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1、高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快 业绩进步，以下为高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word版可编辑
2、修改)的全部内容。高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)1 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，11,11nnnnnaaaSSaaaa 1nnaaa,即na是等比数列 1nnnaa aa；（)由（）知，2(1)(31)211(1)nnnnnaaaaaabaaa，若nb为等比数列，则有221
3、3,bbb而21232323223,aaabbbaa 故22232322()3aaaaa，解得13a，再将13a 代入得3nnb 成立，所以13a (III）证明:由（）知1()3nna，所以11111331131311()1()33nnnnnnnc 11131 131 1111131313131nnnnnn 1112()3131 nn，由111111,313313nnnn得111111,313133nnnn 所以1113112()2()313133 nnnnnc,从而1222311111112()2()2()333333nnnnTccc 22311111112()()()333333nnn
4、11112()2333nnn 高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)即123nTn 2 数列na中，12a,1nnaacn（c是常数，12 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。解：(I）12a，22ac,323ac,因为1a,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 (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
5、 n=1 时，上式也成立，所以22(12)nannn，3 已知数列na中，*1111,(),()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，212nnaa 数列1321,na aa是以1 为首项，12为公比的等比数列；数列242,naaa 是以12为首项,12为公比的等比数列.高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)（2)213212421111()1()222()()11
6、1122nnnnnTaaaaaa 133()2n （3)22211164643(1)6433()()33()2642222nnnnnnnnTakakk 642162nn当且仅当3n 时取等号，所以6416k，即48k ，k的最大值为48 4 已知等差数列na的公差大于 0，且53,aa是方程045142 xx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:nncc 1。解：（）a3，a5是方程045142 xx的两根，且数列na的公差 d0，a3=5，a5=9，公差.23535aad.12)5(5ndnaan 又当 n=1
7、 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 （）由（）知,3)12(2,3)12(211nnnnnnncnbac .03)1(83)12(23)12(2111nnnnnnnncc.1nncc 5 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)(2的图像上，且过点),(nnSnP的切线的斜率为nk 高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)（1）求数列na的通项公式 （2）若nknabn2，求数列nb的前n
8、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，11511010 c,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,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 (2）由xxxf2)(2求导可得()22fxx 过点),(nnSnP的切线的斜率为nk，22nkn.24(21)4nknnnban.12343445447421)4nn nT+4（由4，得 2341443445447421)4nn nT+4（得：23134
9、3424421)4nnn nT+4-（2114 14 3 4221)414nnn （4）-（26116499nnnT （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。所以10114c，设等差数列的公差为d,则1011146121019ccd，高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)6(1)12126ncnn ,所以nc的通项公式为126ncn 6 已知nS是数列na的前n项和，123,22aa，且113210nn
10、nSSS，其中*2,nnN.（1)求数列na的通项公式na；(2)求 nS。解：113210nnnSSS 112()1nnnnSSSS 121(2)nnaan 又123,22aa也满足上式,*121()nnaanN112(1)nnaa(*nN）数列1na 是公比为 2，首项为1112a 的等比数列 1211222nnna 12.nnSaaa 1012212121.21n 12.nnSaaa 1012212121.21n 1012222.2nn 212nn 7 函数)(xf对任意 xR都有 f（x）f（1x）错误!.（1）求)(1()1()21(Nnnnfnff和的值；（2）数列),1()1()
11、2()1()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(2ffnnfnfffan 21n*)(41Nnnan 高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改),411nnnaaa故数列是等差数列（3）nabnn4144 22222221131211
12、(16nbbbTnn)1(13212111 16nn)111()3121()211(1 16nn)12(16n nSn1632 nnST 8、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)nnnnnSSSSn 1nnnass，112(3)nnnaan,即112(3)nnnaan 又21532(2)aan ,112(2)nn
13、naan 112211nnnnnaaaaaaaa 112312 122222332112nnnnn （）故数列na的通项公式为12 nna （2）1111122111,(21)(21)2 2121nnnnnnnnnba a 12311111111235592121nnnnTbbbb 高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)11 1112 3216n (3）证明：由（2）可知11 112 321nnT 若nTm,则得11 112 321nm，化简得1161321nm 1(0,)1606mm，123321log(1)11616nnmm 当23log(1)1116m ，即0101
14、15mn 时，取即可 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 9 已知数列an的前 n 项和为 Sn，并且满足 a12，nan1Snn（n1).(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(11naanaannannnnn naaaasaann2,2,2,212121等差所以 （2）121223221,2222nnnnnnnTnna 112224,21)2(221221222121n
15、nnnnnnnTnTnnT 10 已知二次函数 f(x)ax2bxc 的图象顶点坐标是(错误!,错误!),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,)()(Nnxbxaxfxgxnnn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；高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)解：（1）41)23()(2 xaxf 0)2(,0)1(2341)23()(1241)233(,2)3(222ffxxxxfaaf所以因为 （2）令,0222,0111nnnnnbaxbax 22
16、2111nnnnba则 11 已知数列an满足 a15，a25,an1an6an1（n2 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kn2时，2111111,122189949481494111,2)149127)23(12726273(0)62327(23432212233223343423122333233231111121212222222224422222222212121nnknkkkkkk
17、kkkkkkkkkkkkkkkknnaaaaaknaaaknaa时当时当证明 12 已知数列na，nb满足112,21,1nnnnnaaa aba，数列nb的前n项和为2,nnnnS TSS。（）求数列nb的通项公式;高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)（）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，1112 11ba ,1nb 是首项为 1，公差为 1 的等差数列,1,nnb即1nbn.（2）
18、1112Snn ，2111122nnnTSSnnn，1111112322122nTnnnnn，111111102122122221nnTTnnnnnn,2122nn 1nnTT.（3）2n，11221122222nnnnnSSSSSSSS 1221122nnTTTTS。由（2）知12222nnTTT，11217,1,212TST，12211222nnnSTTTTS 2111nTTS 7111122n 71112n。13 已知数列na的首项113a 2，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 12log(1)
19、nnnbab。判断数列1na 是否为等比数列,并证明你的结论；设11114nbnnnnca a,证明：11nkkC.由题意得1112121nnnnnnnnSSaaaSSa 112(1)nnaa 数列1na 是以112a 为首项，以 2 为公比的等比数列.则12nna 21nna（*nN）高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)由21nna 及12log(1)nnnbab 得1nnbbn (1)12nn nb 则1111142(21)(21)nbnnnnnnnca a1211211nn 1211211211211211211211211433221nnnkkC 112111n
20、 14 已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,nnnnnbaasbbb ，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()nnaanN 数列na是以 2 为公比的等比数列.32a 是24,aa的等差中项，24324aaa 11112884,2,aaaa 数列na的通项公式为2nna （2)由（1)及12lognnnbaa,得2nnb
21、n ,（6 分)23412,22 23 24 22nnnnsbbbsn 2341222 23 2(1)22nnnsnn 得，23411222222(1)22nnnnsnn 要使1250nnsn 成立，只需12250n 成立,即1252,5nn 1250nnsn 成立的正整数 n 的最小值为 5。15 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.高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)（1）求数列nb的前n项和nT；（2）若对一切*nN都有1nnbb，求a的取值范围。解：（1）11(1)1,.1nnnnaa aSSaa
22、 当1n 时，111(1)1a aaSaa。当n2 时，1nnnaSS=1(1)(1)11nnna aa aaaa，*()nnaanN 此时lgnnnbaa nalgna=nlgnaa,12nTbb nb=23(23)lgnaaanaa 设2323nuaaa+nna,23(1)na uaaa 1nnana1(1)1nna anaa，12(1).1(1)nnnnaa auaa 12(1)lg1(1)nnnnaa aTaaa （2）由11lg(1)lgnnnnbbnaanaa 可得 01 当1a 时，由lg0a 可得1nan，*1(),1,1nnNan 1nan对一切*nN都成立，此时的解为1a。
23、02 当01a 时，由lg0a 可得(1),1nnna an 1nn*1(),01,2nNa 01nan 对一切*nN都成立，此时的解为102a.由01，02可知，对一切*nN都有1nnbb的a的取值范围是102a 或1a。16 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）：当111,2;naS时,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.41,4,11qd
24、bqdbq 则 故.42,4121111nnnnnnbbqbb的通项公式为即 高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)（2）,4)12(422411nnnnnnnbac 4)12(4)32(454341 4,4)12(45431 13212121nnnnnnnnTncccT 两式相减得.54)56(91 54)56(314)12()4444(2131321nnnnnnnTnnT 17 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(
25、)(，若对于任意nN，总有nTm成立，求实数 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11nnnntbStbS 161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.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)(。（）由（1）知nTnnn2)1(9，则1nTnT12)2)(1(9nnn。当n3 时，1nTnT.又1T92T3T227，所以nT227，故m227。（)假设存在满足题意的n和t,由(1）知n
26、bn32n8,故7)18(8nnS.高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)则111187)18(887)18(8nnnnnnnntttbStbS161。变形得8)78(88)78(81ttnn161，即 1)78(8 215)78(8ttnn0。1n8（8t 7）15。由于n、t均为正整数，所以nt1.附：78878nnnttbS，78878111nnnttbS。当1t时，由16111nnnntbStbS,得158 n，1n。当2t时,0nntbS，由16111nnnntbStbS，得15878nt,n不存在.所以nt1.18 已知二次函数)(xfy 的图像经过坐标原点，
27、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 又因为点)()(,(*xfyNnSnn均在函数的图像上,所以.232nnSn 当)1(2)1(3)23(,2221nnnnSSannnn时.56 n 高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)（II）由（I）得知
28、5)1(6)56(331nnaabnnn).161561(21nn 故)161561()13171()711(21nnTn).1611(21n 因此，要使mNnmn成立的)(20)1611(21*,必须且仅须满足,2021m 即10m，所以满足要求的最小正整数m为 10。19 数列bn和na，由下列条件确定: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 b1b2bn的最大整数时,用 a1、b1表示 n 满足的条件.解：（1
29、）;41,41,2,24321aaaa 85,23,5121bbb（2）当0211ekba时,)(212211111kkkkkkkbabaaba 当0211ekba时，).(21211111kkkkkkkbabbaba 又011 ba，数列kkba 是等比数列.(3）当 b1b2bn（n2)时，bkbk1（2kn）。由（2）知：0211kkba不成立,0211kkba.从而对于 2kn 有 ak=ak-1，bk=211kkba 于是11aaann 高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改).)21)(22.)21()(,)21()(11111111111nnnnnnnnaba
30、babaababnabab 若02nnba，则.21nnnbab.,0)21)(1111nnnnnbbabbb 这与n是满足 b1b2bn（n2）的最大整数矛盾。n 是满足02nnba的最小整数。.20)21)(02111111nnnnaabababa.log1112abann 是满足大于1112logaba 的最小整数 20 已知函数)(xf的定义域为 1,0，且同时满足：对任意 1,0 x，总有2)(xf，3)1(f；若01x，02x且121xx，则有2)()()(2121xfxfxxf（1)求)0(f的值；（2）试求)(xf的最大值；（3)设数列na的前n项和为nS，且满足*)3(21,
31、11NnaSann，求证：121321223)()()(nnnafafaf 解：（1）令021xx,则2)0(f，又由题意，有2)0(f 2)0(f （2）任取 且21xx,则 0112 xx 2)(12xxf )(2)()()()(11121122xfxfxxfxxxfxf )(xf的最大值为3)1(f （3)由*)3(21,11NnaSann 2)3(2111naSnn 又由)2(1nSSannn )2(311naann 数列na为首项为 1，公比为31的等比数列，131nna 当1n时，1113212233)1()(faf，不等式成立，当2n时，)31()(2faf 高考数学第二轮复习数
32、列典型例题 1(word 版可编辑修改)4)31(32)3131()31()313131()1(fffff，37)31(f 122 11731()()(1)()3223322 3f af aff 不等式成立 假设kn 时，不等式成立。即 121321223)()()(kkkafafaf 则 当1kn时，4)31(3)313131()31()(11111kkkkkkfffaf 34)31(31)31(1kkff ,4,3,2,134)31(31)31(1kffkk 11121111411444()()()33333333372122333kkkkkkkfff kkkkkkafafaf321)1(
33、223312321223)()()(1121 即 kn 时，不等式成立 故 对*Nn,原不等式成立.17 已知数列na的前 n 项和为11,4nSa 且1112nnnSSa,数列nb满足11194b 且13nnbbn(2)nnN且（）求na的通项公式；()求证：数列nnba为等比数列；(）求nb前n项和的最小值 解：(1）由112221nnnSSa得1221nnaa，112nnaa 111(1)24naandn （2)13nnbbn，11133nnbbn，1111111111113()3324364324nnnnnbabnnbnbn ；11111113(1)2424nnnnbabnbn 由上面
34、两式得1113nnnnbaba,又1111913044ba 数列nnba是以-30 为首项，13为公比的等比数列。（3）由(2)得1130()3nnnba ，11111130()30()3243nnnnban 高考数学第二轮复习数列典型例题 1(word 版可编辑修改)12111111130()(1)30()243243nnnnbbnn =221111130()(1)20()023323nn ，nb是递增数列 当n=1 时，11194b 0；当n=2 时,23104b 0;当n=3 时,351043b 0；当n=4 时，471049b 0，所以，从第 4 项起的各项均大于 0,故前 3 项之和最小.且31101(135)3010414312S 52)1(1251n