【北京特级教师 二轮复习精讲辅导】2022届高考数学 数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析课后练习 理.docx

1、数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析课后练习题一： 若数列an满足：a1 ，a22，3(an12anan1)2.(1)证明：数列an1an是等差数列；(2)求使 成立的最小的正整数n.题二： 已知二次函数f (x)x25x10，当x(n，n1(nN*)时，把f (x)在此区间内的整数值的个数表示为an.(1)求a1和a2的值；(2)求n 3时an的表达式；(3)令bn ，求数列bn的前n项和Sn(n 3)题三： 已知等差数列an的公差d 0，且a 3，a 5是方程x 214x450的两根，数列bn的前n项和为Sn，Sn (nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cnanbn，求数列

2、cn的前n项和Tn.题四： 已知递增的等比数列an满足：a 2a 3a 428，且a 32是a 2，a 4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnan，Snb1b2bn，求S n.题五： 已知数列an满足a1 ，an (n 2，nN*)(1)试判断数列是否为等比数列，并说明理由；(2)设cnansin ，数列cn的前n项和为Tn.求证：对任意的nN*，Tn 对任意nN*都成立的正整数m的最小值题七： 已知数列an中，a11，a23，且a n1an2an1(n 2)设bnan1an，是否存在实数，使数列bn为等比数列若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.题八： 已知各项均为正数的数列

3、an满足a 2aanan1，且a 2a 42a 34，其中nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足：bn ，是否存在正整数m，n(1 m ，所以n 5.所以最小的正整数n为6.题二： (1) a 12； a 21.(2) an2n4.(3) Sn5 .详解：(1)f (x)x 25x10，又x(n，n1(nN*)时，f (x)的整数个数为an，所以f (x)在(1,2上的值域为4,6)a 12；f (x)在(2,3上的值域为 a 21.(2)当n 3时，f (x)是增函数，故a nf (n1)f (n)2n4.(3)由(1)和(2)可知，b1 2，b2 2.而当n 3时，bn

4、2 .所以当n 3时，Snb1b2b3b4bn22242 5 .题三： (1) a n2n1. b n .(2) Tn1 .详解：(1)因为a3，a5是方程x214x450的两根，且数列an的公差d 0，所以a35，a59，公差d 2.所以ana5(n5)d2n1.又当n1时，有b1S1 ，所以b1 .当n 2时，有bnSnSn1 (bn1bn)，所以 (n 2)所以数列bn是首项为，公比为的等比数列，所以bn ()n1 .(2)因为cnanbn ，则Tn ，则Tn ，由，得Tn 2()，整理，得Tn1.题四： (1) an2 n.(2) Sn2n+1n2n+12.详解：(1)设等比数列an的

5、首项为a 1，公比为q.依题意，有2(a32)a2a 4，代入a2a3a428，得a38.所以a2a420.所以解得或又an为递增数列，所以所以an2n.(2)因为bn2nn2n，所以Sn12222323n2 n.所以2Sn12222332 4(n1)2nn2 n+1.，得Sn222232nn2n+1 n2n+12n+1n2n+12.所以Sn2n+1n2n+12.题五： (1) 数列是首项为3，公比为2的等比数列(2)略.详解：(1)由an ，得 (1)n ，所以(1)n2(1)n 2 .又 130，故数列是首项为3，公比为2的等比数列(2)证明：由(1)得(1)n3(2)n1.所以 3(2)

6、n1(1)n.an ，所以cnansin (1)n1 .所以Tn 1，又Tn 0，所以Tn 对任意nN*都成立，结合(1)的结果，只需 ，由此得m 4.所以满足条件的正整数m的最小值是5.题七： 当1时，q2，b14，则数列bn是首项为4，公比为2的等比数列；当2时，q1，b11，则数列bn是首项为1，公比为1的等比数列详解：假设存在实数，使数列bn为等比数列，设 q (n 2)，即an1anq(anan1)，得an1(q)anqan1.与已知an1an2an1比较，得解得1或2.所以存在实数，使数列bn为等比数列当1时，q2，b14，则数列bn是首项为4，公比为2的等比数列；当2时，q1，b

7、11，则数列bn是首项为1，公比为1的等比数列题八： (1) an2n(nN*)(2) m2，n12 .详解：(1)因为a 2aanan1，即(anan1)(2anan1)0.又an 0，所以2anan10，即2anan1.所以数列an是公比为2的等比数列由a2a42a34，得2a18 a18a14，解得a 12.故数列an的通项公式为an2n(nN*)(2)因为bn ，所以b1 ，bm ，bn .若b1，bm，bn成等比数列，则 2 ，即 ，可得 ，所以2m24m1 0，从而1 m 1，所以m2，此时n12.故当且仅当m2， n12时，b1，bm，bn成等比数列题九： (1) an2n1，n

8、N*. (2) Tn .详解：(1)因为Snnann (n1)，当n 2时，Sn1(n1)an1(n1)(n2)，所以anSnSn1nann (n1)(n1)an1(n1)(n2)，即anan12.所以数列an是首项a11，公差d2的等差数列，故an1(n1)22n1，nN*.(2)由(1)知bn ，故Tnb1b2bn1.题十： (1) an2n.(2) Tn(n1)2n+12.详解：(1)由Snkcnk，得anSnSn1kcnkcn1(n 2)由a24， a68a3 ，得kc(c1)4，kc5(c1)8kc2(c1)，解得所以a1S12，ankcnkcn12n(n 2)，于是an2n.(2)Tnai2i，即Tn2222323424n2n.Tn2TnTn22223242nn2n+12n12n2n+1(n1)2n+12.