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2011年高考数学数列专题复习攻略

时间:2010-12-24


2011 年高考数学总复习专题

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年高考数学数列专题复习 数学数列专题复习攻略 2011 年高考数学数列专题复习攻略
一.10 年高考真题经典回顾 (2010 山东理数) (本小题满分 12 分) 1. 2010 山东理数) ( 已知等差数列 {an } 满足: a3 = 7 , a5 + a7 = 26 ,

{an } 的前 n 项和为 Sn . (Ⅰ)求 an 及 Sn ; (Ⅱ)令 bn=

1 (n ∈ N*),求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn . an ? 1
2

【解析】 (Ⅰ)设等差数列 {an } 的公差为 d,因为 a3 = 7 , a5 + a7 = 26 ,所以有

?a1 + 2d = 7 ,解得 a1 = 3,d = 2 , ? ?2a1 + 10d = 26
所以 an = 3 + (n ? 1)=2n+1 ; Sn = 3n+ 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 an = 2n+1 ,所以 bn=

n(n-1) × 2 = n 2 +2n 。 2 1 1 1 1 1 1 1 = = ? = ?( ), 2 an ? 1 (2n+1) ? 1 4 n(n+1) 4 n n+1
2

所以 Tn =

1 1 1 1 1 1 1 1 n ? (1- + ? + ? + ) = ? (1)= , 4 2 2 3 n n+1 4 n+1 4(n+1) n 。 4(n+1)

即数列 {bn } 的前 n 项和 Tn =

2. 2010 湖南理数) . ( 湖南理数) (本小题满分 13 分)

{a } (n ∈ N * ) 中, 数列 n
点 (Ⅰ)当 a=0 时,求通项

是函数

f n ( x) =

1 3 1 x ? (3an + n 2 ) x 2 + 3n 2 an x 3 2 的极小值

an



(Ⅱ)是否存在 a,使数列 理由。

{an } 是等比数列?若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明

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3. . (2010 江苏卷) 江苏卷) (本小题满分 16 分) ( 设各项均为正数的数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,已知 2a 2 = a1 + a 3 ,数列 的等差数列。 (1)求数列 {a n } 的通项公式(用 n, d 表示) ; (2) c 为实数, 设 对满足 m + n = 3k且m ≠ n 的任意正整数 m, n, k , 不等式 S m + S n > cS k 都成立。求证: c 的最大值为

{ S }是公差为 d
n

9 。 2

[解析] 本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识,考查探索、分 析及论证的能力。满分 16 分。

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(1)由题意知: d > 0 ,

S n = S1 + (n ? 1)d = a1 + (n ? 1)d

2a2 = a1 + a3 ? 3a2 = S3 ? 3( S 2 ? S1 ) = S3 , 3[( a1 + d ) 2 ? a1 ]2 = ( a1 + 2d ) 2 ,
化简,得: a1 ? 2 a1 ? d + d = 0, a1 = d , a1 = d
2 2

S n = d + (n ? 1)d = nd , S n = n 2 d 2 ,
当 n ≥ 2 时, an = S n ? S n ?1 = n d ? ( n ? 1) d = (2n ? 1) d ,适合 n = 1 情形。
2 2 2 2 2

故所求 an = (2n ? 1) d (2) (方法一)

2

S m + S n > cS k ? m 2 d 2 + n 2 d 2 > c ? k 2 d 2 ? m2 + n 2 > c ? k 2 , c <

m2 + n2 恒成立。 k2

又 m + n = 3k且m ≠ n , 2( m + n ) > ( m + n) = 9k ?
2 2 2 2

m2 + n2 9 > , k2 2

故c ≤

9 9 ,即 c 的最大值为 。 2 2 a1 + (n ? 1)d ,得 d > 0 , S n = n 2 d 2 。

(方法二)由 a1 = d 及 S n =

于是,对满足题设的 m, n, k , m ≠ n ,有

Sm + Sn = (m 2 + n 2 )d 2 >
所以 c 的最大值 cmax ≥

( m + n) 2 2 9 2 2 9 d = d k = Sk 。 2 2 2

9 。 2 9 3 3 另一方面,任取实数 a > 。设 k 为偶数,令 m = k + 1, n = k ? 1 ,则 m, n, k 符合条件, 2 2 2 3 3 1 2 2 2 2 2 2 2 2 且 S m + S n = ( m + n ) d = d [( k + 1) + ( k ? 1) ] = d (9k + 4) 。 2 2 2
于是,只要 9k + 4 < 2ak ,即当 k >
2 2

2 1 2 2 时, S m + S n < d ? 2ak = aS k 。 2 2a ? 9

所以满足条件的 c ≤ 因此 c 的最大值为

9 9 ,从而 cmax ≤ 。 2 2

9 。 2

4. 2010 四川理数) . ( 四川理数) (本小题满分 12 分) * 已知数列{an}满足 a1=0,a2=2,且对任意 m、n∈N 都有 a2m-1+a2n-1=2am+n-1+2(m-n)2

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(Ⅰ)求 a3,a5; * (Ⅱ)设 bn=a2n+1-a2n-1(n∈N ),证明:{bn}是等差数列; - * (Ⅲ)设 cn=(an+1-an)qn 1(q≠0,n∈N ),求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 本小题主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想,以及推理论证、分析与解决 问题的能力. 解:(1)由题意,零 m=2,n-1,可得 a3=2a2-a1+2=6 再令 m=3,n=1,可得 a5=2a3-a1+8=20………………………………2 分 * (2)当 n∈N 时,由已知(以 n+2 代替 m)可得 a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8 于是[a2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)=8 即 bn+1-bn=8 所以{bn}是公差为 8 的等差数列………………………………………………5 分 (3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为 b1=a3-a1=6,公差为 8 的等差数列 则 bn=8n-2,即 a2n+=1-a2n-1=8n-2 另由已知(令 m=1)可得

a2 n +1 + a1 -(n-1)2. 2 a + a2 n ?1 那么 an+1-an= 2 n +1 -2n+1 2 8n ? 2 = -2n+1 2
a n= =2n - 于是 cn=2nqn 1. 当 q=1 时,Sn=2+4+6+……+2n=n(n+1) - 当 q≠1 时,Sn=2·q0+4·q1+6·q2+……+2n·qn 1. 两边同乘以 q,可得 qSn=2·q1+4·q2+6·q3+……+2n·qn. 上述两式相减得 - (1-q)Sn=2(1+q+q2+……+qn 1)-2nqn =2·

1 ? qn -2nqn 1? q 1 ? (n + 1)q n + nq n +1 1? q

=2·

nq n +1 ? (n + 1)q n + 1 所以 Sn=2· (q ? 1) 2
?n(n + 1) (q = 1) ? 综上所述,Sn= ? nq n +1 ? ( n + 1) q n + 1 …………………………12 分 2i (q ≠ 1) ? (q ? 1)2 ?
( 天津理数) (本小题满分 14 分) 5. 2010 天津理数)

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在数列 {an } 中, a1 = 0 ,且对任意 k ∈ N . a2 k ?1 , a2 k , a2 k +1 成等差数列,其公差为 d k 。
*

(Ⅰ)若 d k = 2k ,证明 a2 k , a2 k +1 , a2 k + 2 成等比数列( k ∈ N )
*

(Ⅱ)若对任意 k ∈ N , a2 k , a2 k +1 , a2 k + 2 成等比数列,其公比为 qk 。
*

【解析】本小题主要考查等差数列的定义及通项公式,前 n 项和公式、等比数列的定义、数 列求和等基础知识,考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论 的思想方法。满分 14 分。 (Ⅰ)证明:由题设,可得 a 所以 a

2k + 1

?a = 4k , k ∈ N * 。 2k ? 1

2k + 1

? a1 = (a ?a ?a ) + (a ) + ... + (a3 ? a1 ) 2k + 1 2 k ? 1 2k ? 1 2k ? 3

= 4k + 4( k ? 1) + ... + 4 × 1 =2k(k+1) 由 a1 =0,得 a

2k + 1

= 2k (k + 1), 从而a = a ? 2k = 2k 2 , a = 2(k + 1)2 . 2k 2k + 1 2k + 2

a a a k + 1 a2k + 2 k + 1 于是 2k + 1 = , = , 所以 2k + 2 = 2k + 1 。 a 2k k a 2k + 1 k a 2k + 1 a 2k
所以 d k = 2k时,对任意k ∈ N , a
*

2k

,a ,a 成等比数列。 2 k + 1 2k + 2
, a2 k , a 成等差数列,及 a , a ,a 成 2k + 1 2 k 2 k + 1 2k + 2

(Ⅱ)证法一: (i)证明:由 a

2k ? 1

等比数列,得 2a

a a =a +a , 2 = 2 k ? 1 + 2 k + 1 = 1 + qk 2k 2k ? 1 2k + 1 a a q 2k 2k k ?1
*

当 q1 ≠1 时,可知 qk ≠1,k ∈ N 从而

1 q k ?1

= 2?

1 1 ?1 q k ?1

=

q ?1 k ?1

1

+ 1, 即

1 q k ?1

?

q ?1 k ?1

1

= 1(k ≥ 2)

所以 ?

? ? 1 ? ? ? 是等差数列,公差为 1。 q ? 1? ? k ? ?
4 = 2, 1 =1.由(Ⅰ)有 2 q ?1 1

(Ⅱ)证明: a1 = 0 , a2 = 2 ,可得 a3 = 4 ,从而 q1 =

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1 = 1 + k ? 1 = k , 得q = k + 1 , k ∈ N * k q k k ?1
2 ( ) a a a 2k + 2 = 2k + 1 = k + 1 , 从而 2k + 2 = k + 1 ,k ∈ N * 所以 a a k a k2 2k + 1 2k 2k

因此,

a2 k =

a a (k ? 1) 2 22 k2 . 2k ? 2 .... 4 .a = . ... .2 = 2k 2 .a = a . k + 1 = 2k (k + 1), k ∈ N * 2k + 1 2k k a a a 2 (k ? 1)2 (k ? 2) 2 12 2k ? 2 2k ? 4 2

a 2k

以下分两种情况进行讨论: (1) 当 n 为偶数时,设 n=2m( m ∈ N )
*

k2 若 m=1,则 2n ? ∑ = 2. k = 2 ak
n

若 m≥2,则
m m k2 (2k ) 2 m ?1 (2k + 1) 2 4k 2 =∑ +∑ =∑ 2 + ∑ a k =1 a a2 k +1 k =2 k k =1 k =1 2 k 2k n
m ?1 m ?1 m ?1 ? 4k 2 + 4k ? 4 k 2 + 4k + 1 1 ? 1?1 1 ?? = 2m + ∑ ? + = 2m + ∑ ? 2 + ? ? ? ? 2k (k + 1) ? 2 ? k k + 1 ?? k =1 2k ( k + 1) k =1 ? 2 k ( k + 1) k =1 ? ?



1 1 3 1 = 2m + 2(m ? 1) + (1 ? ) = 2n ? ? m 2 2 n.
所以 2n ?
n k2 3 1 3 k2 = + , 从而 < 2n ? ∑ < 2, n = 4, 6,8... ∑a 2 n 2 k =2 k k = 2 ak n *

(2)当 n 为奇数时,设 n=2m+1( m ∈ N )

k 2 2 m k 2 (2m + 1) 3 1 (2m + 1) 2 =∑ + = 4m ? ? + ∑ a k =2 a a 2 2m 2m(m + 1) k =2 k k 2 m +1
n 2

= 4m +

1 1 3 1 ? = 2n ? ? 2 2(m + 1) 2 n +1
n k2 3 1 3 k2 = + , 从而 < 2n ? ∑ < 2, n = 3,5, 7 ·· · ∑ a 2 n +1 2 k =2 k k = 2 ak n n 3 k2 < 2n ? ∑ ≤ 2 2 k = 2 ak

所以 2n ?

综合(1) (2)可知,对任意 n ≥ 2 , n ∈ N ,有

?

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证法二: (i)证明:由题设,可得 d k = a2 k +1 ? a2 k = qk a2 k ? a2 k = a2 k ( qk ? 1),

d k +1 = a2 k + 2 ? a2 k +1 = qk 2 a2 k ? qk a2 k = a2 k qk (qk ? 1), 所以 d k +1 = qk d k

qk +1 =

a2 k +3 a2 k + 2 + d k +1 d d q ?1 = = 1 + 2k +1 = 1 + k = 1 + k a2 k + 2 a2 k + 2 qk a2 k qk a2 k qk q 1 1 = k ? =1, qk +1 ? 1 qk ? 1 qk ? 1 qk ? 1 1 ?

由 q1 ≠ 1 可知 qk ≠ 1, k ∈ N * 。可得

所以 ?

? 1 ? ? 是等差数列,公差为 1。 ? qk ? 1 ?

(ii)证明:因为 a1 = 0, a2 = 2, 所以 d1 = a2 ? a1 = 2 。 所以 a3 = a2 + d1 = 4 ,从而 q1 =

? 1 ? a3 1 =2, = 1 。于是,由(i)可知所以 ? ?是 a2 q1 ? 1 ? qk ? 1 ?
1 k +1 = 1 + ( k ? 1) = k ,故 qk = 。 qk ? 1 k

公差为 1 的等差数列。由等差数列的通项公式可得

从而

d k +1 k +1 = qk = 。 dk k dk d d 2 d k k ?1 . ...... = k ,由 d1 = 2 ,可得 = k . k ?1 ........ 2 = 1 d1 d k ?1 d k ? 2 d1 k ? 1 k ? 2

所以

d k = 2k 。
于是,由(i)可知 a2 k +1 = 2k ( k + 1) , a2 k = 2k , k ∈ N *
2

以下同证法一。 ( 理数) 6. 2010 全国卷 1 理数) (本小题满分 12 分)(注意:在试题卷上作答无效) (注意: ......... 已知数列 {an } 中, a1 = 1, an +1 = c ?

1 . an

(Ⅰ)设 c =

5 1 , bn = ,求数列 {bn } 的通项公式; 2 an ? 2

(Ⅱ)求使不等式 an < an +1 < 3 成立的 c 的取值范围 .

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二、方法总结与 2011 年高考预测 (一)方法总结 1. 求数列的通项通常有两种题型:一是根据所给的一列数,通过观察求通项;一是根据递 推关系式求通项。 2. 数列中的不等式问题是高考的难点热点问题,对不等式的证明有比较法、放缩,放缩通 常有化归等比数列和可裂项的形式。 3. 数列是特殊的函数,而函数又是高中数学的一条主线,所以数列这一部分是容易命制多 个知识点交融的题,这应是命题的一个方向。 (二)2011 年高考预测 1. 数列中 S n 与 a n 的关系一直是高考的热点,求数列的通项公式是最为常见的题目,要切 实注意 S n 与 a n 的关系.关于递推公式,在《考试说明》中的考试要求是: “了解递推公式是 给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项” 。但实际上,从近两年各地高

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考试题来看,是加大了对“递推公式”的考查。 2. 探索性问题在数列中考查较多,试题没有给出结论,需要考生猜出或自己找出结论,然 后给以证明.探索性问题对分析问题解决问题的能力有较高的要求. 3. 等差、等比数列的基本知识必考.这类考题既有选择题,填空题,又有解答题;有容易题、 中等题,也有难题。 4. 求和问题也是常见的试题,等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题 应掌握,还应该掌握一些特殊数列的求和. 5. 将数列应用题转化为等差、等比数列问题也是高考中的重点和热点,从本章在高考中所 在的分值来看,一年比一年多,而且多注重能力的考查. 6. 有关数列与函数、数列与不等式、数列与概率等问题既是考查的重点,也是考查的难点。 今后在这方面还会体现的更突出。 7、数列与程序框图的综合题应引起高度重视。 三.高考热点新题: 1.设 S n 是正项数列 (1)求数列

{an } 的前 n 项和,且 Sn =

{an } 的通项公式; n +1 (2)是否存在等比数列 {bn } ,使 a1b1 + a2b2 + ? + anbn = ( 2 n ? 1) ? 2 + 2 对一切
正整数都成立?并证明你的结论. (3)设

1 2 1 3 an + an ? . 4 2 4

cn =

1 ( n ∈ N * ) ,且数列{cn } 的前 n 项和为 Tn ,试比较 Tn 与 1 的大小. 1 + an 6

2.已知数列 {an },{bn } 满足关系:

1 a2 a1 = 2a, an +1 = (an + ) , 2 an

bn =

an + a (n ∈ N * , a > 0). an ? a

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(1)求证:数列 {lg bn } 是等比数列; (2)证明:
n?1 an ? a = 32 + 1 ; an +1 ? a

(3)设 S n 是数列 {an } 的前 n 项和,当 n ≥ 2 时, S n 与( n + ) a 是否有确定的大小关系? 若有,加以证明;若没有,请说明理由。

4 3

3. 已 知 正 项 数 列 {a n } 满 足 对 一 切 n ∈ N

?

, 有 a1 + a 2 + ? + a n = S n , 其 中
3 3 3 2

S n = a1 + a 2 + ? + a n .
(Ⅰ)求数列 {a n } 的通项公式; (Ⅱ) 求证: 当 n ∈ N 时, a n ln(1 +
*

1 ) < ln 3 . an

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4.已知数列 {an } 满足: a1 =

4an ?1 ? 1 5 ,且 an = 2 an ?1 + 2

(n ≥ 2, n ∈ N ? )

(1)设 bn =

1 ,证明数列 {bn } 是等差数列; an ? 1

(2)求数列 {bn } 、 {an } 的通项公式; (3)设 cn = an ? an +1 , Sn 为数列 {cn } 的前 n 项和,证明 S n < n + 6(1 + ln n) .

5.设等差数列 {an },{bn } 前 n 项和 S n ,Tn 满足 数 g ( x) =

S n An + 1 a3 a 2 = ,且 + 7 = ,S2=6;函 Tn 2n + 7 b4 + b6 b2 + b8 5

1 ( x ? 1) ,且 cn = g(cn?1)(n∈ N, n >1), c1 =1. 2 (1)求 A; (2)求数列 {a n }及{c n } 的通项公式;

(3)若 d n = ?

?a n (n为奇数) , 试求d1 + d 2 + ? + d n . ?c n (n为偶数)

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四、高考热点新题参考答案: 高考热点新题参考答案:

1 1 3 = an 2 + an ? 得 4 2 4 1 1 3 Sn+1 = a 2 n+1 + an+1 ? ,相减并整理为 ( an+1 + an )( an+1 ? an ? 2 ) = 0 4 2 4 又由于 an +1 + an > 0 ,则 an +1 = an + 2 ,故 {an } 是等差数列. 1 1 3 ∵ a1 = S1 = a12 + a1 ? > 0 ,∴ a1 = 3 ,故 an = 2n + 1 4 2 4 (2)当 n = 1 2 时, a1b1 = 2 2 ( 2 × 1 ? 1) + 2 = 6,1b1 + a2b2 = 23 ( 2 × 2 ? 1) + 2 = 26 , a
(1) Sn 1 解: 可解得, b1

a1b1 + a2b2 + ? + anbn = 2n+1 ( 2n ? 1) + 2 成立
2

n = 2,2 = 4, b ,猜想 bn = 2 使

下面证明 3 ? 2 + 5 ? 2 令S

∴ S = ( 2n + 1) 2n+1 ? 2 ? 2n+1 + 2 = ( 2n ? 1) 2n+1 + 2
(3) Cn

2 S = 3 ? 22 + 5 ? 23 + 7 ? 24 + ? + ( 2n + 1) 2n+1

= 3 ? 2 + 5 ? 22 + 7 ? 23 + ? + ( 2n + 1) 2n ①

+ 7 ? 23 + ? + ( 2n + 1) 2n = 2n+1 ( 2n ? 1) + 2 恒成立
② ②-①可得

=

1

( 2n + 2 )

2

<

1? 1 1 ? = ? ? ? ( 2n + 1)( 2n + 3) 2 ? 2n + 1 2n + 3 ? 1

则 Tn

1?1 1 1 1 1 1 ? = c1 + c2 + ? + cn < ? ? + ? + ? + ? ? 2?3 5 5 7 2 n + 1 2n + 3 ? 1?1 1 ? 1 1 = ? ? < ,故 Tn < ? 2 ? 3 2n + 3 ? 6 6

说明: 本题主要考查数列通项公式的求法, 数列和的求法以及不等式的内容。 涉及运算能力, 逻辑思维能力,猜想能力等。

a +a 1 a2 (1)∵ an +1 = ( an + ), bn = n 2 解: 2 an an ? a an +1 + a (an + a ) 2 ∴ bn +1 = = = bn2 > 0 2 an +1 ? a (an ? a )
∴ lg bn +1 = 2 ln bn
∴ lg bn +1 =2 lg bn ∵a > 0 ∴ bn = an + a ≠1 an ? a

故 {lg bn } 是等比数列。

(2) b1 =

a1 + a =3 a1 ? a

∴ lg bn = lg 3 ? 2n ?1

∴ bn = 32

n?1

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a +a b +1 32 + 1 2a ? a = 2n?1 ? a = a + 2n?1 由 bn = n 及: an = n an ? a bn ? 1 3 ?1 3 ?1
a ?a 32 ? 1 (32 )2 ? 1 2n?1 ∴ n = 2n?1 = 2n?1 = 3 +1 an +1 ? a 3 ? 1 3 ?1 a ?a 1 (3)当 n ≥ 2 时, an +1 ? a = n?1 ≤ ( an ? a ) n 32 + 1 10 1 1 1 ∴ a3 ? a < (a2 ? a ), a4 ? a < (a3 ? a ),? , an ? a < (an ?1 ? a ) 10 10 10 1 [ S n ?1 ? a ? (n ? 2)a ] 相加得: S n ? a1 ? a2 ? ( n ? 1) a < 10 5a 65 ∵ a1 = 2a, a2 = ∴10 S n ? a ? 10(n ? 2) < S n ? an ? 2a ? (n ? 2)a 4 2 2n?1 61 3 + 1 25 1 23 4 ∴ S n < [(n ? 2) + ? ]a < (n + ? )a = (n + )a < (n + )a n?1 18 9(32 ? 1) 18 9 18 3
n n?1

n?1

故 n ≥ 2 时, S n < ( n + ) a .
3 3 解:(Ⅰ)对一切 n ∈ N 有 a n +1 =
?

4 3

∑a ? ∑a
i =1 3 i i =1

n +1

n

3 i

2 2 = S n +1 ? S n ,

即 ( S n +1 ? S n )( S n +1 + S n ) = a n +1 , a n +1 ( S n +1 + S n ) = a n +1
3 3 2 ∴ a n+1 ? a n+1 = 2 S n 2

(n∈ N )
2

?

由 a n +1 ? a n +1 = 2 S n 及 a n ? a n = 2 S n ?1 ( n ≥ 2) 两式相减, 得: ( an +1 + a n )( a n +1 ? a n ) = a n +1 + a n

∵ an +1 + a n > 0

∴a n+1 ? a n = 1,

( n ≥ 2)
(n ≥ 1)

∵ n = 1,2时, 易得a1 = 1, a 2 = 2, a n+1 ? a n = 1
∴ {a n } 是等差数列,且 a n = n , n ∈ N
*

.

说明:本小题也可以运用先猜后证(数学归纳法)的方法求解. (Ⅱ) 由

1 1 1 an = n n ∈ N * , 知 a n ln(1 + ) < ln 3 ? n ln(1 + ) < ln 3 ? ln(1 + ) n < ln 3 , an n n 1 n ) < 3. n

因此,只需证明 (1 +

当 n = 1 或 n = 2 时,结论显然成立.当 n ≥ 3 时,

1 1 1 1 1 1 2 k n (1 + ) n = 1 + C n ? + C n ? 2 + ? + C n ? k + ?C n ? n n n n n n

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= 1+1+

1 1 1 1 2 n ? k +1 1 n ?1 1 2 (1 ? ) + ? + (1 ? )(1 ? ) ? (1 ? ) + ? + (1 ? )(1 ? ) ? (1 ? ) 2! n k! n n n n! n n n

1 1 [1 ? ( ) n ] 1 1 1 1 1 1 1 2 <1+1+ + ? + + ? + <1+1+ + 2 ? + n = 2 + 2 = 3 ? ( )n < 3 1 2! k! n! 2 2 2 2 1? 2
所以,原不等式成立. 4 解:(1) an ? 1 =

3(an ?1 ? 1) a +2 1 1 1 ,∴ = n ?1 = + an ?1 + 2 an ? 1 3(an ?1 ? 1) an ?1 ? 1 3

1 2 ∴ bn = bn ?1 + , b1 = , ∴{bn } 为等差数列 3 3 1 n +1 n+4 ,从而 an = (2)由(1) bn = b1 + ( n ? 1) × = 3 3 n +1
(3) cn =

(n + 4)(n + 5) n 2 + 9n + 20 n+3 = 2 = 1+ 6× 2 n + 3n + 2 (n + 1)(n + 2) n + 3n + 2
6(n + 3) 6 1 1 1 = 1 + , S n < n + 6(1 + + + ... + ) 当 n = 1 时, S1 = 5 ,不等式的左 2 n + 3n n 2 3 n

∴ cn < 1 +

边=7,不等式成立 当 n ≥ 2 时, S n < n + 6(1 + 故只要证 1 +

1 1 1 + + ... + ) 2 3 n

1 1 1 + + ... + < 1 + ln n(n ≥ 2) , 2 3 n 1 2 = ln > 0 ,∴ n = 2 时,不等式成立; 2 e

如下用数学归纳法给予证明: ①当 n = 2 时, ln 2 ?

1 1 1 + + ... + < 1 + ln k (k ≥ 2) 成立 2 3 k 1 1 1 1 1 当 n = k + 1 时, 1 + + + ... + + < 1 + ln k + 2 3 k k +1 k +1 1 k +1 1 只需证: 1 + ln k + < 1 + ln(k + 1) ,即证: ln > k +1 k k +1 1 1 令 = x ∈ ( 0,1) ,则不等式可化为: ln >x k +1 1? x
②假设当 n = k 时, 1 + 即 ln(1 ? x) < ? x, x ∈ (0,1) 令 f ( x ) = ln(1 ? x ) + x ,则 f ′( x ) =

?1 ?x +1 = <0 1? x 1? x

∴ f ( x) 在 (0,1) 上是减函数
又 f ( x ) 在 [ 0,1) 上连续, ∴ f ( x ) < f (0) = 0 ,故 ln(1 ? x ) < ? x

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1 k +1 1 时,有 ln > k +1 k k +1 ∴ 当 n = k + 1 时,所证不等式对 n ≥ 2 的一切自然数均成立
当x= 综上所述, S n < n + 6(1 + ln n) 成立.

5 解: (1)由

a3 a7 a 2 2 + = 知: 5 = b4 + b6 b2 + b8 5 b5 5

9A +1 2 = 解得 A=1 2×9 + 7 5 (2)∵ {a n } 不是常数列∴令 S n = kn( n + 1) ∴
2

a 1 + a9 ×9 S9 a 2 2 而 = = 5 = T9 b1 + b9 b5 5 ×9 2

∵ S 2 = 6, 得k = 1, 即S n = n 2 + n

当 n=1 时,a1=S1=2,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n +n ? ( n ? 1) + ( n ? 1) = 2n
2

?

?

综合之:an=2n

1 1 (c n?1 ? 1)变形得 : c n + 1 = (c n ?1 + 1) 2 2 1 ∴数列{cn+1}是 为公比,以 c1 + 1 = 2 为首项的等比数列 2 1 1 c n + 1 = 2 ? ( ) n ?1即c n = ( ) n? 2 ? 1 2 2 (3)当 n = 2k + 1时, d1 + d 2 + ? + d n = (a1 + a3 + ?a2 k +1 ) + (c2 +c 4 + ? + c 2 k ) 4 1 4 1 = 2(k + 1)2 + [1 ? ( ) k ] ? k = 2k 2 + 3k + 2 + [1 ? ( ) k ] 3 4 3 4 2 n +n+2 4 1 = + [1 ? ( ) n ?1 ] 2 3 2 当 n = 2k时, d1 + d 2 + ? + d n = ( a1 + a 3 + ? a 2 k ?1 ) + (c 2 + c 4 + ? + c 2 k )
由题意 c n =

4 1 k n2 ? n 4 1 = 2k ? k + [1 ? ( ) ] = + [1 ? ( ) n ] 3 4 2 3 2 2 ?n + n + 2 4 1 + [1 ? ( ) n?1 ](n为正奇数) ? ? 2 3 2 综合之: d 1 + d 2 + ? d n = ? 2 ? n ? n + 4 [1 ? ( 1 ) n ](n为正偶数) ? 2 3 2 ?
2

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m


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