2022年高考数学试题分类汇编数列极限和数学归纳法.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 20XX 年高考数学试题分类汇编数列、极限和数学归纳法安徽理 （11）如下列图,程序框图（算法流程图）的输出结果是_ 14,构第 1 页,共 29 页1115【命题意图】此题考查算法框图的识别,考查等差数列前n 项和 . 【解析】由算法框图可知T123kk k1,如 T 105,就 K2连续执行循环体,这时k15,T105,所以输出的k 值为 15. （18）（本小题满分12 分）在数 1 和 100 之间插入 n 个实数, 使得这n2个数成递增的等比数列,将这n2个数的乘积记作T ,再令 nanlgT n,n . （）求数列 a n的通项公式

2、；（）设b ntana ntana n1,求数列 b n的前 n 项和S . （本小题满分13 分）此题考查等比和等差数列,指数和对数的运算,两角差的正切公式等基本学问,考查灵活运用学问解决问题的才能,综合运算才能和创新思维才能. 解：（I）设l1,l2,nl2构成等比数列,其中t 1,1nt2100 ,就T nt 1t2tn1tn2,T ntn1tn2t2t1, 并利用t 1tn3it 1 tn22 10 1in2 ,得2 T n t1tn2t2tn1tn1 t2 tn2t 1102n2,a nlgT nn,2n1 .（II）由题意和（ I）中运算结果,知bntan n2 tan n3 ,n

3、1 .另一方面,利用tan1tank1 k1tankk1 1 tank,tantank得tank1 tanktank11tank1 .所以Snkn1b kn2tank1 tanktank3n2tank1tank1tann3tan3nk3tan1tan1安徽文 （7）如数列a n的通项公式是a n n,就 aaLa（A） 15 B 12 C D （7）A【命题意图】此题考查数列求和.属中等偏易题 . 【解析】法一：分别求出前10 项相加即可得出结论；法二：a 1a 2a 3a 4a 9a 103,故 aaLa.应选 A. 名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - -

4、- - - - 北京理11.在等比数列 a n 中,如 a 1 1,a 4 4,就公比 q _；| a 1 | | a 2 | | a n | _. 2【 解 析 】a 1 1,a 4 4 q 2, | a n | 是 以1 为 首 项 , 以 2 为 公 比 的 等 比 数 列 ,2 2n 1 1| a 1 | | a 2 | | a n | 2；220.如数列 A ：a ,2a , ,a n 2 满意 | a k 1 a k | 1（ k 1,2, ,n 1）,就称 A 为 E 数列；记S A n a 1 a 2 a . n（1）写出一个满意 a 1 a 5 0,且 S A 5 0 的 E

5、 数列 A ；5（2）如 a 1 12,n 2000,证明： E数列 A 是递增数列的充要条件是 a n 2022；（3）对任意给定的整数 n n 2,是否存在首项为 0 的 E 数列 A ,使得 S A n 0？假如存在,写出一个满意条件的 E数列 A ；假如不存在,说明理由；解：（） 0,1,2,1, 0 是一具满意条件的 E数列 A5；（答案不唯独,0,1,0,1,0 也是一个满意条件的 E 的数列 A5）（）必要性：由于 E 数列 A5 是递增数列,所以 a k 1 a k 1 k ,1 2 , , 1999 . 所以 A5 是首项为 12,公差为 1 的等差数列 .所以 a2000=

6、12+（20001） 1=2022. 充分性,由于 a2000a10001,a2000a10001 a2a11所以 a2000 a 19999,即 a2000a1+1999. 又由于 a1=12,a2000=2022,所以 a2000=a1+1999. 故an1an10 k,1 2 , 1999 ,即A n是递增数列 .综上,结论得证；（）令c kak1a k10 k,1 ,2,n1 ,就cA.1由于a2a 1c 1a 1a 1c 1c2 名师归纳总结 ana 1c 1c 2c1cn1,n2 c2 n3 c 31cncn1第 2 页,共 29 页所以S A nna 1 n1c 1nn1 1n1

7、 1c 2n2 1.2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 使得由于ck,1所以 1ck为偶数k,1,n1 .a4k1所以*1c 1n1 1c2n2 1cn为偶数 , 所以要使SA n,0必需使nn1 为偶数 , 2即 4 整除n n1 ,亦即n4 m 或n4m1 mN*. 当n4m1mN*时 ,E 数列A n 的项满意a4k1a4k10 ,a4k2,1k,12,m 时,有a 1,0S A n;0,1a 4k1k,1 2 ,m ,a4k10 时 ,有a 10 ,S A n;0当n4 m1mN*时,E 数列A n的项满意,a4k1a 3k30 ,a 4k2当

8、n4m2 或n4 m3mN 时,n m1不能被 4 整除,此时不存在E数列 An,a 1,0S A n0 .北京文（14）设 A 0,0 , B 4,0 , C t 4,3,D t ,3；记 N t 为平行四边形 ABCD 内部（不含边界）的整点的个数,其中整点是指横、纵坐标都是整数的点,就 N 0； N t 的全部可能取值为；6；6, 7,8 （20）（本小题共 13 分）如 数 列 A n : a a 2 , a n 2 满 足 a k 1 a k 1 k 1 , 2 , , 就 称 1 A n 为 E 数 列 , 记S A n a 1 a 2+ + a ；（I）写出一个 E 数列 A 满

9、意 a 1 = a 3 =0；（II）如 a 1=12, =2000,证明：E数列 A 是递增数列的充要条件是 a n =2022（III）在 a 1=4 的 E 数列 A 中,求使得 S A n =0 成立的 n 的最小值解：（） 0,1,0,1, 0 是一具满意条件的 E数列 A5；（答案不唯独,0,1,0,- 1,0 也是一个满意条件的 E的数列 A5）（）必要性：由于 E 数列 A5 是递增数列,所以 a k 1 a k 1 k ,1 2 , , 1999 . 所以 A5 是首项为 12,公差为 1 的等差数列 .所以 a2000=12+（20001） 1=2022. 充分性,由于 a

10、2000a10001,a2000a10001名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 29 页精选学习资料 - - - - - - - - - a2a11 所以 a2000 a 19999,即 a2000a1+1999. 又由于 a1=12,a2000=2022,所以 a2000=a1+1999. 故an1an10 k,1 2 , 1999 ,即A n是递增数列 .综上,结论得证；4（）a k1a k1a k1a k1ak1a k1所以有：a 2a 113,a 3a 212,a 4a 311, ,a 8a 713；a 9a 81相加得：a 1a 2a 90,所以在a 1=4的E数

11、列A 中,使得S A n=0 成立的 n 的最小值为9；福建理16 本小题满分13 分 已知等比数列 a n的公比q3,前 3 项和S 3133a ,求函数3 求数列 a n的通项公式；A0,0在x6处取得最大值,且最大值为 如函数f x Asin2xf x 的解析式解： 由q3,S 313得a 11,所以a nn 32；A13,故6,33由 得a 33,由于函数f x 最大值为 3,所以又当x6时函数f x 取得最大值,所以sin3,由于 0所以函数f x 的解析式为f x 3sin2x6；福建文 17（本小题满分12 分）已知数列 an中, a11, a3 3；（）求数列 an的通项公式；

12、（）如数列 an的前 k 项和 Sk 35,求 k 的值；解：（）由 a11,a3 3 得d2,所以 an32n；a 40,就k22k . .d1,（）S kkk k135,解得 k7；广东理 11. 等差数列a n前 9 项的和等于前4 项的和 . 如a 11,a k解法一:S 9S4,即a 1a99a 1a44,9a52 a 1a4,即 914d3d,226由 11k11310 得:k10.a 102 a70 ,1020.66解法二:S 9S 4,a5a 6a7a 8a90 ,a70 ,从而a4（本小题满分12 分）第 4 页,共 29 页名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资

13、料 - - - - - - - - - 设b0,数列a n满意a 1= , b ana nnban12n2, ,nn,从而an2.12 n1求数列a n的通项公式；2证明：对于一切正整数n,a nbn112n1解:1 由a na nnba n12可得n2nn11 , b12na nb a1当b2 时 ,nnn11,就数列n是以11为首项,1为公差的等差数列ana12a na 122a n2当b2 时,n21b2 nb an121b,a n1就数列n21b是以121bb2b为首项,2为公比的等比数列,a na 12bn21bb2b2 bn121b2 n ,ba nnbn2bb,an22nn1,2

14、,b2综上a nn nb2b b0,b2.2nn b2 当b=2时,a n2,n b1+12,a nn b1+1, 从而原不等式成立 ;11n 2n 2当b2时, 要证a nbn1+1, 只需证nbn2bb n b1+1 即证n2b b1+n1122nnn 22nbn2nbn即证n 21n 22b2n3n2 bn2bn1b1+1,b2n 2bn即证 nn 21n 222n321bb2n bn1bn1,bnn b1bn2b2b2 2232n 22第 5 页,共 29 页而上式左边 =n 2b1bn12n2bn122 b1b1n2nbnn 2b23 2b2222n1bn122n2bn1222 b2

15、1bn1bnn 2bn2nb23 2b2 2当b2时 原不等式也成立,从而原不等式成立.广东文 11 已知a n是递增等比数列,a2,2a 4a 34,就此数列的公比q20（本小题满分14 分）设 b0,数列a n满意a1b,a nanban11n2nn1（1）求数列a n的通项公式；名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （2）证明：对于一切正整数n ,2 a nn b114 节解：（1）由a 1b0 可知ananban11,n11n1,令A nn,就A 11,n1na nbb a n1anb当n2 时,A n11A n-1=1+1b11A

16、11+11bbbbn 1nbbn 1bn当b1时,A n111bb n1；当 b =1时,A nna nn nb b1 , 1b1；bb 1nb n1nb11, b1b（2）当b1 时,欲证2an2nbnb1bn11,bn1只需证2 nbnbn11bn1,b1bn11bn1b2nb2n1bn1bn1bn21bnbn1bn1b11b1b1bnnbn b222n 2 nb ,2a n2nbnb111bn1；bn当b1 时,a n2bn11,综上所述2 a nn b1+1；湖北理 12. 九章算术 “ 竹九节” 问题：现有一根9 节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面的容积共 3 升,下面 3

17、 节的容积共4 升,就第 5 节的容积为升.【答案】67 66解析： 设该数列a n的首项为a ,公差为 d ,依题意a 1a 2a3a43,即4 a 16d3,解得a17d4,3a 7a8a943 a 121 d4d766就a 5a 14 da 17 d3 d42167,所以应当填67 . 663666619. （本小题满分 13 分）已知数列a n的前 n 项和为S ,且满意：a 1a a0,an1rSnnN *,rR rm1. am1,a m,（）求数列a n的通项公式；2成等差数列, 试判定： 对于任意的 mN *,且2,（） 如存在 k N*,使得S k1,S ,S k名师归纳总结

18、第 6 页,共 29 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a m 2 是否成等差数列,并证明你的结论 . 解：（）由已知：a n 1 rS n 得 a n 2 rS n 1,两式相减得 a n 2 r 1 a n 1,又 a 2 ra所以当 r 0 时数列 a n 为： a ,0,0,0, ,当 r 0, r 1 时,由已知 a 0,所以 a n 0, n N ,于是 a n 2 1 r , n N a n 1n 2所以数列 a a 3 , , a 成等比数列,即当 n 2 时 a n r 1 r aa n 1综上 数列 a n 的通项公式为 a n

19、n 2r 1 r a n 2（）对于任意的 m N ,且 m 2,a m 1,a m,a m 2 成等差数列,证明如下：a n 1当 r 0 时由（）知 a n,此时 a m 1,a ,a m 2 成等差数列；0 n 2当 r 0, r 1 时,如存在 k N *,使得 S k 1,S ,S k 2 成等差数列,就 2 S = S k 1 + S k 22 a k 1 a k 2 0,由（）知数列 a a 3 , , a 的公比 r 1 2,于是对于任意的 m N *,且 m 2,a m 2 2 a m 1 a m 2 4 a ；所以 2 a = a m 1 + a m 2 即 a m 1,a

20、 m,a m 2 成等差数列；综上：对于任意的 m N ,且 m 2,a m 1,a m,a m 2 成等差数列；湖北文 17. （本小题满分 12 分）成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别加上 2、5、13 后成为等比数列 b n 中的 b 、b 、b ；I 求数列 b n 的通项公式；II 数列 b n 的前 n 项和为 S ,求证：数列 S n 5 是等比数列；4解： I 设成等差数列的三个正数分别为 a d a a d ；就 a d a a d 15 a 5；数列 nb 中的 b 、 b 、 b 依次为 7 d ,10,18 d ,就 7 d 18 d 100；得 d

21、2 或 d 13（舍）,于是 b 3 5, b 4 10 b n 5 2 n 3II 数列 b n 的前 n 项和 S n 5 2 n 2 54,即 S n 54 5 2 n 2 SS nn 15 545 2 5 2n n 12 24名师归纳总结 第 7 页,共 29 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 因此数列 S n 5 是公比为 2 的等比数列；4湖南文 20（此题满分 13 分）某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M,M的价值在使用过程中逐年削减,从第 2 年到第 6 年,每年初 M的价值比上年初削减 10 万元；从第 7

22、年开头,每年初 M的价值为上年初的 75%（I ）求第 n 年初 M的价值 na 的表达式；（II ）设 A n a 1 a 2 a n , 如 A 大于 80 万元,就 M连续使用,否就须在第 n 年初对 M更新,证明：须n在第 9 年初对 M更新解析：（I ）当 n 6 时,数列 a n 是首项为 120,公差为 10 的等差数列a n 120 10 n 1 130 10 ;当 n 6 时,数列 a n 是以 a 为首项,公比为 3 为等比数列,又 a 6 70,所以43 n 6a n 70 ;4120 10 n 1 130 10 , n n 6因此,第 n 年初, M的价值 a 的表达式

23、为 n a n 3 n 6a n 70 , n 74II 设 S 表示数列 a n 的前 n 项和,由等差及等比数列的求和公式得当 1 n 6 时,S n 120 n 5 n n 1, A n 120 5 n 1 125 5 ;3 3 n 6 3 n 6S n S 6 a 7 a 8 a n 570 70 4 1 780 210 4 4 4当 n 7 时,3 n 6780 210 A n 4 .n由于 a n 是递减数列,所以 A n 是递减数列,又A 8 780 210 34 8 682 47 80, A 9 780 210 34 9 676 79 80,8 64 9 96所以须在第 9 年

24、初对 M更新湖南理 12 、设 S 是等差数列 n a n n N * 的前 n 项和,且 a 1 1, a 4 7,就 S 5 _答案： 25 解析：由a 11, a 47可得a 11,d2,a n2 n1,所以S 519525；第 8 页,共 29 页2名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 江苏 13.设1a 1a 2a ,其中 7a 1,a 3,a 5,a 7成公比为 q 的等比数列,a 2,a 4,a6成公差为 1 的等差数列,就 q 的最小值是 _. 答案：3 3 . 2 3解析：由题意：1 a 1 a 2 q a 2 1 q a

25、2 2 q ,2a 2 q a 2 1, a 2 1 q a 2 2q 3 a 2 2 3,而 a 2 1, a 1 1, a 2 , a 2 1, a 2 2 的最小值分别为 1, 2,3；q min 3 3 . 此题主要考查综合运用等差、等比的概念及通项公式,不等式的性质解决问题的才能 ,考查抽象概括才能和推理才能,此题属难题 . 20.（本小题满分 16 分）设 M为部分正整数组成的集合,数列 a n 的首项 1a 1,前 n 项和为 S ,已知对任意整数 k 属于 M,当 nk 时,S n k S n k 2 S n S k 都成立 . （1）设 M=1,a 2 2,求 a 的值；（2

26、）设 M=3,4,求数列 a n 的通项公式 . 答案 : （ 1）k 1, n 1, S n 1 S n 1 2 S n S 1 , S n 2 S n 2 S n 1 S 1 即：a n 2 a n 2 a n 1所以, n1 时,a n 成等差,而 a 2 2,S 2 3, S 3 2 S 2 S 1 S 1 7, a 3 4, a 5 8;（2）由题意：n 3, S n 3 S n 3 2 S n S 3 ,1; n 4, S n 4 S n 4 2 S n S 4 ,2,n 2, S n 4 S n 2 2 S n 1 S 3 ,3; n 3, S n 5 S n 3 2 S n 1

27、 S 4 ,4;当 n 5 时,由（ 1）（ 2）得：a n 4 a n 3 2 a 4 ,5由（ 3）（4）得：a n 5 a n 2 2 a 4 ,6由（ 1）（3）得：a n 4 a n 2 2 a n 1 ,7;由（ 2）（4）得：a n 5 a n 3 2 a n 1 ,8;由（ 7）（8）知：a n 4 , a n 1 , a n 2 , 成等差,a n 5 , a n 1 , a n 3 , 成等差；设公差分别为：d d 2 ,由（ 5）（6）得：a n 5 a n 3 2 d 2 a n 4 2 a 4 2 d 2 ,9; a n 4 a n 2 2 d 1 a n 5 2 a

28、 4 2 d 1 ,10;由（ 9）（10）得：a n 5 a n 4 d 2 d 1 ,2 a 4 d 1 d 2 , a n 2 a n 3 d 2 d 1 ; a n n 2 成等差,设公差为d, 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 29 页精选学习资料 - - - - - - - - - 在（ 1）（2）中分别取 n=4,n=5 得：2 a 1 +6a 2 15 d 22 a 1 5 a 2 5 , 即 4 a 2 5 d 2;2 a 1 8 a 2 28 d 22 a 1 7 a 2 9 , 即 3 a 2 5 d 1a 2 3, d 2, a n 2 n 1.解

29、析：此题主要考查数列的概念 ,通项与前 n 项和的关系 ,等差数列概念及基本性质、和与通项关系、 集合概念、全称量词 , 转化与化归、考查分析探究及规律推懂得决问题的才能,其中（1）是中等题, （2）是难题 . 江西理 5. 已知数列an的前 n 项和S 满意：S nS mS nm,且1a1,那么a 10A.1 C.10 D.55 B.9 【答案】 A 【 解 析 】S 2S 1S 12, 可 得a21,S 3S 1S 23, 可 得a 3S 3S 21, 同 理 可 得a4a5a 101,应选 A a33. 18.（本小题满分12 分）已知两个等比数列an,b n,满意a 1aa0 ,b 1

30、a 11,b 2a 22,b 3（1）如a1,求数列an的通项公式；0 *（2）如数列a n唯独,求 a 的值 .【解析】（1）设an的公比为 q ,就b 11a2,b 22aq2q,b 33aq23q2,由1b ,b ,3b 成等比数列得2q 22 3q2,即q24q20,解得q 122,q 222所以an的通项公式an 22n1或an 22n1. （2） 设an的公比为 q ,就由2aq2 1q3aq2,得2 aq4 aq3 a1由a0得4a24 a0,故方程（ * ）有两个不同的实根. ）由an唯独,知方程（*）必有一根为0,代入（ * ）得a1. 3江西文 5. 设 a 为等差数列,公

31、差d = -2 ,S 为其前 n 项和 . 如S 10S ,就1a =（A.18 B.20 C.22 D.24 答案： B 解析：S 10a 1S 11,da 11a 1020第 10 页,共 29 页a 1110,21. 本小题满分14 分）名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （1）已知两个等比数列 a , n b n,满意 a 1 a a 0 , b 1 a 1 ,1 b 2 a 2 2 , b 3 a 3 3,如数列 a n 唯独,求 a 的值；（2）是否存在两个等比数列 a , b n,使得 b 1 a 1 , b 2 a 2 , b 3 a 3 , b 4 a 4 成公差不 为 0的等差数列？如存在,求 a , b n 的通项公式；如 不 存在,说明理由解 ：（ 1 ）a n 要 唯 一 ,当 公 比 q 1 0 时 , 由 b 1 1 a ,2 b 2