1、2010-2015 年高考真题汇编专题 6 数列考点 5 数列的综合应用1.（2015 年安徽 17，12 分）设 *nN， nx是曲线 12nxy在点 ()， 处的切线与 x轴交点的横坐标，（）求数列 nx的通项公式；（）记 211nnT ，证明： nT41.【答案】 （） xn；（）证明见解析。【解析】 （）由题意 12 )(nxy， 21nyx所以曲线在点 ,1处的切线方程为 )1(x当 0y时， nx.5 分（）由题设中和（1）中的计算结果知 2221131.().()4nnnTx 当 n时， 41b当 2时，2221(1)()11()nnnx，所以 2().34nT .综上可得对任意
2、的 *,N 均有 1.nT 12 分2.（2015 年广东 21，14 分）数列 na满足: 12124,nnaN .(1)求 3a的值;(2)求数列 na的前 项和 nT;(3)令 )2(1321(,1 nab 证明:数列 nb的前 项和nS满足 l2.【答案】【解析】(1)12 233121 1124,4,4,.4aaaa 1212121*11 1(2),(),()(),2(),(), ,2.2nnnnnnn nn nnaaaNT 时 从 而 又数 列 是 为 首 项 为 公 比 的 等 比 数 列 从 而 1211121223 31212 1(3),(),(), (),2)()()().
3、22)ln), nn nnn naaabbbaS Tnfxxfx 记 函 数 则 * 10,1,(),1,(ln0,1 1,2,(),ln10,ln,13 23ln,l,ln,lllln,211231() xffkkkkkNf 当 时 为 增 函 数从 而 当 时当 且 时 即 亦 即 故2()ln, ln.1(:l,23nS综 上注 证 明 时 也 可 以 使 用 数 学 归 纳 法 )3.（2015 年四川 16，12 分）设数列 na的前 项和 12nSa，且 23,a成等差数列。（1）求数列 na的通项公式；（2）记数列 1n的前 项和 nT，求得使 1|0n成立的 n的最小值。【解析
4、】（1）当 时有， 1112()nnnaSaa ，则 12na() ，12na-=（ ） ，则 n是以 1为首项，2 为公比的等比数列。又由题意得 213a114aa12 ，则 na *()N（2）由题意得 n *()N ，由等比数列求和公式得112()2nnnT，则 21-=()nnT（ ） 。又 当 10n时， 109=4=5（ ） ， （ ） ， 10n成立时， 的最小值的 。4.（2015 年浙江 20，15 分）已知数列 na满足 1= 2且 1na= - 2n（n *N）(1)证明：1 12na（n *N） ；(2)设数列 2n的前 n 项和为 nS,证明 112()2()nS（n
5、 *N）.【答案】 （1）略；（2）略【解析】（1） 210nna，所以数列 na为递减数列，即 12na；又 1()nna，所以 1nna2，则121211.().()0nnnna，0na，由 1na，得 1n， 1nn2，即 1na， 112n（2） 1nna2211231. .nn nSaaa1n12na所以要证 ()()nS，只需证明 2nS，即证 12na，即 12()2na，也即证明1()n，即证 2na；21nn(1)na， 11()nnnaa， 1nna0na， 2n，即 12n若 12n，则 1na， 12na， .， 21a，1()na即 12()()n n若 1n，则 1
6、na， 12na， .， 21a，1na即 121nn， 2na，即得证。5.（2015 年重庆 22，12 分）在数列 na中， 13， 2110()nnaN() 若 0， 2，求数列 a的通项公式；()若 00(,)kN， 1，证明： 0100223ka【答案】 （）123nna（）略【解析】 （）解：由 ,0，有 )(21Nnan。若存在某个 N0，使得 0n，则由上述递推公式易得 01。重复上述过程可得 1a，与 31矛盾，所以对任意 0,n。从而 )(2n，即 na是一个公比 2q的等比数列。故11nq。（）证明：由,0k，数列 na的递推关系式变为0120nnaka，变形为)(12
7、0Naann。由上式及 31，归纳可得 0312 naa。因为1100022021 nnnn akakka，所以对 0,21kn求和得132131312 11)()( 0000 020100112000 kkkk aakaakk 个另一方面，由上已证的不等式知 212100kaa ，得12121212 0000 02010010 kkkkka kk 个综上， 30100ak。6 （2014 安徽，5 分）数列 an是等差数列，若 a11， a33， a55 构成公比为 q 的等比数列，则 q_.【答案】1【解析】法一：因为数列 an是等差数列，所以 a11， a33， a55 也成等差数列，又
8、a11， a33， a55 构成公比为 q 的等比数列，所以 a11， a33， a55 是常数列，故q1.法二：因为数列 an是等差数列，所以可设 a1 t d， a3 t， a5 t d，故由已知得(t3) 2( t d1)( t d5)，得 d24 d40，即 d2，所以 a33 a11，即q1.7.（2014 天津，5 分）设 an是首项为 a1，公差为1 的等差数列， Sn为其前 n 项和若S1， S2， S4成等比数列，则 a1的值为_【答案】12【解析】由已知得 S1S4 S ，即 a1(4a16)(2 a11) 2，解得 a1 .2128.（2014 浙江，5 分）设函数 f1
9、(x) x2， f2(x)2( x x2)， f3(x) |sin 132 x|， ai ， i0,1,2，99.记 Ik| fk(a1) fk(a0)| fk(a2) fk(a1)i99| fk(a99) fk(a98)|， k1,2,3.则( )A I10， f1(a2) f1(a1)0， f1(a99) f1(a98)0，所以 I1| f1(a1) f1(a0)| f1(a2) f1(a1)| f1(a99) f1(a98)| f1(a1) f1(a0) f1(a2) f1(a1) f1(a99) f1(a98) f1(a99) f1(a0) 201. f2(x)2( x x2)在 上单
10、调递增，在 上单调递减，可得 f2(a1)(9999) 0， 4999 5099， 1 f2(a0)0， f2(a49) f2(a48)0， f2(a50) f2(a49)0， f2(a51) f2(a50)0， f3(a24) f3(a23)0, f3(a25) f3(a24)7599， 10， f3(a26) f3(a25)0， f3(a74) f3(a73)0， f3(a75) f3(a74) 2sin sin 1.因此23 4999 9923 512 12 2326 224 6 24 6 326I260n800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由【解析】(1)设数列 an的公差
11、为 d，依题意，2,2 d,24 d 成等比数列，故有(2 d)22(24 d)，化简得 d24 d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时， an2；当 d4 时， an2( n1)44 n2，从而得数列 an的通项公式为 an2 或 an4 n2.(2)当 an2 时， Sn2 n.显然 2n60n800 成立当 an4 n2 时， Sn 2 n2.n2 4n 2 2令 2n260n800，即 n230 n4000，解得 n40 或 n60n800 成立， n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的 n；当an4 n2 时，存在满足题意的 n，其最小值为 41.10.（20
12、14 广东，14 分）设数列 an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn2 nan1 3 n24 n， nN *，且 S315.(1)求 a1， a2， a3的值；(2)求数列 an的通项公式【解析】(1)由 Sn2 nan1 3 n24 n， nN *，取 n1,2 得Error! 又 S315， a1 a2 a315， a315( a1 a2) 联立解得 a13， a25， a37.(2)法一：当 n1 时，由已知得Error!两式相减得 2nan1 (2 n1) an6 n1，即 2nan1 4 n26 n(2 n1) an4 n21，即 2nan1 (2 n3)(2 n1) an(2 n1
13、)，令 bn an(2 n1)，则 2nbn1 (2 n1) bn， 由(1)知 b1 b20，则由知 bn0， an2 n1，且 n1 时也成立，故 an2 n1， nN *.法二：由(1)猜想 an2 n1，下面用数学归纳法证明 n1 时，结论显然成立；假设当 n k(k1)时， ak2 k1，则 Sk357(2 k1) k(k2)k3 2k 1 2又 Sk2 kak1 3 k24 k， k(k2)2 kak1 3 k24 k，解得 2ak1 4 k6， ak1 2( k1)1，即当 n k1 时，结论成立由知， nN *， an2 n 1.11.（2014 湖南，13 分）已知数列 an
14、满足 a11，| an1 an| pn， nN *.(1)若 an是递增数列，且 a1,2a2,3a3成等差数列，求 p 的值；(2)若 p ，且 a2n1 是递增数列， a2n是递减数列，求数列 an的通项公式12【解析】(1)因为 an是递增数列，所以 an1 an| an1 an| pn.而 a11，因此 a2 p1， a3 p2 p1.又 a1,2a2,3a3成等差数列，所以 4a2 a13 a3，因而 3p2 p0，解得 p 或 p0.13当 p0 时， an1 an，这与 an是递增数列矛盾，故 p .13(2)由于 a2n1 是递增数列，因而 a2n1 a2n1 0，于是( a2
15、n1 a2n)( a2n a2n1 )0. 但 0，因此 a2n a2n1 2n1 . (12) 1 2n22n 1因为 a2n是递减数列，同理可得， a2n1 a2n0)，因为所有 AnBn平行且 a11， a22，所以 S 梯形 AnBnBn1 An1 S 梯形A1B1B2A23 m，当 n2 时， ，anan 1 OAnOAn 1 m n 1 3mm n 2 3m 3n 23n 5故 a a ，2n3n 23n 5 2n 1a a ，2n 13n 53n 8 2n 2a a ，2n 23n 83n 11 2n 3a a ，24121以上各式累乘可得： a (3 n2) a ，因为 a11
16、，2n 21所以 an .3n 216 （2013 北京，14 分）设数列 an的前 n 项和为 Sn.已知a11， an1 n2 n ， nN *.2Snn 13 23(1)求 a2的值；(2)求数列 an的通项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有 .1a1 1a2 1an74【解析】本题考查数列的通项与前 n 项和的关系、等差数列的通项公式、裂项求和、放缩法等基础知识和基本方法，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力(1)依题意，2 S1 a2 1 ，又 S1 a11，所以 a24.13 23(2)当 n2 时，2 Sn nan
17、1 n3 n2 n，13 232Sn1 ( n1) an (n1) 3( n1) 2 (n1)，13 23两式相减得 2an nan1 ( n1) an (3n23 n1)(2 n1) ，13 23整理得( n1) an nan1 n(n1)，即 1，又 1，an 1n 1 ann a22 a11故数列 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，ann所以 1( n1)1 n，所以 an n2.ann(3)证明：当 n1 时， 1 ；1a1 74当 n2 时， 1 ；1a1 1a2 14 5474当 n3 时， ，此时1an 1n2 1 n 1 n 1n 1 1n 1 1 11a1 1a2 1an
18、 122 132 142 1n2 14 (12 13) (13 14) ( 1n 1 1n) .14 12 1n 74 1n74综上，对一切正整数 n，有 .1a1 1a2 1an7417 （2013 北京，13 分）已知 an是由非负整数组成的无穷数列该数列前 n 项的最大值记为 An，第 n 项之后各项 an1 ， an2, 的最小值记为 Bn， dn An Bn.(1)若 an为 2,1,4,3,2,1,4,3，是一个周期为 4 的数列(即对任意nN *， an4 an)，写出 d1， d2， d3， d4的值；(2)设 d 是非负整数证明： dn d(n1,2,3，)的充分必要条件为
19、an是公差为d 的等差数列；(3)证明：若 a12， dn1( n1,2,3，)，则 an的项只能是 1 或者 2，且有无穷多项为 1.【解析】本题主要考查无穷数列的有关知识，考查了考生对新定义类数列的理解与运用，对考生的逻辑思维能力要求较高(1)d1 d21， d3 d43.(2)证明：(充分性)因为 an是公差为 d 的等差数列，且 d0，所以a1 a2 an，因此 An an， Bn an1 ， dn an aa1 d(n1,2,3)(必要性)因为 dn d0( n1,2,3，)，所以 An Bn dn Bn，又an An， an1 Bn，所以 an an1 ，于是， An an， Bn
20、 an1 ，因此 an1 an Bn An dn d，即 an是公差为 d 的等差数列(3)证明：因为 a12， d11，所以 A1 a12， B1 A1 d11.故对任意 n1， an B11.假设 an(n2)中存在大于 2 的项设 m 为满足 am2 的最小正整数，则 m2，并且对任意 1 k m， ak2.又 a12，所以 Am1 2，且 Am am2.于是， Bm Am dm211， Bm1 min am， Bm2.故 dm1 Am1 Bm1 220，与 dm1 1 矛盾所以对于任意 n1，有 an2，即非负整数列 an的各项只能为 1 或 2.因为对任意 n1， an2 a1，所以
21、 An2.故 Bn An dn211.因此对于任意正整数 n，存在 m 满足 m n，且 am1，即数列 an有无穷多项为 1. 18 （2012 福建，4 分）数列 an的通项公式 an ncos 1，前 n 项和为 Sn，则 S2 n2012_.【答案】3 018【解析】 an ncos 1， a1 a2 a3 a46， a5 a6 a7 a86， a4k1 a4k2 a4k3 an24k4 6， kN，故 S2 01250363 018.19 （2011 福建，13 分）已知等比数列 an的公比 q3，前 3 项和 S3 .133(1)求数列 an的通项公式；(2)若函数 f(x) Asin(2x )(A0,0 )在 x 处取得最大值，且最大值为 6a3，求函数 f(x)的解析式【解析】(1)由 q3， S3 ，133得 ，解得 a1 .a1 1 331 3 133 13所以 an 3n1 3 n2 .13(2)由(1)可知 an3 n2 ，所以 a33.因为函数 f(x)的最大值为 3，所以 A3；因为当 x 时 f(x)取得最大值， 6所以 sin(2 )1. 6又 0 ，故 . 6所以函数 f(x)的解析式为 f(x)3sin(2x )6
