浙江省历年高考数列大题总汇(题目及答案)

..1已知二次函数()yfx的图像经过坐标原点，其导函数为()62fxx。数列na的前n项和为nS，点*(,)()nnSnN均在函数()yfx的图像上。（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设13nnnbaa，nT是数列nb的前n项和,求使得20nmT对所有*nN都成立的最小正整数m。2.己知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．（I）求数列{an}的通项公式；（II）设Tn为数列11nnaa的前n项和，若Tn≤1na¨对*nN恒成立，求实数的最小值．3.设数列na的前n项和为nS，已知11a，26a，311a，且1(58)(52)nnnSnSAnB，1,2,3,n，其中A、B为常数．(Ⅰ)求A与B的值；(Ⅱ)证明数列na为等差数列；(Ⅲ)证明不等式51mnmnaaa对任何正整数m、n都成立．..4.已知数列na，nb满足13a，2nnab，12()1nnnnbaba，*nN．（1）求证：数列1{}nb是等差数列，并求数列nb的通项公式；（2）设数列nc满足25nnca，对于任意给定的正整数p，是否存在正整数q，r(pqr)，使得1pc，1qc，1rc成等差数列？若存在，试用p表示q，r；若不存在，说明理由．5.已知函数xaxxfln)()0(a.(1)若1a，求)(xf的单调区间及)(xf的最小值；(2)若0a,求)(xf的单调区间；(3)试比较222222ln33ln22lnnn与)1(2)12)(1(nnn的大小)2(*nNn且,并证明你的结论.6已知)1(10)(,)1()(2xxgxxf，数列}{na满足0)()()(1nnnnafagaa，21a，)1)(2(109nnanb（I）求数列}{na的通项公式；(Ⅱ)求数列}{nb中最大项...7.设kR，函数2()(1)(0)xfxexkxx.（Ⅰ）若1k，试求函数()fx的导函数()fx的极小值；（Ⅱ）若对任意的0t，存在0s，使得当(0)xs，时，都有2()fxtx，求实数k的取值范围.8.已知等差数列{an}的公差不为零，且a3=5,a1,a2.a5成等比数列(I)求数列{an}的通项公式：(II)若数列{bn}满足b1+2b2+4b3+…+2n-1bn=an且数列{bn}的前n项和Tn试比较Tn与113nn的大小9.已知函数xaxaxxfln)12()22(21)(2(I)求f(x)的单调区间；(II)对任意的]2,1[,],25,23[21xxa，恒有|211|)(|)(|121xxxfxf，求正实数的取值范围...1.解：（I）依题意可设2()(0),fxaxbxa则`()2fxaxb由`()62fxx得3,2,ab所以2()32.fxxx又由点(,)nnS(*)nN均在函数()yfx的图像上得232nSnn当2n时221323(1)2(1)65nnnaSSnnnnn当1n时2113121615aS所以*65()nannN（II）由（I）得133111(),(65)6(1)526561nnnbaannnn故，111111(1)()()277136561nTnn=11(1).261n因此使得*11(1)()26120mnNn成立的m必须且必须满足1,220m即10m故满足最小的正整数m为102.（Ⅰ）设公差为d.由已知得)6()2(146411211daadada………………………………3分解得10(dd或舍去），所以1,21naan故………………………………6分（Ⅱ）11111(1)(2)12nnaannnn，11112334nT…11122(2)nnnn……………………………9分1nnTa≤对nN恒成立，即22(2)nnn≤(+)对nN恒成立又211142(2)2(44)162(4)nnnn≤∴的最小值为116……………………………………………………………12分..3.解：(Ⅰ)由11a，26a，311a，得11S，22S，318S．把1,2n分别代入1(58)(52)nnnSnSAnB，得28,248ABAB解得，20A，8B．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，115()82208nnnnnSSSSn，即11582208nnnnaSSn，①又2215(1)8220(1)8nnnnaSSn．②②-①得，21215(1)58220nnnnnanaaa，即21(53)(52)20nnnana．③又32(52)(57)20nnnana．④④-③得，321(52)(2)0nnnnaaa，∴32120nnnaaa，∴3221325nnnnaaaaaa，又215aa，因此，数列na是首项为1，公差为5的等差数列．(Ⅲ)由(Ⅱ)知，54,()nannN．考虑55(54)2520mnamnmn．2(1)211mnmnmnmnmnaaaaaaaaaa„2515()9mnmn．∴25(1)15()291522910mnmnaaamn厖．即25(1)mnmnaaa，∴51mnmnaaa．因此，51mnmnaaa．4.（1）因为2nnab，所以2nnab，则142242221221nnnnnnnnnnabbbababbb，………………………2分..所以11112nnbb，又13a，所以123b，故1nb是首项为32，公差为12的等差数列，……4分即1312(1)222nnnb，所以22nbn．………………………6分（2）由（1）知2nan，所以2521nncan，①当1p时，11pcc，21qcq，21rcr，若1pc，1qc，1rc成等差数列，则2112121qr（），因为pqr，所以2q≥，3r≥，2121q，11121r，所以（）不成立．…………………………9分②当2p≥时，若1pc，1qc，1rc成等差数列，则211212121qpr，所以121421212121(21)(21)pqrqppq，即(21)(21)21421pqrpq，所以22421pqpqrpq，………………………12分欲满足题设条件，只需21qp，此时2452rpp，………………14分因为2p≥，所以21qpp，224734(1)10rqpppp，即rq．…………………………15分综上所述，当1p时，不存在q，r满足题设条件；当2p≥时，存在21qp，2452rpp，满足题设条件．…16分5.(1)当1x时,xxxfln1)(，.011)(,xxf)(xf在,1上是递增.当10x时,xxxfln1)(,011)(,xxf.)(xf在1,0上是递减.故1a时,)(xf的增区间为,1,减区间为1,0,0)1()(minfxf.………4分(2)○1若1a,当ax时,xaxxfln)(,0111)(,xxxxf,则)(xf在区间,a上是递增的;当ax0时,xxaxfln)(,011)(,xxf,则)(xf在区间a,0上是递减的…………6分○2若10a,当ax时,xaxxfln)(,xxxxf111)(,,0)(,1,xfx;0)(,1,xfxa.则)(xf在,1上是递增的,)(xf在1,a上是递减的;..当ax0时,xxaxfln)(,011)(,xxf)(xf在区间a,0上是递减的,而)(xf在ax处有意义;则在区间,1上是递增的,在区间1,0上是递减的…………8分综上:当1a时,)(xf的递增区间是,a,递减区间是a,0;当10a,)(xf的递增区间是,1,递减区间是1,0………9分(3)由(1)可知,当1,1xa时,有,0ln1xx即xxx11ln则有222222ln33ln22lnnn22211311211n)13121(1222nn…………12分)1(1431321(1nnn)11141313121(1nnn)1121(1nn=)1(2)12)(1(nnn故：222222ln33ln22lnnn)1(2)12)(1(nnn.…………15分6.（1）由题意：0)1()1(10)(21nnnnaaaa经化简变形得：0)1910)(1(1nnnaaa………3分,1na019101nnaa………5分变形得：109111nnaa所以}1{na是以1为首项，109为公比的等比数列。可求得：11091nna………7分（2）)1)(2(109nnanb由（1）可求得xf..nnnb)109)(2(………9分,123109)2()109()3()109(11nnnnbbnnnn得7n，,112109)1()109()2()109(11nnnnbbnnnn得8n，………12分即9876aaaa，所以：n=7或n=8时nb最大，7887109bb………14分7.解：（Ⅰ）当1k时，函数2()(1)xfxexx，则()fx的导数()(12)xfxex，()fx的导数()2xfxe.………………2分显然(ln2)0f，当0ln2x时，()0fx；当ln2x时，()0fx，从而()fx在(0ln2)，内递减，在(ln2)，内递增.……………………4分故导数()fx的极小值为(ln2)12ln2f……………………6分（Ⅱ）解法1：对任意的0t，记函数22()()1()xtFxfxtxexktx(0)x，根据题意，存在0s，使得当(0)xs，时，()0tFx.易得()tFx的导数()12()xtFxektx，()tFx的导数()2()xtFxekt……9分①若(0)0tF，因()tFx在(0)s，上递增，故当(0)xs，时，()tFx(0)tF≥0，于是()tFx在(0)s，上递增，则当(0)xs，时，()tFx(0)0tF，从而()tFx在(0)s，上递增，故当(0)xs，时，()(0)0ttFxF，与已知矛盾……………………………………11分②若(0)0tF，注意到()tFx在[0)s，上连续且递增，故存在0s，使得当(0)xs，()0tFx，从而()tFx在(0)s，上递减，于是当(0)xs，时，()tFx(0)0tF，因此()tFx在(0)s，上递减，故当(0)xs，时，()(0)0ttFxF，满足已知条件……13分综上所述，对任意的0t，都