新人教高考数学总复习专题训练数列极限和数学归纳法

新人教高考数学总复习专题训练数列极限和数学归纳法Last revision date: 13 December 2020.数列、极限和数学归纳法安徽理（11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是____________(11)15【命题意图】本题考查算法框图的识别，考查等差数列前n 项和.【解析】由算法框图可知(1)1232k k T k +=++++=，若T ＝105，则K ＝14，继续执行循环体，这时k ＝15，T >105，所以输出的k 值为15.（18）（本小题满分12分）在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令,lg n n a T =1n ≥.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1tan tan ,n n n b a a +=求数列{}n b 的前n 项和n S .（本小题满分13分）本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力. 解：（I ）设221,,,+n l l l 构成等比数列，其中,100,121==+n t t 则,2121++⋅⋅⋅⋅=n n n t t t t T ①， ,1221t t t t T n n n ⋅⋅⋅⋅=++ ②①×②并利用得),21(1022131+≤≤==+-+n i t t t t n i n.1,2lg ,10)()()()()2(2122112212≥+==∴=⋅⋅⋅⋅=+++++n n T a t t t t t t t t T n n n n n n n n（II ）由题意和（I ）中计算结果，知.1),3tan()2tan(≥+⋅+=n n n b n另一方面，利用,tan )1tan(1tan )1tan())1tan((1tan kk kk k k ⋅++-+=-+=得.11tan tan )1tan(tan )1tan(--+=⋅+kk k k 所以∑∑+==⋅+==231tan )1tan(n k n k k n k k b S23tan(1)tan tan(3)tan 3(1)tan1tan1n k k k n n +=+-+-=-=-∑安徽文（7）若数列}{n a 的通项公式是()()n a n =-13-2,则a a a 1210++=（A ） 15 (B) 12 (C ) -12 (D) -15（7）A 【命题意图】本题考查数列求和.属中等偏易题. 【解析】法一：分别求出前10项相加即可得出结论； 法二：12349103a a a a a a +=+==+=，故a a a 1210++=3⨯5=15.故选A.北京理11.在等比数列{}n a 中，若112a =，44a =-，则公比q =________；12||||||n a a a +++=________.【解析】112a =，442a q =-⇒=-，{||}n a 是以12为首项，以2为公比的等比数列，1121||||||22n n a a a -+++=-。

20.若数列n A ：1a ，2a ，…，(2)n a n ≥满足1||1k k a a +-=（k =1，2，…，1n -），则称n A 为E 数列。

记12()n n S A a a a =+++.（1）写出一个满足150a a ==，且5()0S A >的E 数列5A ；（2）若112a =，2000n =，证明：E 数列n A 是递增数列的充要条件是2011n a =；（3）对任意给定的整数(2)n n ≥，是否存在首项为0的E 数列n A ，使得()0n S A =如果存在，写出一个满足条件的E 数列n A ；如果不存在，说明理由。

解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E 数列A 5。

（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E 的数列A 5） （Ⅱ）必要性：因为E 数列A 5是递增数列，所以)1999,,2,1(11 ==-+k a a k k .所以A 5是首项为12，公差为1的等差数列.所以a 2000=12+（2000—1）×1=2011.充分性，由于a 2000—a 1000≤1，a 2000—a 1000≤1 …… a 2—a 1≤1所以a 2000—a≤19999，即a 2000≤a 1+1999. 又因为a 1=12，a 2000=2011,所以a 2000=a 1+1999.故n n n A k a a 即),1999,,2,1(011 =>=-+是递增数列.综上，结论得证。

（Ⅲ）令.1),1,,2,1(011±=-=>=-=+A k k k c n k a a c 则 因为2111112c c a a c a a ++=++= ……,1211+++++=n n c c c a a所以13211)3()2()1()(-++-+-+-+=n n c c n c n c n na A S)].1()2)(1()1)(1[(2)1(121--++--+----=n c n c n c n n 因为).1,,1(1,1-=-±=n k c c k k 为偶数所以所以)1()2)(1()1)(1*21n c n c n c -++--+-- 为偶数, 所以要使2)1(,0)(-=n n A S n 必须使为偶数, 即4整除*)(144),1(N m m n m n n n ∈+==-或亦即. 当,1,0,*)(14241414-===∈+=--+k k k n a a a A E N m m n 的项满足数列时14=k a),,2,1(m k =时，有;0)(,01==n A S a;0)(,0,0),,,2,1(11144=====+n k k A S a a m k a 有时当n A E N m m n 数列时,*)(14∈+=的项满足，,1,0243314-===---k k k a a a 当)1(,)(3424-∈+=+=m n N m m n m n 时或不能被4整除，此时不存在E 数列A n ， 使得.0)(,01==n A S a 北京文（14）设()0,0A ,()4,0B ,()4,3C t +，(),3D t 。

记()N t 为平行四边形ABCD 内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则()0N = ；()N t 的所有可能取值为 。

6；6，7，8（20）（本小题共13分） 若数列12:,,(2)n n A a a a n ≥满足11(1,2,,1)k k a a k n +-==-，则称n A 为E 数列，记()12++n n S A a a a =+。

（I ）写出一个E 数列5A 满足13==0a a ；（II ）若1=12,=2000a n ，证明：E 数列n A 是递增数列的充要条件是=2011n a （III ）在1=4a 的E 数列n A 中，求使得()n S A =0成立的n 的最小值 解：（Ⅰ）0，1，0，1，0是一具满足条件的E 数列A 5。

（答案不唯一，0，1，0，-1，0也是一个满足条件的E 的数列A 5） （Ⅱ）必要性：因为E 数列A 5是递增数列，所以)1999,,2,1(11 ==-+k a a k k .所以A 5是首项为12，公差为1的等差数列.所以a 2000=12+（2000—1）×1=2011.充分性，由于a 2000—a 1000≤1，a 2000—a 1000≤1 …… a 2—a 1≤1所以a 2000—a≤19999，即a 2000≤a 1+1999. 又因为a 1=12，a 2000=2011,所以a 2000=a 1+1999.故n n n A k a a 即),1999,,2,1(011 =>=-+是递增数列.综上，结论得证。

（Ⅲ）111111k k k k k k a a a a a a +++-=⇒-≥-⇒≥-所以有：2113a a ≥-=，3212a a ≥-≥，4311a a ≥-≥，…，8713a a ≥-≥-；9814a a ≥-≥-相加得：1290a a a +++≥，所以在1=4a 的E 数列n A 中，使得()n S A =0成立的n 的最小值为9。

福建理16．(本小题满分13分) 已知等比数列{}n a 的公比3q =，前3项和3133S =．(Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ) 若函数()sin(2)(0,0)f x A x A ϕϕπ=+><<在6x π=处取得最大值，且最大值为3a ，求函数()f x 的解析式．解：(Ⅰ)由3133,3q S ==得113a =，所以23n n a -=； (Ⅱ)由(Ⅰ)得33a =，因为函数()f x 最大值为3，所以3A =，又当6x π=时函数()f x 取得最大值，所以sin()13πϕ+=，因为0ϕπ<<，故6πϕ=，所以函数()f x 的解析式为()3sin(2)6f x x π=+。

福建文17．（本小题满分12分）已知数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3。

（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值。

解：（Ⅰ）由a 1＝1，a 3＝－3得2d =-，所以a n ＝3－2n ； （Ⅱ）(1)35k S k k k =--=-，解得k ＝7。

广东理11.等差数列{}n a 前9项的和等于前4项的和.若141,0k a a a =+=，则k = ..10,02,0,0,:10.k :0)61(31)1(611,61d 3d),2(24d)9(1),(29,24)(29)(,:710479876549415419149=∴==+=∴=++++∴===-⋅++---=∴+=++=∴+=+=k a a a a a a a a a S S k a a a a a a a S S 从而解法二得由即即解法一20.（本小题满分12分） 设0,b >数列{}n a 满足111=,(2)22n n n nba a b a n a n --=≥+-,(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n,1112n n n b a ++≤+1111111211,22111112,,{},,, 2.222212112(),2211122{},,22(2)12n n n n n n n n n n n n n n nba n n a a n a b a bn n n n n b a a a a a a n n b a b b a bn a b a b b b bn a b ------==⋅++--==+=∴==-≠+=+--++=---∴+-解:(1)由可得当时则数列是以为首项为公差的等差数列从而 当时,则数列是以为首项为公比的等比数列12212(2)()(),,(2)222,(2).(2)(0,2)2n n n n n n n n n n nb b a b b b b b b b a nb b b b b--=⋅=⋅∴=---=⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩ 综上1111111111232211123122,2,22(2)(2),,22222,22222222n n n n n n n n n n n n n n n nn n n n n n nn nn n n n n n b b a a b nb bb n b b a b b bn b b b b b b b b b +++++++++-----+-----==∴=--≠≤≤≤--≤+++++≤++++(2)当b=2时,+1+1,从而原不等式成立;1当b 2时,要证+1,只需证+1即证+1即证+即证n 212231121211232221,22222221)()()()222222,,.n n n n n n n n n n n n b b b b b b b b b bb b b b nb -+---+-++++++++++++++≥+⋅=∴≠而上式左边=(当b 2时原不等式也成立从而原不等式成立 广东文11．已知{}n a 是递增等比数列，4,2342=-=a a a ，则此数列的公比=q ．2 20．（本小题满分14分） 设b>0,数列}{n a 满足b a =1,11(2)1n n n nba a n a n --=≥+-．（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n ,121+≤+n n b a ．解：（1）1110,1n n n nba a b a a n --=>=+-由可知111111,,n n n n n n n A A a b b a a b--∴=+==令则，-11n 11n 1111111112=++n n n nn A A A b b b b b b b b ---≥=+++=++当时， 11(1)11(1)1n n n n b b b A b b b--≠==--①当b 1时，；n A n =②当b =1时，(1),111,1n n n nb b b a b b ⎧-≠⎪∴=-⎨⎪=⎩；（2）12(1)121,1n n n nnb b b a b b +-≠=≤+-当时，欲证 112(1)1n nn b nb bb +-≤+-只需证，12211121(1)11n n n n n n n b bb b b b b b +-+---+=+++++++-11111()n n n n n b b b b b b b--=++++++(222)2nnb nb >+++=，12(1)211n n n nnb b a b b +-∴=<+-； 11221n n b a b +===+当时，，12+1n n a b +≤综上所述。