2022年高考数学二轮复习第二篇熟练规范中档大题保高分第24练数列的综合问题练习文

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1、2022年高考数学二轮复习第二篇熟练规范中档大题保高分第24练数列的综合问题练习文明考情数列与函数方程、方程不等式的综合问题是高考的重点，往往和数列的通项、求和结合考查，在高考中经常出现.知考向1.数列与函数的综合.2.数列与不等式的综合.3.数列与其他知识的综合.考点一数列与函数的综合方法技巧(1)以函数为背景的数列问题，一般要利用函数的性质图象进行转化，得出数列的通项或递推关系.(2)数列中的函数问题，一般利用数列的性质研究函数的性质，用函数思想求解数列问题.1.设函数f(x)sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为xn.(1)求数列xn的通项公式；(2)令bn，求数列的前n项和S

2、n.解(1)f(x)sin x，令f(x)cos x0，得x2k(kZ).由f(x)02kx2k(kZ)，由f(x)02kx2k(kZ)，当x2k(kZ)时，f(x)取得极小值，所以xn2n(nN*).(2)因为bnn，所以3，所以Sn33.2.已知定义域为R的二次函数f(x)的最小值为0，且有f(1x)f(1x)，直线g(x)4(x1)的图象被f(x)的图象截得的弦长为4，数列an满足a12，(an1an)g(an)f(an)0(nN*).(1)求函数f(x)的解析式；(2)求数列an的通项公式；(3)设bn3f(an)g(an1)，求数列bn的最值及相应的n.解(1)设f(x)a(x1)2

3、(a0)，则直线g(x)4(x1)的图象与yf(x)的图象的两个交点为(1，0)，.因为4(a0)，所以a1，所以f(x)(x1)2.(2)f(an)(an1)2，g(an)4(an1)，因为(an1an)4(an1)(an1)20，所以(an1)(4an13an1)0.因为a12，所以an1，所以4an13an10，所以an11(an1)，且a111，所以数列an1是首项为1，公比为的等比数列，所以an1n1，即ann11.(3)bn3(an1)24(an11)，令bny，un1，则y332.因为nN*，所以u的值分别为1，经比较距最近，所以当n3时，bn有最小值，当n1时，bn有最大值0.

4、3.已知函数f(x)满足f(xy)f(x)f(y)且f(1).(1)当nN*时，求f(n)的表达式；(2)设annf(n)，nN*，求证：a1a2a3an2；(3)设bn(9n)，nN*，Sn为bn的前n项和，当Sn最大时，求n的值.(1)解令xn，y1，得f(n1)f(n)f(1)f(n)，f(n)是首项为，公比为的等比数列，f(n)n.(2)证明设Tn为an的前n项和，annf(n)nn，Tn2233nn，Tn22334(n1)nnn1，两式相减，得Tn23nnn1，Tn2n1nn2.即a1a2a3an2.(3)解f(n)n，bn(9n)(9n)，当n8时，bn0；当n9时，bn0；当n9

5、时，bn0.当n8或9时，Sn取得最大值.考点二数列与不等式的综合方法技巧(1)数列中的最值问题可以利用基本不等式求解.(2)与数列求和有关的不等式证明可以对中间过程或最后结果放缩得到.(3)可利用比较法或数列的单调性解决比较大小问题.4.设数列an的前n项和为Sn，已知a1a，an1Sn3n，nN*.(1)设bnSn3n，求数列bn的通项公式；(2)若an1an，nN*，求实数a的取值范围.解(1)依题意，得Sn1Snan1Sn3n，即Sn12Sn3n，由此得Sn13n+12(Sn3n)，因此bn12bn.当a3时，bn为等比数列，且首项b1a3，公比q2，所以通项公式为bn(a3)2n1，

6、nN*. 当a3时，b1a30，bn2bn122bn223bn32n1b10，也适合式.故数列bn的通项公式为bn(a3)2n1，nN*.(2)由(1)知，Sn3n(a3)2n1，nN*，于是，当n2时，anSnSn13n(a3)2n13n1(a3)2n223n1(a3)2n2，则an1an23n(a3)2n123n1(a3)2n243n1(a3)2n22n212n2a3，当n2时，an1an12n2a30a9.又a2a13a1成立，所以所求实数a的取值范围是9，).5.已知数列bn满足3(n1)bnnbn1，且b13.(1)求数列bn的通项公式；(2)已知，求证：1.(1)解因为3(n1)b

7、nnbn1，所以.因此，3，3，3，3，上面式子累乘可得3n1n.因为b13，所以bnn3n.(2)证明因为，所以an3n，因为，所以1.因为nN*，所以0，所以11，所以1.6.已知数列an满足an1an2f(n1)f(n)(nN*).(1)若a11，f(x)3x5，求数列an的通项公式；(2)若a16，f(x)2x且an2nn2对一切nN*恒成立，求实数的取值范围.解(1)因为an1an2f(n1)f(n)(nN*)，f(n)3n5，所以an1an2(3n83n5)6，所以an是等差数列，首项为a11，公差为6，即an6n5.(2)因为f(x)2x，所以f(n1)f(n)2n+12n2n，

8、所以an1an22n2n+1.当n2时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n2n12262n+12，当n1时，a16，符合上式，所以an2n+12.由an2nn2，得，而0，所以当n1或n2时，取得最大值，故的取值范围为.考点三数列与其他知识的综合方法技巧数列和其他知识的综合问题解题的关键是通过对其他知识的转化得到数列的通项关系式或递推关系式.7.已知点A(1，0)，B(0，1)和互不相同的点P1，P2，P3，Pn，满足anbn，nN*，其中an，bn分别为等差数列和等比数列，O为坐标原点，若P1是线段AB的中点，(1)求a1，b1的值；(2)点P1，P2，P3，Pn，能否在

9、同一条直线上？请证明你的结论.解(1)P1是线段AB的中点，又a1b1，且，不共线，由平面向量基本定理知，a1b1.(2)由anbn(nN*)，得(an，bn)，设an的公差为d，bn的公比为q，则由于P1，P2，P3，Pn，互不相同，所以d0，q1不会同时成立.若d0，q1，则ana1(nN*)，可知P1，P2，P3，Pn，都在直线x上；若q1，d0，则bn为常数列，可知P1，P2，P3，Pn，都在直线y上；若d0且q1，P1，P2，P3，Pn，在同一条直线上，则(anan1，bnbn1)与(an1an，bn1bn)始终共线(n2，nN*)，所以(anan1)(bn1bn)(an1an)(b

10、nbn1)0d(bn1bn)d(bnbn1)0bn1bnbnbn1q1，这与q1矛盾.所以当d0且q1时，P1，P2，P3，Pn，不可能在同一条直线上.8.直线ln：yx与圆Cn：x2y22ann交于不同的两点An，Bn，nN*.数列an满足：a11，an1|AnBn|2.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn求数列bn的前n项和Tn.解(1)由题意知，圆Cn的圆心到直线ln的距离dn，半径rn，所以an12rd(2ann)n2an.又a11，所以an2n1.(2)当n为偶数时，Tn(b1b3bn1)(b2b4bn)15(2n3)(2232n1)(2n1).当n为奇数时，n1为偶数，Tn1(

11、2n+11)(2n+11).而Tn1Tnbn1Tn2n，所以Tn(2n2).所以Tn9.设数列an的前n项和为Sn，且为常数，则称数列an为“to mall数列”.(1)判断非零的常数列是否为“to mall数列”？并说明理由；(2)等差数列bn的首项为3，公差不为零，若bn为“to mall 数列”，求数列bn的通项及前n项和Sn；(3)对于(2)中“to mall数列”bn的前n项和Sn，令dn，求证：.(1)解设常数列为anp，其前n项和为Snpn，那么2p2，2p2.显然，当p2时，不存在，此时，常数列不是“to mall数列”；当p2时，1是常数，此时，常数列是“to mall数列”

12、.(2)解设等差数列bn的公差为d(d0)，因为b13，则Sn3nn(n1)d，则21d，从而21d.因为bn为“to mall数列”，所以k(k为常数)，得1dk，即(2k)dn(1k)(2d)0d2.故数列bn的通项公式为bn32(n1)，即bn2n1.Snn(n2).(3)证明因为Snn(n2)，则dnn，于是d1d2dn12n，显然，2，故2.例(12分)已知单调递增的等比数列an满足：a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中项.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnan，Snb1b2bn，求使Snn2n130成立的正整数n的最小值.审题路线图规范解答评分标准解(1)设等比数列

13、an的首项为a1，公比为q.由题意知2(a32)a2a4，代入a2a3a428，可得a38，所以a2a420，所以解得或3分又数列an单调递增，所以q2，a12，所以数列an的通项公式为an2n. 5分(2)因为bnan2nn2n，6分所以Sn(12222n2n)，2Sn122223(n1)2nn2n+1，两式相减，得Sn222232nn2n+12n+12n2n+1. 8分又Snn2n+130，可得2n+1230，即2n+13225，10分所以n15，即n4.所以使Snn2n+130成立的正整数n的最小值为5.12分构建答题模板第一步求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式.

14、第二步求和：根据数列的类型，选择适当方法求出数列的前n项和.第三步求最值：根据题目条件，建立相应的函数或不等式，通过解相应函数或不等式求出n的最小值.1.(xx佛山一模)已知数列an的前n项和为Sn，且满足Snann21(nN*).(1)求an的通项公式；(2)求证：.(1)解Snann21(nN*)，a1a2a2221，解得a13.当n2时，anSnSn1ann21an1(n1)21化为an12n1，可得an2n1，当n1时也成立.an2n1.(2)证明由(1)可得Sn2n1n21n22n，.2.已知f(x)2sin x，集合Mx|f(x)|2，x0，把M中的元素从小到大依次排成一列，得到数

15、列an，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)记bn，设数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.(1)解|f(x)|2，xk，kZ，x2k1，kZ.又x0，an2n1(nN*).(2)证明bn，Tnb1b2bn，Tn得证.3.设数列an的前n项和为Sn，点(nN*)均在函数y3x2的图象上.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对所有nN*都成立的最小正整数m.解(1)依题意得3n2，即Sn3n22n.当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5.当n1时，a1S1312211615，所以an6n5(nN*).(2)由(1)得bn

16、.故Tnn.因此，使得(nN*)恒成立的m必须满足，即m10，故满足要求的最小正整数m为10.4.已知等比数列an的公比q1，a11，且a1，a3，a214成等差数列，数列bn满足：b11，且a1b1a2b2anbn(n1)3n1(nN*).(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若manbn8恒成立，求实数m的最小值.解(1)等比数列an满足：a11，且a1，a3，a214成等差数列，2a3a1a214，即2a1q2a1a1q14，2q2q150，q3或q.又q1，q3，an3n1.a1b1a2b2anbn(n1)3n1， 当n2时，有a1b1a2b2an1bn1(n2)3n11， 可得an

17、bn(2n1)3n1(n2).bn2n1(n2).又当n1时，b11，符合bn2n1，故bn2n1(nN*).(2)若manbn8恒成立，则m恒成立，令Cn，则Cn1Cn.当Cn1Cn，即n5时，C5C6，当Cn1Cn，即n5时，C1C2C3C4C5，当Cn1Cn，即n5时，C6C7C8.Cn的最大值为C5C6，m.m的最小值为.5.设函数f(x)x2，过点C1(1，0)作x轴的垂线l1交函数f(x)的图象于点A1，以点A1为切点作函数f(x)的图象的切线交x轴于点C2，再过点C2作x轴的垂线l2交函数f(x)的图象于点A2，以此类推得点An，记An的横坐标为an，nN*.(1)证明：数列an为等比数列并求出通项公式；(2)设直线ln与函数g(x)的图象相交于点Bn，记bn(其中O为坐标原点)，求数列bn的前n项和Sn.(1)证明以点An1(an1，a)(n2)为切点的切线方程为ya2an1(xan1).当y0时，得xan1，即anan1.又a11，数列an是以1为首项，为公比的等比数列.通项公式为ann1.(2)解据题意，得Bn.bnnnn1n1(n1)nn1.Sn1021nn1，Sn1122nn，两式相减，得Sn10111n1nnnn，化简，得Snn.