2022年全国百套高考数学模拟试题分类汇编 .pdf

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1、20XX 届全国百套高考数学模拟试题分类汇编03 数列与数学归纳法三、解答题 (二) 51、(广东省四校联合体第一次联考)已知函数, 1)21(,)1 , 1()(fxf上有意义在且任意的x、)1 , 1(y都有).1()()(xyyxfyfxf（1）若数列).(),(12,21*211nnnnnxfNnxxxxx求满足（2）求)21()131()111()51(12nfnnfff的值 . 解： （1）.211|12|21122xxxxxnnnn又1|12|2nnxx1)21()(1fxf而).(2)()()1()12()(21nnnnnnnnnnxfxfxfxxxxfxxfxf2)()(1n

2、nxfxf12)(,2,1)(nnnxfxf故为公比的等比数列以为首项是以（2）由题设，有0)0(),0()0100()0()0(fffff故又,0)0()1()()(),1 , 1(2fxxxfxfxfx有得)1 , 1()(),()(在故知xfxfxf上为奇函数 . 由1)2)(1(11312kkkk)2)(1(112111)2)(1(11)2)(1(1kkkkkkkk得)21()11()21()11()131(2kfkfkfkfkkf于是nknfnffkkf12).21(1)21()21()131(故.0)21()131()111()51(12nfnnfff精选学习资料 - - - -

3、- - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 42 页52、(广东省五校20XX 年高三上期末联考)已知数列na的前 n 项和nS满足：(1)1nnaSaa（a 为常数，且0,1aa） （）求na的通项公式；（）设21nnnSba，若数列nb为等比数列，求a的值；（）在满足条件（）的情形下，设11111nnncaa，数列nc的前 n 项和为Tn . 求证：123nTn解： （）11(1),1aSaa1,aa当2n时，11,11nnnnnaaaSSaaaa1nnaaa，即na是等比数列1nnnaa aa；4 分（）由（）知，2(1)(31)211(1)nnnnnaa

4、aaaabaaa，若nb为等比数列，则有221 3,bb b而21232323223,aaabbbaa故22232322()3aaaaa，解得13a，7 分再将13a代入得3nnb成立，所以13a8 分（III ）证明：由（）知1( )3nna，所以11111331131311( )1( )33nnnnnnnc11131 1311111131313131nnnnnn1112()3131nn，9 分由111111,313313nnnn得111111,313133nnnn所以1113112()2()313133nnnnnc，12 分从而1222311111112()2()2()333333nnnn

5、Tccc22311111112()()()333333nnn11112()2333nnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 42 页即123nTn14 分53、 (贵州省贵阳六中、遵义四中20XX年高三联考)数列na中，12a，1nnaacn（c是常数，1 2 3n， ，） ，且123aaa，成公比不为1的等比数列。（I）求c的值；（II ）求na的通项公式。（III ） （理做文不做）由数列na中的第 1、 3、9、27、 项构成一个新的数列bn，求nnnbb1lim的值。解： （I）12a，22ac，323ac，因为1a

6、，2a，3a成等比数列，所以2(2)2(23 )cc，解得0c或2c当0c时，123aaa，不符合题意舍去，故2c 理 4 分（文 6 分）（ II）当2n时，由于21aac，322aac，1(1)nnaanc，所以1(1)12(1)2nn naancc。又12a，2c， 故22(1 )2 (2 3)nan nnnn， ， 当n=1时 ， 上 式 也 成 立 ， 所 以22 (1 2)nannn ， ， 理 8 分（文 12 分）（III ） bn=32n-2-3n-1+2, nnnbb1lim=9. 理 12 分54、(安徽省合肥市20XX 年高三年级第一次质检)已知数列na中，*1111,

7、( ) ,()2nnnaa anN（ 1）求证：数列2na与*21()nanN都是等比数列； （2）求数列na前2n的和2nT；（ 3）若数列na前2n的和为2nT，不等式222643(1)nnnTaka对*nN恒成立，求k的最大值。解： （1）11()2nnna a，212nnaa2 分数列1321,na aa是以 1 为首项，12为公比的等比数列；数列242,na aa是以12为首项，12为公比的等比数列。4 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 42 页（ 2）213212421111( )1 ( ) 222()()1

8、11122nnnnnTaaaaaa133 ()2n9 分（ 3）22211164643(1)6433 () ()33 ( )2642222nnnnnnnnTakakk642162nn当且仅当3n时取等号，所以6416k，即48k，k的最大值为48 55 、 ( 河 北 衡 水 中 学 20XX年 第 四 次 调 考 )已 知 等 差 数 列na的 公 差 大 于0, 且53,aa是 方 程045142xx的两根 ,数列nb的前 n 项的和为nS，且nnbS211. （1） 求数列na，nb的通项公式；（2） 记nnnbac,求证：nncc1. 解： （） a3， a5是方程045142xx的两

9、根，且数列na的公差 d0， a3=5，a5=9，公差.23535aad.12)5(5ndnaan3 分又当 n=1 时，有 b1=S1=1.32,2111bb当).2(31),(21,2111nbbbbSSbnnnnnnnn有时数列 bn是等比数列，.31,321qb.3211nnnqbb 6 分（）由（）知,3)12(2,3)12(211nnnnnnncnbac 9 分.03)1(83)12(23)12(2111nnnnnnnncc.1nncc12 分56 、 ( 河 北 省 正 定 中 学 高20XX届 一 模 ) 设 数 列 an 的 各 项 都 是 正 数 ， 且 对 任 意n N+

10、， 都 有23333231nnSaaaa，记 Sn为数列 an 的前 n 项和 . （1）求数列 an的通项公式；（2） 若nannnb2) 1(31（为非零常数， nN+） ， 问是否存在整数， 使得对任意nN+， 都有 bn+1bn. 解： （1）在已知式中，当n=1 时，2131aa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 42 页 a10 a1=11 分当 n2 时，23333231nnSaaaa2131333231nnSaaaa得，322111nnnnnnnaSSSSSS an0 2na=1nnSS=2Snan a1=1

11、 适合上式3 分. 当 n2 时，21na=2Sn1an1得2na21na=2(SnSn1)an+an1=2anan+ an1= an+ an1an+an10 anan1=1 数列 an 是等差数列，首项为1，公差为1，可得 an=n 5 分（2）113( 1)23( 1)2nannnnnnnanb02) 1(3322)1(32) 1(311111nnnnnnnnnnnbb11)23()1(nn.7 分当 n=2k 1，k=1，2，3，时，式即为22)23(k依题意，式对k=1，2，3都成立，bn12 分57、已知数列na的前n项和为nS，对一切正整数n，点),(nnSnP都在函数xxxf2)

12、(2的图像上，且过点),(nnSnP的切线的斜率为nk（1）求数列na的通项公式（2）若nknabn2，求数列nb的前n项和nT（3）设,2,NnaxxRNnkxxQnn，等差数列nc的任一项RQcn，其中1c是RQ中的最小数，11511010c，求nc的通项公式 . 解： （1）点),(nnSnP都在函数xxxf2)(2的图像上，2*2 ()nSnn nN, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 42 页当n2时，121.nnnaSSn当 1 时，113aS满足上式，所以数列na的通项公式为21.nan .3 分（2）由xx

13、xf2)(2求导可得( )22fxx过点),(nnSnP的切线的斜率为nk，22nkn. 24 (21) 4nknnnban. 12343445447421)4nnnT+4 （由 4，得2341443445447421)4nnnT+4 （ -得：23134 3424421)4nnnnT+4- （2114 14 34221)414nnn（4）- （26116499nnnT.7 分（3）22,42,Qx xnnNRx xnnN,QRR. 又ncQR，其中1c是RQ中的最小数，16c. nc是公差是4 的倍数，*1046()cmmN. 又10110115c，*11046115mmN,解得 27. 所

14、以10114c，设等差数列的公差为d，则1011146121019ccd，6(1) 12126ncnn，所以nc的通项公式为126ncn 12 分58、 (河北省正定中学20XX年高三第五次月考) 已知nS是数列na的前n项和，123,22aa，且113210nnnSSS，其中*2,nnN. (1)求数列na的通项公式na；(2)(理科 )计算limnnnSna的值 . ( 文科 ) 求nS. 解：113210nnnSSS112()1nnnnSSSS121(2)nnaan-2 分又123,22aa也满足上式，*121()nnaanN112(1)nnaa（*nN）精选学习资料 - - - - -

15、 - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 42 页数列1na是公比为 2，首项为1112a的等比数列- 4 分1211222nnna- 6分12.nnSaaa1012212121.21n12.nnSaaa1012212121.21n1012222.2nn212nn- （9 分）于是111212limlimlim2122222nnnnxxxnnSna- （12 分）59、(河南省开封市20XX 届高三年级第一次质量检)函数)(xf对任意 xR 都有 f(x) f(1x)12. （1）求)(1()1()21(Nnnnfnff和的值；（2）数列),1()1()2()1

16、()0(nnnafnnfnfnffaa求数列满足的通项公式。（3）令nSbbbbTabnnnnn1632,1442232221试比较 Tn与 Sn的大小。解： （1）令41)21(21fx的令)1()1(21)11 ()1(1nnfnfnfnfnx得（ 2）)1 ()1()1()0(fnnfnffan又)0()1()1()1(fnfnnffan，两式相加)0()1()1()1()1()0(2ffnnfnfffan21n*)(41Nnnan,411nnnaaa故数列是等差数列（ 3）nabnn414422222221131211 (16nbbbTnn)1(1321211116nn)111()31

17、21()211(116nn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 42 页)12(16nnSn1632nnST60、已知数列na中123,5aa，其前 n项和为满足12122(3)nnnnSSSn（ 1）试求数列na的通项公式（ 2）令112,nnnnbaanT是数列nb的前 n 项和，证明：16nT（ 3）证明 :对任意的10,6m，均存在Nn0，使得（ 2）中的mTn成立解： （1）由12122(3)nnnnSSSn得11122(3)nnnnnSSSSn1nnnass，112(3)nnnaan，即112(3)nnnaan又2

18、15 32(2)aan，112(2)nnnaan112211nnnnnaaaaaaaa112312 122222332112nnnnn（）故数列na的通项公式为12nna（4 分）（ 2）1111122111,(21)(21)22121nnnnnnnnnba a12311111111235592121nnnnTbbbb11 1112 3216n（8 分）（ 3）证明：由（ 2）可知11112 321nnT若nTm,则得11 112 321nm,化简得1161321nm1(0,)1606mm，123321log (1)11616nnmm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总

19、结 - - - - - - -第 8 页，共 42 页当23log (1)1116m，即010115mn时，取即可 （10 分）当23log (1)1116m，即11156m即时，则23log1116Sm记（） 的整数部分为，取01ns即可 , 综上可知 ,对任意的1(0,)6m均存在0nN使得时（ 2）中的nTm成立（ 12 分）61、 (黑龙江省哈尔滨九中20XX 年第三次模拟考试)已知214)(xxf数列na的前 n 项和为nS，点)1,(1nnnaaP在曲线)(xfy上)(*Nn且0, 11naa. （1）求数列na的通项公式；（2）数列nb的前 n 项和为且nT满足381622121

20、nnaTaTnnnn，设定1b的值使得数列nb是等差数列；（3）求证：*, 11421NnnSn. 解： (1)014)(121nnnnaaafa且21141nnaa*)(411221Nnaann数列12na是等差数列，首项112na公差 d=4 ) 1(4112nan3412nan0na*)(31Nnaann（ 4 分）(2)由3816,341221nnaTnannn得) 14)(34() 14() 34(1nnTnTnnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 42 页134141nTnTnn1341nTnTn) 1)(34

21、(1nTnTn若nb为等差数列，则11,01111bTT即*78Nnnbn(3)341nan143423422nnnan23414nn)59()15(2121nnaaaS11421)3414(nnn*11421Nnn12 分62、 (黑龙江省哈尔滨三中20XX年高三上期末)已知二次函数bxaxxf2)(的图象过点（4n， 0）且*)( ,2)0(Nnnf（1）求)(xf的解析式；（2）若数列,4),1(111nnnnaaafaa求数列且满足的通项公式；（3）对于（ 2）中的数列nkkknaaa11.2:,求证答案：（1）*)( ,22)(2Nxnxxxf（2）2)21(1nan（3）略63 、

22、（本题满 分12分）( 黑龙江 省哈尔滨三 中20XX年高三 上期末) 已知精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 42 页baxxfbxa/,)4sin(2),(,1),4cos(，数列*)(,2111Nnafaaannn满足（1）证明：; 101nnaa（2）证明：;4441nnaa（3）设nnaT 是数列的前 n 项和，判断3nTn与的大小，并说明理由。答案：（1）略（2）略（3）3nTc64、(黑龙江省哈师大附中20XX 届高三上期末 )已知数列 an 的前 n 项和为Sn，并且满足a12,nan1Snn(n1). （

23、1）求数列nnaa 的通项公式；（2）设.,2nnnnTnaT求项和的前为数列解： （1）)2(2,2) 1(11naanaannannnnnnaaaasaann2, 2,2, 212121等差所以（2）121223221,2222nnnnnnnTnna112224,21)2(221221222121nnnnnnnnTnTnnT65、(黑龙江省哈师大附中20XX 届高三上期末)已知二次函数f(x) ax2bxc 的图象顶点坐标是(32，14)，且 f(3)2 （1）求 yf(x) 的表达式，并求出f(1),f(2) 的值；（2）数列,nnba，若对任意的实数*1,)()(Nnxbxaxfxgx

24、nnn都满足，其中)(xg是定义在实数集 R 上的一个函数，求数列,nnba的通项公式；（ 3）设圆 ,)()( :1222nnnnnnnrCCrbyaxC外切与圆若圆是各项都是正数的等比数列，设nSn是前个圆的面积之和，求.lim2nnnrS精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 42 页解： （1）41)23()(2xaxf0)2(,0) 1(2341)23()(1241)233(, 2)3(222ffxxxxfaaf所以因为（2）令, 0222,0111nnnnnbaxbax222111nnnnba则（3）3221221

25、221212)22()22()()(nnnnnnnnnbbaa1)(,2,2,2)1(24221222212252122321nnnnnnnnnnnqqqrrrrSrSqrrrr3441111limlim)1(2)1(222nnnnnnqqqrS66、(黑龙江省哈师大附中20XX 届高三上期末)已知数列 an满足 a15,a25,an1an6an1(n 2 且 nN*) （1）求出所有使数列成等比数列的1nnaa值，并说明理由；（2）求数列na的通项公式；（3）求证：).(21111*21Nnaaan解： （1）23,0616,16)1(211或nnnnaaaa（2）nnna)2(3（3）当k

26、n2时，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 42 页2111111,122189949481494111,2) 149127)23(12726273(0)62327(23432212233223343423122333233231111121212222222224422222222212121nnknkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkknnaaaaaknaaaknaa时当时当证明67、 (湖北省八校高2008 第二次联考 )已知数列na，nb满足112,21,1nnnnnaaa aba， 数列nb的前 n 项和为

27、2,nnnnS TSS. （）求数列nb的通项公式；（）求证：1nnTT；（）求证：当2n 时，271112nnS解： （1）由1nnba，得1nnab，代入121nnnaa a，得12(1)1(1)(1)nnnbbb，整理，得110nnnnb bbb,从而有1111nnbb，111211ba，1nb是首项为1，公差为1 的等差数列，1,nnb即1nbn. （4 分）（ 2）1112Snn，2111122nnnTSSnnn，1111112322122nTnnnnn，111111102122122221nnTTnnnnnn，2122nn1nnTT. （8 分）（ 3）2n，11221122222

28、nnnnnSSSSSSSS1221122nnTTTTS . 由（ 2）知12222nnTTT，11217,1,212TST，12211222nnnSTTTTS2111nTTS7111122n71112n. （14 分）68、(湖北省三校联合体高20XX 届 2 月测试 )已知数列na的首项113a2，a，前n项和为nS，且1nS、nS、1nS分别是直线l上的点 A、 B、C 的横坐标，点B 分AC所成的比为21nnaa，设11b精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 42 页12log (1)nnnbab。 判断数列1na是否

29、为等比数列，并证明你的结论； 设11114nbnnnnca a，证明：11nkkC。由题意得1112121nnnnnnnnSSaaaSSa 3 分112(1)nnaa数列1na是以112a为首项，以2 为公比的等比数列。6 分则12nna21nna（*nN） 由21nna及12log (1)nnnbab得1nnbbn(1)12nn nb， 8 分则1111142(21)(21)nbnnnnnnnca a1211211nn10 分1211211211211211211211211433221nnnkkC112111n12 分69、(湖北省鄂州市20XX 年高考模拟 )已知函数112yx的图象按向

30、量(2,1)m平移后便得到函数( )f x的图象，数列na满足1()nnaf a（n2 ，nN*） （）若135a，数列nb满足11nnba，求证：数列nb是等差数列；（）若135a，数列na中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项，若不存在，说明理由；（）若112a，试证明：112nnaa解:11( )11222f xxx，则112nnaa（n2 ，nN*） （）1111111121nnnnnabaaa，1111nnba，11111111nnnnnabbaa（n2 ，n N*） 数列nb是等差数列精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -

31、- -第 14 页，共 42 页（ ） 由 （ ） 知 ， 数 列nb是 等 差 数 列 ， 首 项111512ba， 公 差 为1 ， 则 其 通 项 公 式57(1) 122nbnn，由11nnba得111172nnabn，故2127nan构造函数2127yx，则240(27)yx函数2127yx在区间7(,)2，7(,)2上为减函数当72x时，21127yx，且在7(,)2上递减，故当3n时，nb取最小值31b；当72x时，21127yx，且在7( ,)2上递减，故当4n时，nb取最大值43b故存在（）先用数学归纳法证明12na，再证明1nnaa当 n1 时，112a成立，假设 nk 时

32、命题成立，即12ka，则当 nk+1 时，1112ka，1132(1, )2kkaa，则112ka，故当 nk+1 时也成立综合有，命题对任意nN*时成立，即12na下证1nnaa111122 ()2 20nnnnnnnnaaaaaaaa，1nnaa综上所述：112nnaa【总结点评】本题集数列、向量、函数、导数、不等式于一体，充分展示了考试大纲“构造有一定深度和广度的数学问题，要注重问题的多样化，体现思维的发散性”的题目，这需要我们加强这一方面的训练，需要从多层次、多角度去思考问题70、(湖北省黄冈市麻城博达学校20XX 届三月综合测试)把正奇数数列21n中的数按上小下大、左小右大的原则排成

33、如下三角形数表：1 3 5 7 9 11 设ija是位于这个三角形数表中从上往下数第i行，从左往右数第j个数。（）若2007mna，求,m n的值；（）已知函数( )f x的反函数13( )8(0)nfxxx为，若记三角形数表中从上往下数第n行各数的和为nb，求数列nfb的前n项和nS。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 42 页解： （）三角形数表中前m行共有(1)1232m mm个数，第m行最后一个数应当是所给奇数列中第(1)2m m项，即2(1)2112m mmm。因此，使得2007mna的m是不等式212007mm

34、的最小正整数解。由212007mm得220080mm，118032179214422m。45m。第 45 行第一个数是24444121981，20071981114.2n（）13( )8(0)nfxxx，31( )(0)2nf xx x。第n行最后一个数是21nn，且有n个数，若21nn将看成第n行第一个数， 则第n行各数成公差为2的等差数列，故23(1)(1)22nn nbn nnn。3311()( )22nnnf bnn。故231111232222nnSn。用错位相减法可求得12(2)2nnSn。71 、 ( 湖 北 省 黄 冈 市20XX年 秋 季 高 三 年 级 期 末 考 试 ) 已

35、 知 各 项 均 为 正 数 的 数 列na满 足22*1120()nnnnaaaanN且32a是2a、4a的等差中项（1）求数列na的通项公式na；（2）若1122log,nnnnnbaa sbbb，求使1250nnsn成立的正整数n的最小值。解：221111(1)20,()(2)0,nnnnnnnnaaaaaaaa数列na的各项均为正数，1()0,nnaa1(2)0nnaa，即*12()nnaa nN数列na是以 2 为公比的等比数列。32a是24,a a的等差中项，24324aaa11112884,2,aaaa数列na的通项公式为2nna（2）由（ 1）及12lognnnbaa，得2nn

36、bn， （ 6 分）23412,22 23 24 22nnnnsbbbsn2341222 23 2(1) 22nnnsnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 42 页-得，23411222222(1)22nnnnsnn要使1250nnsn成立，只需12250n成立，即1252,5nn1250nnsn成立的正整数n 的最小值为5。 （12 分）72、(湖北省荆门市20XX 届上期末 )已知0a， 且1a， 数列na的前n项和为nS， 它满足条件111nnaSa.数列nb中，lgnnnbaa。（1）求数列nb的前n项和nT；（

37、2）若对一切*nN都有1nnbb，求a的取值范围。解： （1）11(1)1,.1nnnnaa aSSaa当1n时，111(1)1a aaSaa. 2 分当n2 时，1nnnaSS=1(1)(1)11nnna aa aaaa，*()nnaanN分此时lgnnnbaanalgna=nlgnaa，12nTbbnb=23(23) lgnaaanaa分设2323nuaaa +nna，23(1)na uaaa1nnana1(1)1nna anaa，12(1).1(1)nnnnaa auaa12(1) l g1(1)nnnnaa aTaaa分（ 2）由11lg(1)lgnnnnbbnaanaa可得01当1a

38、时，由lg0a可得1nan，*1(),1,1nnNan1nan对一切*nN都成立，此时的解为1a. 1分02当01a时，由lg0a可得(1) ,1nnna an1nn*1(),01,2nNa01nan对一切*nN都成立，此时的解为102a. 12 分由01，02可知，对一切*nN都有1nnbb的a的取值范围是102a或1a. 73 、 ( 湖 北 省 荆 门 市20XX届 上 期 末 ) 设 数 列na的 前n 项 和 为Sn=2n2，nb为 等 比 数 列 ， 且.)(,112211baabba（1）求数列na和nb的通项公式；（2）设nnnbac，求数列nc的前 n 项和nT。解： （1）

39、 ：当111,2;naS时精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 42 页, 24)1(22,2221nnnSSannnn时当故 an 的通项公式为4,2, 241daanann公差是即的等差数列 . 设 bn 的通项公式为.41, 4,11qdbqdbq 则故.42,4121111nnnnnnbbqbb的通项公式为即 6 分（ 2）,4)12(422411nnnnnnnbac4) 12(4)32(4543414,4) 12(4543113212121nnnnnnnnTncccT两式相减得.54)56(91 54)56(314

40、) 12()4444(2131321nnnnnnnTnnT74、(湖北省荆州市20XX 届高中毕业班质量检测)已知数列na为等差数列，12a，且其前10项和为65，又正项数列nb满足1()nnnbanN求数列nb的通项公式；比较1234,b b b b的大小；求数列nb的最大项；令lgnnca，数列nc是等比数列吗？说明理由。解：设na的公差为d，则110965102ad且12a，得1d，从而1nan故11nnbn（3 分）66323122233bb202054445313442,4455bbbb2134bbbb（6分）由（ 2）猜想1nb递减，即猜想当n2时，1212nnnn（8 分）考察函

41、数ln()xyxex，当xe时ln1x21ln0 xyx故ln xyx在( ,)e上是减函数，而1n3e精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 42 页所以ln(2)ln(1)21xxxx，即2121nnnn于是猜想正确，因此，数列nb的最大项是323b（10 分）nc不是等比数列由lglg(1)nncan知22lg(1)lg(3)lg(1)lg(3)2nnnnc cnn222lg(1)lg(3)lg(2)22nnn221lg (2)nnc故nc不是等比数列. 75、(湖北省随州市20XX 年高三五月模拟)已知函数( )32

42、()f xx xx xR求11()( )ninNf i1(1ni表示从 到n的所有项的和）若数列na满足1()(0,)nnnnaaf aanN,试求1a的值，使得数列na成等差数列。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 42 页76、 (湖北省武汉市武昌区20XX届高中毕业生元月调研测试)设不等式nnxyyx3,0,0所表示的平面区域为nD，记nD内的格点（x，y） （x、yz）的个数为)(nf（nN）. （）求)1 (f，)2(f的值及)(nf的表达式；（）记nnnfnfT2)1()(，若对于任意nN，总有nTm 成立，求

43、实数m 的取值范围；（）设nS为数列nb的前n项和，其中nb)(2nf，问是否存在正整数n、t，使11nnnntbStbS161成立？若存在，求出正整数n，t；若不存在，请说明理由. 解： （）)1(f3，)2(f6. 2 分由x0，0ynnx3，得 0 x3，又xN，x1，或x2. 当x1，0y2n时，共有2n个格点；当x2，0yn时，共有n个格点 . 故nnnnf32)(. 4 分（）由（ 1）知nTnnn2)1(9，则1nTnT12)2)(1(9nnn. 当n3 时，1nTnT. 又1T92T3T227，所以nT227，故m227. 8 分（）假设存在满足题意的n和t，由（ 1）知nbn

44、32n8，故7)18(8nnS. 10 分则111187) 18(887) 18(8nnnnnnnntttbStbS161. 变形得8)78(88)78(81ttnn161，即 1)78(8 215)78(8ttnn0. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 42 页1n8（ 8t7） 15. 由于n、t均为正整数，所以nt 1. 14 分附:78878nnnttbS, 78878111nnnttbS. 当1t时, 由16111nnnntbStbS,得158n,1n. 当2t时, 0nntbS,由16111nnnntbStb

45、S,得15878nt,n不存在 . 所以nt1. 77、 (湖南省十二校20XX届高三第一次联考)已知二次函数)(xfy的图像经过坐标原点，其导函数为.26)(xxf数列 na的前 n 项和为nS，点)(,(*NnSnn均在函数)(xfy的图像上 . （I）求数列 na的通项公式；（II）设13nnnaab，nnbT 是数列的前 n 项和，求使得20mTn对所有*Nn都成立的最小正整数m. 解： （I）设这二次函数baxxfabxaxxf2)(),0()(2则，由于2)(bxxf，得xxxfba23)(, 2, 32所以 2 分又因为点)()(,(*xfyNnSnn均在函数的图像上，所以.23

46、2nnSn当)1(2) 1(3)23(,2221nnnnSSannnn时.56n 6 分（II）由（ I）得知5)1(6)56(331nnaabnnn).161561(21nn 7 分故)161561()13171()711(21nnTn).1611(21n 9 分因此，要使mNnmn成立的)(20)1611(21*，必须且仅须满足,2021m即10m， 11 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 42 页所以满足要求的最小正整数m 为 10。 12 分78、(湖南省长沙市一中20XX 届高三第六次月考)数列bn和na，由

47、下列条件确定：a10，b10.当 k2 时， ak和 bk满足下列条件：当111k11,2，a02kkkkkkbbbaba时. （ 1）若21a，51b，分别写出 an、bn的前四项 . （ 2）证明数列 akbk 是等比数列 . （ 3）设nn,2是满足 b1b2 bn的最大整数时，用a1、b1表示 n 满足的条件 . 解： （1）;41,41,2,24321aaaa85,23,5121bbb（3 分）（2）当0211ekba时，)(212211111kkkkkkkbabaaba当0211ekba时，).(21211111kkkkkkkbabbaba又011ba，数列kkba是等比数列 .

48、（9 分）（3）当 b1b2 bn（n2）时， bkbk-1(2 kn). 由（ 2）知：0211kkba不成立，0211kkba. 从而对于2kn 有 ak=ak-1,bk=211kkba于是11aaann（11 分）.)21)(22.)21()(,)21()(11111111111nnnnnnnnabababaababnabab若02nnba，则.21nnnbab.,0)21)(1111nnnnnbbabbb这与n是满足 b1b2 bn（n 2）的最大整数矛盾. n 是满足02nnba的最小整数 . .20)21)(02111111nnnnaabababa精选学习资料 - - - - -

49、- - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 42 页.log1112abann 是满足大于1112logaba的最小整数 .（13 分）79、(湖南省雅礼中学20XX 年高三年级第六次月考)容器 A 内装有 6 升质量分数为20%的盐水溶液， 容器 B 内装有 4 升质量分数为5%的盐水溶液，先将A 内的盐水倒1 升进入 B 内，再将B 内的盐水倒1 升进入 A 内，称为一次操作；这样反复操作n 次， A、B 容器内的盐水的质量分数分别为,nna b，（I） 问至少操作多少次，A、B 两容器内的盐水浓度之差小于1%？（取 lg2=0.3010 ，lg3=0.477

50、1）（） 求nnab、的表达式，并求nnnnbalimlim与的值 . 雅创教育网免费注册免费下载解： （1）509)515252(61,252)201451(5111ab；30426)5(61,54111nnnnnnnnbabaabab；32),(3211qbababannnnnn是的等比数列，7.52lg3lg1101log1,1001)32(101321nbannn，7n，故至少操作7 次；（2）nnnnnnnbbbbb)32(1003,4)32(10151111)()()(123121nnnbbbbbbbb,507)32(1003)32()32(32100325212nn而507lim