高考文科数学数列试题与解析

高三数学（文科）专题训练二数列1.已知数列nanN是等比数列,且130,2,8.naaa(1)求数列na的通项公式;(2)求证:11111321naaaa；(3)设1log22nnab,求数列nb的前100项和.2.数列{an}中，18a，42a，且满足21nnaa常数C(1)求常数C和数列的通项公式；(2)设201220||||||Taaa，(3)12||||||nnTaaa,nN3.已知数列nn2,na=2n1,n为奇数；－为偶数；，求2nS4.已知数列na的相邻两项1,nnaa是关于x的方程022nnbxxn(N)*的两根,且11a.(1)求证:数列nna231是等比数列;(2)求数列nb的前n项和nS.5.某种汽车购车费用10万元，每年应交保险费、养路费及汽油费合计9千元，汽车的维修费平均为第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元，…，各年的维修费平均数组成等差数列，问这种汽车使用多少年报废最合算（即使用多少年时，年平均费用最少）？6.从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少51，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加41.(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an,bn的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？7.在等比数列{an}(n∈N*)中，已知a1＞1，q＞0．设bn=log2an，且b1＋b3＋b5=6，b1b3b5=0．(1)求数列{an}、{bn}的通项公式an、bn；(2)若数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与an的大小．8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an是Sn与2的等差中项，数列{bn}中，b1=1，点P（bn，bn+1）在直线x-y+2=0上。（1）求a1和a2的值；（2）求数列{an}，{bn}的通项an和bn；（3）设cn=an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn。9.已知数列na的前n项和为11,4nSa且1112nnnSSa，数列nb满足11194b且13nnbbn(2)nnN且．（１）求na的通项公式；（２）求证：数列nnba为等比数列;（３）求nb前n项和的最小值．10.已知等差数列an的前9项和为153．（1）求5a；（2）若，82a，从数列an中，依次取出第二项、第四项、第八项，……，第2n项，按原来的顺序组成一个新的数列cn，求数列cn的前n项和Sn.11.已知曲线C：xye（其中e为自然对数的底数）在点1,Pe处的切线与x轴交于点1Q，过点1Q作x轴的垂线交曲线C于点1P，曲线C在点1P处的切线与x轴交于点2Q，过点2Q作x轴的垂线交曲线C于点2P，……，依次下去得到一系列点1P、2P、……、nP，设点nP的坐标为,nnxy（*nN）．（Ⅰ）分别求nx与ny的表达式；（Ⅱ）求1niiixy．12.在数列)0,(2)2(,2111Nnaa，aannnnn中（1）求证：数列2{()}nnna是等差数列；（2）求数列na的前n项和nS；13.在等差数列na中，公差d0，且56a，（1）求46aa的值．（2）当33a时，在数列na中是否存在一项ma（m正整数），使得3a，5a，ma成等比数列，若存在，求m的值；若不存在，说明理由．（3）若自然数123tn,n,n,,n,,(t为正整数)满足51n2ntn，使得31t5nna,a,a,,a,成等比数列，当32a时，用t表示tn14.已知二次函数2()fxaxbx满足条件:①(0)(1)ff;②()fx的最小值为18.(Ⅰ)求函数()fx的解析式;(Ⅱ)设数列{}na的前n项积为nT,且()45fnnT,求数列{}na的通项公式;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,若5()nfa是nb与na的等差中项,试问数列{}nb中第几项的值最小?求出这个最小值.15.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+1,0）（nN+），（Ⅰ）用xn表示xn+1；（Ⅱ）若x1=4，记an=lg22nnxx，证明数列｛na｝成等比数列，并求数列｛nx｝的通项公式；（Ⅲ）若x1＝4，bn＝xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明Tn3.答案1.解：(1)设等比数列na的公比为q.则由等比数列的通项公式11nnaaq得3131aaq,284,2q又0,22naqLL分数列na的通项公式是12223nnna分LL.123231111211111112221222212nnnaaaaLL11,2n6分LL11,117,2nn分QLL123111118.naaaa分LLL2132log21219,212112,,nnnnnbnbbnnb由分又常数数列是首项为3,公差为2的等差数列11分LLQLL数列nb的前100项和是100100991003210200122S分LL2．解：（1）C2102nan＝－，－1256125671251256720520(2)|||||||||=(+a)=2()(++a)=2SS=260nnnTaaaaaaaaaaaaaaaaaa｜－－－(3)229,5409,5nnnnTnnn－－12321352124621352-12()()2(14)(-12222)(3711)341422(41)23nnnnnnnSaaaaaaaaaaaannnnn－3.解：－）（＋＋＋－－4.解：证法1:∵1,nnaa是关于x的方程022nnbxxn(N)*的两根,∴.,211nnnnnnaabaa由nnnaa21,得nnnnaa23123111,故数列nna231是首项为31321a,公比为1的等比数列.证法2:∵1,nnaa是关于x的方程022nnbxxn(N)*的两根,∴.,211nnnnnnaabaa∵nnnnnnnnnaaaa23123122312311111231231nnnnaa,故数列nna231是首项为31321a,公比为1的等比数列.(2)解:由(1)得1131231nnna,即nnna1231.∴111121291nnnnnnnaab1229112nn.∴nnaaaaS321nn11122223123221122311nn.2220.20.40.60.2(1)0.20.10.1...................42100.90.10.1100.1.........................................6nnnnnnnnnn5.解：维修费总费用＝分＝＋分210100.1100.11213............................................9.............................10nnnnnn平均费用当时，汽车报废最合算＝分分6.解：(1)第1年投入为800万元，第2年投入为800×(1－51)万元，…第n年投入为800×(1－51)n－1万元，所以，n年内的总投入为an=800+800×(1－51)+…+800×(1－51)n－1=nk1800×(1－51)k－1=4000×［1－(54)n］第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×(1+41)，…，第n年旅游业收入400×(1+41)n－1万元.所以，n年内的旅游业总收入为bn=400+400×(1+41)+…+400×(1+41)k－1=nk1400×(45)k－1.=1600×［(45)n－1］(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此bn－an＞0，即：1600×［(45)n－1］－4000×［1－(54)n］＞0，令x=(54)n，代入上式得：5x2－7x+2＞0.解此不等式，得x＜52，或x＞1(舍去).即(54)n＜52，由此得n≥5.∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.111213515561355132131323322522111(1),,1,0,{},log,01,1,0.60,6,log6,264,164,8.81,.16.2nnnnnnnaaqaqababbbaabbbbbbbaaaaaaaaqqqaaqaaaq7.解∶由题设有数列是单调数列又及知必有即由及得即即由得115214116()2log5.(6)2()(9)(2)(1),5,.229,0,0,;12,47;168,;111345678,91010974,421,248nnnnnnnnnnnnnnnnnbannbbnnbnSnSaaSnSaaSnSaaS；分由知当≥时≤当或时或或当时、、、、、、、、、、、、、、、.,129,;345678,.(13)nnnnnnnaSnaS综上所述当或或≥时有当时有分、、、、、8.解：（1）∵an是Sn与2的等差中项∴Sn=2an-2∴a1=S1=2a1-2，解得a1=2a1+a2=S2=2a2-2，解得a2=4···3分（2）∵Sn=2an-2，Sn-1=2an-1-2，又Sn—Sn-1=an，*),2(Nnn∴an=2an-2an-1，∵an≠0，∴*),2(21Nnnaann，即数列{an}是等比树立∵a1=2，∴an=2n∵点P(bn，bn+1)在直线x-y+2=0上，∴bn-bn+1+2=0，∴bn+1-bn=2，即数列{bn}是等差数列，又b1=1，∴bn=2n-1，···8分（3）∵cn=(2n-1)2n∴Tn=a1b1+a2b2+····anbn=1×2+3×22+5×23+····+(2n-1)2n，∴2Tn=1×22+3×23+····+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1因此：-Tn=1×2+(2×22+2×23+···+2×2n)-(2n-1)2n+1，即：-Tn=1×2+(23+24+····+2n+1)-(2n-1)2n+1，∴Tn=(2n-3)2n+1+6··14分9.解：(1)由112221nnnSSa得1221nnaa,112nnaa……2分∴111(1)24naandn……………………………………4分(2)∵13nnbbn,∴11133nnbbn,∴1111111111113()3324364324nnnnnbabnnbnbn;11111113(1)2424nnnnbabnbn∴由上面两式得1113nnnnbaba,又