北师大版高中数学必修5第一章数列第一章单元综合复习习题.pdf

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1、1 北师大版高中数学必修5 第一章数列第一章单元综合复习习题 一、基本概念：数列的定义及表示方法；数列的项与项数；有穷数列与无穷数列；常 数列、递增（减）数列、摆动数列、循环数列；通项公式 n a ；前 n项和公式 n S 二、任意数列的通项 n a 与前 n项和 n S 的关系： )2( )1( 1 1 nSS nS a nn n 若 1 a 满足由 1nnn SSa推出的 n a ，则需要统一“合写” ；若不满足，则数列 的通项应分段表示。 三、等差数列 1、等差数列及等差中项定义 注：根据定义，当我们看到形如：daa nn1 、daa nn 2 1 2 、daa nn1 、 d aa n

2、n1 11 、 2 11nn n aa a 、dSS nn1 时，应能从中得到相应的等差数列。 2、等差数列的通项公式：dnaan)1( 1 、dknaa kn )(其中 1 a 为首项、 k a 为 已知的第k项) 当0d时， n a 是关于 n的一次式；当0d时， n a 是一个常数。 3、等差数列的前 n项和公式： 2 )( 1n n aan Sd nn naSn 2 )1( 1 当0d时， n S 是关于 n的二次式且常数项为0；当0d时（0 1 a） ， 1 naSn是 关于 n的正比例式。 4、等差数列 n a中，若qpnm，则 qpnm aaaa 5、等差数列 n a的公差为d，

3、则任意连续 m项的和构成的数列 m S 、 mm SS2、 mm SS 23 、, 仍为等差数列，公差为dm 2 。 6、等差数列 n a的公差为d，前 n项和为 n S ，则数列 n Sn 是等差数列，公差为 2 d 。 特别地 m Sm 、 m S m 2 2 、 m S m 3 3 组成等差数列。 7、两个等差数列 n a与 n b的公差分别为 1 d和 2 d，则数列 nn qbpa为等差数列， 且公差为 21 qdpd 8、等差数列 n a的任意等距离的项（项数组成等差数列）构成的数列仍为等差数列。 如 1 a、 5 a、 9 a、, 34n a 9、 n a为等差数列，公差为d，则

4、数列 n a c(0c)是等比数列，公比为 d c。 10、 在等差数列 n a中： 若 项 数 为n2， 则ndSS 奇偶 n n a a S S 1 奇 偶 )( 2 221 21 12n n naan aa nS 若项数为12n，则 1n aSS 偶奇 n n S S 1 偶 奇 1 121 12 ) 12( 2 )12( n n n an aa nS 2 11、两个等差数列 n a与 n b的前 n项和分别为 n S 、 n T ，则 12 12 n n n n T S b a （略证： 12 12 121 121 2 )12( 2 )12( )12( )12( n n n n n n

5、 n n T S bb n aa n bn an b a ） 12、在等差数列 n a中, 有关 n S 的最值问题 （1）邻项变号法 当0 1 a、0d时，满足 0 0 1m m a a 的项数 m 使得 m S 取最大值 . 当0 1 a、0d时，满足 0 0 1m m a a 的项数 m使得 m S 取最小值 . （2）利用 n S （0d时， n S 是关于 n 的二次函数）进行配方（注意n应取正整数） 四、等比数列 1、等比数列及等比中项定义： 注：根据定义，当我们看到形如： 1nn qaa、)()( 11nnnn aaqaa、 11 2 nnn aaa、 )()( 1 taqta

6、nn 、 1nn qSS应能从中得到相应的等差数列。 2、等比数列的通项公式： 1 1 n n qaa kn kn qaa(其中 1 a 为首项、 k a 为已知的第 k项，0 n a) 关于等比数列 n a的单调性： 当1q时， n a为常数列当0q时， n a为摆动数列； 当1q且0 1 a时， n a为递增数列；当1q且0 1 a时， n a为递减数 列； 当10q且0 1 a时， n a为递增数列；当10q且0 1 a时， n a为递减数 列； 3、等比数列的前 n项和公式：当1q时， 1 naSn(是关于 n 的正比例式 )； 当1q时， q qa S n n 1 )1 ( 1 q

7、qaa S n n 1 1 4、等比数列 n a中，若qpnm，则 qpnm aaaa 5、 等比数列 n a的公比为q， 且0 n S,则任意连续 m 项的和构成的数列 m S 、 mm SS2、 mm SS 23 、, 仍为等比数列，公比为 m q。 6、两个等比数列 n a与 n b的公比分别为p和q，则数列 nn ba、 n n b a 、 n b 1 仍为 等比数列，公比分别为pq、 q p 、 q 1 。 7、等比数列 n a的任意等距离的项（项数组成等差数列）构成的数列仍为等比数列。 如 1 a、 5 a、 9 a、, 34n a 8、等比数列na的公比为q，且0na，则log

8、ncb (0c且1c) 是等差数列，公 比为q c log。 3 9、在等比数列 n a中： 若项数为n2，则q S S 奇 偶 若数为12n则， q S aS 偶 奇1 五、求数列 n a的最大、最小项的方法： 1、比差法： 0 0 0 1nn aa 例：已知数列 n a的通项公式为：3292 2 nnan，求数列 n a的最大项。 2、比商法： 1 1 1 1 n n a a (0 n a) 例：已知数列 n a的通项公式为： n n n n a 10 )1(9 ，求数列 n a的最大项。 3、利用函数的单调性：)(nfan研究函数)(nf的增减性 例：已知数列 n a的通项公式为： 20

9、08 2007 n n an，求数列 n a的最大项。 六、数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。关键 是找数列的通项结构。 1、分组法求数列：通项虽然不是等差等比数列，但通过拆分可以化为由等差、等比 的和的形式，再分别用公式法求和。 例：已知数列 n a的通项为： n n na32，求 n S 例：在等差数列 n a中，1 1 a，2d，依次抽取这个数列的第1，3， 2 3，, ， 1 3 n 项，组成数列 n b，求数列 n b的通项 n b 和前 n项和 n S 2、错位相减法： 利用等比数列前 n 项和公式的推导方法求解， 一般可解决一个等差数 列和一个等比

10、数列对应项相乘所得数列的求和。 例：已知数列 n a的通项为： n n na2)12(，求 n S 说明： （1）一般地，如果数列 n a是等差数列， n b是等比数列且公比为q，求数列 nn ba的前 n项和时，可采用这一思路和方法。具体做法是：乘以常数q，然后错位 相减，使其转化为等比数列问题求解。 要善于识别题目类型，特别是当等比数列部分中公比为负数的情形更值得注意。 （2）在写出“ n S ”与“ n qS ”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便于 下一步准确写出“ nn qSS”的表达式； 3、裂项相消法：将数列的通项裂成两项之差求和时，正负相消，剩下首尾若干若。 常见裂项

11、有：) 11 ( 1 )( 1 knnkknn 、)( 11 nkn knkn 例：已知数列 n a的通项为： )1( 1 nn an，求前n和 n S 例：在等差数列 n a中2 1 a、8 3 a，若 nn n aa b 1 1 ，求数列的 n b前n和 n T 4 4、倒序相加法：利用等差数列前n项和公式的推导方法求解，将数列正着写，倒着写 再相加。 例： n a中，已知 )30cos( cos n n an，求 60 S 的值 5、有关绝对值的问题： 例：在等差数列 n a中20 1 a、2d， （1）求数列 n a前n和 n S ； （2）求数列| n a前n和 n T； 七、由数列

12、递推关系式求通项公式。 1、利用等差等比定义求通项公式； 2、用累加法求)( 1 nfaa nn 型通项； 3、用累乘法求 1 )( nn anfa型通项 4、用构造等比数列求BAaa nn1 型数列通项； 5、通过 n S 求 n a ； 6、取倒数转化为等差数列 高考真题 （安徽） （13） 设常数0a， 4 21 ax x 展开式中 3 x的系数为 3 2 ， 则 2 l im() n n a aa 解 1 48 2 2 14 r rrr r TC axx，由 1 823 2 ,2 , r r xxxr得 4 4 31 = 22 rr C a由知a=，所以 2 1 2 lim()1 1

13、1 2 n n aaa ，所以为1。 （ 21 ）、（本 大 题 满 分12分 ） 数 列 n a的 前n项 和 为 n S， 已 知 2 1 1 ,1 ,1,2, 2 nn aSn an nn（）写出 n S与 1n S 的递推关系式2n，并求 n S关 于n的表达式；（）设 1/ , nn nnn S fxxbfppR n ，求数列 n b的前n项和 n T。 解由 2 1 nn Sn an n2n得： 2 1 ()1 nnn SnSSn n，即 22 1 (1)1 nn nSn Sn n，所以 1 1 1 1 nn nn SS nn ，对2n成立。 由 1 1 1 1 nn nn SS

14、nn ， 12 1 1 12 nn nn SS nn ，, ， 21 32 1 21 SS相加得： 1 1 21 n n SSn n ，又 11 1 2 Sa，所以 2 1 n n S n ，当1n时，也成立。 （）由 11 1 nnn n Sn fxxx nn ，得 /n nn bfpnp。 5 而 231 23(1) nn n Tpppnpnp， 2341 23(1) nn n pTpppnpnp， 23111 (1) (1) 1 n nnnn n pp P Tpppppnpnp p （北京）(20)在数列 n a中， 12 ,a a是正整数，且 12 ,3,4,5, nnn aaan，则

15、称 n a为 “绝对差数列” 。(1)举出一个前五项均不为0 的“绝对差数列” （只需写出其前十项） ； （2）若“绝 对差数列” n a中， 2021 3,0aa，数列 n b满足 12, 1,2,3, nnnn baaan，分别判 断当n时，数列 n a和 n b的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；（ 3）证明任意一 个“绝对差数列”总存在无穷多个等于零的项。 （）解： 1234567 3,1,2,1,1,0,1aaaaaaa, 8910 1,0,1.aaa（答案不惟一） （ ） 解 ： 因 为 在 绝 对 差 数 列 n a中 20 3a, 21 0a.所 以 自 第20 项 开 始

16、 ， 该 数 列 是 20 3a, 21 0a, 222224252627 3,3,0,3,3,aaaaaao.即自第20 项开始。每三个相 邻的项周期地取值3，0，3. 所以当n时， n a的极限不存在 . 当20n时, 12 6 nnnn baaa,所以lim6 n n b （）证明：根据定义，数列 n a必在有限项后出现零项.证明如下 假设 n a中没有零项，由于12nnnaaa,所以对于任意的n，都有1 n a,从而 当 12nn aa时, 121 1(3) nnnn aaaan; 当 12nn aa时, 212 1(3) nnnn aaaan 即 n a的值要么比 1n a 至少小

17、1，要么比 2n a 至少小 1. 令 21212 2212 (), (), nnn n nnn aaa C aaa 1,2,3,n则 1 01(2,3,4,). An CCn 由于 1 C是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项 1 0C，这与0 n C(1,2,3,n) 矛盾 . 从而 n a必有零项 . 若第一次出现的零项为第n项，记 1 (0) n aA A，则自第n项开始， 每三个相邻的项周期地取 值 0，A, A, 即 3 31 32 0, ,0,1,2,3, , nk nk nk a aA k aA 所以绝对差数列 n a中有无穷多个为零的项. 6 （福建）(2)在等差数列 n

18、 a中，已知 a1=2,a 2+a3=13，则 a4+a5+a6等于 A.40 B.42 C.43 D.45 解 在等差数列 n a中，已知 123 2,13,aaa d=3，a5=14， 456 aaa=3a5=42，选 B. （22） （本小题满分14 分）已知数列a n 满足 a1=1,a 1n =2an+1(nN )（）求数列an 的通项公式；（）若数列 bn满足 312 1111 4444(1) nn bbnbbb n a(nN * ),证明 :bn是等差数 列; （）证明 : 23 1 2 13 2 2 1 n a a a a a an n n (nN *). （I）解： * 1

19、21(), nn aanN 1 12(1), nn aa 1 n a是以 1 12a为首项， 2 为公比的等比数列。12 . n n a即 * 21(). n n anN （II）证法一： 312 1111 4444(1) nn bbnbbb n a 12 2(.), nn bbbnnb 1211 2 (.)(1) (1). nnn bbbbnnb ，得 11 2(1)(1), nnn bnbnb即 1 (1)20, nn nbnb 21 (1)20. nn nbnb 相减得 21 20, nnn nbnbnb即 21 20, nnn bbb * 211 (), nnnn bbbb nN n

20、b是等差数列。 证法二：同证法一，得 1 (1)20 nn nbnb令1,n得 1 2.b 设 2 2(),bd dR下面用数学归纳法证明2(1) . n bnd （1）当1,2n时，等式成立。 （2）假设当(2)nk k时，2(1) , k bkd那么 1 22 2(1) 2(1)1 . 1111 kk kk bbkdkd kkkk 这就是说，当1nk时，等式也成立。 根据（ 1）和（ 2） ，可知2(1) n bnd对任何 * nN都成立。 1 , nnn bbdb是等差数列。 7 （III）证明： 1 1 21211 ,1,2,., , 1 212 2(2) 2 kk k k k k a

21、 kn a 12 231 2 n n aaan aaa 11 1 211111111 .,1,2,., , 2122(21)23.22223 2 k k kkkkk k a kn a 12 2 231 1 111111 .(.)(1), 23 22223223 n nn n aaannn aaa * 12 231 1 .(). 232 n n aaann nN aaa （广东） 6、已知某等差数列共有10 项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为 A.5 B.4 C. 3 D. 2 解3 30255 15205 1 1 d da da ，故选 C. 14、在德国不来梅举行的第48

22、届世乒赛期间，某商店橱窗里用 同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥” 形的展品， 其中第 1 堆只有 1 层，就一个球； 第 2,3,4,堆 最底层（第一层）分别按图4 所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层 之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以( )f n表示第n堆的乒乓球总数，则(3)10f； ( )_f n（答案用n表示） . 解 3 30255 15205 1 1 d da da ，故选 C. )3(f10， 6 )2)(1( )( nnn nf 19、(本题 14 分)已知公比为(01)qq的无穷等比数列 n a各项的和为9，无穷等比数列 2 n a各 项的和为 81

23、 5 . (I)求数列 n a的首项 1 a和公比q；(II)对给定的(1,2,3, )k kn，设 ( )k T是首项为 k a，公差为21 k a的等差数列，求 (2) T的前10 项之和；(III)设 i b为数列 ()k T的第i项， 12nn Sbbb，求 n S，并求正整数(1)m m，使得 lim n m n S n 存在且不等于零. 解: ()依题意可知 , 3 2 3 5 81 1 9 1 1 2 1 2 1 q a q a q a ()由()知, 1 3 2 3 n n a,所以数列 )2( T的的首项为2 21 at,公差312 2 ad, 1553910 2 1 210

24、 10 S,即数列 )2( T的前 10 项之和为155. 图 4 , 8 () i b=121 ii aia=112iai i =1 3 2 123 1 ii i ， 2 1 3 2 271845 nn nS n n ， m n n n S lim= n lim m n mm n nn n n n2 1 3 2271845 当 m=2 时， m n n n S lim= 2 1 ，当 m2 时， m n n n S lim=0，所以 m=2 （湖北）2.若互不相等的实数, ,a b c成等差数列，, ,c a b成等比数列， 且310abc，则a A4 B2 C 2 D 4 解 互不相等的实

25、数 a 、b、c成等差数列， 2bac，又c、a、b成等比数列， 2 abc， 且103cba，得510,2bb， 2 2(4)aa，解得2a(舍去 )或 a=4，选 D. 15将杨辉三角中的每一个数 r n C都换成 1 (1) r n nC ，就得到一个如右图所示的分数三角形，成为 莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出 1 111 (1)(1) rxr nnn nCnCnC ，其中x。 令 33 1 111111 3123060(1) n nn a nCnC ，则limn n a 。 分析第一问通过观察、类比、归纳可知莱布尼茨三角形中每一行中的任一数都等于其“ 脚下 ” 两 数的和，故此

26、时1xr，第二问实质上是求莱布尼茨三角形中从第三行起每一行的倒数第三项 的和，即 01232 2341 11111 3451 nnn nn a CCCnCnC 根据第一问所推出的结论在原式基础 上增加一项 1 1 1 n n nC ，则由每一行中的任一数都等于其“ 脚下 ” 两数的和，结合给出的数表可逐 次向上求和为 1 2 ，故 1 11 21 n n n a nC ，从而 1 111 limlim 212 nn xx n a nC 。 17（本小题满分13 分） 已知二次函数( )yf x的图像经过坐标原点， 其导函数为 ( ) 62fxx， 数列 n a的前 n 项和为 n S，点( ,

27、)() n n SnN均在函数( )yf x的图像上。（）、求数列 n a 的通项公式；（） 、设 1 1 n nn b a a ， n T是数列 n b的前 n 项和，求使得 20 n m T对所有nN 都成立的最小正整数m； 解： （）设这二次函数f(x)ax2+bx (a 0) , 则 f (x)=2ax+b,由于 f (x)=6x2,得 a=3 , b=2, 所以f(x)3x 22x. 9 又因为点( ,)() n n SnN均在函数( )yf x的图像上，所以 n S3n 2 2n. 当 n2 时， anS nSn1（ 3n 22n） ) 1(2) 13 2 nn（6n5. 当 n1

28、 时， a1S131 2 261 5，所以， a n6n5 （nN） （）由（）得知 1 3 nn n aa b 5)1(6)56( 3 nn ) 16 1 56 1 ( 2 1 nn ， 故 Tn n i i b 1 2 1 ) 16 1 56 1 (.) 13 1 7 1 () 7 1 1( nn 2 1 （1 16 1 n ）. 因此，要使 2 1 （1 16 1 n ）0 时,( )0Fx,故( )F x在0,1 上为增函数，因( )F x为偶函数，故( )F x在-1,0上为减函数， 所以对任意的 12 ,1,1x x 12 ()()(1)(0)F xF xFF 0121 1210

29、(1)(0)(1).(1).2 (1).(1).2 kn nnnnn nnnk nnnnn FFCnCnCnkCC nCnCnkCCC 1 (1)()(1,2,31) n kn kn kkk nnnnn nkCnk CCnCCkn 121121011 111 (1)(0)(.)(.)(21)212(2)1 knnnn nnnnnnn FFn CCCCCCCnnn 因此结论成立. 证法 2: 当11x时 , 212(1)22(2)2()12 ( )(1).(1).21 nnnkn kn nnnn F xxnC xnC xnkC xCx 当 x0 时, ( )0Fx,所以( )F x在0,1上为增

30、函数 因函数( )F x为偶函数所以( )F x在-1,0上为减函数 所以对任意的 12 ,1,1x x 12 ()()(1)(0)F xF xFF 0121 (1)(0)(1).(1).2 kn nnnnn FFCnCnCnkCC 又因 12110 (1)(0)23 kn nnnnn FFCCkCnCC 所以 12110 2 (1)(0)(2)2 kn nnnnn FFnCCCCC 12110122 (1)(0)(22)12(2)1 22 knnn nnnnn nn FFCCCCCnn 因此结论成立. 证法 3: 当11x时 , 212(1)22(2)2()12 ( )(1).(1).21

31、nnnkn kn nnnn F xxnC xnC xnkC xCx 当 x0 时, ( )0Fx,所以( )F x在0,1上为增函数 因函数( )F x为偶函数所以( )F x在-1,0上为减函数 所以对任意的 12 ,1,1x x 12 ()()(1)(0)F xF xFF 14 0121 (1)(0)(1).(1).2 kn nnnnn FFCnCnCnkCC 由 11221 121112 (1).1 . nnnnkn kn nnnn nnknkn nnnn xxxx C xC xC xCx C xC xC xCxx 对上式两边求导得 111221 (1)(1)(1).(1)21 nnnn

32、nnkn kn nnnn xxnxxnxnC xnC xnkC xCx 22212 ( )(1)(1) nnn F xxnxxnx 11 (1)(0)221(2)21 nnn FFnnnn因此结论成立. （全国1）10。设 n a是公差为正数的等差数列，若 123 15aaa， 123 80a a a，则 111213 aaa A120B105C90D75 解 n a是 公 差 为 正 数 的 等 差 数 列 ， 若 123 15aaa， 123 80a a a， 则 2 5a， 13 (5)(5)16a add， d=3， 122 1035aad， 111213 aaa105，选 B. （2

33、2） 、 （本小题满分12 分）设数列 n a的前n项的和 1 412 2 333 n nn Sa，1,2,3,n （）求首项 1 a与通项 n a；（）设 2 n n n T S ，1,2,3,n，证明： 1 3 2 n i i T 解: ()由 Sn=4 3an 1 32 n+1+2 3, n=1,2,3， , 得 a1=S1= 4 3a1 1 3 4+ 2 3 所以 a1=2. 再由 有 Sn1=4 3an 1 1 32 n+2 3, n=2,3，4, 将 和 相减得 : an=SnSn1= 4 3(anan 1) 1 3 (2 n+12n ),n=2,3, 整理得 : an+2n=4(

34、an1+2n 1 ),n=2,3, , 因而数列 an+2 n是首项为 a1+2=4,公比为 4 的等比数列 ,即 : an+2 n=44n1= 4n , n=1,2,3, , 因而 an=4 n2n, n=1,2,3, , ()将 an=4 n2n 代入 得 Sn= 4 3 (4 n2n)1 32 n+1 + 2 3 = 1 3 (2 n+11)(2n+12)= 2 3 (2 n+11)(2n 1) Tn= 2 n Sn = 3 2 2 n (2 n+11)(2n1)= 3 2( 1 2 n1 1 2 n+1 1) 所以 , 1 n i i T= 3 2 1 ( n i 1 2 i1 1 2

35、 i+11) = 3 2( 1 2 11 1 2 i+11) 0 ， anan1=5 (n 2) 当 a1=3 时， a3=13，a15=73 a1， a3，a15不成等比数列a1 3; 当 a1=2 时， a3=12， a15=72， 有 a3 2=a 1a15， a1=2， an=5n3 ( 四川)（20）已知数列 n a，其中 1 1a， 2 3a， 11 2(2) nnn aaan，记数列 n a的 前 n 项和为 n S，数列ln n a的前 n 项和为 n U （ I）求 n U； （II）设 2 2 ( )(0) 2 ( !) n U n n e F xxx n n =， 1 (

36、 )( ) k n n k TxFx = = ?（其中 ( ) k F x为( ) k Fx的导函数），计算 1 ( ) lim ( ) n n n Tx Tx + 解： （） n a是首项为1，公差为2的等差数列 ,前n项和 2 n Sn， 2 lnln2ln n Snn 2 ln1ln 2ln2ln! n Unn （） 2 2 22 22 ! 2 2!2! n Un nn n nex Fxxx n n nn n 21n n Fxx 2 2 21 11 2 2 1 01 1 1 1 1 1 n nn k nk kk n xx x x TxFxxnx xx x x 2 22 1 2 2 2 1

37、 lim101 1 limlim11 1 1 1 lim1 1 n n n n nn n n n n x x x Tx n x Txn x x x x ( 天津)7、 已知数列 n a、 n b都是公差为1 的等差数列， 其首项分别为 1 a、 1 b， 且5 11 ba， * 11, Nba设 n bn ac（ * Nn） ，则数列 n c的前 10 项和等于（） A55B 70C85D100 解 已知 n a、 n b都是公差为1 的等差数列， 其首项分别为 1 a、 1 b， 且5 11 ba， * 11, Nba 设 n bn ac（ * Nn） ，则数列 n c的前 10 项和等于

38、1210 bbb aaa= 111 19bbb aaa， 1 11 (1)4 b aab， 111 19bbb aaa=4561385，选 C. 16 、 设 函 数 1 1 x xf， 点 0 A表 示 坐 标 原 点 ， 点 * ,NnnfnAn， 若 向 量 18 01121nnn aA AA AAA， n 是 n a 与i的 夹 角 ，（其 中 0, 1i ），设 nn Stantantan 21 ，则 n n Slim= 解 设函数 1 1 x xf，点 0 A表示坐标原点，点 * ,NnnfnAn， 若向量 01121nnn aA AA AAA= 0n A A ， n是n a 与i

39、的夹角， 1 1 1 tan (1) n n nn n （其中0, 1i） ， 设 nn Stantantan 21 1111 1 1 22 3(1)1n nn ，则 n n Slim=1 21、 （本题满分14 分）已知数列 nn yx ,满足2, 1 2121 yyxx，并且 1 1 1 1 , n n n n n n n n y y y y x x x x （为非零参数，,4,3 ,2n） （ 1）若 531 ,xxx成等比数列，求 参数的值；（2）当0时，证明 * 1 1 Nn y x y x n n n n ； 当1时，证明 * 1133 22 22 11 1 Nn yx yx yx

40、 yx yx yx nn nn . （浙江）（11）设 Sn为等差数列a,的前 n 项和，若Sn-10, Sn=-5,则公差为. 解 设 Sn为等差数列 an的前 n 项和，若 S5 = 10，S10 = 5, 1 1 51010 10455 ad ad ，解得 d=1. (20)已知函数f(x)=x 3 + x 3 ，数列 xn(x n 0)的第一项xn1，以后各项按如下方式取定：曲线 x=f(x)在)(,( 11nn xfx处的切线与经过（0，0）和（xn,f (x n)）两点的直线平行 （如图） 求证：当n * N时， ()x;23 1 2 1 2 nnnn xxx（） 21 ) 2 1

41、 () 2 1 ( n n n x 证明：（I）因为 2 ( )32 ,fxxx 所以曲线( )yf x在 11 (,() nn xf x 处的切线斜率 1 2 11 32. n nn kxx 因为过(0,0)和(,() nn xf x两点的直线斜率是 2 , nn xx所以 22 11 32 nnnn xxxx. 19 （II）因为函数 2 ( )h xxx当0x时单调递增， 而 22 11 32 nnnn xxxx 2 11 42 nn xx 2 11 (2)2 nn xx， 所以 1 2 nn xx，即 1 1 , 2 n n x x 因此 11 2 121 1 (). 2 nnn n

42、nn xxx x xxx 又因为 1 22 1 2(), n nnn xxxx令 2 , nnn yxx则 1 1 . 2 n n y y 因为 2 111 2,yxx所以 12 1 11 ()( ). 22 nn n yy因此 22 1 ( ), 2 n nnn xxx 故 12 11 ( )( ). 22 nn n x （重庆）(12) n lim 12 ) 12(31 2 nn n _. 解 2 13(21) lim 21 n n nn 2 2 1 lim 212 n n nn 。 (14)在数列 an中，若 a1=1,an+1=2an+3 (n1),则该数列的通项 an=_. 在数列

43、n a中，若 11 1,23(1) nn aaan， 1 32(3)(1) nn aan，即 3 n a是以 1 34a为首项，2 为公比的等比数列， 11 34 22 nn n a， 所以该数列的通项 n a 1 23 n . (22)(本小题满分12 分)已知一列椭圆Cn:x 2+ 2 2 n b y =1. 0bn1,n=1,2. .若椭圆 C 上有一点Pn使 Pn 到右准线ln的距离 d.是 PnFn与 PnCn的等差中项，其中Fn、Cn分别是 Cn的左、右焦点. （）试证：bn 2 3 (n1);（）取bn 2 32 n n ，并用SA 表示PnFnGn的面积，试证：S1 S1且 S

44、nSn+3 (n3). 证： （I）由题设及椭圆的几何性质有2 n d2 nnnn P FPG， 故1 n d。 设 2 1 n Gb， 则 右 准 线 方 程 为 1 2 n n lx G . 因 此 ， 由 题 意 n d应 满 足 11 11. n nn d GG 即 1 11, 01 n n G G 解 之 得 ： 1 1 2 n G。 即 2 1 11. 2 n b从 而 对 任 意 3 1. 2 n nb 20 （II）设点P的坐标为, nn xy，则由1 n d及椭圆方程易知 2222211 1,(1)(1)(1(1) ) nnnnn nn xybxG GG 22 2 1 ( 2

45、21). nnn n GGG G 因 nn F G2 n G， 故 nnn P F G的面积为 nnn SGy，从而 2331 221 1 2 nnnnn SGGGG 。 令 32 ( )221f cccc。 由 2 ( )6220.fccc得两根 113 . 6 从而易知函数( )f c在 1 113 , 26 内是增函数。而在 113 ,1 6 内是减函数。 现在由题设取 23 , 2 n n b n 则 211 11, 22 nnn n CbC nn 是增数列。又易知 23 31134 465 CC。故由前已证，知 12 SS，且 1 (n 3) nn SS （上海）20.已知有穷数列

46、n a共有 2k 项（整数2k） ，首项 1 2a，设该数列的前n 项和为 n s,且 1 (1)2,(1,2,21) nn aasnk，其中常数1a。 （1）求证：数列 n a为等比数列。（ 2）若 2 21 2 k a，数列 n b满足 212 1 log (),1,2,2 nn ba aank n ，求 n b的通项公式。（3）若（ 2）中的数列 n b满足 不等式： 12212 3333 4 2222 kk bbbb，求 k 的值 证明 (1)当 n=1 时,a2=2a,则 1 2 a a =a； 2 n2 k1 时, an+1=(a1) Sn+2, an=(a1) Sn1+2, an

47、+1an=(a1) an, n n a a 1 =a, 数列 an是等比数列 . 解(2)由(1)得 an=2a 1n , a1a2 an=2 2 a )1(21n =2 2 a 2 )1(nn =a 12 )1( k nn n , bn=1 12 1 12 ) 1( 1 k n k nn n n (n=1,2, ,2k). （3）设 bn 2 3 ,解得 n k+ 2 1 ,又 n 是正整数 ,于是当 n k 时, bn 2 3 . 原式 =( 2 3 b1)+( 2 3 b2)+ +( 2 3 bk)+(bk+1 2 3 )+ +( b2k 2 3 ) =(bk+1+b2k)(b1+bk)= 12 ) 10( 2 1 12 ) 12( 2 1 k k kk k k kkk = 12 2 k k . 当 12 2 k k 4, 得 k 28k+40, 423 k4+23,又 k2, 当 k=2,3,4,5,6,7 时,原不等式成立.