na是等差数列，且nan.…………2分又因为21nnbb，且0nb，取自然对数得nnbbln2ln1，由此可知数列}ln{nb是以1lnln1eb为首项，以2为公比的等比数列，所以11122lnlnnnnbb，………4分所以12nebn.…………5分（2）由（1）知，12lnnnnnnbac，…………6分所以1221)2()2()1()2(3)2(211nnnnnT，③nnnnnT)2()2()1()2(3)2(2)2(121321，④由③-④得nnnnT2222112，…………7分所以12)1(nnnT.…………8分（3）由nan，nnnaSa22得22nnSn，由)1()1()1(412)15nnnTSnnn（可得)1(21)1522nnnnnn（，即使得对于任意*Nn且2n，不等式)1()1()1(412)15nnnTSnnn（恒成立等价于使得对于任意*Nn且2n，不等式)1(21)1522nnnnnn（恒成立.…………10分251)551,2122111211nnnnnnnnn（当时取最大值是.……11分（或用导数求25(1)()1xfxxx在[1)，+上的最大值.）令22()(1)ngnnn，由)1()()1()(ngngngng可得212322(1)(1)22(1)(1)(2)nnnnnnnnnnnn，化简得：2111122nnnn，解得23n,所以当23n或时，()gn取最小值，最小值为8(2)(3)3gg,…………13分所以2时，原不等式恒成立.…………14分2、（惠州市2013届高三上学期期末）已知点（1，31）是函数,0()(aaxfx且1a）的图象上一点，等比数列}{na的前n项和为cnf)(，数列}{nb)0(nb的首项为c，且前n项和nS满足:nS－1nS=nS+1nS（2n）.（1）求数列}{na和}{nb的通项公式；（2）若数列{}nc的通项1()3nnncb，求数列{}nc的前n项和nR；（3）若数列{}11nnbb前n项和为nT，问nT20091000的最小正整数n是多少?解：（1）113faQ，13xfx1113afcc，221afcfc29，323227afcfc.又数列na成等比数列，22134218123327aaca，所以1c；又公比2113aqa，所以12112333nnna*nN；……………………2分1111nnnnnnnnSSSSSSSSQ2n又0nb，0nS，11nnSS；数列nS构成一个首相为1公差为1的等差数列，111nSnn，2nSn当2n，221121nnnbSSnnn；又其满足11bc，21nbn(*nN)；………………………5分（2）11(21)33nnnncbn，所以123nnRccccL12331111135(21)3333nRnL①2341111111135(23)(21)333333nnnRnnL②①式减②式得：234121111112(21)3333333nnnRnL……7分化简：2111113321122(1)12(21)133333313nnnnnRn…9分所以所求113nnnR…………………………………………10分（3）12233411111nnnTbbbbbbbbL1111133557(21)21nnK1111111111112323525722121nnK……12分11122121nnn；……13分u.c.o.m由1000212009nnTn得10009n，满足10002009nT的最小正整数为112.……14分3、（珠海市2013届高三上学期期末）已知正项数列na的前n项和为nS，且(2)4nnnaaS*()nN.（1）求1a的值及数列na的通项公式；（2）求证：33331231111532naaaa*()nN；（3）是否存在非零整数，使不等式1121111(1)(1)(1)cos21nnnaaaaa对一切*nN都成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.1）由(2)4nnnaaS.当1n时，1111(2)4aaaS，解得12a或10a（舍去）．……2分当2n时，由111(2)(2)44nnnnnnnaaaaaSS22112()nnnnaaaa，∵0na，∴10nnaa，则12nnaa，∴na是首项为2，公差为2的等差数列，故2nan．………………4分另法：易得1232,4,6aaa，猜想2nan，再用数学归纳法证明(略)．（2）证法一：∵332211111(2)88(1)8(1)(1)nannnnnnnn111[](2)16(1)(1)nnnnn，……4分∴当2n时，3333333312311111111246(2)naaaan311111111[()()]21612232334(1)(1)nnnn11111115[]8162(1)816232nn.…7分当1n时，不等式左边31115832a显然成立.………………8分证法二：∵3224(1)(44)(2)0nnnnnnnn，∴34(1)nnn.∴3331111111()(2)832(1)321nannnnnn(2)n.……4分∴当2n时，3333333312311111111246(2)naaaan31111111111115[(1)()()](1)232223183283232nnn.……7分当1n时，不等式左边31115832a显然成立.……8分（3）由2nan，得11coscos(1)(1)2nnan，设121111(1)(1)(1)1nnnbaaaa，则不等式等价于1(1)nnb.111121221(21)(23)11231122nnnnnabnnbnnnana224841483nnnn，……9分∵0nb，∴1nnbb，数列nb单调递增.……………………10分假设存在这样的实数，使得不等式1(1)nnb对一切*nN都成立，则①当n为奇数时，得min123()3nbb；……11分②当n为偶数时，得min285()15nbb，即8515.……12分综上，8523(,)153，由是非零整数，知存在1满足条件．……14分4、（汕头市2013届高三上学期期末）已知有两个数列{na}，{nb}，它们的前n项和分别记为,nnST，且数列{na}是各项均为正数的等比数列，mS＝26，前m项中数值最大的项的值,18，2mS＝728，又22nTn(I)求数列{na}，{nb}的通项公式.(II)若数列{nc}满足nnncba，求数列{nc}的前n项和Pn.解：（Ⅰ）设等比数列na的公比为q，0na,0q若q=1时1mSma212mSma此时22mmSS而已知26mS2728mS22mmSS，1q………………………………（1分）由26728mmSS得12112611172821mmaqqaqq………………………（2分）12得：128mq27mq………………………………（3分）1q前m项中ma最大18ma………………………………（4分）即1118maq111827mmaqq1233aq即123aq把123aq及27mq代入（1）式得21273261qq解得q=3把q=3代入123aq得12a，所以123nna…………………（7分）由22nTn(1)当n=1时112bT(2)当2n时222212212221nnnbTTnnnnn42n12b适合上式42nbn………………………………（9分）（Ⅱ）由（1）123nna,42nbn113)12(432)24(nnnnnc记13)12(nnnd，nd的前n项和为nQ，显然nnQP412103213)12(......353331.......nnnnddddQ…....①nnnnddddQ3)12(......353331.......3321321…..②……………………………………………………（11分）①-②得：-2nQ=nnn3)12(32........32323211321=nnn3)12(31)31(3211=nn3)22(2…………………………（13分）43)1(44nnnQ，即43)1(4nnnP……………………（14分）5（松江区2013届高三一模理科）22．（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分已知递增的等差数列{}na的首项11a，且1a、2a、4a成等比数列．（1）求数列{}na的通项公式na；（2）设数列}{nc对任意*nN，都有1212222nnnccca成立，求122012ccc的值．（3）若1nnnaba*()nN，求证：数列{}nb中的任意一项总可以表示成其