高考数列压轴题汇总

高考数列压轴题

1、已知函数

f(x)log3(axb)an3f(n),nN*.A(2,1)B(5,2)的图象经过点和，记

（1）求数列{an}的通项公式；

an,Tnb1b2bn2n，若Tnm(mZ)，求m的最小值；

（2）设

bn（3）求使不等式

(1111)(1)(1)p2n1a1a2an对一切nN*均成立的最大实数p.

解：（1）由题意得

log3(2ab)1log3(5ab)2a2，解得b1，

f(x)log3(2x1)

an3log3(2n1)2n1,nN*

（2）由（1）得

113Tn23222bn2n11352n32n1Tnn2n， 2122232n12 ①

2n52n32n1nn12n122 ②

1122Tn123222①-②得2222n1n12n12n2

1

111(21212212n212n1312n1)22n12n1. 2n12n1Tn312n22n12n332n2n，

设

f(n)2n3*,nN2n，则由

2n5n1f(n1)2n51111212n32(2n3)22n325f(n)2n

得

f(n)2n3*,nN2n随n的增大而减小当n时，Tn3

又Tnm(mZ)恒成立，mmin3

1111(1)(1)(1)对nN*a1a2an2n1恒成立

（3）由题意得

p记

F(n)1111(1)(1)(1)a1a2an，则 2n1F(n1)F(n)11111(1)(1)(1)(1)aaaa2n22n312nn11111(2n1)(2n3)(1)(1)(1)a1a2an2n12(n1)4(n1)212(n1)12(n1)

F(n)0,F(n1)F(n),即F(n)是随n的增大而增大

2

F(n)的最小值为

F(1)2223p3pmax3333，，即.

anSnn,f(x)x*2x 的图象上． 2、设数列{an}的前n项和为Sn，对一切nN，点n都在函数

（Ⅰ）求a1,a2,a3的值，猜想an的表达式，并用数学归纳法证明；

（Ⅱ）将数列{an}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（a1），（a2，a3），（a4，a5，a6），（a7，a8，

a9，a10）；（a11），（a12，a13），(a14，a15，a16），（a17，a18，a19，a20）；（a21），…，分别计算各个括号内各数

之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{bn}，求b5b100的值；

an1an3Aa1f(a)*nn2a对一切nN都（Ⅲ）设An为数列an的前n项积，是否存在实数a，使得不等式

成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

Snn,解：（Ⅰ）因为点nanf(x)x在函数2x的图象上，

Sna1nnSnn2an2n，所以2． 故n1a11a12，所以a12； 令n1，得

1a1a24a22，所以a24； 令n2，得

3

1a1a2a39a32，所以a36． 令n3，得

由此猜想：an2n．

用数学归纳法证明如下：

① 当n1时，有上面的求解知，猜想成立．

② 假设nk (k1)时猜想成立，即ak2k成立，

1Snn2an*(nN)， nk12则当时，注意到

11Sk1(k1)2ak1Skk2ak22． 故，

11ak12k1ak1ak22，所以ak14k2ak． 两式相减，得

由归纳假设得，ak2k，

故ak14k2ak4k22k2(k1)．

这说明nk1时，猜想也成立．

4

*由①②知，对一切nN，an2n成立 ．

*（Ⅱ）因为an2n（nN），所以数列an依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（2），（4，6），

（8，10，12），（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42），…. 每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号， 故 b100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20. 同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20. 故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80. 注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，

所以 b1006824801988．又b5=22，所以b5b100=2010.

an111Anaan，故（Ⅲ）因为n1111a1a211an，

11Anan111a1a2所以112n1an．

又

f(a)an3aa33anna2a2a2a2a，

故

Anan1f(a)an3*2a对一切nN都成立，就是

1111aa121312n1a*2aan对一切nN都成立．

5

11g(n)11a1a2设1312n1[g(n)]amaxan2a即可． ，则只需g(n1)12n32n12n34n28n3112g(n)a2n22n12n1n14n8n4由于，

所以g(n1)g(n)，故g(n)是单调递减，于是

[g(n)]maxg(1)32．

(a3)(2a3)3330aa0a22a2令，即 ，解得，或a3．

综上所述，使得所给不等式对一切nN都成立的实数a存在，a的取值范围是

*(3,0)(3,)2．

3、已知点列Anxn,0满足：A0An•A1An1a1，其中nN，又已知x01，x11，a1.

xn1fxnnN(1)若

，求fx的表达式；

(2)已知点Ba，0，记anBAnnN，且an1an成立，试求a的取值范围；

(3)设（2）中的数列an的前n项和为Sn，试求：

Sna12a 。

6

解：（1）∵A0(1,0)，A1(1,0)，∴A0AnA1An1(xn1)(xn11)，

∴(xn1)(xn11)a1，∴

xax1.

xn1f(xn)xnaxn1，

∴

f(x)anBAnxnaBA(xa,0)nn（2）∵，∴.

∵

an1xn1af(xn)a

xna(a1)axna(a1)xna(a1)anxn1xn1

∴要使an1an成立，只要a11，即1a4

∴a(1,4]为所求.

（3）∵

an1(a1)xna(a1)2xn1a…

(a1)nx1a(a1)n1，

na(a1)n∴

7

2nSaaa(a1)(a1)(a1)n12n∴

(a1)1(a1)n2a

n0(a1)1 0a111a4 ∵，∴，∴

∴

Sna12a

4、已知f(x)在(1,1)上有定义，

2xn1,xn121xn2xy1f(x)f(y)f(),f()1(1,1)x,y1xy2且满足时有

若数列xn满足

x1。

（1）求f(0)的值，并证明f(x)在(1,1)上为奇函数；

（2）探索f(xn1)与f(xn) 的关系式，并求f(xn)的表达式；

（3）是否存在自然数m，使得对于任意的nN*，有

111f(x1)f(x2)f(x3)1m8f(xn)4恒成立？若存在，求出m的最小值，若不存在，

请说明理由。

8

(1) 令xyf(0)0, 令x0f(0)f(y)f( f(y)f(y) f(x)在（11，）上为奇函数.0y)f(y)10y

2xx(xn)（2）f(xn1)f(n2)f[n]f(xn)f(xn)2f(xn)1xn1xn(xn) f(xn1)2(常数）f(xn)为等比数列,f(xn)1 又f(x1)f()1，q22n1 f(xn)2.

（3）假使存在自然数m满足题设,则 111 f(x1) f(x2) f(x3)1111()2 f(xn)221()n121m8 =2-()n1 对于任意的nN*成立,248 m16n 对于任意的nN*成立,2 m16 即m的最小值为16.

1a1a1,n12aann25、数列满足

．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn，证明

a111n2an2anSnnln(n2)2．

解：(Ⅰ)方法一：

an11，

9

1所以an112an11an1an1．

所以

{1}an1是首项为2，公差为1的等差数列．

1nn1ann1． 所以an1，所以

方法二：

a224n3a4ana33，5，猜测n1． 4，

下用数学归纳法进行证明．

①当n1时，由题目已知可知

a112，命题成立；

②假设当nk(k1,kN)时成立，即

akkk1，那么

ak1当nk1，

11k12ak2kk2k1，

也就是说，当nk1时命题也成立．

综上所述，数列{an}的通项公式为

annn1．

10

（Ⅱ） 设F(x)ln(x1)x(x0)

1x10(x0)x1x1

则

F(x)函数F(x)为(0,)上的减函数，所以F(x)F(0)0，即ln(x1)x(x0)

1111),11ln(1),n1n1n1n1

从而

ln(1an111ln(n2)ln(n1),n1

Sn(1ln3ln2)(1ln4ln3)[1ln(n2)ln(n1)]

Snnln(n2)2

2f(x)xaxa(xR)同时满足：①不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素；②在定6、已知二次函数

义域内存在0x1x2，使得不等式f(x1)f(x2)成立，设数列｛an｝的前n项和Snf(n)．

（1）求函数f(x)的表达式；

(2) 设各项均不为0的数列｛bn｝中，所有满足bibi10的整数i的个数称为这个数列｛bn｝的变号数，令

bn1aan（nN）,求数列｛bn｝的变号数；

11

（3）设数列｛cn｝满足：不存在，说明理由．

cni1n1aiai1，试探究数列｛cn｝是否存在最小项？若存在，求出该项，若

解（１）∵不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素

2a4a0 解得a0或a4 ∴

2f(x)xa0当时函数在(0,)递增，不满足条件②

2f(x)x4x4在（０，２）上递减，满足条件② a4当时函数

2f(x)x4x4. a4综上得，即

（２）由（１）知

Snn24n4(n2)2

当n1时，a1S11

anSnSn1(n2)2(n3)22n5n当≥２时＝＝

1,(n1)an2n5.(n2) ∴

12

3,(n1)bn41.(n2)2n5由题设可得

∵b130,b21450，b330，∴i1，i2都满足bibi10

4482n52n3(2n5)(2n3)0

∵当n≥３时，

bn1bn即当n≥３时，数列｛bn｝递增，

14100n5，可知i4满足bibi10 3，由2n5∵

b4∴数列｛bn｝的变号数为３.

111aaaaaa＝1223341anan1,

（３）∵

cni1n1aiai1由（２）可得：

1111cn1(1)[(1)()2335(11)]2n52n3

31(2n3)11143n2232(1)2n322(2n3) 22n32n3＝＝

∵当n2时数列｛cn｝递增，∴当n2时，c22最小, 又∵c11c2，

13

∴数列｛cn｝存在最小项c22

〔或∵

cni1n1aiai1111aaaaaa＝1223341anan1,由（２）可得：

1111cn1(1)[(1)()2335(1143n11))]2(122n32n3 2n52n3＝

对于函数

y3(2x3)2(43x)143xy'(2x3)2(2x3)20 2x3 ∵

343x(,)y∴函数2x3在2上为增函数，∴当n2时数列｛cn｝递增，

∴当n2时，c22最小，

又∵c11c2， ∴数列｛cn｝存在最小项c22

7、已知数列{an}的前n项和Sn满足：

Sna(an1)a1（a为常数，且a0,a1）．

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

2Sn1an，若数列{bn}为等比数列，求

（Ⅱ）设

bna的值；

14

（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，设

cn111an1an1，数列{cn}的前

n项和为Tn .

求证：

Tn2n13．

解：（Ⅰ）

S1a(a11),a－1∴a1a,

当n2时，

anSnSn1aaanan1,a1a1

anan1nan1aaaa{a}nn，即是等比数列． ∴；

2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

bna(an1)(3a1)an2aa11anan(a1)，若{bn}为等比数列，

3a23a22a2b13,b2,b3,2aa2则有b2b1b3,而

3a223a22a21()3aa2故a，解得3，

再将

a1n3代入得bn3成立，

所以

a13．

15

113n3n1cn1n1n1n13n13n11an()1()1()333（III）证明：由（Ⅱ）知，所以

3n113n11111nn11n1n131313131

2(11)3n13n11，

1111,nnn1n1由3133131111,nn1nn1313133得

所以

cn2(1311)2()3n＋13n113n3n1，

从而

Tnc1c21111cn[2(2)][2(23)]3333[2(11)]nn133

11112n[(2)(23)3333(11111)]2n()2n3n3n133n13．

即

Tn2n13．

8、已知

f(x)41x2数列

{an}的前n项和为

Sn，点

Pn(an,1an1)*(nN)且a11,an0. yf(x)在曲线上

（1）求数列{an}的通项公式；

16

Tn1Tn16n28n322（2）数列{bn}的前

n项和为且Tn满足anan11（3）求证：

Sn4n11,nN*2.

解：(1)

1af(an)41n1a2且an0n

1∴

a411221n1an ∴ana24(nN*)1n

{1∴数列a2}121n是等差数列，首项an公差d=4

1∴a214(n1) ∴

a21n n4n3 ∵

a1n0 ∴

ananN*)n3(

(2)由

an14n3,Tn1a216n28n3n

得(4n3)Tn1(4n1)Tn(4n3)(4n1)

，设定b1的值使得数列{bn}是等差数列；

17

TnTn1TnT1n114n34n14n3∴ ∴

∴Tn(4n3)(T1n1)

若{bn}为等差数列，则T110,T11即b11

∴bn8n714n3

nN*

(3)

an∴

an224n324n34n14n14n32

∴

Sna1a2an1(51)(95)2

(4n14n3)114n114n1122nN*

9、已知函数f(x)的定义域为[0,1]，且同时满足：对任意x[0,1]，总有f(x)2，

f(1)3； 若x10，x20且x1x21，则有f(x1x2)f(x1)f(x2)2．

（1）求f(0)的值；

18

（2）试求f(x)的最大值；

1a1,S(an3)1nS{an}2（3）设数列的前n项和为n，且满足

nN*，

求证：

f(a1)f(a2)f(an)312n223n1．

解：（1）令x1x20，则f(0)2，又由题意，有f(0)2

f(0)2 （2）任取 且x1x2，则0f(x2)f(x2x1x1)f(x2x1)f(x1)2f(x1) f(x)的最大值为f(1)3

1Sn1(an13)21a11,Sn(an3)2 （3）由

nN*

n2

又由

anSnSn11aan1n(n2)3

(n2)

11an{an}33n1  数列为首项为1，公比为的等比数列，

19

当n1时，

f(a1)f(1)331222311，不等式成立，

1f(a2)f()3 当n2时，

171111111f()f(1)f()f()f()23f()433 3333333 ，

1731f(a1)f(a2)f(1)f()3223322321

不等式成立

假设nk时，不等式成立。

312k223k1 即

f(a1)f(a2)f(ak)

则 当nk1时，

11111)f()3f()4kk1k1k1k133333

f(ak1)f(

f(13)k11141114f(k)f(k)f(k1)333 3333k1,2,3,4,

f(

1114114)f()f()3k33k133k133k1721k2k12k33344323

20

f(a1)f(a2)f(ak1)311312k22(k1)223k13k223k

即 nk时，不等式成立

故 对nN* ，原不等式成立。

10、已知函数（n≥2，nN*）．

y11x2的图象按向量m(2,1)平移后便得到函数f(x)的图象，数列{an}满足anf(an1)13bna1an1，求证：数列{bn}是等差数列； {b}n5（Ⅰ）若，数列满足

（Ⅱ）若明理由；

a135，数列{an}中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项，若不存在，说

（Ⅲ）若1a12，试证明：1an1an2．

解:

111a2nf(x)112an1x22x，则

（n≥2，nN*）．

bn（Ⅰ）

a11n1an1211an11an1，

bn11an11，

21

∴

bnbn1an111an11an11（n≥2，nN*）．∴数列{bn}是等差数列．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，数列{bn}是等差数列，首项

b115a112，公差为

1，

57bn(n1)1n22， 则其通项公式

an1117bnbnnan1得2由

11，故

an122n7．

42y0y12(2x7)2x7，则构造函数．

函数

y1277(,)(,)2x7在区间2，2 上为减函数．

∴当

x772(,)y112上递减，故当n3时，bn取最小值b31； 2时，2x7，且在

当

x772(,)y112 时，2x7，且在2上递减，

故当n4时，bn取最大值b43．故存在．

（Ⅲ）先用数学归纳法证明1an2，再证明an1an．

22

①当n＝1时，1a12成立，

②假设n＝k时命题成立，即1ak2，

11131ak12(1,)ak2，则1ak12，故当n＝k+1时也成立． 则当n＝k+1时，2ak，

综合①②有，命题对任意nN*时成立，即1an2．下证an1an．

∵

an1an2111an2(an)22an0ananan，∴an1an．综上所述：1an1an2．

【总结点评】本题集数列、向量、函数、导数、不等式于一体，充分展示了《考试大纲》“构造有一定深度和广度的数学问题，要注重问题的多样化，体现思维的发散性”的题目，这需要我们加强这一方面的训练，需要从多层次、多角度去思考问题．

11、设数列an满足：a11，且当nN时，a3n2an(1an1)1an1

(1) 比较an与an1的大小，并证明你的结论；

2an1bn(12)an1an(2) 若

nN，其中，证明：

0bk2.k1n

32anan1an13221an， 解：（1）由于anan(1an1)1an1，则

23

13(an)2aa1aan1240an1anan2221an1an1an∴，∴an1an

3n2n2n2an1bn(12)an1an（2）由于

，由（1）an122anan11202ana，则n1，an1，

而

an1ana110，则

bn0，∴k1bnkb1b2bn0.

222an(an1an)(an1an)2an1(an1an)1an1anbn(12)222aaaaaaanann1nnn1nn11又

∴

bn112(an1an)bn2()anan1 anan1，

∴k1bnkb1b2bn2[(1111)()a1a2a2a3(1111)]2()anan1a1an1，

而an1an，且a11，故an10

∴

bkk1n2a1，因此k1bnk2，从而

0bk2.k1n

12、已知函数

f(x)axbx2c是定义在R上的奇函数，且当x=1时f(x)取最大值1.

(1)求出a,b,c的值并写出f(x)的解析式；

24

(2)若x1∈(0，1)，xn+1=f(xn)，试比较xn+1与xn的大小并加以证明；

(x1x2)2(x2x3)21x1,xn1f(xn)xxxx223(3)若，求证12(xnxn1)25xnxn116.

解：(1)∵

f(x)axbx2c的定义域为R，∴c>0

axbaxb202xcxc又∵f(x)为奇函数，∴f(－x)+f(x)=0， ， b=0 ，

∴

f(x)axx2c，又

f(x)f(1)=1，∴a=1+c>0，∴当x>0时，

c1c1c2cxx c11,c1∴2c ∴a=2，b=0，c=1，

f(x)2xx21

(2)

xn12xn2xn1，∵x∈(0，1)，∴x>0(n∈N*)

1n+1

又xn1f(xn)1且xn11,则xn1从而x11与x1(0,1)矛盾，∴xn+1<1

2xnxnxn3xn(1xn)(1xn)xn1xn2xn202x1x1x1nnn∴ ∴xn+1>xn。

25

(3)∵0x1xk1111k1xkxk(1xk)x21421k∴

x12x242228kk1

(xkxk1)2∴xxk1xk211kxk1x(x1k1xk)()kxk18xkxk1 (x21x2)(x2x3)2(x2n1xn)xxxxx218[(1x1)(11)(1112x23nn11x2x2x3x)]nxn1∵x11112,xn1xn2xn11,1x2n1

3n(x21kxk1)21(21)25k1xx8kk1816 26

218(1x1)21(21)1xn18xn1