2019-2020年高考数学二轮专题复习重难增分训练三数列的综合问题.doc

2019-2020年高考数学二轮专题复习重难增分训练三数列的综合问题1已知函数f(x)xsin x，项数为19的等差数列an满足an，且公差d0.若f(a1)f(a2)f(a18)f(a19)0，则当k_时，f(ak)0.解析：因为函数f(x)xsin x是奇函数，所以图象关于原点对称，图象过原点，而等差数列an有19项，an，若f(a1)f(a2)f(a18)f(a19)0，则必有f(a10)0，所以k10.答案：102.如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC2.过点 A作BC 的垂线，垂足为A1 ；过点 A1作 AC的垂线，垂足为 A2；过点A2 作A1C 的垂线，垂足为A3 ；，依此类推设BAa1 ，AA1a2 , A1A2a3 ， A5A6a7 ，则 a7_.解析：法一(直接递推归纳)：等腰直角三角形ABC中，斜边BC2，所以ABACa12，AA1a2，A1A2a31，A5A6a7a16.法二(求通项)：等腰直角三角形ABC中，斜边BC2，所以ABACa12，AA1a2，An1Anan1sinanan2n，故a726.答案：3已知数列bn的通项公式为bn3n1，Tn为bn的前n项和若对任意nN*，不等式2n7恒成立，则实数k的取值范围为_解析：因为bn3n1，所以Tn36.因为不等式2n7，化简得k对任意nN*恒成立设cn，则cn1cn.当n5时，cn1cn，cn为单调递减数列，当1ncn，cn为单调递增数列，c4an，所以数列an单调递增且各项均为正数，所以1，所以1.答案：(1)1(2)15已知函数fn(x)a1xa2x2a3x3anxn，且fn(1)(1)nn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设函数g(n)cng(2n4)，nN*，求数列cn的前n项和Tn.解：(1)依题意，得fn(1)a1a2a3(1)nan(1)nn，当n2时，fn1(1)a1a2a3(1)n1an1(1)n1(n1)，两式相减，得(1)nan(1)nn(1)n1(n1)(1)n(2n1)，即an2n1.当n1时，f1(1)a11，得a11，符合上式，所以an2n1.数列an的通项公式为an2n1.(2)由g(n)得c1g(6)g(3)a35，c2g(8)g(4)g(2)g(1)a11，当n3时，cng(2n4)g(2n12)g(2n21)a2n212(2n21)12n11，所以当n3时，Tn51(221)(231)(2n11)6(n2)2nn，当n2时，也符合上式于是Tn6(xx昆明模拟)已知数列an满足a1，an1.证明：(1)an1an1；(2)a1a2an0，所以an11与an1同号，由a1，可知an10，所以an0，则an1anan0，所以an1an.综上an1an1.(2)由an1，可知1，所以1，即.可得an.所以anan1an1an2an1an2a2a1，所以a1a2an1.7已知曲线C：y22x(y0)，A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，An(xn，yn)，是曲线C上的点，且满足0x1x2xn，一列点Bi(ai,0)(i1,2，)在x轴上，且Bi1AiBi(B0是坐标原点)是以Ai为直角顶点的等腰直角三角形(1)求A1，B1的坐标 ；(2)求数列yn的通项公式；(3)令bn，cn，分别求数列bn，cn的前n项和Sn，Tn.解：(1)B0A1B1是以A1为直角顶点的等腰直角三角形，直线B0A1的方程为yx.由得x1y12，即点A1的坐标为(2,2)，进而得B1(4,0)(2)根据Bn1AnBn和BnAn1Bn1分别是以An和An1为直角顶点的等腰直角三角形，可得即xnynxn1yn1.(*)An和An1均在曲线C：y22x(y0)上，y2xn，y2xn1，xn，xn1，代入(*)式得yy2(yn1yn)，yn1yn2(nN*)，数列yn是以y12为首项，2为公差的等差数列，其通项公式为yn2n(nN*)(3)由(2)可知，xny2n2，anxnyn2n(n1)，bn，cn.Snb1b2bn.Tnc1c2c3cn.8(xx杭州模拟)已知数列an，点P(n，an)在函数f(x)x的图象上(1)求数列an的通项公式，并求出其前n项和Sn；(2)若从an中抽取一个公比为q的等比数列akn，其中k11，且k1k2knkn1有解？若存在，求出所有符合条件的q值；若不存在，请说明理由解：(1)因为点P(n，an)在函数f(x)x的图象上，所以ann.当n2时，anan1(常数)，所以，数列an是首项为a12，公差为d的等差数列，所以Sn.(2)存在正整数q，使得关于n(nN*)的不等式6Snkn1有解，求解如下：因为ak1a12，akn2qn1，得kn3qn12，显然q1，所以当q1且qN*时，所有的kn3qn12均为正整数，符合题意；要使不等式6Snkn1有解，即2n(n5)3qn2有解，则1有解，经检验，当q2，q3，q4时，n1都是1的解，符合题意；下面证明当q5时，1无解设bn，则bn1bn，因为0,1q0，所以f(n)2(1q)n2(75q)n7q在nN*上单调递减，又f(1)0，则f(n)0恒成立，可得bn1bn0，所以bnb1恒成立，又当q5时，b11无解，不符合题意综上所述，存在正整数q，使得关于n(nN*)的不等式6Snkn1有解，且q的所有取值为2,3,4.9(xx嘉兴模拟)已知无穷数列an满足：a1，a2an2an10(n2)(1)试判断数列an的单调性；(2)求证：0an；an1，所以数列an为递增数列(2)证明：由a2an2an10(n2)得a2an112an1，则(an1)212an10，an1，当an1时有an1，这显然矛盾，anan1得ana10，0an.由a2an2an10(n2)得2an1an(2an)，则，(n2)，a1，由可知0anan，0，2 018，即2 018.10(xx绍兴模拟)已知数列an满足：a1a(0,1)，且0an1；(3)设Tn为数列bn的前n项和，求证：Tn0，所以a1a2.(2)证明：因为an0，所以0ana2，即an1anan.所以0ana11，an1aa(ana)an1，即，故 an1.(3)证明：由an1an可知，an1an0，an1an0，所以bna(anan1)an1a0，所以bna.因此Tn(aaa).