高考数学_难点突破训练——数列与数学归纳法40含详解41_(编辑修改稿)

高考数学_难点突破训练——数列与数学归纳法40含详解41_(编辑修改稿)内容摘要：

1ln11  ttt 令 f(t)=t1lnt， ∵ ttf 11)(  当 ),1( t 时，有 0)( tf ，∴函数 f(t)在 ),1( t 递增 ∴ f(t)f(1) 即 t1lnt 另令 tttg 11ln)(  ，则有 01)(2  tttg ∴ g(t)在 ),1( 上递增，∴ g(t)g(1)=0 ∴ tt 11ln  综上得 xxxx 11ln11  （ 2）由（ 1）令 x=1,2,„„ (n1)并相加得 112111ln23ln12ln13121  nn nn  即得 11211ln13121  nn  7. (1)易求得 nn pa  （ 2）nnnn nnnnnpppS aCaCaCnf   1 1)21(2121)( 2211  作差比较易得： )(2 1)1( nfppnf  （ 3）当 1n 时，不等 式组显然成立 . 当    12)11(111)12()2()1(2 nppppnfffn 时，先证 由（ 2）知 )1()11()1()11()(11)1( 2 fppnfppnfppnf n  )2()2 1()()2 1( 1   nppnfpp nn     1211212122 )21(111211)2 1(121)21()21(21)(ninnnppppppppppppppppif  再证 )()12()12()2()1( nfnnfff   nnn ppppp pnffnff 212 )(1 1)21(12)12()1(2)12()1(   而 2212212 )1(21)(1 nnnnn ppppppp   )(21 1)21)(1(21 1)21(12)1(1)21(12)12()1(2)12()1(2nfppp pppp pppppnffnffnnnnnn 同理： )(2)22()2( nfnff  ， )(2)32()3( nfnf  ，„„， )(2)1()12( nffnf  以上各式相加得：   )()12(2)12()2()1(2 nfnnfff   即 )()12()(121 nfnifni . 8. （ 1） 2 6 3 5 10a a a a   ，又 2621aa 2637aa   或 2673aa  若 2673aa ，则 9nan ， 10 1a  与 0na 矛盾； 若 2637aa ，则 1nan，显然 0na ，  1nan （ 2） 1 1 1lg 2 lg 3 , 9b S b   ， 当 2n 时， 11 9l g l g 9 10nn n nb S S     ，欧 19910nnb   1n 时， 19nbb ， 199,10nnb n N     1 910nnbb 数列是以 9为首项， 910 为公比的等比数列。 （ 3）   199110nn ，设  2kck 是数列 nc 中的最大项，则 由 11kkkkcccc  可得 89k 数列 nc 有最大项，最大项是 789 981 10cc   。 9. （ 1）由 ,32)3(32)3( 11   mmasmmmasm nnnn 得 ,3,2)3( 1   mmaam nn两式相减得 ,321   m maa nn ∴ na 是等比数列。 （ 2） 2,32)(,111   nNnm mmfqab .23,3231113111.3111333223)(23111111nbnnbbbbbbbbbbbfbnnnnnnnnnnnnn为公比的等差数列为首项是 10. （Ⅰ）经计算 33a ， 414a， 55a ， 816a． 当 n 为奇数时， 22  nn aa ，即数列 }{na 的奇数项成等差数列， 122)1(112   nnaa n ； 当 n 为偶数，nn aa 212 ，即数列 }{na 的偶数项成等比数列， nnn aa )21()21( 122  ． 因此，数列 }{na 的通项公式为)()21()( 2 为偶数为奇数nnna nn ． （Ⅱ）  nn nb )21()12( ， nnn nnS )21()12()21()32()21(5)21(3211 132   „„（ 1） 1432 )21()12()21()32()21(5)21(3)21(1 21  nnn nnS „（ 2） （ 1）、（ 2）两式相减， 得 132 )21()12(])21()21()21[(2211 21  nnn nS  11)21()12(211])21(1[2121   nnn 1)21()32(23  nn ． nn nS )21()32(3 ． 11. 设 {}na 的公差为 d，首项为 1a ，则 3 4 5 6 7 14 18 48T a a a a a d        （ 1） 4 8 9 1 5 1... 8 84 0T a a a a d       （ 2） 解得 1 21, 2ad  ，则 2 23nan。 （ 2）当 2n 时，在前 n1 组中共有 项数为： 2 2 11 2 2 ... 2 2 1nn     。 故第 n 组中的第一项是数列 {}na 中的第 12n 项，且第 n组中共有 12n 项。 所以11 1 1 2 2 12 12 2 ( 2 1 ) 3 2 2 4 22nn n n n nnT a d             当 n=1时， 1121Ta  也适合上式，故 2 2 13 2 2 4 2nnnT    。 （ 3） 8 1 2 8...S T T T   。 即数列 {}na 前 8组元素之和，且这 8组总共有项数 2 7 81 2 2 ... 2 2 1 2 5 5      。 则81 112 5 5 2 5 5 2 5 4 2 5 5 ( 2 1 ) 2 5 5 2 5 4 2 5 9 4 1 522S a d             12. （Ⅰ）由 0)12(2 1020203010  SSS 得 ,)(2 1020203010 SSSS  即 ,)(2 20201130222110 aaaaaa   可得 .)(2 2020112020111010 aaaaaaq   因为 0na ，所以 ,12 1010 q 解得 21q ，因而 .,2,1,2111   nqaa nnn （Ⅱ）因为 }{na 是首项 211a、公比 21q 的等比数列，故 .2,211211)211(21nnnnnnnnSS  则数列 }{ nnS 的前 n项和 ),22221()21(2 nn nnT   ).22 12221()21(212 132  nnn nnnT 。