新人教高考数学总复习专题训练数列极限和数学归纳法

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高中数学第2轮总复习专题5 第3课时数列的应用、数学归纳法与极限理新人教B版

1 ( x 2 ， y 0 )，解得 x x2 4
1 4. y2
所以 f 1 x
1 x2
4(x
0).
由题意，1 a n1
1
a
2 n
4，
且
an
0，
整理，得 1 1 4，
a2 n 1
a
2 n
则
数
列
{
1
a
2 n
}是
公
差
为
4
的
等
差
数
列
．
所以
1
a
2 n
1
a
2 1
4n
1
• (4)数列在实际生活中的应用：①审题(明确数列模型)；②引入参数，将文字语言译成数学语言，变成数学问题；③解此类问题要检验合理性．
• 2．数学归纳法
• (1)数学归纳法需要完成两个步骤的证明，缺一不可．第一步有时要验证从n0开始的多个正整数命题成立．这主要取决于从k到k+1的奠基是什么数．如果假设当n=k时命题成立，并要求当k≥m时才能得出n=k+1时命题也成立，则第一步必须验证从n0到 m的各个正整数命题都成立．另外，第二步的证明必须运用“归纳假设”．
所以 bn1 bn，即数列 bn 是递减数列，其最
大项为 b1 .
若存在正整数m，使得任意n
N *，有 bn
m， 25
则须满足
m 25
b1，即
m 25
a22
a32
1 5
1 9
14 ， 45
所以取m 8.
故存在最小正整数m 8，
使得 bn
m 25

【新人教】高考数学总复习专题训练数列、极限和数学归纳法

数列、极限和数学归纳法安徽理（11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是____________ (11)15【命题意图】本题考查算法框图的识别，考查等差数列前n 项和. 【解析】由算法框图可知(1)1232k k T k +=++++=，若T ＝105，则K ＝14，继续执行循环体，这时k ＝15，T >105，所以输出的k 值为15. （18）（本小题满分12分）在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令,lg n n a T =1n ≥.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1tan tan ,n n n b a a += 求数列{}n b 的前n 项和n S .（本小题满分13分）本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力. 解：（I ）设221,,,+n l l l 构成等比数列，其中,100,121==+n t t 则,2121++⋅⋅⋅⋅=n n n t t t t T ①， ,1221t t t t T n n n ⋅⋅⋅⋅=++ ②①×②并利用得),21(1022131+≤≤==+-+n i t t t t n i n.1,2lg ,10)()()()()2(2122112212≥+==∴=⋅⋅⋅⋅=+++++n n T a t t t t t t t t T n n n n n n n n（II ）由题意和（I ）中计算结果，知.1),3tan()2tan(≥+⋅+=n n n b n另一方面，利用,tan )1tan(1tan )1tan())1tan((1tan kk kk k k ⋅++-+=-+=得.11tan tan )1tan(tan )1tan(--+=⋅+kk k k 所以∑∑+==⋅+==231tan )1tan(n k n k k n k k b S23tan(1)tan tan(3)tan3(1)tan1tan1n k k k n n +=+-+-=-=-∑安徽文（7）若数列}{n a 的通项公式是()()n a n =-13-2g ,则a a a 1210++=L （A ） 15 (B) 12 (C ) -12 (D) -15（7）A 【命题意图】本题考查数列求和.属中等偏易题. 【解析】法一：分别求出前10项相加即可得出结论；法二：12349103a a a a a a +=+==+= ，故a a a 1210++=3⨯5=15L .故选A. 北京理11.在等比数列{}n a 中，若112a =，44a =-，则公比q =________；12||||||n a a a +++= ________.【解析】112a =，442a q =-⇒=-，{||}n a 是以12为首项，以2为公比的等比数列，1121||||||22n n a a a -+++=- 。

高考数学一轮复习必备：第9293课时：第十二章极限数列的极限数学归纳法

高考数学一轮复习必备：第9293课时：第十二章极限数列的极限数学归纳法第92-93课时：第十二章极限——数列的极限、数学归纳法课题：数列的极限、数学归纳法一知识要点（一）数列的极限1.定义：关于无穷数列{a n }，假设存在一个常数A ，不管预选指定多么小的正数ε，都能在数列中找到一项a N ，使得当n>N 时，|an-A|<ε恒成立，那么称常数A 为数列{a n }的极限，记作A a n n =∞→lim .2.运算法那么：假设lim n n a →∞、lim n n b →∞存在，那么有lim()lim lim n n n n n n n a b a b →∞→∞→∞±=±；lim()lim lim n n n n n n n a b a b →∞→∞→∞⋅=⋅)0lim (lim lim lim ≠=∞→∞→∞→∞→n n n n nn nn n b b a b a 3.两种差不多类型的极限：<1> S=⎪⎩⎪⎨⎧-=>=<=∞→)11()1(1)1(0lim a a a a a n n 或不存在 <2>设()f n 、()g n 分不是关于n 的一元多项式，次数分不是p 、q ，最高次项系数分不为p a 、p b 且)(0)(N n n g ∈≠,那么⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>=<=∞→)()()(0)()(lim q p q p b a q p n g n f qpn 不存在4.无穷递缩等比数列的所有项和公式：11a S q=- 〔|q|<1〕无穷数列{a n }的所有项和：lim n n S S →∞= 〔当lim n n S →∞存在时〕〔二〕数学归纳法数学归纳法是证明与自然数n 有关命题的一种常用方法，其证题步骤为：①验证命题关于第一个自然数0n n = 成立。

②假设命题对n=k(k ≥0n )时成立,证明n=k+1时命题也成立.那么由①②,关于一切n ≥ 0n 的自然数,命题都成立。

数列、数列的极限与数学归纳法

一、复习策略本章内容是中学数学的重点之一，它既具有相对的独立性，又具有一定的综合性和灵活性，也是初等数学与高等数学的一个重要的衔接点，因而历来是高考的重点.高考对本章考查比较全面，等差、等比数列，数列的极限的考查几乎每年都不会遗漏．就近五年高考试卷平均计算，本章内容在文史类中分数占13％，理工类卷中分数占11％，由此可以看出数列这一章的重要性.本章在高考中常见的试题类型及命题趋势：(1)数列中与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，要切实注意与的关系．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”，近几年命题严格按照《考试说明》，不要求较复杂由递推公式求通项问题．(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，从本章在高考中所占的分值来看，一年比一年多，而且多注重能力的考查．通过上述分析，在学习中应着眼于教材的基本知识和方法，不要盲目扩大，应着重做好以下几方面：理解概念，熟练运算巧用性质，灵活自如二、典例剖析考点一：数列的通项与它的前n项和例1、只能被1和它本身整除的自然数(不包括1)叫做质数．41，43，47，53，61，71，83，97是一个由8个质数组成的数列，小王正确地写出了它的一个通项公式，并根据通项公式得出数列的后几项，发现它们也是质数．试写出一个数P满足小王得出的通项公式，但它不是质数，则P=__________．解析：，．显然当时有因数41，此时．答案：1681点评：本题主要考查了根据数列的前n项写数列的通项的能力．体现了根据数列的前n项写通项只能是满足前n项但不一定满足其所有的性质的特点．例2、已知等差数列中，，前10项之和是15，又记.(1)求的通项公式；(2)求；(3)求的最大值．(参考数据：ln2=0.6931)解析：(1)由，得，．(2)．(3)法一：，，由ln2=0.6931，计算>0，<0，所以极大值点满足，但，所以只需比较与的大小：，．法二：数列的通项，令，．点评：求时，也可先求出，这要正确理解“”，其中应处在的表达式中的位置．例3、已知数列的首项，前项和为，且．(1)证明数列是等比数列；(2)令，求函数在点处的导数，并比较与的大小．解析：(1)由已知时，．两式相减，得，即，从而．当时，．又．从而．故总有．又．从而．即是以为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，．当n=1时，(*)式=0，；当n=2时，(*)式=－12<0，；当n≥3时，n－1>0．又，，即(*)式>0，从而．考点二：等差数列与等比数列例4、有n2(n≥4)个正数，排成n×n矩阵(n行n列的数表，如下图)．其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，且满足：a24=1，a42=，a43=，(1)求公比q；(2)用k表示a4k；(3)求a11＋a22＋a33＋…＋a nn的值.分析：解答本题的关键首先是阅读理解，熟悉矩阵的排列规律，其次是灵活应用等差、等比数列的相关知识求解．解：(1)∵每一行的数列成等差数列，∴a42，a43，a44成等差数列，∴2a43= a42＋a44，a44=;又每一列的数成等比数列，a44=a24·q2，a24=1，∴q2=，且a n>0，∴q=.(2)a4k= a42＋(k－2)d=＋(k－2)( a43－a42)=.(3)∵第k列的数成等比数列，∴a kk= a4k·q k－4=·()k－4= k·()k (k=1，2，…，n).记a11＋a22＋a33＋…＋a nn=S n，则S n=＋2·()2＋3·()2＋…＋n·()n，S n=()2＋2·()3＋…＋(n－1) ()n＋n()n＋1，两式相减，得S n=＋()2＋…＋()n－n()n＋1=1－，∴S n=2－，即a11＋a22＋a33＋…＋a nn=2－．例5、已知分别是轴，轴方向上的单位向量，且(n=2，3，4，…)，在射线上从下到上依次有点，且=(n=2，3，4，…)．(1)求；(2)求；(3)求四边形面积的最大值．解析：(1)由已知，得，(2)由(1)知，．且均在射线上，．．(3)四边形的面积为．又的底边上的高为．又到直线的距离为．，而，．点评：本题将向量、解析几何与等差、等比数列有机的结合，体现了在知识交汇点设题的命题原则．其中割补法是解决四边形面积的常用方法．考点三：数列的极限例6、给定抛物线，过原点作斜率为1的直线交抛物线于点，其次过作斜率为的直线与抛物线交于．过作斜率为的直线与抛物线交于，由此方法确定：一般地说，过作斜率为的直线与抛物线交于点．设的坐标为，试求，再试问：点，…向哪一点无限接近？解析：∵、都位于抛物线上，从而它们的坐标分别为，∴直线的斜率为，于是，即，．因此，数列是首项为，公比的等比数列．又，，因此点列向点无限接近．点评：本例考查极限的计算在几何图形变化中的应用，求解问题的关键是要利用图形的变化发现点运动的规律，从而便于求出极限值来．例7、已知点满足：对任意的，．又已知．(1)求过点的直线的方程；(2)证明点在直线上；(3)求点的极限位置．解析：(1)，，则．化简得，即直线的方程为．(2)已知在直线上，假设在直线上，则有，此时，也在直线上．∴点在直线上．(3)，即构成等差数列，公差，首项，，故．．．故的极限位置为(0，1)．考点四：数学归纳法例8、设是满足不等式的自然数的个数．(1)求的解析式；(2)设，求的解析式；(3)，试比较与的大小．解析：先由条件解关于的不等式，从而求出．(1)即得．(2)．(3)．n=1时，21－12>0；=2时，22－22=0；n=3时，23－32<0；n=4时，24－42=0；n=5时，25－52>0；n=6时，26－62>0．猜想：n≥5时，，下面对n≥5时2n>n2用数学归纳法证明：(i)当n=5时，已证25>52．(ii)假设时，，那么．．，即当时不等式也成立．根据(i)和(ii)时，对，n≥5，2n>n2，即．综上，n=1或n≥5时，n=2或n=4时时．点评：这是一道较好的难度不太大的题，它考查了对数、不等式的解法，数列求和及数学归纳法等知识．对培养学生综合分析问题的能力有一定作用．例9、已知数列中，，．(1)求的通项公式；(2)若数列中，，，证明：，．解：(1)由题设：，．所以，数列是首项为，公比为的等比数列，，即的通项公式为，．(2)用数学归纳法证明．(ⅰ)当时，因，，所以，结论成立．(ⅱ)假设当时，结论成立，即，也即．当时，，又，所以．也就是说，当时，结论成立．根据(ⅰ)和(ⅱ)知，．考点五：数列的应用例10、李先生因病到医院求医，医生给他开了处方药(片剂)，要求每12小时服一片，已知该药片每片220毫克，他的肾脏每12小时排出这种药的60%，并且如果这种药在体内残留量超过386毫克，将会产生副作用，请问：李先生第一天上午8时第一次服药，则第二天早上8时服完药时，药在他体内的残留量是多少毫克？如果李先生坚持长期服用此药，会不会产生副作用？为什么？解：(1)设第次服药后，药在他体内残留量为毫克，依题意，故第二天早上8时第三次服完药时，药在他体内的残留量是343.2毫克.(2)由，，．故长期服用此药不会产生副作用．例11、(07安徽高考)某国采用养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储务金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，……，以T n表示到第n年末所累计的储备金总额。

19[1].数列、数列的极限、数学归纳法

数列及其极限、数学归纳法综合练习【例题精选】例1、写出下列数列的通项公式a n 。

①1, 3, 3, 5, 5, 7, 7, 9, 9, ……;②a a a n n 11332==-+,.分析: ①将已知数列变形成 1 + 0, 2 + 1, 3 + 0, 4 + 1, 5 + 0, 6 + 1, 7－0, ……等,则 ()()a n n N n n=++-∈112。

②用递推形式给出的数列, 可以用写出前n 项后进行归纳, 也可直接推出。

方法一: a a a a a 1213233273219==-==-=,,, a a a a 4354325532163=-==-=,,则由a a a a 1232433123123123==+⨯=+⨯=+⨯,,,, a 54123=+⨯,…归纳 ()a n N n n =+⨯∈-1231。

方法二: 由()a a a a n n n n ++=--=-1132131,得 ∴{}a n -1是公比为3的等比数列, 首项为a 112-= ∴a a n n n n -=⨯=+⨯--12312311,即例2、求下列数列的前n 项和S n 。

①()()12345621222222222-----，，，…，，…n n ; ②111211231123，，，…，…，…+++++++n. 分析: (1)∵ ()()a n n n n =--=-+2124122 ∴()S n n n =-+++++4123…()()=-++=-+41221·n n n n n②∵()a n n n n n n =++++=+=-+⎛⎝ ⎫⎭⎪1123212111… ∴S n n n =-+-+-++-+⎛⎝⎫⎭⎪211212131314111…=-+⎛⎝ ⎫⎭⎪=+211121n n n 例3、①等差数列的前m 项和为30, 前2m 项和为100, 则它的前3m 项和为。

②设{}a n 是由正数组成的等比数列, 公比q = 2, 且a a a a 12330302···…·=,那么a a a a 36930···…·的值为。

数列极限和数学归纳法练习(有-答案)

数列极限和数学归纳法练习(有-答案)数列极限和数学归纳法一、知识点整理：数列极限：数列极限的概念、数列极限的四则运算法则、常见数列的极限公式以及无穷等比数列各项的和要求：理解数列的概念，掌握数列极限的四则运算法则和常见数列的极限，掌握公比q 当01q <<时无穷等比数列前n 项和的极限公式及无穷等比数列各项和公式，并用于解决简单的问题。

1、理解数列极限的概念：21,(1),nn n-等数列的极限 2、极限的四则运算法则：使用的条件以及推广 3、常见数列的极限：1lim 0,lim 0(1),lim →+∞→+∞→+∞==<=nn n n q q C C n4、无穷等比数列的各项和：1lim (01)1→+∞==<<-nn a S Sq q数学归纳法：数学归纳法原理，会用数学归纳法证明恒等式和整除性问题，会利用“归纳、猜想和证明”处理数列问题（1）、证明恒等式和整除问题（充分运用归纳、假设，拆项的技巧，如证明22389n n +--能被64整除，2438(1)9k k +-+-）229(389)64(1)k k k +=--++），证明的目标非常明确；（2）、“归纳－猜想－证明”，即归纳要准确、猜想要合理、证明要规范，这类题目也是高考考察数列的重点内容。

二、填空题1、计算：112323lim -+∞→+-n n nn n =_____3_____。

2、有一列正方体，棱长组成以1为首项、21为公比的等比数列，体积分别记为，，，，nV V V 21=+++∞→)(lim 21nn V V V 87. 3、20lim______313n n n →∞+=+134、数列的通项公式，前项和为，则=______32_______. 5、设{}n a 是公比为21的等比数列，且4)(lim 12531=+⋅⋅⋅+++-∞→n n a a a a ，则=1a 3 ．6、在等比数列{}na 中，已知123432,2a a a a ==，则()12lim nn a a a →∞+++=_16±______.7、数列{}na 的通项公式是13(2)--+=+-n n na，则)(lim 21nn a a a +++∞→ =___76____ . 8、已知数列{}na 是无穷等比数列，其前n 项和是nS ，若232aa +=，341a a +=，则lim nn S →∞的值为 163.9、设数列{}n a 满足当2na n >（*N n ∈）成立时，总可以推出21(1)n a n +>+成立．下列四个命题：（1）若93≤a ，则164≤a ．（2）若310a =，则525a >．（3）若255≤a ，则164≤a ．（4）若2(1)n a n ≥+，则21n a n +>．其中正确的命题是（2）（3）{}na *1 , 1()1 , 2(1)n n a n N n n n =⎧⎪=∈⎨≥⎪+⎩n nS lim nn S →∞（4） .（填写你认为正确的所有命题序号）10、将直线1l ：01=-+y x ，2l ：0=-+n y nx ，3l ：0=-+n ny x （*N ∈n ，2≥n ）围成的三角形面积记为nS ，则=∞→nn S lim ___12________． 11、在无穷等比数列{}na 中，所有项和等于2，1则的取值范围是a ()()0,22,412、设无穷等比数列{}na 的公比为q ，若245lim()→∞=+++nn a a a a ，则15-+13、已知点⎪⎭⎫ ⎝⎛+0,11n A ，⎪⎭⎫ ⎝⎛+n B 22,0，⎪⎭⎫ ⎝⎛++nn C 23,12，其中n 为正整数，设nS 表示△ABC 的面积，则=∞→nn S lim ___2.5________．14、下列关于极限的计算，错误．．的序号___（2）___．（1）==（2）（++…+）=++…+=0+0+…+0=0 （3）（－n ）===；（4）已知=（15）已知()f x 是定义在实数集R 上的不恒为零的函数，且对于任意,a b ∈R ，满足()22f =，()()()f ab af b bf a =+，记()()22,22nnnnnf f a b n==，其中*N n ∈．考察下列结论：①()()01f f =；②()f x 是R 上的偶函数；③数列{}na 为等比数列；④数列{}nb 为等差数列.其中正确结论的序号有 ① ③ ④ ．二、选择题：16、已知,,若，则的值不可能．．．是… ………（（D ））（A ） . （B ）. （C ）. （D ）.17、若21lim 12n n r r+→∞⎛⎫⎪+⎝⎭存在，则r 的取值范围是（（A ））（A ）1r ≤-或13r ≥- ；（B ）1r <-或13r >-；（C ）1r ≤-或13r >- ；（D ）113r -≤≤- 观察下列式子：，可以猜想结论为((C) ) .(A)；(B)(C)；(D)19、已知12120121()20122n n n n a n -- , <⎧⎪=⎨- , ≥⎪⎩，nS 是数列{}na 的前n 项和（ (A ））0>a 0>b 11lim 5n n nnn a ba b++→∞-=-b a +78910 ,474131211,3531211,23211222222<+++<++<+2221112n 1123n n++++⋅⋅⋅+<(n N*)∈2221112n 1123(n 1)n-+++⋅⋅⋅+<+(n N*)∈2221112n 1123(n 1)n 1++++⋅⋅⋅+<++(n N*)∈2221112n 1123n n 1++++⋅⋅⋅+<+(n N*)∈(A ）lim nn a →∞和lim nn S →∞都存在； (B) lim nn a →∞和lim nn S →∞都不存在。

数列专题复习及答案

数列、数列极限、数学归纳法综合复习一、填空题l、已知a n=n E N*)'则数列忆｝的最大项是旷+1562、在等差数列{a J中，若a4+a6十Gio+ a12 = 90'则知0-—a l4=3、酰廿等比数列包｝，若Gi= l a5 = 4, 则a3的值为4、数列{a J中，a3= 2, a5 = l, 则数列｛｝是等差数列，则a ll=a n +l5、在数列{a J和｛九｝中，b n是a n与a n+I的等差中项，a1=2且对任意nEN*都有3a n+I -a n = Q , 则数列｛九｝的通项公式为6、设等差数列{a n}的公差d不为O,a1 = 9d, a k是a,与a2k的等比中项，则k=7、等差数列{a J的前n项和为S n,若S4�10,S5sl5,则a4的最大值为8、正数数列{a J中，已知a1= 2, 且对任意的s,t EN*, 都有a s+a t= a s+t成立，则1 1+ + +a l a2 a2a3 a n a n+I s9、等差数列{a J的前n项和为S n,且a4-a2 = 8,a3 + a5 = 26 , 记兀＝号－，如果存在正整数M,使得对一切正整数n,T n sM都成立．则M的最小值是10、已知无穷等比数列{a n}中，各项的和为s,且lim[3(a1+a尸+a n)—S]=4,则实n今OO数a l的范围11、设正数数列{a J的前n项和为S n,且存在正数t'使得对千所有自然数n,有寂=n a +t 成立，若lim 瓦< t'则实数t的取值范围为2 n➔ 00a n12、数列{a,)的通项公式为a,={�::3(1:::; n:::; 2)，则lirn s = n之3,n EN*) nn➔oo13、已知数列[a,}的通项三式为a,�2•-1+I, 则a立+a立+a立+a,, 立＝12a n 0:::;;a n<—)14、数列{a }满足a= 2 6n+l � l '若a l=—，则a2001的值为2a n -I —:::;;a n< I)7215、在数列{a J中，如果对任意nEN*都有a n+2—a n+l= k (k为常数），则称{a J为等a n+l -a n差比数列，k称为公差比．现给出下列命题：(1)等差比数列的公差比一定不为0;(2)等差数列一定是等差比数列；(3)若a n=-3勹2,则数列{aJ是等差比数列；(4)若等比数列是等差比数列，则其公比等千公差比．其中正确的命题的序号为二、选择题16、等差数列{a n}的公差为d,前n项的和为S n,当首项a l和d变化时a2+as+a11是一个定值，则下列各数中也为定值的是( )A. s7B. SsC. s l3D. s l517、在等差数列{aJ中，Cli> 0, 5a5 = 17 a10 , 则数列{aJ前n项和凡取最大值时，n的值为（）A.12B.llC.10D.918、设{a n}为等差数列，若生)_<—1,且它的前n项和S n有最小值，那么当凡取得最小正值时，n=a l O（）A 11 B.17 C.19 D. 2019、等差数列{a n}的前n项和为S n,且Ss< S6, S6 = S1 > Ss,则下列结论中错误的是（）A d<O C. S9 > SB. a7 = 0D. S6和S7均为S n的最大值20、已知数列{a J、｛九｝都是公差为1的等差数列，其首项分别为a l、b l'且a1+ b1 = 5, a1 ,b1 EN*. 设e n= a b,, (n E N勹，则数列{e n}的前10项和等千（）A. 55B. 70C.85D.10021、已知等差数列{a J的前n项和为S n,若OB=CliOA十生OO OC,且A,B,C三点共线（该直线不过原点0),则s200= c )A. 100B. 101C. 200D. 201A 7n+4522、已知两个等差数列{aJ和｛仇｝的前n项和分别为A n和B n,且_____!!.='则使B n+3a得二为整数的正整数n的个数是（b nA. 2三、解答题B. 3C. 4D. 523、设数列忆｝的前n项和为S n,已知a l=a'a n+I =凡+3n,n E N*.(1)设九＝凡_3n,求忱｝的通项公式；(2)若a＊n+I� 化，nEN,求a的取值范围．24、数列曰｝满足a 1=a , a 2 = -a (a > 0) , 且{a n }从第二项起是公差为6的等差数列，凡是{a n }的前n项和.(1)当n �2时，用a与n表示a n 与S n (2)若在s 6与趴两项中至少有一项是凡的最小值，试求a的取值范围；125、数列{aJ中，a l=—，点(n,2a n+l -aJ在直线y =x 上，其中nEN *2(1)设九=a n +l -a n -1, 求证数列｛九｝是等比数列；(2)求数列{a n }的通项；(3)设S n 、Tn 分别为数列{a小｛九｝的前n项和，是否存在实数入，使得数列｛凡:入T"}为等差数列？若存在，试求出入；若不存在，则说明理由。

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新人教高考数学总复习专题训练数列极限和数学归纳法Last revision date: 13 December 2020.数列、极限和数学归纳法安徽理（11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是____________(11)15【命题意图】本题考查算法框图的识别，考查等差数列前n 项和.【解析】由算法框图可知(1)1232k k T k +=++++=，若T ＝105，则K ＝14，继续执行循环体，这时k ＝15，T >105，所以输出的k 值为15.（18）（本小题满分12分）在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令,lg n n a T =1n ≥.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1tan tan ,n n n b a a +=求数列{}n b 的前n 项和n S .（本小题满分13分）本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力. 解：（I ）设221,,,+n l l l 构成等比数列，其中,100,121==+n t t 则,2121++⋅⋅⋅⋅=n n n t t t t T ①， ,1221t t t t T n n n ⋅⋅⋅⋅=++ ②①×②并利用得),21(1022131+≤≤==+-+n i t t t t n i n.1,2lg ,10)()()()()2(2122112212≥+==∴=⋅⋅⋅⋅=+++++n n T a t t t t t t t t T n n n n n n n n（II ）由题意和（I ）中计算结果，知.1),3tan()2tan(≥+⋅+=n n n b n另一方面，利用,tan )1tan(1tan )1tan())1tan((1tan kk kk k k ⋅++-+=-+=得.11tan tan )1tan(tan )1tan(--+=⋅+kk k k 所以∑∑+==⋅+==231tan )1tan(n k n k k n k k b S23tan(1)tan tan(3)tan 3(1)tan1tan1n k k k n n +=+-+-=-=-∑安徽文（7）若数列}{n a 的通项公式是()()n a n =-13-2,则a a a 1210++=（A ） 15 (B) 12 (C ) -12 (D) -15（7）A 【命题意图】本题考查数列求和.属中等偏易题. 【解析】法一：分别求出前10项相加即可得出结论；法二：12349103a a a a a a +=+==+=，故a a a 1210++=3⨯5=15.故选A.北京理11.在等比数列{}n a 中，若112a =，44a =-，则公比q =________；12||||||n a a a +++=________.【解析】112a =，442a q =-⇒=-，{||}n a 是以12为首项，以2为公比的等比数列，1121||||||22n n a a a -+++=-。

20.若数列n A ：1a ，2a ，…，(2)n a n ≥满足1||1k k a a +-=（k =1，2，…，1n -），则称n A 为E 数列。

记12()n n S A a a a =+++.（1）写出一个满足150a a ==，且5()0S A >的E 数列5A ；（2）若112a =，2000n =，证明：E 数列n A 是递增数列的充要条件是2011n a =；（3）对任意给定的整数(2)n n ≥，是否存在首项为0的E 数列n A ，使得()0n S A =如果存在，写出一个满足条件的E 数列n A ；如果不存在，说明理由。

解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E 数列A 5。

（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E 的数列A 5）（Ⅱ）必要性：因为E 数列A 5是递增数列，所以)1999,,2,1(11 ==-+k a a k k .所以A 5是首项为12，公差为1的等差数列.所以a 2000=12+（2000—1）×1=2011.充分性，由于a 2000—a 1000≤1，a 2000—a 1000≤1 …… a 2—a 1≤1所以a 2000—a≤19999，即a 2000≤a 1+1999. 又因为a 1=12，a 2000=2011,所以a 2000=a 1+1999.故n n n A k a a 即),1999,,2,1(011 =>=-+是递增数列.综上，结论得证。

（Ⅲ）令.1),1,,2,1(011±=-=>=-=+A k k k c n k a a c 则因为2111112c c a a c a a ++=++= ……,1211+++++=n n c c c a a所以13211)3()2()1()(-++-+-+-+=n n c c n c n c n na A S)].1()2)(1()1)(1[(2)1(121--++--+----=n c n c n c n n 因为).1,,1(1,1-=-±=n k c c k k 为偶数所以所以)1()2)(1()1)(1*21n c n c n c -++--+-- 为偶数, 所以要使2)1(,0)(-=n n A S n 必须使为偶数, 即4整除*)(144),1(N m m n m n n n ∈+==-或亦即. 当,1,0,*)(14241414-===∈+=--+k k k n a a a A E N m m n 的项满足数列时14=k a),,2,1(m k =时，有;0)(,01==n A S a;0)(,0,0),,,2,1(11144=====+n k k A S a a m k a 有时当n A E N m m n 数列时,*)(14∈+=的项满足，,1,0243314-===---k k k a a a 当)1(,)(3424-∈+=+=m n N m m n m n 时或不能被4整除，此时不存在E 数列A n ，使得.0)(,01==n A S a 北京文（14）设()0,0A ,()4,0B ,()4,3C t +，(),3D t 。

记()N t 为平行四边形ABCD 内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则()0N = ；()N t 的所有可能取值为。

6；6，7，8（20）（本小题共13分）若数列12:,,(2)n n A a a a n ≥满足11(1,2,,1)k k a a k n +-==-，则称n A 为E 数列，记()12++n n S A a a a =+。

（I ）写出一个E 数列5A 满足13==0a a ；（II ）若1=12,=2000a n ，证明：E 数列n A 是递增数列的充要条件是=2011n a （III ）在1=4a 的E 数列n A 中，求使得()n S A =0成立的n 的最小值解：（Ⅰ）0，1，0，1，0是一具满足条件的E 数列A 5。

（答案不唯一，0，1，0，-1，0也是一个满足条件的E 的数列A 5）（Ⅱ）必要性：因为E 数列A 5是递增数列，所以)1999,,2,1(11 ==-+k a a k k .所以A 5是首项为12，公差为1的等差数列.所以a 2000=12+（2000—1）×1=2011.充分性，由于a 2000—a 1000≤1，a 2000—a 1000≤1 …… a 2—a 1≤1所以a 2000—a≤19999，即a 2000≤a 1+1999. 又因为a 1=12，a 2000=2011,所以a 2000=a 1+1999.故n n n A k a a 即),1999,,2,1(011 =>=-+是递增数列.综上，结论得证。

（Ⅲ）111111k k k k k k a a a a a a +++-=⇒-≥-⇒≥-所以有：2113a a ≥-=，3212a a ≥-≥，4311a a ≥-≥，…，8713a a ≥-≥-；9814a a ≥-≥-相加得：1290a a a +++≥，所以在1=4a 的E 数列n A 中，使得()n S A =0成立的n 的最小值为9。

福建理16．(本小题满分13分) 已知等比数列{}n a 的公比3q =，前3项和3133S =．(Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ) 若函数()sin(2)(0,0)f x A x A ϕϕπ=+><<在6x π=处取得最大值，且最大值为3a ，求函数()f x 的解析式．解：(Ⅰ)由3133,3q S ==得113a =，所以23n n a -=； (Ⅱ)由(Ⅰ)得33a =，因为函数()f x 最大值为3，所以3A =，又当6x π=时函数()f x 取得最大值，所以sin()13πϕ+=，因为0ϕπ<<，故6πϕ=，所以函数()f x 的解析式为()3sin(2)6f x x π=+。

福建文17．（本小题满分12分）已知数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3。

（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值。

解：（Ⅰ）由a 1＝1，a 3＝－3得2d =-，所以a n ＝3－2n ；（Ⅱ）(1)35k S k k k =--=-，解得k ＝7。

广东理11.等差数列{}n a 前9项的和等于前4项的和.若141,0k a a a =+=，则k = ..10,02,0,0,:10.k :0)61(31)1(611,61d 3d),2(24d)9(1),(29,24)(29)(,:710479876549415419149=∴==+=∴=++++∴===-⋅++---=∴+=++=∴+=+=k a a a a a a a a a S S k a a a a a a a S S 从而解法二得由即即解法一20.（本小题满分12分）设0,b >数列{}n a 满足111=,(2)22n n n nba a b a n a n --=≥+-,(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n,1112n n n b a ++≤+1111111211,22111112,,{},,, 2.222212112(),2211122{},,22(2)12n n n n n n n n n n n n n n nba n n a a n a b a bn n n n n b a a a a a a n n b a b b a bn a b a b b b bn a b ------==⋅++--==+=∴==-≠+=+--++=---∴+-解:(1)由可得当时则数列是以为首项为公差的等差数列从而当时,则数列是以为首项为公比的等比数列12212(2)()(),,(2)222,(2).(2)(0,2)2n n n n n n n n n n nb b a b b b b b b b a nb b b b b--=⋅=⋅∴=---=⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩ 综上1111111111232211123122,2,22(2)(2),,22222,22222222n n n n n n n n n n n n n n n nn n n n n n nn nn n n n n n b b a a b nb bb n b b a b b bn b b b b b b b b b +++++++++-----+-----==∴=--≠≤≤≤--≤+++++≤++++(2)当b=2时,+1+1,从而原不等式成立;1当b 2时,要证+1,只需证+1即证+1即证+即证n 212231121211232221,22222221)()()()222222,,.n n n n n n n n n n n n b b b b b b b b b bb b b b nb -+---+-++++++++++++++≥+⋅=∴≠而上式左边=(当b 2时原不等式也成立从而原不等式成立广东文11．已知{}n a 是递增等比数列，4,2342=-=a a a ，则此数列的公比=q ．2 20．（本小题满分14分）设b>0,数列}{n a 满足b a =1,11(2)1n n n nba a n a n --=≥+-．（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n ,121+≤+n n b a ．解：（1）1110,1n n n nba a b a a n --=>=+-由可知111111,,n n n n n n n A A a b b a a b--∴=+==令则，-11n 11n 1111111112=++n n n nn A A A b b b b b b b b ---≥=+++=++当时， 11(1)11(1)1n n n n b b b A b b b--≠==--①当b 1时，；n A n =②当b =1时，(1),111,1n n n nb b b a b b ⎧-≠⎪∴=-⎨⎪=⎩；（2）12(1)121,1n n n nnb b b a b b +-≠=≤+-当时，欲证 112(1)1n nn b nb bb +-≤+-只需证，12211121(1)11n n n n n n n b bb b b b b b +-+---+=+++++++-11111()n n n n n b b b b b b b--=++++++(222)2nnb nb >+++=，12(1)211n n n nnb b a b b +-∴=<+-； 11221n n b a b +===+当时，，12+1n n a b +≤综上所述。