06-11年四川高考数列题集锦

06 11年四川高考数列题集锦

（06年）已知数列 an ，其中a1 1,a2 3,2an an 1 an 1,(n 2)记数列 an 的前n项

和为Sn,数列 lnSn 的前n项和为Un. (Ⅰ)求Un； (Ⅱ)设Fn(x)

e

Un

2

n

2n(n!)

x

2n

,Tn(x)

F'

i 1

k

，计算lim(x),（其中F(x)为Fk(x)的导函数）n

1

k

Tn(x)Tn 1(x)

本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运算、导数运算和极限运算的能力，同时考查分类讨论的思想方法，满分12分。

解：（Ⅰ）由题意， an 是首项为1，公差为2的等差数列 前n项和S1 1 2 n 1

n

lnS2

2

n n2

，n lnn 2lnn

Un 2 ln1 ln2 lnn 2ln n!

2

（Ⅱ）2n

Fn x

e

Un

x

2n

n!

x

2n

x

F'

2n n!

2

2n n!

2

2n

n x x

2n 1

x 1 x2n nn

1 x2

0 x 1 T

F'

x x

2k 1

n x k

n x 1 k 1

k 1

x 1 x2n

1 x2 x 1

2n

lim1 xn 1 x2n 2 1 0 x 1 limT

n x

nn T lim 1 x 1

n 1 x

n n 1

1

2n 1 lim x

n 1 x 1

x2n x2

（07年）已知函数f(x)

x2

4,设曲线y f(x)在点( xn, f(xn) )处的切线与x轴的交点为(xn+1, ∈N+)其中x1为正实数。

(Ⅰ) 用xn表示xn+1

(Ⅱ) 求证：对一切正整数n，xn+1 ≤xn 的充要条件是x1 ≥2 (Ⅲ) 若 x1 = 4 ，记axn = lg

n 2xn 2

，证明数列{an}成等比数列，并求数列{xn}的通项公式。

本题综合考察数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力。

0)(n

解：（Ⅰ）由题可得f

'

x 2x

'

所以过曲线上点 x0,f x0 的切线方程为y f xn f即y xn 4 2xn x xn

xn x xn ，

令y 0，得 xn2 4 2xn xn 1 xn ，即xn2 4 2xnxn 1 显然xn 0 ∴xn 1

xn2 2xn

（Ⅱ）证明：（必要性）

若对一切正整数n,xn 1 xn，则x2 x1，即

x12 2x1

x1，而x1 0，∴x1 4，即有x1 2

2

（充分性）若x1 2 0，由xn 1

xn2

2xn

用数学归纳法易得xn

0，从而xn 1

xn2

2xn

2xn

2 n 1 ，即xn 2 n 2

4 xn2xn

2

又x1 2 ∴xn 2 n 2 于是xn 1 xn

xn2

xn

2 xn 2

2xn

xn

0，

即xn 1 xn对一切正整数n成立

xn2

2xn

2

（Ⅲ）由xn 1

，知xn 1 2

xn 2

2xn

2

，同理，xn 1 2

xn 2

2xn

2

故

xn 1 2xn 1 x 2 xn 1 2xn 2

n 从而，即an 1 2an lg 2lg 2 xn 2 xn 1 2xn 2

n 1

所以，数列 an 成等比数列，故an 2

a1 2

n 1

lg

x1 2x1 2

2

n 1

lg3，

即lg

xn 2xn 2

2

n 1

lg3， 从而

xn 2xn 2

3

2n 1

所以xn

2 33

2n 1

1

2n 1

1

（08年）设数列 an 的前n项和为Sn，已知ban 2n b 1 Sn

（Ⅰ）证明：当b 2时， an n 2n 1 是等比数列； （Ⅱ）求 an 的通项公式

【点评】：此题重点考察数列的递推公式，利用递推公式求数列的通项公式，同时考察分类讨论思想； 【突破】：推移脚标两式相减是解决含有Sn的递推公式的重要手段，使其转化为不含Sn的递推公式，从而

针对性的解决；在由递推公式求通项公式是重视首项是否可以吸收是易错点，同时重视分类讨论，做到条理清晰是关键。 由题意知a1 2，且

ban 2 b 1 Sn

n

ban 1 2

n 1

b 1 Sn 1

n

两式相减得b an 1 an 2 b 1 an 1 即an 1 ban 2n ①

（Ⅰ）当b 2时，由①知an 1 2an 2n 于是an 1 n 1 2 2an 2 n 1 2

n

n

n

2 an n 2n 1

n 1

又a1 1 2 1 0，所以 an n 2n 1 是首项为1，公比为2的等比数列。

n 1n 1

（Ⅱ）当b 2时，由（Ⅰ）知an n 2 2，即an n 1 2

n 1

当b 2时，由由①得

an 1

12 b

2

n 1

ban 2 ban

b2 b

n

12 b 2

n

2

n 1

1 n

b an 2

2 b

12 b

n 1

因此an 1

2

1 n

b an 2

2 b

2 1 b 2 b

b

n

2n 1

得an 1 nn 1

2 2 2b b n 2 2 b

（09年）设数列 an 的前n

bn

4 an1 an

(n N)。

*

项和为Sn，对任意的正整数n，都有an 5Sn 1成立，记

（I）求数列 bn 的通项公式；

（II）记cn b2n b2n 1(n N*)，设数列 cn 的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn

32

；

（III）设数列 bn 的前n项和为Rn。已知正实数 满足：对任意正整数n,Rn n恒成立，求 的最小值。

本小题主要考查数列、不等式等基础知识、考查化归思想、分类整合思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力。

解：（Ⅰ）当n 1时，a1 5a1 1, a1 又 Qan 5an 1,an 1 5an 1 1

an 1 an 5an 1,即an 1

14an

14

14

数列 an 成等比数列，其首项a1 an (

14)

n

，公比是q

14

4 (

bn

1 (

114

))

n

……………………………………..3分

n

（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn 4

5( 4) 1

54

2n 1n

cn b2n b2n 1

54

nn2n

1

1

n

25 16

n

nn

(16 1)(16 4)2516

n

=

25 16

n

2

(16) 3 16 4)

133, c1

43

25 16(16)

n

2

又b1 3,b2

当n 1时，T1 当n 2时，Tn

3243

25 (

116

2

116

3

K

116

n

)

1

43

25 16

2

[1 (1

1161

)

n 1

]

43

16

1

25 1

2

1

6948

32

......................7分

16

（Ⅲ）由（Ⅰ）知bn 4

5( 4) 1

n

一方面，已知Rn n恒成立，取n为大于1的奇数时，设n 2k 1(k N*) 则Rn b1 b2 K b2k 1 4n 5 (1 4n 5 [ >4n 1

n Rn 4n 1,即（ 4）n 1对一切大于1的奇数n恒成立

1

1

4 11

11

234 14 12 4 1

14

3

K K

1 )KK 1

k2 4

1

1

)

1

1

k 2

4 1

1k2 4 1

4

1

)]

1

4,否则，（ 4）n 1只对满足n

14

的正奇数n成立，矛盾。

另一方面，当 4时，对一切的正整数n都有Rn 4n 事实上，对任意的正整数k，有

b2n 1 b2n 8

5( 4)

2k 1

1

5( 4)

2k

1

8

k

(16) 115 16

k

kk

520(1 6)40

k

4

8

(16 1)(16 4)

8

当n为偶数时，设n 2m(m N)

*

则Rn (b1 b2) (b3 b4) K (b2m 1 b2m) <8m 4n

当n为奇数时，设n 2m 1(m N)

则Rn (b1 b2) (b3 b4) K (b2m 3 b2m 2) b2m 1

<8(m 1) 4 8m 4 4n

对一切的正整数n，都有Rn 4n

*

综上所述，正实数 的最小值为4………………………….14分

（10年）已知数列 an 满足a1 0,a2

且对任意m,n N*都有a2m 1 a2n 1 2m n 1 2(m n) 2，

2

（Ⅰ）求a3,a5； （Ⅱ）设bn a2n 1 a2n 1 (n N*)证明： bn 是等差数列； （Ⅲ）设cn (a2n 1 a2n 1 qn 1 (q 0,n N*)，求数列 cn 的前n项和Sn.

本小题主要考查数列的基础知识和化归，分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力。

解：（Ⅰ）由题意，令m 2,n 1可得a3 2a2 a1 2 6. 再令m 3,n 1可得a5 2a3 a1 8 20.………………（2分）

当n N*时,由已知(以n 2代替m)可得

（Ⅱ）a2n 1 a2n 1 2a2n 1 8

于是[a2(n 1) 1 a2(n 1) 1] (a2n 1 a2n 1) 8即

bn 1 bn 8.

所以，数列 bn 是公差为8的等差数列.………………（5分）

（Ⅲ）由（Ⅰ）、（Ⅱ）的解答可知 bn 是首项b1 a3 a1 6,公差为8的等差数列.

则bn 8n 2,即

a2n 1 a2n 1 8n 2.

另由已知（令m 1)可得，

a2n 1 an

2

an

(n 1)

3

那么，an 1 an

a2n 1 a2n 1

2

8n 22

2n 1

2n 1

2n

n 1

于是，cn 2nq

当q 1时,Sn 2 4 6 2n n(n 1).

642n 1

当q 1时,Sn 2 q 4 q 6 q 2n q

两边同乘q可得

qS

n

2 q 4 q 6 q 2(n 1) q

222n 1

2n q.

n

上述两式相减即得

(1 q)Sn 2(1 q q q

1

2

n 1

) 2nq

n

=2

1 q

n

1 q

2nq

n

=2

1 (n 1)q nq

1 q

nq

n 1

nn 1

所以Sn 2

(n 1)q 1(q 1)

2

n

综上所述，Sn

n(n 1) (q 1)

nqn 1 (n 1)qn 1 2 ,(q 1), (12分)2

(q 1)

（11年）设d为非零实数，a1122n-1 n-1

n

=

n

[Cn d+2Cnd+…+(n—1)Cnd

+nCnn*

nd](n∈N).

(I)写出a1,a2,a3并判断{an}是否为等比数列。若是，给出证明；若不是，说明理由； (II)设b*n=ndan (n∈N)，求数列{bn}的前n项和Sn． （1） a1 da2 d(d 1)a3 d(d 1)2

a01223n 1n

n Cnd Cnd Cnd Cnd d(1 d)

n 1

an

n 1 d(1 d)an 1a d 1

n

因为d为常数，所以

{an}

是以d为首项，d 1为公比的等比数列。 bn nd2

(1 d)

n 1

S2

21222n 1

n d(1 d) 2d(1 d) 3d(1 d) nd(1 d) d2

[(1 d)0

2(1 d)1 3(1 d)2 n(1 d)

n 1

](1)

(1 d)S2

1

2

3

n

n d[(1 d) 2(1 d) 3(1 d) n(1 d)](2)

dS2

1 (1 (1 d)n

)2n2

n

n d[

（2） （1）

1 (1 d)

dn(1 d) d (dn d)(1 d)

Sn 1 (dn 1)(1 d)

n

(2)

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