2022年高考数学试题分类汇编数列极限和数学归纳法 .pdf

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1、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）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是_ (11)15【命题意图】本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(1)1232k kTk，若 T 105，则 K14，继续执行循环体，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. （）求数列na的通项公式；（）设1tantan,nnnbaa求数列nb的前n项和nS. （本小题满分1

2、3 分）本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知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力. 解： （I）设221,nlll构成等比数列，其中,100, 121ntt则,2121nnnttttT，,1221ttttTnnn并利用得),21(1022131nittttnin.1, 2lg,10)()()()()2(2122112212nnTattttttttTnnnnnnnn（II）由题意和（ I）中计算结果，知.1),3tan()2tan(nnnbn另一方面，利用,tan)1tan(1tan)1tan()1tan(1tankkkkkk得.11tan

3、tan) 1tan(tan)1tan(kkkk所以231tan)1tan(nknkknkkbS23tan(1)tantan(3)tan3(1)tan1tan1nkkknn安徽文 （7）若数列na的通项公式是() ()nang,则aaaL（A） 15 (B) 12 (C ) (D) （7）A【命题意图】本题考查数列求和.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；法二：12349103aaaaaa，故aaaL.故选 A. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 29 页北京理11.在等比数列na中，若112a

4、，44a，则公比q_；12|naaa_. 【 解 析 】112a，442aq，|na是 以12为 首 项 ， 以2为 公 比 的 等 比 数 列 ，1121|22nnaaa。20.若数列nA：1a，2a，(2)na n满足1| 1kkaa（k1，2，1n） ，则称nA为E数列。记12()nnS Aaaa. （1）写出一个满足150aa，且5()0S A的E数列5A；（2）若112a，2000n，证明：E数列nA是递增数列的充要条件是2011na；（3）对任意给定的整数(2)n n，是否存在首项为0 的E数列nA，使得()0nS A？如果存在，写出一个满足条件的E数列nA；如果不存在，说明理由。

5、解： （） 0，1，2，1， 0 是一具满足条件的E数列 A5。（答案不唯一，0，1，0，1，0 也是一个满足条件的E的数列 A5）（）必要性：因为E数列 A5是递增数列，所以)1999,2, 1(11kaakk. 所以 A5是首项为12，公差为1 的等差数列 .所以 a2000=12+（20001） 1=2011. 充分性，由于a2000a10001 ，a2000a10001a2a11所以 a2000 a 19999，即 a2000a1+1999. 又因为 a1=12，a2000=2011,所以 a2000=a1+1999. 故nnnAkaa即),1999,2, 1(011是递增数列 .综上

6、，结论得证。（）令. 1),1, 2, 1(011Akkkcnkaac则因为2111112ccaacaa,1211nncccaa所以13211)3()2() 1()(nnccncncnnaAS).1()2)(1()1)(1(2)1(121ncncncnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 29 页因为).1, 1(1, 1nkcckk为偶数所以所以)1()2)(1()1)(1*21ncncnc为偶数 , 所以要使2)1(, 0)(nnASn必须使为偶数 , 即 4 整除*)(144),1(Nmmnmnnn或亦即. 当, 1,

7、0,*)( 14241414kkknaaaAENmmn的项满足数列时14ka),2, 1(mk时，有; 0)(, 01nASa; 0)(,0,0),2, 1( 11144nkkASaamka有时当nAENmmn数列时,*)( 14的项满足，, 1,0243314kkkaaa当) 1(,)( 3424mnNmmnmn时或不能被 4 整除，此时不存在E数列 An，使得.0)(, 01nASa北京文（14）设0,0A,4,0B,4,3C t，,3D t。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，则0N；N t的所有可能取值为。6；6， 7，8 （2

8、0） （本小题共13 分）若 数 列12:,(2)nnAa aa n满 足11 (1 , 2 ,1 )kkaakn， 则 称nA为E数 列 ， 记12+nnS Aaaa。（I）写出一个E数列5A满足13=0aa；（II）若1=12, =2000an，证明：E数列nA是递增数列的充要条件是=2011na（III）在1=4a的E数列nA中，求使得nS A=0 成立的n的最小值解： （） 0，1，0，1， 0 是一具满足条件的E数列 A5。（答案不唯一，0，1，0，- 1，0 也是一个满足条件的E的数列 A5）（）必要性：因为E数列 A5是递增数列，所以)1999,2, 1(11kaakk. 所以

9、A5是首项为12，公差为1 的等差数列 .所以 a2000=12+（20001） 1=2011. 充分性，由于a2000a10001 ，a2000a10001精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 29 页a2a11所以 a2000 a 19999，即 a2000a1+1999. 又因为 a1=12，a2000=2011,所以 a2000=a1+1999. 故nnnAkaa即),1999,2, 1(011是递增数列 .综上，结论得证。（）111111kkkkkkaaaaaa所以有：2113aa，3212aa，4311aa，871

10、3aa；9814aa相加得：1290aaa，所以在1=4a的E数列nA中，使得nS A=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na的公比3q，前 3 项和3133S() 求数列na的通项公式；( ) 若函数( )sin(2)(0,0)f xAxA在6x处取得最大值，且最大值为3a，求函数( )f x的解析式解： ()由3133,3qS得113a，所以23nna；()由 ()得33a，因为函数( )f x最大值为 3，所以3A，又当6x时函数( )f x取得最大值，所以sin()13，因为0，故6，所以函数( )f x的解析式为( )3sin(2)6f xx。福

11、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；（）若数列 an的前 k 项和 Sk 35，求 k 的值。解： （）由 a11，a3 3 得2d，所以 an32n；（）(1)35kSkk k，解得 k7。广东理 11. 等差数列na前 9 项的和等于前4 项的和 . 若141,0kaaa，则k . .10,02,0,0,:10.k:0)61(31) 1(611,61d3d),2(24d)9(1),(29,24)(29)(,:710479876549415419149kaaaaaaaaaSSkaaaaaaaSS从而解法二得由即即解法一20.

12、（本小题满分12 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 29 页设0,b数列na满足111= ,(2)22nnnnbaab anan, (1)求数列na的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n,1112nnnba1111111211,22111112,2.222212112(),2211122,22(2)12nnnnnnnnnnnnnnnbannaanab abnnnnnbaaaaaannbabb abnababbbbnab解:(1) 由可得当时则数列是以为首项为公差的等差数列从而当时,则数列是以为首项为公比的等比数列12

13、212(2)( )( ) ,(2)222,(2).(2)(0,2)2nnnnnnnnnnnbbabbbbbbbanbbbbb综上1111111111232211123122,2,22(2)(2),22222,22222222nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnbbaabnbbbnbbabbbnbbbbbbbbb(2) 当b=2时,+1+1, 从而原不等式成立 ;1当b2时, 要证+1, 只需证+1即证+1即证+即证n21223112121123212121123221,22222221)()()()2222222122222222,.nnnnnnnnnnnnnnnnn

14、nnnbbbbbbbbbbbbbbbbbbnbbbb而上式左边 =(当b2时 原不等式也成立从而原不等式成立广东文 11已知na是递增等比数列，4, 2342aaa，则此数列的公比q220 （本小题满分14 分）设 b0,数列na满足ba1,11(2)1nnnnbaanan（1）求数列na的通项公式；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 29 页（2）证明：对于一切正整数n,121nnba解： （1）1110,1nnnnbaabaan由可知111111,nnnnnnnAAabb aab令则，-11n 11n 111111111

15、2=+nnnnnAAAbbbbbbbb当时，11(1)11(1)1nnnnbbbAbbb当b1时，；nAn当b=1时，(1),111,1nnnnb bbabb；（2）12(1)121,1nnnnnbbbabb当时，欲证112(1)1nnnbnbbb只需证，12211121(1)11nnnnnnnbbbbbbbb11111()nnnnnbbbbbbb(222)2nnbnb，12(1)211nnnnnbbabb；11221nnbab当时，12+1nnab综上所述。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4 节的容积共 3 升，下面3 节的容

16、积共4 升，则第5 节的容积为升.【答案】6667解析： 设该数列na的首项为1a，公差为d，依题意439874321aaaaaaa，即421336411dada，解得6673471dda，则ddadaa3741156667662134，所以应该填6667. 19. （本小题满分 13分）已知数列na的前n项和为nS，且满足：1aa(0)a，nnrSa1(nN*，,1)rR r. （）求数列na的通项公式；（） 若存在k N*，使得1kS，kS，2kS成等差数列， 试判断： 对于任意的mN*，且2m，1ma，ma，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

17、- - -第 6 页，共 29 页2ma是否成等差数列，并证明你的结论. 解： （）由已知：nnrSa1得21nnarS，两式相减得21(1)nnara，又2ara所以当0r时数列na为：a，0，0，0，当0,1rr时，由已知0a，所以0na，nN，于是211,()nnarnNa所以数列23,na aa成等比数列，即当2n时2(1)nnarra综上数列na的通项公式为21(1),2nnanarra n（）对于任意的mN，且2m，1ma，ma，2ma成等差数列，证明如下：当0r时由（）知102nanan，此时1ma，ma，2ma成等差数列；当0,1rr时，若存在k N*，使得1kS，kS，2kS

18、成等差数列，则2kS=1kS+2kS1220kkaa，由（）知数列23,na aa的公比12r，于是对于任意的mN*，且2m，21224mmmmaaaa；所以 2ma=1ma+2ma即1ma，ma，2ma成等差数列；综上：对于任意的mN，且2m，1ma，ma，2ma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nb中的b、b、b。(I) 求数列nb的通项公式；(II) 数列nb的前 n 项和为nS，求证：数列54nS是等比数列。解： (I) 设成等差数列的三个正数分别为, ,ad a ad；则155adaad

19、a；数列nb中的b、b、b依次为7,10,18dd，则(7)(18)100dd；得2d或13d（舍） ，于是3345,105 2nnbbb(II) 数列nb的前 n 项和255 24nnS，即1122555 245 22545 24nnnnnnSSS精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 29 页因此数列54nS是公比为2 的等比数列。湖南文 20 （本题满分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减少，从第 2 年到第 6 年，每年初 M的价值比上年初减少10 万元；从第7 年

20、开始，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12,nnaaaAn若nA大于 80 万元，则 M继续使用，否则须在第n 年初对 M更新，证明：须在第 9 年初对 M更新解析： （I ）当6n时，数列na是首项为120，公差为10的等差数列120 10(1)130 10 ;nann当6n时，数列na是以6a为首项，公比为34为等比数列，又670a，所以6370();4nna因此，第n年初， M的价值na的表达式为612010(1)13010 ,6370( ),74nnnnn naan(II)设nS表示数列na的前n项和，由等差及等比数列的求和公式

21、得当16n时，1205 (1),1205(1)1255 ;nnSnn nAnn当7n时，666786333()5707041( )780210( )4443780210( )4.nnnnnnSSaaaAn因为na是递减数列，所以nA是递减数列，又8 69 68933780210 ( )780210 ( )4779448280,7680,864996AA所以须在第9 年初对 M更新湖南理 12 、设nS是等差数列*()nanN的前n项和，且141,7aa，则5_S答案： 25 解析：由141,7aa可得11,2,21nadan，所以5(19)5252S。精选学习资料 - - - - - - -

22、- - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 29 页江苏 13.设1271aaa， 其中7531,aaaa成公比为 q 的等比数列，642,aaa成公差为1 的等差数列，则 q 的最小值是 _. 答案：33. 解析：由题意：231222112aaqaqaq，222221,12aqaaqa3223qa，而212221,1,1,2aaaaa的最小值分别为1， 2，3；3min3q. 本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能力,考查抽象概括能力和推理能力，本题属难题. 20.（本小题满分16 分）设 M为部分正整数组成的集合，数列na的首项11a，

23、前 n 项和为nS，已知对任意整数 k 属于 M ，当 nk 时，)(2knknknSSSS都成立 . （1）设 M= 1 ，22a，求5a的值；（2）设 M= 3，4 ，求数列na的通项公式 . 答案 :（ 1）1112111,1,2(),2()nnnnnnknSSSSSSSS即：212nnnaaa所以， n1 时，na成等差，而22a，23211353,2()7,4,8;SSSSSaa（2）由题意：3334443,2(),(1);4,2(),(2)nnnnnnnSSSSnSSSS，421353142,2(),(3);3,2(),(4);nnnnnnnSSSSnSSSS当5n时，由（ 1）

24、（ 2）得：4342,(5)nnaaa由（ 3） （4）得：5242,(6)nnaaa由（ 1） （3）得：4212,(7);nnnaaa由（ 2） （4）得：5312,(8);nnnaaa由（ 7） （8）知：412,nnnaaa成等差，513,nnnaaa成等差；设公差分别为：12,d d由（ 5） （6）得：532442421541222,(9);222,(10);nnnnnnaadaadaadaad由（ 9） （10）得：54214122321,2,;nnnnaaddaddaadda(2)nn成等差，设公差为d, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

25、- - - - -第 9 页，共 29 页在（ 1） （2）中分别取n=4,n=5 得：121222+6a152(255 ),452;adaadad即1212228282(279 ),351aadaadad即23,2,21.nadan解析：本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、考查分析探究及逻辑推理解决问题的能力，其中（1）是中等题， （2）是难题 . 江西理 5. 已知数列na的前n项和nS满足：mnmnSSS，且11a，那么10aA.1 B.9 C.10 D.55 【答案】 A 【 解 析 】2112S

26、SS， 可 得12a，3213SSS， 可 得1233SSa， 同 理 可 得11054aaa，故选 A 18.（本小题满分12 分）已知两个等比数列na，nb，满足)0(1aaa，111ab，222ab，333ab. （1）若1a，求数列na的通项公式；（2）若数列na唯一，求a的值 .【解析】（1）设na的公比为q，则211ab，qaqb222，22333qaqb，由1b，2b，3b成等比数列得)3(2)2(22qq，即0242qq，解得221q，222q所以na的通项公式1)22(nna或1)22(nna. （2） 设na的公比为q，则由)3)(1()2(22aqqaq，得(*)0134

27、2aaqaq由0a得0442aa，故方程（ * ）有两个不同的实根. 由na唯一，知方程（*）必有一根为0，代入（ * ）得31a. 江西文 5. 设 na为等差数列，公差d = -2 ，nS为其前 n项和 . 若1011SS，则1a=（）A.18 B.20 C.22 D.24 答案：B 解析：20,100,1111111110adaaaSS21.( 本小题满分14 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 29 页（1）已知两个等比数列nnba ,，满足3,2, 1,03322111abababaaa，若数列na唯一，求a

28、的值；（2）是否存在两个等比数列nnba ,，使得44332211,abababab成公差不为0的等差数列？若存在，求nnba ,的通项公式；若不存在，说明理由解 ：（ 1 ）na要 唯 一 ，当 公 比01q时 ， 由332213,2, 21ababab且3122bbb01343121212121aaqaqaqaaq，0a，0134121aaqaq最少有一个根（有两个根时，保证仅有一个正根）014013442aaaaa，此时满足条件的a 有无数多个，不符合。当 公 比01q时 ， 等 比 数 列na首 项 为a ， 其 余 各 项 均 为 常 数0 ， 唯 一 ， 此 时 由01343121

29、212121aaqaqaqaaq，可推得31,013aa符合综上：31a。（ 2 ） 假 设 存 在 这 样 的 等 比 数 列21qq,，公比分别为nnba， 则 由 等 差 数 列 的 性 质 可 得 ：44113322abababab，整理得：11131231qaaqbb要使该式成立，则12q=101211qqq或03131aabb此时数列22ab，33ab公差为0 与题意不符，所以不存在这样的等比数列nnba ,。辽宁理 17 （本小题满分12 分）已知等差数列an满足 a2=0，a6+a8=-10 （I）求数列 an的通项公式；（II）求数列12nna的前 n 项和（I）设等差数列n

30、a的公差为d，由已知条件可得110,21210,adad解得11,1.ad故数列na的通项公式为2.nan 5 分（II）设数列12nnnanS的前 项和为，即2111,122nnnaaSaS故，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 29 页12.2242nnnSaaa所以，当1n时，211112222nnnnnnSaaaaaa111121()2422nnn1121(1)22nnn所以1.2nnnS综上，数列11.22nnnnannS的前项和 12 分辽宁文 5若等比数列an满足 anan+1=16n，则公比为B A2 B4

31、 C 8 D16 15Sn为等差数列 an的前 n 项和， S2=S6，a4=1，则 a5=_ 1 全国理（17） （本小题满分12 分）等比数列na的各项均为正数，且212326231,9.aaaa a（ ) 求数列na的通项公式；（）设31323loglog.log,nnbaaa 求数列1nb的前 n 项和. （17）解： （）设数列an 的公比为 q，由23269aa a得32349aa所以219q。由条件可知a0, 故13q。由12231aa得12231aa q，所以113a。故数列 an的通项式为an=13n。（）31323nloglog.lognbaaa=(1)(12)2n nn故

32、12112()(1)1nbn nnn12111111112.2(1)().()22311nnbbbnnn所以数列1nb的前 n 项和为21nn全国文 （17） （本小题满分12 分）设等差数列na满足35a，109a。（）求na的通项公式；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 29 页（）求na的前n项和nS及使得nS最大的序号n的值。解： （）由1(1)naand及35a，109a得19,2ad；所以数列na的通项公式为112nan（）2210(5)25nSnnn，所以5n时nS取得最大值。全国理 （4）设nS为等差数列n

33、a的前n项和，若11a，公差2d，224kkSS，则k (A) 8 (B) 7 (C) 6 (D) 5 【答案】：D 【命题意图】 ：本小题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式等有关知识。【解析】：2211122()2(1 2 )224kkkkkSSaaadakddk，解得5k。另外：本题也可用等差数列的前n项和公式进行计算。（20） （本小题满分12 分） （注意：在试题卷上作答无效）设数列na满足10a且111111nnaa. （）求na的通项公式；（）设11nnabn，记1nnkkSb，证明：1nS. 【命题立意】 ：本小题主要考查数列的通项公式、等差数列的概念、递推数列、 不等式等

34、基础知识和基本技能，同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力。在解题过程中也渗透了化归与转化思想方法. 难度较小，学生易得分。【解析】： （）由111111nnaa知数列11na是首项为1111a，公差为1 的等差数列。111(1) 1,11nnnnaan（）由（）知11111111111nnnannbnnnnn11111()1111nnnkkkSbnnn全国文 (17)(本小题满分l0 分)(注意：在试题卷上作答无效) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 29 页设等比数列na的前n项和为nS, 已知26,a1363

35、0,aa求na和nS【解析】设等比数列na的公比为q，由题12116,630,a qaa q解得113,2,2,3.aaqq或所以如果13,a则111=32.nnnaa q1(1)=3231nnnaqSq如果12,a则111=23.nnnaa q1(1)=311nnnaqSq山东理15. 设函数( )(0)2xfxxx,观察 : 1( )( ),2xfxf xx21( )( ),34xfxffxx32( )( ),78xfxffxx43( )( ),1516xfxffxx根据以上事实，由归纳推理可得：当nN且2n时，1( )( )nnfxffx. 【答案】22(1)xnxn【解析】观察知: 四

36、个等式等号右边的分母为2,34,78,1516xxxx, 即(21)2,(41)4,(81)8,(161)16xxxx, 所 以 归 纳 出 分 母 为1( )( )nnfxffx的 分 母 为22(1)nxn,故当nN且2n时，1( )( )nnfxffx22(1)xnxn.20.（本小题满分12 分）等比数列na中，123,a aa分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且123,a a a中的任何两个数不在下表的同一列 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 29 页第一列第二列第三列第一行3 2 10 第二行6 4

37、14 第三行9 8 18 （）求数列na的通项公式；（）若数列nb满足：( 1)lnnnnbaa，求数列nb的前2n项和2nS. 【解析】（）由题意知1232,6,18aaa,因为na是等比数列 ,所以公比为3,所以数列na的通项公式12 3nna. （）因为( 1)lnnnnbaa=12 3n1( 1)ln 2 3n, 所以12nnSbbb1212()(lnlnln)nnaaaaaa=2(13 )13n-12lnna a a=31n-121ln(21 333)nn= 31n-(1)2ln(23)n nn,所以2nS=231n-2 (21)22ln(23)nnn=91n-22 ln 2(2)l

38、n3nnn. （20） （本小题满分12 分）等比数列na中，123,a aa分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且123,a a a中的任何两个数不在下表的同一列 . 第一列第二列第三列第一行3 2 10 第二行6 4 14 第三行9 8 18 （）求数列na的通项公式；（）若数列nb满足：( 1) lnnnnnbaa，求数列nb的前2n项和2nS. 山东文没有新题陕西理 13观察下列等式1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49 照此规律，第n个等式为 .【分析】归纳总结时，看等号左边是子的变化规律，右边结果的特点，然后归纳出一般结论行数、项数及

39、其变化规律是解答本题的关键【解】把已知等式与行数对应起来，则每一个等式的左边的式子的第一个数是行数n，加数的个数是21n；等式右边都是完全平方数，行数等号左边的项数1=1 1 1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 29 页2+3+4=9 2 3 3+4+5+6+7=25 3 5 4+5+6+7+8+9+10=49 4 7 所以2(1)(21) 1(21)nnnnn，即2(1)(32)(21)nnnn【答案】2(1)(32)(21)nnnn14植树节某班20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10 米

40、开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为（米） 【分析】把实际问题转化为数学模型,然后列式转化为函数的最值问题【解】 （方法一）设树苗放在第i个树坑旁边（如图） ，1 2 i 19 20 那么各个树坑到第i 个树坑距离的和是(1) 10(2)10() 10(1)10(20) 10siiiiiii(1)(20)(120)10 (20)22i iiiiiii210(21210)ii，所以当10i或11时，s的值最小，最小值是1000，所以往返路程的最小值是2000米. （方法二）根据图形的对称性，树苗放在两端的树坑旁边，所得路程

41、总和相同，取得一个最值；所以从两端的树坑向中间移动时，所得路程总和的变化相同，最后移到第10 个和第 11 个树坑旁时，所得的路程总和达到 另 一 个 最 值 ， 所 以 计 算 两 个 路 程 和 即 可 。 树 苗 放 在 第 一 个 树 坑 旁 ， 则 有 路 程 总 和 是19(1 19)10(1219)210238002；树苗放在第10 个（或第11 个）树坑旁边时，路程总和是10(129)10(1210)29(19)10(1 10)1021029001100200022，所以路程总和最小为2000 米. 【答案】 2000 19 （本小题满分12 分）如图，从点P1（0，0）作x轴

42、的垂线交曲线xye于点1(0,1)Q，曲线在1Q点处的切线与x轴交于点2P再从2P做x轴的垂线交曲线于点2Q， 依次重复上述过程 得 到 一 系 列点：11,P Q；22,P Q；,nnP Q，记kP点的坐标为(,0)kx（0,1,2,kn） 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 29 页（1）试求kx与1kx的关系（2kn剟） ；（2）求112233|nnPQPQPQPQ【分析】（1）根据函数的导数求切线方程，然后再求切线与x轴的交点坐标； （2）尝试求出通项|nnPQ的表达式，然后再求和【解】 （ 1）设点1kP的坐标是

43、1(,0)kx，xye，xye，111(,)kxkkQxe，在点111(,)kxkkQxe处的切线方程是111()kkxxkyeexx，令0y，则11kkxx（2kn剟） （2）10 x，11kkxx，(1)kxk，(1)|kxkkkPQee，于是有112233|nnPQPQPQPQ12(1)1111nkeeeee11neee，即112233|nnPQPQPQPQ11neee陕西文 10植树节某班20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10 米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1 到 20 依次编号， 为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，

44、树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为（）（A）和（B）和(C) 和(D) 和【分析】根据选项分别计算四种情形的路程和；或根据路程和的变化规律直接得出结论【解】选 D （方法一）选项具体分析结论A 和：10(1219)23800比 较 各 个路 程 和 可知 D 符合题意B ：10(128)2(1211)22040：10(129)10(1210)2=2000 C ：10(129)10(1210)2=2000 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 29 页D 和：路程和都是2000 （方法二）根据图形的对称性，树苗放在两端的树坑旁

45、边，所得路程总和相同，取得一个最值；所以从两端的树坑向中间移动时，所得路程总和的变化相同，最后移到第10 个和第 11 个树坑旁时，所得的路程总和达到 另 一 个 最 值 ， 所 以 计 算 两 个 路 程 和 进 行 比 较 即 可 。 树 苗 放 在 第 一 个 树 坑 旁 ， 则 有 路 程 总 和 是10(1219)219(1 19)10238002；树苗放在第10 个（或第11 个）树坑旁边时，路程总和是10(129)10(1210)29(19)10(1 10)1021022290011002000，所以路程总和最小为2000 米. 上海理14.已知点 O(0,0)、Q0(0,1)和

46、点 R0(3,1)，记 Q0R0的中点为P1，取 Q0P1和 P1R0中的一条，记其端点为Q1、R1，使之满足11| 2| 20OQOR，记 Q1R1的中点为P2，取 Q1P2和 P2R1中的一条，记其端点为Q2、R2，使之满足22| 2| 20OQOR.依次下去，得到12,nP PP，则0lim |nnQ P. 318.设na是各项为正数的无穷数列，iA是边长为1,iia a的矩形的面积（1,2,i） ，则nA为等比数列的充要条件是（）D（A）na是等比数列 . （B）1321,na aa或242,na aa是等比数列 . （C）1321,na aa和242,naaa均是等比数列. （D）1

47、321,na aa和242,na aa均是等比数列，且公比相同. 22.（本大题满分18 分，第 1 小题满分4 分，第二小题满分6 分，第 3 小题满分8 分）已 知 数 列na和nb的 通 项 公 式 分 别 为36nan，27nbn（*)nN. 将 集 合,*,*nnx xanNx xb nN中的元素从小到大依次排列，构成数列123,nc c cc（1）写出1234,c c c c；（2）求证：在数列nc中，但不在数列nb中的项恰为242,na aa；（3）求数列nc的通项公式 . 22、12349,1 1,1 2 ,1 3cccc； 任意*nN，设213(21)66327nkannbk

48、，则32kn，即2132nnab 假设26627nkanbk*132knN（矛盾），2nnab 在数列nc中、但不在数列nb中的项恰为242,na aa。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 29 页32212(32)763kkbkka，3165kbk，266kak，367kbk6365666kkkk 当1k时，依次有111222334,bac bc ac bc，*63(43)65(42),66(41)67(4 )nknkknkckNknkknk上海文2、 计算3lim(1)3nnn= 223.（本题满分18 分，第 1 小

49、题 4 分，第 2 小题 6 分，第 3 小题 8 分）已 知 数 列na和nb的 通 项 公 式 分 别 为36nan，27nbn（*)nN. 将 集 合,* ,* nnx xanNx xb nN中的元素从小到大依次排列，构成数列123,nc c cc（1）求三个最小的数，使它们既是数列na中的项，又是数列nb中的项；（2）数列12340,c c cc中有多少项不是数列nb中的项？请说明理由；（3）求数列nc的前4n项和4(*)nSnN. 23、解：三项分别为9,15,21。12340,c c cc分别为9,11,12,13,15,17,18,19,21,23,24,25,27,29,30,

50、31,33,35,36,37,39,41,42,43,45,47,48,49,51,53,54,55,57,59,60,61 ,63,65,66,6732212(32)763kkbkka，3165kbk，266kak，367kbk6365666kkkk*63(43)65(42),66(41)67(4 )nknkknkckNknkknk。43424142421kkkkcccck精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 29 页2412344342414(1)()()242112332nnnnnn nSccccccccnnn。四川理