数列与函数、向量综合题(师)

高中数学复习系列---数列综合训练一（数列与向量、函数的综合题）

【数列与向量综合题】

n1,ab S,11,2a2bnn=, =

1.

已知Sn为数列an的前n项和，aann（1）求证：2为等差数列；

(2) 若

bnn2011ann1,问是否存在n0, 对于任意k（kN），不等式bkbn0成立.

解（1）ab

n1S2a20 nnSn12an12n20

an12an2n1

an1ann1n122

ann2为等差数列

an2(n1)(n1)n2（2）

bn2011n2令bn1bn

n2010n2n12011n2nn2009bn的最大值为b2010b2009n02009或2010

2. 已知数列{an}的首项a11，a23，前n项和为Sn，且Sn1、Sn、Sn1（n ≥2）分别是直线l上的点A、B、2an1C的横坐标，

ABaBCn，设b11，bn1log2(an1)bn．

⑴ 判断数列{an1}是否为等比数列，并证明你的结论；

bn11c4n1n⑵ 设nanan1，证明：Ck1k1．

Sn1Sn解：⑴由题意得S2an1annS12an1n1an

an112(an1)（n≥2），又∵a11，a23

数列{an1}是以a112为首项，以2为公比的等比数列。 [则

an12nan2n1（nN*）] ⑵由

an2n1及bn1log2(an1)bn得bn1bnn bn11n1bn(n1)42nn12， 则

cna11nnan1(21)(2n11)2n12n11

111111111C1n11k22334nn12121212121212121 k121

n【数列与函数的综合题】

3.二次函数

f(x)符合f(x)0,且f(x)2x2恒成立，f(1)1 （1）求f(0)并求f(x)的解析式；

f(1)（2）若

anf(2)f(n)12n,b1na,n求数列bn前n项和Sn.

（3）若cn1f(cn),且c12,记Tnc1c2...cn,求符合Tn2008最小自然数n．

.解：（1）

f(0)0　又：f(0)2020　　　f(0)0 f(x)ax2bx　　对称轴x0即b0　f(x)ax2

又f(1)1　　a1　　f(x)x2

a1222（2）

n2n1212nn(n1)n2

bn21n(n1)2(n1n1)

limnSlim1nn2(1n1)2.

（3）C12.　　C2C2n1n1(Cn) n2

Tn2122242822n12(1242n1)2(2n1)2008

n4,nmin4

S1n2(1n1);

4. 已知函数

fx14x2xR1P2的中点P的横坐，点P1x1,y1，P2x2,y2是函数fx图像上的两个点，且线段P标为12．

⑴求证：点P的纵坐标是定值；

⑵若数列aannfmmN,n1,2,,mn的通项公式为

，求数列an的前m项的和Sm；

解：⑴由题可知：

x1x22121，所以，

12fx114x4xy41y21fx24x124x224x124x224x14x244x14x2414x1x224x14x2424x14x242

点1y2P的纵坐标

yPy214是定值，问题得证．

fn⑵由⑴可知：对任意自然数m,n，

mfmnm12恒成立．

由S1于

mff2mmfm2fm1mfmmm，故可考虑利用倒写求和的方法S12m2m1mmfmfmfmfmfmfmm1m2mfmfmf2mf1m

2S1m12mfmfmfmfm2mfm1mf1mm2fm所以，12m12f(1)163m1

即由于．：

所以，

Sm13m112

5. 设

2f1(x)=1x，定义fn+1 (x)= f1［fn(x)］，an =

fn(0)1fn(0)2（n∈N*）.

(1) 求数列｛an｝的通项公式；

(2) 若T2n4n2na12a23a32na2n，Q=4n24n1（n∈N*），试比较n

9T2n与Qn的大小，并说明理由.

21解：（1）∵f1(0)=2，a1=2221=4，fn+1(0)= f1［fn(0)］=1fn(0),

∴an+1=

2

1

1fn(0)

fn1(0)11fn(0)21fn(0)112fn1(0)21fn(0)

==42fn(0)= -2fn(0)2= -2a

n.

1111∴数列｛an｝是首项为4,公比为-2的等比数列，∴an=4(2)n1.

（2）∵T2 n = a1+2a 2+3a 3+…+(2n-1)a 2 n1+2na 2 n，

∴

1211111()T2 n= (-2a1)+(-2)2a 2+(-2)3a 3+…+(-2)(2n-1)a2 n－1+22na2 n

= a 2+2a 3+…+(2n－1)a2 n－na2 n.

3两式相减，得2T2 n= a1+a2+a 3+…+a2 n+na2 n.

3∴2T2n =

112n1()42111111n112+n×4(-2)2n1=6-6(-2)2n+4(-2)2n1.

1T2n =91-91n11(-2)2n+6(-2)2n1=93n12n(1-2).

3n12n∴9T2n=1-2.

又Qn

3n12(2n1)=1-

，

当n=1时，22 n= 4,(2n+1)2=9,∴9T2 n＜Q n；

当n=2时，22 n=16,(2n+1)2=25,∴9T2 n＜Qn；

当n≥3

2nn2013n222[(11)](CCCC)(2n1)nnnn时，，

∴9T2 n＞Q n.

12x3af(),a11nf(x){a}an13x，数列n对n2,nN总有6.已知：函数；

（1）求{an}的通项公式。

(2) 求和：

Sna1a2a2a3a3a4a4a5(1)n1anan1

111{}{}{}（3）若数列{bn}满足：①{bn}为an的子数列（即{bn}中的每一项都是an的项，且按在an中的顺序排列）

1②{bn}为无穷等比数列，它的各项和为2。这样的数列是否存在？若存在，求出所有符合条件的数列{bn}，写出

它的通项公式，并证明你的结论；若不存在，说明理由。

解（1）由

f(x)2x33x，又

23an123an112anf()an13an133an1 2分

22n1a*na11{an}(nN)33所以，是以为首项，为公差的等差数列，即

4分

4an1ananan1an(an1an1)2danan3 （2）当n为偶数，

4Sn(a2a43所以

an)4a2ann22n2n32293

6分

当n为奇数，则n1为偶数，

222n12n32n26n72SnSn1anan1(n1)(n1)93339

8分

222nn93Sn22n6n79综上：

n为偶数n为奇数 10分

31331nbqb1q01*n*k,pN2k1m2p12k1m（3）设，公比，则（）对任意的nN均成立，故m是正

奇数，又S存在，所以m1 12分

当m3时，

S133b1bnn12，此时9，3，成立

13分

211b1S5an2，此时当m5时，故不成立

14分

m7时，

S133b1bnn2，此时7，7，成立

15分

118143233Skb1b1b1*b1当m9时，m9，由2，得9，设2k1，则8，又因为kN，所以k1,2，此时1或

b11分别代入

S1q2，得到q0不合题意18分

由此，满足条件（3）的{bbn}只有两个，即

n33n1或

bn37n

20分

7.已知函数f(x)在(1,1)上有意义,f(12)1,且任意的x、y(1,1)都有f(x)f(y)f(xy1xy).

（1）若数列

{xn}满足x112,x2xn*n11x2(nN),求f(xn).n

（2）求

1f(15)f(11111)f(n23n1)f(n2)的值. xn解：（11x2）

n2|xn||21x2|1又x11.n2

|2xn1x2|1f(x11)f()1n 2

2xn而

f(xn1)f(1x2)f(xnxn)f(xn)f(xn)2f(xn).n1xnxn

5

f(xn1)2{f(xn)}是以1为首项,以2为公比的等比数列,故f(xn)2n1f(xn)

00)f(0),故f(0)010

（2）由题设，有

f(0)f(0)f(xxx(1,1),有f(x)f(x)f()f(0)0,21x又得f(x)f(x),故知f(x)在(1,1)上为奇函数.

111(k1)(k2)k1k2111由k23k11(k1)(k2)11(k1)(k2)1(k1)(k2) 得

f(1k23k1)f(11k1)f(k2)f(1k1)f(1k2) 于是nf(1k1k23k1)f(12)f(11n2)1f(n2). 故1f(15)f(111)f(11n23n1)f(n2)0.