高考数学导数数列压轴题的破解策略数列创新试题docxWord文档下载推荐.docx
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—<
«
(I<
—!
—(ne^),即可得证.
如52(〃+1)卄2
试题解析:
(1)由题意得,〜+]-an=-atl2<
0,即an+i<
atl,an<
—,由an=(1-
彳Ja“=(1_%_])(1_a“_2)…(1_a】)d]〉0,由0v㊁得,
-^=a,1?
=—i—e[l,2],BPl<
2;
色+ian-an~1一色暫+1
(2)由题意得a/=an-an+{,
・・.S”二勺一d曲①,由——=仏和1W仏<
2得,1<
———<
2,
勺+i5色+】a曲色+]an
:
.n<
———<
2n,因此一—<
6//1+1<
—^(/?
e②,由①②得
%+1e2(71+1)n+2
例2:
将杨辉三角中的奇数换成1,偶数换成0,得到如图所示的0-1三角数表.从上往下数,第1
次全行的数都为1的是第1行,第2次全行的数都为1的是第3行,…,第刃次全行的数都为1的是第行;
笫61行中1的个数是.
第1行第2行第3行笫4行第5行
1
【解析】第1次全行的数都为1的是第1行,笫2次全行的数都为1的是第2?
-1行,笫3次全行的数都为1的是第1行,
第〃次全行的数都为1的是第2”-1行(可用数学归纳法或递推关系证明);
第-1=63行数都为1,从而逆推出第61行为1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,…,1,1,0,0丄1,共有32个1・
例3:
(2015高考安徽,理)设ne/V*,乙是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.
(I)求数列{兀}的通项公式;
(II)记―召…也,证明Tn>
—.
(【)对题屮所给Illi线的解析式进行求导,得出Illi线y=x2/,+2+1在点(1,2)处的切线斜率为
2/?
+2.从而可以写出切线方程为y-2=(2〃+2)(x-1).令y=0.解得切线与尤轴交点的横处标
!
1n
xn=1=.
n+172+1
(II)要证人巴丄,需考虑通项勺“一/,通过适当放缩能够使得每项相消即可证明•思路如下:
先表4/1
示出7;
=兀离…尢;
严(丄)2(3)2...(岂二1)2,求出初始条件当斤=1时,T}=-.当7?
>
2时,单独
242n4
(2/?
-I)2-14/12-4/1n-\
==
(2h)2(2/?
)2n
人>
(丄)2x-x-x...x-^=—,综上可得对任意的nwN*,均有Tn>
—.
,r223n4n“4n
(I)解:
y,=(x2w+2+l),=(2/?
+2)x2z,+,,Illi线歹=/卄2+]在点(i,2)处的切线斜率为
+2.
从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-l)・令y=O,解得切线与x轴交点的横坐标
1n
n+1n4-1
(II)证:
由题设和(I)中的计算结果知
当"
册,^=-.
综上可得对任意的neN*,均^Tti>
4n
例4:
将杨辉三角中的每一个数c;
都换成一!
~,就得到一个如右图所示的分数三角形,成为莱
s+i)c:
布尼茨三角形,从莱布尼茨三角形可看出一!
~+—!
—=—^—,其;
S+1)C;
(〃+l)C;
则liman=
“TOO
令Q=17FT
312心S+l)C;
【解析】・・・+=—-
S+1)C;
S+1)CT必二
x=r+1;
12
••
2(71+1)M(7?
-1)
]1
+肓+©
+l)CT
+
2n
例5:
(2015江苏高考)设di®
®
"
是各项为正数且公差为〃(dHO)的等差数列
(1)证明:
2他,2%2巾,2勺依次成等比数列;
(2)是否存在纠,d,使得依次成等比数列,并说明理由;
(3)是否存在q,d及正整数n,k,使得聊4异卫;
皿卫;
+3*依次成等比数列,并说
明理由.
(1)根据等比数列定义只需验证每一项少前一项的比值都为同一个不为零的常数即町
(2)
本题列式简单,变形较难,首先令将二元问题转化为一元,再分别求解两个高次方程,利用消最高次的方法得到方程:
7r+4r+3=0,无解,所以不存在(3)同
(2)先令心«
■将二元问题转化为—•元,为降次,所以两边取对•数,消去n,k得到关于t的一元方程
41n(l+3r)ln(l+1)-ln(14-30ln(l+2f)-3ln(l+2t)ln(l+0=0,从而将方程的解转化为研究函数
g(r)=41n(l+3f)ln(l+r)-ln(l+3r)ln(l+2f)—31n(l+2f)ln(l+f)零点情况,这个函数需要利用二次求
导才可确定其在(0,+8)上无零点
所以2®
,2也,2®
,2心依次构成等比数列.
(2)令aA+d=a,则q,a2,a3,匂分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>
d,a>
-2d,dHO)・假设存在d,使得q,远,尿,力依次构成等比数列,
则a4=(a-d)(a+d)‘,且(d+d)6=a2(d+2d)°
.
令r=—,贝ijl=(l-/)(l+r)3,且(1+f)&
=(l+2f)4(--<
r<
l,心0),
ci2
化简得/3+2r-2=0(*),且r2=r+l.将t2=t+l代入(*)式,
r(r+1)+2(r+1)-2=八+3r=r+1+3/=+1=o,贝胖=一占.显然『=一[不是上面方程得解,矛盾,所以假设不成立,
4
因此不存在吗,d,使得q,远,尿,a:
依次构成等比数列.
(3)假设存在q,〃及正整数"
k,使得力,a;
必皿,心皿依次构成等比数列,则d:
(5+2d)"
心=(q+d严⑷,且(d|+d)»
a+3d)z=(勺+2〃严血)・
分别在两个等式的两边同除以沖啟)及d严叫并^t=—心0),
则(1+2严=(1+(严旳,且(1+/严(1+3『)心=(1+2/严的.
将上述两个等式两边取对数,得(n+2Z:
)ln(l+2r)=2(/i+Z:
)In(l+r),且(n+^)ln(l+/)+(;
?
+3^)ln(l+3z)=2(/?
+2)t)ln(l+2r).化简得2/:
[ln(l+2r)-ln(14-r)]=n[21n(l+r)-ln(l+2r)],且3kln(l+3f)_ln(l+r)]=zz31n(l+r)-ln(l+3r)J.
再将这两式相除,化简得In(1+3r)ln(1+It}+3In(1+2r)ln(1+r)=41n(1丄刃)ln(1-r)(**).
令g171=41n|l+3r|InIl+rl—In11+3rIIn114-2rI—3In11+2rIIn11+rI,
2
则刃)=
|1+3r「In11+3/)—3(1+2rVln11+It]+3(1+tYIn11+r)I
(l+r)[l+2『)[l+3r)
令e(T)=(l+3汀lii(l+3d—3(l+2rf1门(1+2"
+3(1+汗lnfl+rb
则0⑴=61(l+3f)ln(l+3r)—2(l+2r)ln(l+2f)+(l+r'
)ln(1+r)|.
令如工|=0|工i,贝!
J牡⑴=6|31n(l+3f)-41n(l+2r)+ln(l+r)|.
12
g(H:
⑴,则必)=丙莊顾顾>
。
・
由g(0)=0(o)=(P\(0)=02(°
)=0,0;
(r)>
0,知®
(f),%(f),(p(t),g(f)在一!
,0和(0,+OC)上均单调.
l3丿
故g(r)只有唯一零点心(),即方程(**)只有唯一解r=0,故假设不成立.
所以不存在4,d及正整数几,k,使得/,£
a拧,严依次构成等比数列.
例6:
若数列{色}满足^=p(p为正常数,/2WNJ,则称{%}为"
等方比数列”.甲:
数列⑺”}
是等方比数列;
乙:
数列{色}是等比数列,则()
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.叩是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【解析】取{%}为1,-2,-4,-8,…,鲁=4,则数列{%}是筹方比数列,但,不是等比数列;
若数列{%}是等比数列,设公比为g,则如严』纽]=/为正常数,则数列{%}是等方比数列,故选b.
例7:
对数列仏},规定仏色}为数列{%}的一•阶差分数列,其中Aa”=%|-G”(/?
wAT);
对正整数规定仏匕}为数列仏}的£
阶差分数列,其小
△匕=Aalafl+l-Aa[an=△(&
“)・
(1)已知数列匕}的通项公式色=7i2+/i(/7e7V+),试判断{心“}、仏2%}是否为等差数列或等比数列?
为什么?
(2)数列{%}首项坷=1,且满足△紅一&
“+〔+色=_2”,求数列{%}的通项公式.
(1)=/『+斤@wN*),
^an=an+l~an=2(斤+1),
=△%+]-\an=2,
・・・数列{△©
」是等差数列,{△%」是常数列,既是等差数列,又是等比数列.
⑵・.・A2an-Aafl+l+an=-2H,
••-(△%+】—△%)一M'
+l+Cln=一2"
,
an+\~2a“+2"
»
两边同时除以2n+I,得:
曲二%I1
2”+】2"
2令汗扌,则:
仇+i_仇=*,
.b=—,即a=n-2/,_1.
“2
例8:
若有穷数歹!
Ial9a2...an(料是正整数),满足aA=an,a2==ar即at=an_i+i(j是
正整数,Kl<
z<
n),就称该数列为“对称数列”.
(1)已知数列{仇}是项数为7的“对称数列”,口勺厶厶,仿成等差数列,b}=2,/?
4=11,试写出
{bn}的每一项;
(2)已知{-}是项数为2k-l(k>
l)的对称数列,H.q,Cw・・.C2—构成首项为50,公差为-4的等差数列,数列匕}的前2R-1项和为Sg,则当£
为何值时,Sg取到授大值?
授大值为多少?
(3)对于给定的正整数m>
l,试写出所有项数不超过2加的対称数列,使得1,2,22・
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