《数列与不等式》答案版

1高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式（30题）1.已知函数()ln1fxxx,数列na满足101a,1nnafa;数列nb满足1111,(1)22nnbbnb,*nN.求证:（Ⅰ）101;nnaa（Ⅱ）21;2nnaa（Ⅲ）若12,2a则当n≥2时,!nnban.解:(Ⅰ)先用数学归纳法证明01na,*nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即01ka.则当n=k+1时,因为0x1时,1()1011xfxxx,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)f(ka)f(1),即011ln21ka.故当n=k+1时,结论也成立.即01na对于一切正整数都成立.————4分又由01na,得1ln1ln(1)0nnnnnnaaaaaa,从而1nnaa.综上可知101.nnaa————6分(Ⅱ)构造函数g(x)=22x-f(x)=2ln(1)2xxx,0x1,由2()01xgxx,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在0,1上连续,所以g(x)g(0)=0.因为01na,所以0nga,即22nnafa0,从而21.2nnaa————10分(Ⅲ)因为1111,(1)22nnbbnb,所以0nb,1nnbb12n,2所以1211211!2nnnnnnbbbbbnbbb————①,————12分由(Ⅱ)21,2nnaa知:12nnnaaa,所以1naa=31212121222nnnaaaaaaaaa,因为122a,n≥2,101.nnaa所以na1121222naaaa112nna2122na=12n————②.————14分由①②两式可知:!nnban.————16分2.已知为锐角，且12tan，函数)42sin(2tan)(2xxxf，数列{an}的首项)(,2111nnafaa.⑴求函数)(xf的表达式；⑵求证：nnaa1；⑶求证：),2(21111111*21Nnnaaan解：⑴1)12(1)12(2tan1tan22tan22又∵为锐角∴42∴1)42sin(xxxf2)(⑵nnnaaa21∵211a∴naaa,,32都大于0∴02na∴nnaa1⑶nnnnnnnaaaaaaa111)1(11121∴11111nnnaaa∴1322121111111111111nnnaaaaaaaaa31111211nnaaa∵4321)21(22a,143)43(23a,又∵nnaan12∴131aan∴21211na∴2111111121naaa3.（本小题满分14分）已知数列na满足111,21nnaaanN（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若数列nb满足nnbnbbbba)1(44441111321，证明：na是等差数列；（Ⅲ）证明：23111123nnNaaa解：（1）121nnaa，)1(211nnaa……………………2分故数列}1{na是首项为2，公比为2的等比数列。……………………3分nna21，12nna…………………………………………4分（2）nnbnbbbba)1(44441111321，nnnbnbbb24)(21……………5分nnnbnbbb2)(221①1121)1()1(2)(2nnnbnnbbbb②②—①得nnnnbbnb11)1(22，即1)1(2nnbnnb③……………………8分212)1(nnnbbn④④—③得112nnnnbnbnb，即112nnnbbb……………………9分所以数列}{nb是等差数列（3）1111212211211nnnnaa………………………………11分4设132111naaaS，则)111(211322naaaaS)1(21112naSa…………13分3213212112nnaaaS………………………………14分4.设.2)(,ln)(),(2)(epqeegxxfxfxqpxxg且其中（e为自然对数的底数）（I）求p与q的关系；（II）若)(xg在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（III）证明：①)1()1(xxxf；②)1(412ln33ln22ln2222nnnnn（n∈N，n≥2）.解：（I）由题意,ln2)(xxqpxxg分而又3.,01,0)1)((,01)()(,22,2)(qpeeeeqpeqpeqpeqqeeqpeeqpeeg（II）由（I）知：xxppxxgln2)(,22)(222xpxpxxxppxg令h(x)=px2－2x+p.要使g(x)在（0，+∞）为单调函数，只需h(x)在（0，+∞）满足：h(x)≥0或h(x)≤0恒成立.………………………………4分①xxhp2)(,0时，,02)(,0)(,02xxxgxhx∴g(x)在（0，+∞）单调递减，∴p=0适合题意.………………………………………………5分②当p0时，h(x)=px2－2x+p图象为开口向上抛物线，称轴为x=p1∈（0，+∞）.5∴h(x)min=p－p1.只需p－p1≥0，即p≥1时h(x)≥0，g′(x)≥0，∴g(x)在(0,+∞)单调递增，∴p≥1适合题意.…………………………7分③当p0时，h(x)=px2－2x+p图象为开口向下的抛物线，其对称轴为x=p1（0，+∞），只需h(0)≤0，即p≤0时h(0)≤（0,+∞)恒成立.∴g′(x)0，∴g(x)在（0,+∞）单调递减，∴p0适合题意.综上①②③可得，p≥1或p≤0.……………………………………9分（III）证明：①即证：lnx－x+1≤0(x0)，设xxxxkxxxk111)(,1ln)(则.当x∈（0，1）时，k′(x)0，∴k(x)为单调递增函数；当x∈（1，∞）时，k′(x)0，∴k(x)为单调递减函数；∴x=1为k(x)的极大值点，∴k(x)≤k(1)=0.即lnx－x+1≤0，∴lnx≤x－1.………………………………11分②由①知lnx≤x－1,又x0，xxxxx111ln.)1(412)]1121(1[21)]11141313121(1[21)])1(1431321()1[(21)]13121()]1[(21)11311211(212ln33ln22ln),11(21ln.11ln,,2*,2222222222222222nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnxnNn得令时6∴结论成立.…………………………………………………………………………14分5.已知数列{}na的前n项和nS满足：(1)1nnaSaa（a为常数，且0,1aa）．（Ⅰ）求{}na的通项公式；（Ⅱ）设021nnSba，若数列{}nb为等比数列，求a的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，设11111nnncaa，数列{}nc的前n项和为Tn，求证：123nTn．解：（Ⅰ）111(1),aSaa∴10,a当2n时，11,11nnnnnaaaSSaaaa1nnaaa，即{}na是等比数列．∴1nnnaaaa；………………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，2(1)(31)211(1)nnnnnaaaaaabaaa，若{}nb为等比数列，则有2213,bbb而21232323223,,,aaabbbaa故22232322()3aaaaa，解得13a，再将13a代入得3nnb成立，所以13a．（III）证明：由（Ⅱ）知1()3nna，所以11111331131311()1()33nnnnnnnc111311311111131313131nnnnnn1212()3131nn，由111111,313313nnnn得111111,313133nnnn所以1113112()2()313133nnnnnc，从而122231111111[2()][2()][2()]333333nnnnTccc722311111112[()()()]333333nnn11112()2333nnn．即123nTn．…………………………14分6.已知数列na满足15a,25a，116(2)nnnaaan．（1）求证：12nnaa是等比数列；（2）求数列na的通项公式；（3）设3(3)nnnnbna，且12nbbbm对于nN恒成立，求m的取值范解：（1）由an＋1＝an＋6an－1，an＋1＋2an＝3(an＋2an－1)(n≥2)∵a1＝5，a2＝5∴a2＋2a1＝15故数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列…………5分（2）由（1）得an＋1＋2an＝5·3n由待定系数法可得(an＋1－3n＋1)＝－2(an－3n)即an－3n＝2(－2)n－1故an＝3n＋2(－2)n－1＝3n－(－2)n………9分（3）由3nbn＝n(3n－an)＝n[3n－3n＋(－2)n]＝n(－2)n，∴bn＝n(－23)n令Sn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝23＋2(23)2＋3(23)3＋…＋n(23)n23Sn＝(23)2＋2(23)3＋…＋(n－1)(23)n＋n(23)n＋1…………11分得13Sn＝23＋(23)2＋(23)3＋…＋(23)n－n(23)n+1＝23[1－(23)n]1－23－n(23)n+1＝2[1－(23)n]－n(23)n+1∴Sn＝6[1－(23)n]－3n(23)n+1＜6要使得|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＜m对于n∈N＊恒成立，只须m≥6…14分7.已知数列na的首项121aa（a是常数，且1a），24221nnaann（2n），数列nb的首项1ba，2nabnn（2n）。（1）证明：nb从第2项起是以2为公比的等比数列；（2）设nS为数列nb的前n项和，且nS是等比数列，求实数a的值；（3）当a0时，求数列na的最小项。8解：（1）∵2nabnn∴22211)1(2)1(4)1(2)1(nnnanabnnnnnbna2222(n≥2)…………3分由121aa得24aa，22444baa，∵1a，∴20b，…………4分即{}nb从第2项起是以2为公比的等比数列。…………5分（2）1(44)(21)34(22)221nnnaSaaa…………8分当n≥2时，111(22)234342(22)234(1)234nnnnnSaa