《2022年高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式.docx（58页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式30 题命题者的首选资料 1.已知函数f x xln 1x, 数列a n满意0a 11, a . a n1fa n; 数列nb满意b 11,b n11 n1 b , nN*. 求证 : 220a n1an1;an1an2;2假设a 12 , 2就当 n 2 时,b na nn . 解: 先用数学归纳法证明0an1,nN*. 1当 n=1 时,由已知得结论成立; 2假设当 n=k 时,结论成立 ,即 0ka1.就当 n=k+1 时, 由于 0x1 时 ,f 1x11xx10,所以 fx 在0,1上是增函数 .
2、 又 fx 在 0,1 上连续 ,所以 f0fa f1, 即 0ak11ln 21. 故当 n=k+1 时 ,结论也成立 . 即 0a n1对于一切正整数都成立. 4 分又由 0an1, 得a n1a na nln 1a na nln1a n0,从而an1综上可知0an1an1. 6 分构造函数gx=x2-fx= x2ln1xx , 0xg0=0. 名师归纳总结 由于 0anb 11,所以g a nn0,即an2fan00,从而an1a n2. 10 分第 1 页,共 29 页22 由于1,b n11 21 b ,所以b n,bn1n21, 2b n- - - - - - -精选学习资料 -
3、- - - - - - - - 所以b nb n1b n1b 2b 11n. , 12 分b nb n2b 12n由an1an2,知:an1a n, 所以a n=a 2a 3an1a a2an1, 2a n2a 1a 1a 2a n2 22由于a 12, n 2, 0a n1an1. 14 分2a n a 10 时, hx=px22x+p 图象为开口向上抛物线,名师归纳总结 称轴为 x=1 0,+ . p第 4 页,共 29 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - hxmin=p1. p只需 p1 0,即 p1 时 hx0,gpx 0,7 分gx在0,+
4、单调递增, p1 适合题意 . 当 p0 时, hx=px22x+p 图象为开口向下的抛物线,其对称轴为x=10,+,p只需 h00,即 p0 时 h0 0,+ 恒成立 . gx0 , gx在 0,+ 单调递减,p0,设kx lnxx,1当 x 0, 1时, k就 k x 1 1 1 x. x xx0, kx为单调递增函数；当 x 1,时, kx0,.名师归纳总结 lnxxx1112 n,得1111114n 11 第 5 页,共 29 页xxnN*,n2 时 ,令xlnn211.2 n2 nlnn1 11,n222 n1 11ln2ln3lnn222 3222222 3n2111n1 111n
5、22 232n22233n1 11n11111122334nn1n11n1 1222 n2n14 n1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 结论成立 . 14 分名师归纳总结 5. 已知数列 a n的前 n 项和S 满意：S naa1an1a 为常数,且a0,a1第 6 页,共 29 页求 a n的通项公式；设b02S n1,假设数列 nb为等比数列,求a 的值；an 在满意条件 的情形下, 设c n1111n1,数列 c n的前 n 项和为 Tn,a na求证：T n2n13解：S 1aa1a 11,a 10,当n2时,anS nS n1aa1anaa1
6、a n1,an1a,即 a n是等比数列ana an1n a ； 4 分a n由知,bn2aa1an113 an1 an12a,假设 nb为等比数列,naaa就有b 22b b 1 3,而b 13, b 23a2,b 33 a22a2,aa2故3aa2233 a22a2,解得a1,再将a1代入得bn3n成立,a233所以a13III 证明：由知an 13n,所以c n11n11n133n13n 311 13 13nn1n 3n1 13n1111113n1113n1131n 312n 321n 311,1由3111,3n1111得3n113n11131 , n 1nn 31n 31n 3所以c
7、n23n113n312111,13nn 3从而Tnc 1c 2c n211211213113322 3333nn- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2 n11111113322 3333nn 3名师归纳总结 2 n13112n1第 7 页,共 29 页3n3即T n2n1 14 分36. 已知数列a n满意a 15, a25,an1an6 an1n21求证：a n12 a n是等比数列；2求数列a n的通项公式；3设 3nbnn 3nan,且b 1b 2b nm 对于 nN恒成立,求 m 的取值范解：1由 an 1an6an1,an12an3an2an1
8、 n 2a15,a25a22a115 故数列 a n 12an是以 15 为首项, 3 为公比的等比数列 5分2由1得 an 12an53 n 由待定系数法可得an13 n1 2an3n即an3n2 2n1故 an 3n22 n13n2n 9 分3由 3nbnn3nann3n3n 2n n2n, bnn2 3n令 Sn|b1|b2| |bn|322 3 232 33 n2 3n2 3Sn2 3222 3 3 n12 3 nn2 3 n1 11分得1 3Sn32 3 22 3 3 2 3 nn2 3n+12 231 3 nn2 3n+1212 3 nn2 n+1 312 3 Sn612 3n3n
9、2 3 n+16 要使得 |b1|b2| |bn|m 对于 nN恒成立,只须m6 14 分7. 已知数列an的首项a 12a1 a 是常数,且a1,an2 an1n24n2n2,数列bn的首项1ba ,bnann2n2；1证明：b n从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列；2设S 为数列b n的前 n 项和,且S n是等比数列,求实数a 的值；3当 a0 时,求数列an的最小项；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解：1bnann2名师归纳总结 bn1an1n1 22ann1 24n1 2n12第 8 页,共 29 页2 an2n22bnn2 3 分由
10、a 12 a1得a24a ,b 2a 244a4,a1,b 20, 4 分即 nb从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列； 5 分2S na4a42n113a42a22n 8 分21当 n2 时,S n12 a22n13 a42 a3 a144S n2 a22n3 a4n 123 aS n是等比数列 , Sn1n2是常数,Sn3a+4=0,即a4； 11 分33由 1知当n2时,nb4a42n2a12n,所以a n2 a1n212, 13 分 an 12nn所以数列an为 2a+1,4a,8a-1,16a,32a+7, 明显最小项是前三项中的一项； 15 分当a0,1时,最小项为8a-1；4
11、当a1时,最小项为 4a 或 8a-1； 16 分4 1 1 , 时,最小项为 4a；4 2当a当a1时,最小项为4a 或 2a+1； 17 分2当a1,时,最小项为2a+1； 18 分28. 已知函数 fx=52x,设正项数列a n满意a =l ,a n1fa n168 x- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - I写出a ,a 的值 ; 试比较 a 与5 的大小,并说明理由；4n 设数列 b n 满意 b =5a ,记 Sn= b证明：当 n2 时,S n1 2 n1 4 i 1 4解1 a n 1 5 2 a n,由于 a 1 1, 所以 a 2 7,
12、a 3 3. 2 分16 8 a n 8 42由于 a n 0, a n 1 0, 所以 16 8 a n 0,0 a n 2. 3 分a n 1 5 5 2 a n 5 48 a n 54 3 a n 54 , 5 分4 16 8 a n 4 322 a n 2 2 a n由于 2 a n 0, 所以 a n 1 5与 a n 5同号, 6 分4 4由于 a 1 5 10,a 2 50, a 3 50,4 4 4 4 ,a n 50, 即 a n 5. 8 分4 43当 n 2 时,b n 5 a n 3 1 5 a n 1 3 1 b n 14 2 2 a n 1 4 2 2 a n 13
13、 1b n 1 2 b n 1, 10 分2 2 54所以 b n 2 b n 1 2 2b n 2 2 n 1b 1 2 n 3, 12 分所以 S n b 1 b 2 b n 1 1 1 3 n 1 14 2 n1 2 n1 14 分4 2 2 1 2 49. 已知 f x log a x 0 a 1 , a n ,假设数列 an 使得 ,2 f a 1 , f a 2 , f a 3 , , f a n , 2 n 4 n N * 成等差数列 . 1求 an 的通项 an; 2设bn:anfan,4假设bn的前n项和是Sn,且2a4,1求证S n2na2n3.1a21a2解：设 2,fa
14、1, fa2, fa3, , fan,2n+4 的公差为 d,就名师归纳总结 2n+4=2+n+2 1d1d=2, 2 分2 n2第 9 页,共 29 页fan2n1 d2nd2n2logaan- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - ana2n2. 4 分名师归纳总结 2bnanfana2n2logaa2n22 n2a2n2,第 10 页,共 29 页Sn4a46a62 na2n2n2a2n2a2S n4 a66 a8 2 n2 a2n2 na2n2 2n2 a2n4 1a2 S n4 a42a6a2n22 n2 a2n4,a,1S n2 a4 1a2n2
15、a42 na2 a2n42 a421a2n1 n1a2n,1a22121a1a2 8 分2 a42,1又0a12a4a212 a21 a21 ,01a故2 a21,0解得, 0a2. 10 分22 a42,1又a2n,01aS n2 na2n242 a42 11a2n1a2n 11 分1a1aa21a2n12 an 12 分1a21121 13 分11113 . 14 分a210. 1数列 an 和b n满意a n1 b 1b 2b nn=1, 2,3 ,求证 bn 为等差n数列的充要条件是 an 为等差数列； 8 分2数列 an 和c n 满意c nan2 an1nN*,探究an为等差数列的
16、充分必要条件,需说明理由； 提示：设数列 bn 为b nanan2n,123,证明：1必要性假设 b n 为等差数列,设首项b1,公差 d 就an1 nb 1n n1db 1n21dn2a n1and, an为是公差为d 的等差数列 2 4 分2充分性假设 an 为等差数列,设首项a1,公差 d 就b 1b2bnn a 1n1 ddn2a 1dnb 1b2b n1dn1 2a 1dn1 n2 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - bn2 dna 12dn2 当 n=1 时, b1=a1 也适合bn+1 bn=2d, b n是公差为 2d 的等差数列 4 分
17、2结论是： an 为等差数列的充要条件是 c n为等差数列且 bn=bn+1 其中 b n a n a n 2n=1, 2,3 4 分11. 设集合 W是满意以下两个条件的无穷数列 an 的集合： a n a n 2a n 1 ; an M . 其中 n N *, M是与 n 无关的常数 . 21假设 an 是等差数列, Sn 是其前 n 项的和, a3=4,S3=18,证明： S n W 2设数列 bn 的通项为bn5 n2n,且 b nW,求 M的取值范畴；3设数列 cn 的各项均为正整数,且cnW. 证明：cncn11解：设等差数列 a n 的公差是 d,就 a1+2d=4,3a1+3d
18、=18,解得 a1=8,d=2,所以Snna 1n n1dn2n2n9 n 22 分1 2由SnS n2S n11 29n229n22 n1 18n2=10 得SnS n2S n1,适合条件；2又 Sn n 29 n n 9 22所以当 n=4 或 5 时, Sn取得最大值81 4 20,即 Sn20,适合条件综上, S n W 4 分2解：由于 b n 1 b n 5 n 1 2 n 1 5 n 2 n 5 2 n所以当 n3 时,b n 1 b n 0,此时数列 bn 单调递减；当 n=1,2 时,b n 1 b n 0,即 b1b2b3,因此数列 bn 中的最大项是 b3=7 所以 M7 8 分3解：名师归纳总结 假设存在正整数k,使得ckck1成立第 11 页,共 29 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由数列 cn 的各项均为正整数,可得ckck11 即ck1ck1由于ckckk2ck1,所以ck2,2ck1ckk22ck11 c kck,ck22ck112由ck22c1ck及ckck1得ck22