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2012年高考数学最后冲刺----数列易错点专题复习(教师版)


三 一、高考预测

数列 教师版

数列是历年高考的重点与难点,以等差数列与等比数列 为基础考查数列的性质及前 n 项和的问题是数列中的中低档 难度问题,一般只要熟悉等差数列与等比数列及其前 n 项和 的性质即可正确得出结果.等差数列与等比数列是高中阶段 学习的两种最基本的数列,也是高考中经常考查并且重点考 查的内容之一,这类问题多从数列的本质入手,考查这两种 基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公 式等.本讲内容在高考中多以选择题和填空题的形式出现, 属于中低档题.解题时应从基础处着笔,首先要熟练掌握这 两种基本数列的相关性质及公式,然后要熟悉它们的变形使 用,善用技巧,减少运算量,既准又快地解决问题.除此以 外,数列与其他知识的综合考查也是高考中常考的内容,数 列是一种特殊的函数,它能与很多知识进行综合,如方程、 函数、不等式、极限,数学归纳法(理)等为主要综合对象, 概率、向量、解析几何等为点缀.数列与其他知识的综合问 题在高考中大多属于中高档难度问题. 数列是新课程的必修内容,从课程定位上说,其考查难
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度不应该太大,数列试题倾向考查基础是基本方向.从课标 区的高考试题看,试卷中的数列试题最多是一道选择题或者 填空题,一道解答题.由此我们可以预测 2012 年的高考中, 数列试题会以考查基本问题为主,在数列的解答题中可能会 出现与不等式的综合、与函数导数的综合等,但难度会得到 控制. 二、知识导学 要点 1:有关等差数列的基本问题 1.涉及等差数列的有关问题往往用等差数列的通项公 式和求和公式“知三求二”解决问题; 2.等差数列前 n 项和的最值问题,经常转化为二次函 数的最值问题;有时利用数列的单调性(d>0,递增;d<0, 递减) ; 3.证明数列{ an }为等差数列有如下方法:①定义法;证 明 an?1 ? an ? d (与 n 值无关的常数) ;②等差中项法:证明
2an ? an ?1 ? an ?1 (n ? 2, n ? N ? ) 。

要点 2:有关等比数列的基本问题 1 证明数列{ an }为等比数列有如下方法:①定义法:证明
an ?1 ? q (与n值无关的非零常数) 。 an

②等比中项法: an2 ? an?1 ?an?1 (n ? 2, n ? N ? ) 。 2 求一般数列{ an }通项公式时常用构造数列法、待定系数法 等。
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要点向 3:等差、等比数列综合问题 1.在解决等差数列或等比数列的相关问题时, “基本量法” 是常用的方法,但有时灵活地运用性质,可使运算简便,而 一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。 2.数列求通项的常见类型与方法:公式法、由递推公式求 通项,由 Sn 求通项,累加法、累乘法等 3.数列求和的常用方法:公式法、裂项相消法、错位相减法、 分组法、倒序相加法等。 4.解综合题的成败在于审清题目,弄懂来龙去脉,透过给 定信息的表象,抓住问题的本质,揭示问题的内在联系和隐 含条件,明确解题方向,形成解题策略. 要点 4:可转化为等差、等比数列的求和问题 某些递推数列可转化为等差、等比数列解决,其转化途径 有: 1.凑配、消项变换——如将递推公式 an?1 ? pa n ? q ( p、q 为常 数, q ≠0, p ≠1) 。通过凑配变成 an?1 ? 常数转化为 an?1 ? a n ? p(a n ?a n?1 ) 2. 取倒数法—如将递推公式 an ? 数关系有
?
1 1 1 ? k( ? ) an a n ?1 m
man ?1 递推式, 考虑函数倒 k (a n ?1 ? b)
q q ? p (a n ? ) ;或消 p ?1 p ?1

1 1 k 1 ?k? ? 令 bn ? an an a n ?1 m

则 ?bn ? 可归为 an?1 ? pan ? q 型。

3.对数变换——如将递推公式 an?1 ? ca n p (a n ? 0, c ? 0, p ? 0, p ? 1) 取
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对数得 lg an?1 ? lg c ? p lg a n 4.换元变换—— an?1 ? pan ? q n (其中 p,q 均为常数,
( pq ( p ? 1)(q ? 1) ? 0) (或 an ?1 ? pan ? rq n ,其中

p,q,

r 均为常数) 。
q p an 1 ? ? q qn q

一般地,要先在原递推公式两边同除以 q n?1 , 得:ann?11 ? ? 引入辅助数列 ?bn ? (其中 bn ? an ) ,得: bn?1 ? n
q

p 1 bn ? 则转化为 q q

bn ?1 ? Aa n ? B 的形式。

要点 5:数列求和的常用方法: 1、直接由等差、等比数列的求和公式求和,注意对公比 q ? 1 的讨论. 2、错位相减法:主要用于一个等差数列与一个等比数列对 应项相乘所得的数列的求和,即等比数列求和公式的推导过 程的推广. 3、分组转化法:把数列的每一项分成两项,使其转化为几 个等差、等比数列,再求解. 4、裂项相消法:主要用于通项为分式的形式,通项拆成两 项之差求和,正负项相消剩下首尾若干项,注意一般情况下 剩下正负项个数相同. 5、倒序相加法:把数列正着写和倒着写相加(即等差数列求 和公式的推导过程的推广). 三、易错点点睛 命题角度 1 数列的概念
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1. 已知数列 n} {a 满足 a1=1,an=a1+2a2+3a3+?+(n-1)an-1,(n ≥2),则{an}的通项 an=_________. [考场错解] ∵ an=a1+2a2+3a3+ ? +(n-1)an-1 , ∴

an-1=a1+2a2+3a3+?+(n-2)an-2,两式相减得 an-an-1=(n-1)an-1, ∴an=nan-1.由此类推: an-1=(n-1)an-2,?a2=2a1,由叠乘法可 得 an= n! 2 [专家把脉] 在求数列的通项公式时向前递推一项时 应考虑 n 的范围.当 n=1 时,a1= 1 与已知 a1=1,矛盾. 2 [对症下药] ∵n≥2 时,an=a1+2a2+3a3+?+(n-1)an-1① ①-②得 =n , ∵

当 n≥3 时,an-1=a1+2a2+3a3+?+(n-2)·an-2② an-an-1=(n-1) · an-1 ∴ 当 n ≥ 3 时 ,
n ?1 n?2 3 2

an an ?1

a an= aan · n?1 ·.·4 ? a3 ? a2 =n·?·4· .. a a 3×a2= n! a2, 2=a1=1 ∵a 2 a a
?1 ? ? n! ? ?2 ? ? (n ? 1) (n ? 2).

∴当 n≥2 时, n= a

n! 2

. 当 n=1 时, 1=1 故 an= a
n

2.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn= a1(32 ? 1) (对于所有 n ≥1),且 a4=54,则 a1 的数值是________.
? [考场错解]∵Sn= a1(32 ? 1) = a1(11? 33 ) ,∴此数列是等比数列, 首项
n n

是 a1,公比是 3,由 a4=a1·3 , ∴a1=2. [专家把脉] 此题不知数列{an}的类型,并不能套用

4-1

等比数列的公式.而答案一致是巧合. [对症下药]∵a4=S4-S3= a21 (3 -1)- a21 (3 -1)=54,解得 a1=2.
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4 3

3.已知数列{an}满足 a1=1,an=3 +an-1(n≥2) (1)求 a2, a3; (2)求通项 an 的表达式. [考场错解] (1)∵a1=1,∴a2=3+1=4,a3=3 +4=13.
n-1 n-1 2

n-1

(2)由已知 an=3 +an-1,即 an-an-1=3 公差 d=3 .故 an=1+(n-1)·3 . [专家把脉]
n-1 n-1

即 an 成等差数列,

(2)问中 an-an-1=3 , 不是常数, 3 它是一

n-1

n-1

个变量,故不符合等差数列的定义. [对症下药] (1)∵a1=1,∴a2=4,a3=3 +4=13.
n-1 2

(2) 由 已 知 an-an-1=3
n-1 n-2

, 故 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+ ?
n

+(a2-a1)+a1=3 +3 +?+3+1= 3 2? 1 . 4.等差数列{an}中,a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,则 此数列前 20 项和等于 A.160 B.180 ( ) D.220

C. 200

[考场错解]

由通项公式 an=a1+(n+1)d.将 a2,a3,a18,

a19,a20 都表示成 a1 和 d.求 a1、d,再利用等差数列求和,选 C. [专家把脉] 此方法同样可求得解.但解法大繁,花费

时间多,计算量大故而出错,应运用数列的性质求解就简易 得多. [对症下药] B 由公式 m+n=2P ? am+an=2ap?(只适用等差 由

数列)即可求解.由 a1+a2+a3=-24,可得:3a2=-24 a18+a19+a20=78 , 可 得 : 3a19=78

即 a2=-8 , a19=26 又 ∵

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S20= 20(a12? a20 ) =10(a2+a19)=180 2. {an} 若 是等差数列, 首项 a1>0, 2003+a2004>0, 2003· 2004 a a a <0,则使前 n 项和 Sn>0 成立的最大自然数 n 是 A.4005 B.4006 C.4007 D.4008 ( )

[考场错解]

∵a2004+a2003>0,即 2a1+2002d+2003d>0,

(a1+2002d)(a1+2003d)<0, 要使 Sn>0. 即使 na1+ n(n2? 1) d>0. 这 样很难求出 a1 ,d. 从而求出最大的自然数 n.故而判断 a2003>0,a2004<0,所以前 2003 项为正,从第 2004 项起为负, 由等差数列的 n 项和的对称性使 Sn>0.故而取 n=4005 使 Sn>0. [专家把脉] 此题运用等差数列前 n 项的性质及图象中 且忽视了这两项的大小.

应注意.a2003>0,a2004<0. [对症下药] 为等差数列

B ∵a1>0, 2003+a2004>0, 2003· 2004<0, {an} a a a 且

∴{an}表示首项为正数,公差为负数的单调递

减等差数列,且 a2003 是绝对值最小的正数,a2004 是绝对值最 大的负数(第一个负数),且|a2003|>|a2004|∴在等差数列{an} 中,a2003+a2004=a1+a4006>0,S4006= 4006(a12? a4006 ) >0 的最大自然数 n 是 4006. 3. 设无穷等差数列 n} {a 的前 n 项和为 Sn.(Ⅰ)若首项 a1= 3 , 2 公差 d=1,求满足 Sk2=(Sk) 的正整数 k; (Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an} ;使得对于一切正整数 中 k 都有 Sk2=(Sk) 成立.
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2 2

∴使 Sn>0 成立

[考场错解]
4 2
2

(1)当 a1= 3 ,d=1 时,Sn= 1 n +n,由 Sk2=(Sk) 2 2

2

2

得 1 k +k = ? 1 k 2 ? k ? ,即 k=0 或 k=4. ? ? 2 2
? ?

∴k≠0.故 k=4. ( Ⅱ ) 由 对 一 切 正 整 数 k 都 有 Sk2=(Sk)2 成 立 . k a1+ k
2
2



(k 2 ? 1) 2

d=(ka1+ k (k2? 1) d )
2

2

即(a1- a12 )k -adk2(k-1)+ d k (k -1)- d4 k (k-1) =0 对—切正 2 整数 k 恒成立故
2 ?a1 ? a1 ? 0, ? ? ?a1d ? 0, ?d ? 0 ? ?

2

2

2

2

2

求得 a1=0 或 1, d=0

∴等差数列 an=

{0,0,0,?} ,或 an={1,1,1,?} . [专家把脉] (Ⅱ)中解法定对一切正整数 k 都成立.而

不是一切实数.故而考虑取 k 的特值也均成立. [ 对 症 下 药 ] ( Ⅰ ) 当
2

a 1=

3 2
4

,d=1
2 2

时 ,
2

Sn=na1+ n(n2? 1) d ? 3 n ? n(n2? 1) ? 1 n2 ? n. 由 Sk2=(Sk) ,得 1 k +k =( 1 k +k) , 2 2 2 2 即k
3 ( k ? 1)

1 4

=0.又 k≠0,所以 k=4.
2

(Ⅱ)设数列{an}的公差为 d,则在 Sk2=(Sk) 中分别取 k=1,2,得
2 ?S1 ? ( S1 ) 2 , ?a1 ? a1 , (1) ? ? 即? ? 4?3 2 ?1 2 d ? (2a1 ? d ) .(2) ?S 4 ? ( S 2 ) 2 . ?4a1 ? ? 2 2 ?

由(1)得 a1=0 或 a1=1. 当 a1=0 时,代入(2)得 d=0 或 d=6.若 a1=0,d=0,则 an=0,sn=0,从而 Sk2=(Sk) 成立;若 a1=0,d=6,则 an=6(n-1),由 S3=18, 3) =324,S9=216 知 S9≠ (S (S3) , 故 所 得 数 列 不 符 合 题 意 . 当 a1=1 时 , 代 入 (2) 得 4+6b=(2+d) 解得 d=0 或 d=2.若 a1=1,d=0,则 an=1,Sn=n,从而 Sk2=(Sk) 成立;若 a1=1,d=2,则 an=2n-1,Sn=1+3+?+(2n-1)
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2 2 2 2 2

=n ,从而 Sk2=(Sk) 成立.综上,共有 3 个满足条件的无穷等差 数列:①{an}:an=0,即 0,0,0,?;②{an}:an=1,即 1,1, 1,?;③{an}:an=2n-1,即 1,3,5,?. 4. 已 知 数 列 {an} 的 各 项 都 是 正 数 , 且 满 足:a0=1,an+1= 1 an·(4-an),n ? N.(1)证明 an<an+1<2,n∈N.(2) 2 求数列{an}的通项公式 a . [考场错解] 用数学归纳法证明: (1)1°当 n=1 时,
n

2

2

a0=1,a1= 1 a0(4-a0)= 3 ,∴a0<a1<2,命题正确. 2 2 2 ° 假 设 n=k 时 有 ak-1 < ak < 2. 则 n=k+1 时 , ak-ak+1= 1 ak-1(4-ak-1)- 1 ak(4-ak) 2 2 =2(ak-1-ak)1 2

(ak-1-ak)(ak-1+ak)=

1 2

(ak-1-ak)(4-ak-1-ak). 而

ak-1-ak < 0.

4-ak-1-ak > 0, ∴ ak-ak-1 < 0. 又
2

ak-1= 1 ak(4-ak)= 1 [4-(ak-2) ]<2.∴n=k+1 时命题正确.由 2 2 1°、2°知对一切 n∈N 时有 an<an+1<2. (2)an+1= 1 an(4-an)= 1 [-(an-2) +4].∴2(an+1-2)=-(an-2) ∴ 2 2 an+1-2= 1 (an-2) 令 bn=an-2, ∴ bn=-( 1 ) 2 2 b1=a1-2=- 1 .∴bn=-( 1 ) 2 2 [专家把脉]
2n+2n-1 2 1+2+ ? +2n-1 2 2

· b12n 又 ∵

.即 an=2-( 1 ) 2

2n+2n-1

.

在(Ⅱ)问中求 bn 的通项时,运用叠代法.

最后到 b0 而不是 b1. [对症下药](Ⅰ)同上,方法二:用数学归纳法证明:1° 当 n=1 时,a0=1,a1= 1 a0(4-a0)= 3 ,∴0<a0<a1<2;2°假设 2 2 n=k 时有 ak-1<ak<2 成立,令 f(x)=
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1 2

x(4-x),f(x)在[0,

2]上单调递增,所以由假设有:f(ak-1)<f(ak)<f(2),即
1 2

ak-1(4-ak-1)< 1 ak(4-ak) 2

1 2

×2(4-2),也即当 x=k+1 时

ak

<ak+1<2 成立,所以对一切 n∈N,有 ak<ak+1<2 (2)下面来求数列的通项:an+1= 1 an(4-an)= 1 [-(an-2) +4], 2 2 所 以 2 ( an+1-2 ) =-(an-2)
2
2 2 bn ?1
2

2

2



bn=an-2, 则
1+2+?+2n-1 2n

bn=- 1 bn2?1 =- 1 (- 1 bn2?2 ) =- 1 ·( 1 ) 2 2 2 2 2
n n-1

?=-( 1 ) 2
2n-1

b ,又

bn=-1,所以 b =-( 1 )2 ,即 an=2+bn=2-( 1 ) 2 2

专家会诊 1.要善于运用等差数列的性质: “若 m+n=p+q, 则 am+an=ap+aq” ;等差数列前 n 项和符合二次函数特征.借助 二次函数性质进行数形结合法解等差数列问题.2.会运用一 般与特殊的逻辑思维,利用满足条件的特值求相关参数的值, 学会分析问题和解决问题. 命题角度 3 等比数列 n 项 和 记 为 S n, 已 知

1 . 数 列 {an} 的 前

a1=1,aa+1= n ? 2 S n (n=1,2,3?).证明:(Ⅰ)数列{ Sn }是等比数 n n 列;(Ⅱ)Sn+1=4an. [考场错解] (Ⅰ)已知 a1=1,an+1= n ? 2 Sn ,∴a2=3S1=3,∴S2=4 n a3= 4 ·S2=2×4=8.∴S3=1+3+8=12. 2 即 S11 ? 1, S22 ? 2, S33 ? 4 .故{ Sn }是公比为 2 的等比数列. n
S 1 1 1 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 nn??1 =4· Sn??1 , 于是 Sn+1=4(n+1)· Sn??1 , =4an.又 n n

a2=3.S2=a1+a2=4,因此对于任意正整数 n≥1,都有 Sn+1=4an. [专家把脉] (Ⅰ)中利用有限项判断数列类型是运用不完
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全归纳法,应给予证明. (Ⅱ)中运用前推一项必须使 n≥ 2. [ 对 症 下 药 ] ( Ⅰ ) ∵ an+1=Sn+1-Sn,an+1=
n?2 n

Sn, ∴

S 1 (n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),整理得 nSn+1=2(n+1)=Sn,所以 nn??1 =2 Sn 故 n

{ Sn }是以 2 为公比的等比数列. n
S 1 S 1 1 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 nn??1 =4·n??1 , (n2).于是 Sn+1=4(n+1)· Sn??1 , =4an(n n n

≥2).又 a2=3S1=3, 都有 Sn+1=4an.

故 S1=a1+a2=4.因此对于任意整数 n≥1,

2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn= 1 (an-1)(n∈N ).(Ⅰ) 3 求 a1,a2;(Ⅱ)求证数列{an}是等比数列. [ 考 场 错 解 ] ( Ⅰ )S1= 1 (a1-1), 得 a1=- 1 ,S2= 1 (a2-1), 即 3 2 3 a1+a2= 1 (a2-1),得 a2= 1 . 3 4 (Ⅱ)an=Sn-Sn-1= 1 (an-1)- 1 (an-1-1),得 aan 3 3 项为- 1 ,公比为- 1 的等比数列. 2 2 [专家把脉] 成立. [对症下药] (Ⅰ)由 S1= 1 (a1-1), 得 a1= 1 (a1-1),∴a1=- 1 . 3 3 2 又 S2= 1 (a2-1),即 a1+a2= 1 (a2-1),得 a2= 1 . 3 3 4 (Ⅱ)当 n>1 时,an=SnSn-1= 1 (an-1)- 1 (an-1-1),得 aan =- 1 ,所 3 3 2
n ?1

*

??

n ?1

1 2

,所以{an}是首

在利用 an=Sn-Sn-1 公式时,应考虑 n≥2 时才能

以{an}是首项为- 1 ,公比为- 1 的等比数列. 2 2 3.等比数列的四个数之和为 16,中间两个数之和为 5,则该 数列的公比 q 的取值为 ( )

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A.

1 4

或 4 B.
41

1 4

或5

41 ? 33 8

5 C. 4 或- 33 ? 8

41

D. 4 或 1 或 5 4
3

41 ? 33 8

5 或 33 ? 8

[考场错解]
?a 4 ? 16?(1), ? ?a ? ? aq ? 5?(2), ?q

设这四个数为

a a , q3 q

,aq,aq . 由 题 意 得
2 2 2

由①得 a= ? 1 ,代入②得 q= ? 1 或 q = ? 2.q = 1 或 q =4, 2 2 4

故所求的公比为 1 或 4.故应选 A. 4 [专家把脉] 上述解答设等比数列的公比为 q 是不合理
2

的.这相当于增加了四个数同号这个条件,而题设中的四个 数不一定同号.因此,产生了漏解现象. [ 对 症 下 药 ] 设 这 四 个 数 为 a,aq,aq ,aq , 则
?a ? qa ? aq 2 ? aq 3 ? 16, 1 5 41 ? 33 ? 解之得q ? 4或 或 ? 4 8 ?aq ? aq 2 ? 5, ?
5 或- 33 ? 8 41
2 3

.因此,应选 D. a1=a ≠
1 4

4. 设 数 列 {an} 的 首 项 an+1=
?1 ? 2 an ? ? ?a ? 1 ? n 4 ? n为偶数 1 , 记bn ? a2 n ?1 ? , n ? 1,2,3,? 4 n为奇数

, 且

(Ⅰ)求 a2,a3;(Ⅱ)判断数列{bn}是否为等比数列,并证明 你的结论;(Ⅲ)求 lim ? (b1+b2+b3+?+bn). n? [考场错解] (Ⅰ)a2=a1+ 1 =a+ 1 ,a3= 1 a2= 1 a 1 ; 4 4 2 2 8
n (Ⅱ)bn+1=a2n+1- 1 . bb?1 ? 4 n

a

2 n ?1?

1 4

1 a2 n ?1 ? 4
lim

?

a2 n 1 ? a2 n ? 2 4

. ? +bn)=

(
lim n??


1 4n 1 1? 4 )

)
b1 a?



n??

(b1+b2+b3+ .

b1 (1 ?

=

1 4 ? 4 (a ? 1 ) ? 4 a ? 1 ? 1 1 3 4 3 3 1? 1? 4 4

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[专家把脉]在求证 bn 是等比数列是时, aa2n 式子中,an
2n ? 2 n 中 n 为偶数时, aa ?1 ? 1 2 n n 是连续两项,并不能得出 aa? 2 ? 1 . 4 n

[对症下药] (Ⅰ)a2=a1+ 1 =a+ 1 ,a3= 1 a2= 1 a+ 1 ; 4 4 2 2 8 (Ⅱ) ∵ a4=a3+
1 4

=

1 2

a+

3 8

, 所 以 a5=

1 2

a4=

1 4

a+

3 16

,所以

b1=a1- 1 =a- 1 ,b2=a3- 1 = 1 (a- 1 ),b3=a5- 1 = 1 (a- 1 ),猜想:{bn}是 4 4 4 2 4 4 4 4 公比为 1 的等比数列. 2 证明如下:因为 bn+1=a2n+1- 1 = 1 a2n- 1 = 1 (a2n-1- 1 )= 1 bn,(n∈ 4 2 4 2 4 2 N )所以{bn}是首项为 a- 1 ,公比为 1 的等比数列. 4 2 (Ⅲ)求 n ? ? (b1+b2+b3+?+bn)=
lim lim n??
*

b1 (1 ?

) 2n ? b1 ? 2(a ? 1 ). 1 1 4 1? 1? 2 2

1

n 专家会诊 1.证明等比数列时应运用定义证 aa ?1 为非 0 常 n

数,而不能 aan (此时 n≥2).2.等比数列中 q 可以取负值.不能
n ?1

设 公 比 为 q .3. 会 运 用 等 比 数 列 性 质 ,“ 若 m+n=p+k, 则 am·an=ap·ak”. 命题角度 4 等差与等比数列的综合

2

1.( 典 型 例 题 ) 已 知 数 列 {an} 的 前 n 项 和 Sn=a[2-( 1 ) ]-b[2-(n+1)( 1 ) ](n=1,2,?),其中 a,b 是非 2 2 零常数,则存在数列{xn}、{yn}使得( )
n-1 n-1

A.an=xn+yn, 其 中 {xn} 为 等 差 数 列 , {yn} 为 等 比 数 列 B.an=xn+yn,其中{xn}和{yn}都为等差数列 C . an=xn·yn, 其 中 {xn} 为 等 差 数 列 , {yn} 为 等 比 数 列 D.an=xn·yn,其中{xn}和{yn}都为等比数列
本卷第 13 页(共 44 页)

[考场错解]∵a[2-( 1 ) ]=xn, b[2-(n-1)( 1 ) ]=yn,又∵ 2 2 xn,yn 成等比数列,故选 D. [专家把脉]应从数列{an}的前 n 项和 Sn 的表达式入手, 而不能从形式上主观判断. [ 对 症
n-1

n-1

n-1





]
n+1

C.

a1=S1=3a

an=Sn-Sn-1=a[2+( 1 ) ]-b[2-(n+1)·( 1 ) ] 2 2 -a[2+( 1 ) ]+b[2-n( 1 ) ]=(bn-b-a)·( 1 ) 2 2 2 为等比数列,{bn-a-b}为等差数列. 2.已知数列{an}是首项为 a 且公比 q 不等于 1 的等比数 列,Sn 是其前 n 项和,a1,2a7,3a4 成等差数列.(Ⅰ) 证明 12S3,S6,S12-S6 成等比数列; (Ⅱ)求和 Tn=a1+2a4+3a7+?+na3n-2. [ 考 场 错 解 ] ( Ⅰ ) 由 a1,2a7,3a4 成 等 差 数 列 . 得 4a7=a1+3a4,4aq =a+3aq .从而可求 q =- 1 ,或 q =1.当 q =- 1 时, 4 4
S6 12S3
1 1 = 16 , S12S? S6 =q = 16 .故 12S3,S6,S12-S6 成等比数列.当 q =1
6

n-2

n-2

n-1

∵{( 1 ) } 2

n-1

6

3

3

3

3

6

3

S6 时, 12S = 1 , S12S? S6 =q =1.故 12S3,S6,S12-S6 不成等比数列. 6
3 6

6

[专家把脉]本题条件中已规定 q≠1.故应将 q=1 时舍去. [对症下药](Ⅰ)证明:由 a1,2a7,3a4 成等差数列.得 4a7=a1+3a4,即 4aq =a+3aq .变形得(4q +1)(q -1)=0,所以 q =- 1 或 q =1(舍去)由 4
S6 12S3
3 3 6 3 3 3

=

a1 (1 ? q 6 ) 1? q 12a1 (1 ? q ) 1? q
3

?

1 ? q3 1 S ? S6 ? , 12 12 16 S6

= SS12 ? 1 ?
6

a1 (1 ? q12 ) 1? q a1 (1 ? q ) 1? q
6

?1 ?

1 1+q -1=q = 16 ,得

6

6

S6 12S3

= S12S? S6 .所以 12S3,S6,S12-S6 成等比数列.
6

本卷第 14 页(共 44 页)

(Ⅱ)解 法:Tn=a1+2a4+3a7+?+na3a-2=a+2aq +3aq +?+naq
2 3 6 3(n-2)

, ① )a
3

即 Tn=a+2·(- 1 )a+3·(- 1 ) a+?+n·(- 1 ) a. 4 4 4 ① ×
2

n-1

(3

1 4
n

得:- 1 Tn=- 1 a+2·(- 1 ) a+3·(- 1 ) a+?+n·(- 1 ) a 4 4 4 4 4 ①
5 4
2

② :

3


n-1


n

Tn=a+(- 1 )a+(- 1 ) a+(- 1 ) a+?(- 1 ) a-n·(- 1 ) a 4 4 4 4 4 =
? ? 1 ?n ? a ?1 ? ? ? ? ? ? ? 4? ? ? ? ? 1? 1? ?? ? ? 4?
? ?

-n·(n

1 4

) a=

n

4 5

a-(

4 5

+n)·(-

1 4

) a. 所 以

n

4 Tn= 16 a ? ? 16 ? 5 n ? ·(- 1 ) a. ? ? 4 25 25

3.如图,△OBC 的三个顶点坐标分别为(0,0)(1, 、 0)(0,2) 、 ,设 P1 为线段 BC 的中点,P2 为线段 CO 的 中点,P3 为线段 OP1 的中点,对于每一个正整数 n,Pn+3 为 线 段 PnPn+1 的 中 点 , 令 Pn 的 坐 标 为

(xn,yn),an= 1 yn+yn+1+yn+2. 2 (Ⅰ)求 a1,a2,a3 及 an;(Ⅱ)证明 yn+4=1- y4n ,n∈N ,(Ⅲ)若记 bn=y4n+4-y4n,n∈N ,证明{bn}是等比数列. [考场错解] (1) 1=y2=y4=1,y3= 1 ,y5= 3 ,可求得 a1=a2=a3=2, ∵y 2 4 由此类推可求得 an=2 (Ⅱ)将 1 yn+yn+1+yn+2=2 同除以 2,得 yn+4= yn?1 ? yn? 2 , ∴yn+4=1- y44 . 2 2
n (Ⅲ)bn+1=y4n+8-y4n+4=- 1 (y4n+4-y4n)=- 1 bn.∴ bb?1 =- 1 .

*

*

4

4

n

4

故{bn}是等比数列.
本卷第 15 页(共 44 页)

[专家把脉]第(Ⅰ)问题运用不完全归纳法求出 an 的通
n n 项.理由不充分,第(Ⅲ)问中 bb?1 =- 1 .要考虑 b1 是否为 0.即 bb?1 n

4

n

有意义才更完整. [ 对 症 下 药 ] ( Ⅰ ) 因 为 y1=y2=y4=1,y3= 1 ,y5= 3 , 所 以 2 4 a1=a2=a3=2. 又 由 题 意 可 知 an+1= 1 yn+1+yn+2+yn+3= 1 yn+1+yn+2+ 2 2 常数列.∴an=a1=2,n∈N . (Ⅱ)将等式 1 yn+yn+1+yn+2=2 两边除以 2,得 1 yn+ yn?1 ? yn? 2 =1, 2 2
4
*

yn+3=

yn ? yn ?1 2

. ∴

yn ? yn ?1 2

= 1 yn+yn+1+yn+2=an,∴{an}为 2

又∵yn+4= yn?1 ? yn? 2 ,∴yn+4=1- y4n . 2
4n (Ⅲ)∵bn+1=y4n+8-y4n+4= ?1 ? y4n? 4 ? - ?1 ? y4 ? =- 1 (y4n+4-y4n)=? ? ? ? 4

?

?

?

?

4

1 4

bn,

又∵b1=y8-y4=- 1 ≠0,∴{bn}是公比为- 1 的等比数列.
4 4

4.在等差数列{an}中,公差 d≠0,a2 是 a1 与 a4 的等比中项. 已知数列 a1,a3, ak , ak ,?,akn,?成等比数列,求数列{kn}的通
1 2

项 kn. [考场错解]∵an=a1+(n-1)d, a22 =a1·a4 ∴ (a1+d) =a1(a1+3d). ∴ d=a1, ∴ an=nd.a1=d.a3=3d. ∴
a3 d1
2

=3=q.∴ ak ∴
ak n ?1 ak n
n-1

n

? kn d

. ak

n ?1

? kn ?1d .

?

kn ?1 kn
n-1

=q=3. ∴ {kn} 是 公 比 为 3 的 等 比 数 列 . ∴

kn=1·3 =3 . [专家把脉]错因在把 k1 当作数列{an}的首项.k1=1.而实 际上 k1=9. [ 对 症 下 药 ] 依 题 设 得 an=a1+(n-1)d,
本卷第 16 页(共 44 页)
2 a2

=a1a4, ∴

(a1+d) =a1(a1+3d),整理得 d =a1d, ∵d≠0,∴d=a1,得 an=nd, 所以,由已知得 d,3d,k1d,k2d,?kndn?是等比数列.由 d≠0, 所以数列 1,3,k1,k2,?kn,? 也是等比数列,首项为 1,公比

2

2

3 为 q= 1 =3,由此得 k1=9.等比数列{kn}的首项 k1=9,公比 q=3,

所 以 kn=9×q =3 (n=1,2,3,?), 即 得 到 数 列 {kn} 的 通 项 kn=3 . 专家会诊 1.赋值法在解等差、 等比数列问题中是常用方 法.从而求出系数的值及从中找出规律.2.等比数列中应注 意考虑公比等于 1 的特殊情况,等比数列中的公差为 0 的特 殊情况在解题时往往被忽视.3 在等差数列与等比数列中,经 常要根据条件列方程(组)求解.要注意常两种情形的不同之 处. 命题角度 5 数列与解析几何、函数、不等式的综合
n+1

n-1

n+1

1.已知定义在 R 上的函数 f(x)和数列{an}满足下列条 件 : a1=a,an=f(aa-1)(n=2,3,4,?),a2 ≠

a1,f(an)-f(an-1)=k(an-an-1)(n=2,3,4,?),其中 a 为常数,k 为非零常数.(Ⅰ)令 bn=aa+1-an(n∈N ),证明数列{bn}是等比数 列;(Ⅱ)求数列{an}的通项公式;(Ⅲ)当|k|<1 时,求 lim an .
n??
*

[ 考 场 错 解 ]( Ⅰ ) 证 明 : 由 b1=a2-a1 ≠ 0, 可 得 : b2=a3-a2=f(a2)-f(a1)=k(a2-a1) ≠ 0. 由 数 学 归 纳 法 可 证 bn=an+1-an ≠ 0(n ∈ N ). 由 题 设 条 件 , 当 n ≥ 2 时
bn a ?a f (an ) ? f (an ?1 ) k (an ? an ?1 ) ? n ?1 n ? ? bn ?1 an ? an ?1 an ? an ?1 an ? an ?1
*

=k

本卷第 17 页(共 44 页)

故数列{bn}是公比为 k 的等比数列. (
*



)



(


n ?1

)



bn=k (a2-a1)(n

n-1



k N )b1+b2+?+bn-1=(a2-a1) 1 ? ? k . (n≥2) 1

而 b1+b2+?+bn-1=a2-a1+a3-a2+?+an-an-1=an-a1(n ≥ 2) ∴
k an-a1=(a2-a1) 1 ? ? k (n≥2) 1
n ?1

故 an=a[f(a)-a] ∈N )
*

1 ? k n ?1 1? k

(n∈N )∴an=a+(n-1)[f(a)-a](n

*

k ? (Ⅲ)当|k|<1 时 lim an = lim ? ?a ? ( f [a] ? a) 1 ? ? k ? =a+ f (1a?) k a ? ? 1 n?
n ?1

n??

? ?

? ?

2.如图,直线 l1:y=kx+1-k(k≠0,k≠ ? 1 ) 2 与 l2 相交于点 P.直线 l1 与 x 轴交于点 P1,过点 P1 作 x 轴的垂线交于直线 l2 于点 Q1,过点 Q1 作 y 轴的垂线交直线 l1 于点 P2, 过点 P2 作 x 轴的垂 线交直线 l2 于点 Q2, ?这样一直作下去, 可得到一系列点 P1, Q1,P2,Q2,?点 Pn(n=1,2,?)的横坐标构成数列{xn}. (Ⅰ)证明 xn+1-1= 21k (xn-1),(n∈N );(Ⅱ)求数列{xn}的 通项公式; (Ⅲ)比较 2|PPn| 与 4k |PP1| +5 的大小. [考场错解]证明:设点 Pn 的坐标是(xn,yn),由已知条 件得点 Qn、Pn+1 的坐标分别是:
2 2 2 *

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1 1? ? 1 1? ? ? x n , x n ? ?, ? a n ?1 , x n ? ? 2 2? ? 2 2? ?
1 1 xn ? 2 2

. 由

Pn+1 在 直 线

l1 上 , 得

= kxn+1+1-k.所以 1 (xn-1)=k(xn+1-1). 2
*

即 xn+1-1= 21k (xn-1),n∈N . (Ⅱ)由(Ⅰ)知 xxn?1??11 ?
n

1 2k

,故{xn-1}是等比数列,且首项
n *

x1-1=- 1 ,公比为 21k .从而求得 xn=1-2×( 21k ) ,n∈N . k [专家把脉] (Ⅱ)问中对于 xn+1-1= 21k (xn-1)先应考虑 xn-1 能否为 0,继而可求. [对症下药](Ⅰ)同错解中(Ⅰ). (Ⅱ)解法:由题设知 x1=1- 1 ,x1-1=- 1 ≠0, k k 又由(Ⅰ)知 xn+1-1= 21k (xn-1), 所以数列{xn-1} 是首项为 x1-1,公比为 21k 的等比数列.从而 xn-1=- 1 ×( 21k ) , k 即 xn=1-2×( 21k ) ,n∈N . (Ⅲ)解法:由 ? y ? 1 x ? 1 , 得点 P 的坐标为(1,1).所以 ?
? ? 2 2 ? y ? kx ? 1 ? k ,
n * n-1

2|PPn| =2(xn-1) +2(kxn+1-k-1) =8 (
2

2

2

2

×
2 2

1 2k

) +2(2
2 2

2n

1 2k
2

)

2n-2

,4k |PP1|



5



4k [(1- 1 -1) (0-1) ]+5=4k +9. k (i)当|k|> 1 ,即 k<- 1 或 k> 1 时,4k |PP1| +5> 2 2 2 1+9=10.D 而此时 0<| 21k |<1,所以 2|PPn| <8×1+2=10,故 2|PPn| <4k |PP1| +5.
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2 2 2 2 2 2

(ii)当 0<|k|< 1 , k∈ 1 , ∪ 即 (- 2 0) (0,1 ) 4k |PP | +5 时, 2 2 <1+9=10.而此时| 21k |>1,所以 2|PPN| >8×1+2=10.故 2|PPn| >4k |PP1| +5.
3 3.已知函数 f(x)= x ? 1 ( x ? ?1). 设数列{an}满足 a1=1,an+1=f(an), x?
2 2 2 2

2

1 2

数列{bn}满足 bn=|an- 3 |,Sn=b1+b2+?+bn(n∈N ).(Ⅰ)用数 学归纳法证明 bn≤ (
3 ? 1) n 2
n ?1

*

; (Ⅱ)证明 Sn< 2 33 .
2
n ?1

[考场错解](Ⅰ)bn=|an- 3 |,又∵an=1+ a ≥ 2),
2
n ?1

,an+1= a ?1 ∴
3 ? 1) n 2 n ?1

2
n ?1

?1

(n ≥


?2? 3 ?

a2=2,a3=
2 2 a n?2 ? 1 ?3 ?2? 3

5 3

,a4=2.

?

an .

1.bn= a

?1

=?由叠代法.bn≤ (

(Ⅱ)Sn=b1+b2+?+bn<( 3 -1)+ < 2 33 .

( 3 ? 1) 2 2 ( 3 ? 1) n ??? ? ( 3 ? 1) ? 2 2 n ?1

1? (

3 ?1 n ) 2 3 ?1 1? 2

[专家把脉]运用叠代法时并不能化简成 (

3 ? 1) n 2 n ?1

.

[对症下药](Ⅰ)证明:当 x≥0 时,f(x)=1+ x 2 1 ≥1.因为 ? a1=1,所以 an≥1(n∈N ).下面用数学归纳法证明不等式 bn≤
( 3 ? 1) n 2 n ?1
*

.

(1)当 n=1 时, 1= 3 -1,不等式成立, b (2) 假设当 n=k 时, 不 等 式 成 立 , 即 bk ≤
( 3 ? 1) k 2 k ?1

. 那 么

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bk-1=|ak+1- 3 |=

( 3 ? 1) a k ? 3 1 ? ak

?

( 3 ? 1) ? ?1 3 ?1 bk ? 2 2k

.所以,当 n=k+1 时,
*

不等式也成立.根据(1)和(2) ,可知不等式对任意 n∈N 都成立. (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知,bn≤ ( ≤( 3 -1)+
( 3 ? 1) 2 ( 3 ? 1) n ?? ? 2 2n?1
3 ? 1) n 2 n ?1

.所以 Sn=b1+b2+?+bn

3 ?1 ) 2 ? ( 3 ? 1) ? sin ?1 ? 3 ?1 1? 2 1? (

<( 3 -1) ·
1?

1 3 ?1 2

?

2 3 3

.故对任意 n

∈N ,Sn< 2 3

*

3.

[专家会诊]函数、数列、解析几何三者的综合,展示了 知识的交汇性,方法的灵活性.因此解此类题目应充分运用 函数与数列的联系,即数列是一种特殊函数,以及解析几何 中方程与函数、数列的关系来解题.而数列与不等式的综合 更显出问题的综合性. 命题角度 6 数列的应用
2

1.某企业 20 典型例题)若 an=n +An,且数列{an}为递增数 列,则实数的取值范围是____________. [考场错解] ∵(n,an)(n ? N )是函数 f(x)=x +λ x 图象
+ 2

上的点,且数列{an}为递增数列, 只需- ? ≤1,即λ ≥-2,∴λ 的取值范围是[-2,+∞]. 2
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[专家把脉]

忽视了数列的离散型特征.数列{an}为递

增数列,只要求满足 a1<a2<?<an<? [对症下药] ∵数列{an}是递增数列,且 an=n +λ n,其
2

对称轴 x=- A 既可以不超过直线 x=1,也可以在 1<x< 3 之间, 2 2 故- A < 3 ,即λ >-3. ∴λ 的取值范围是(-3,+∞).(答案不 2 2 唯一,λ >-3 的所有实数均可). 4.(典型例题)自然状态下的鱼类是一种可再生资源, 为持续利用这一资源,需从宏观上考察其再生能力及捕捞强 度对鱼群总量的影响. xn 表示某鱼群在第 n 年年初的总量, 用 n∈N ,且 x1>0.不考虑其他因素,设在第 n 年内鱼群的繁殖 量及捕捞量都与 Xn 成正比,死亡量与 x n 成正比,这些比例 系数依次为正常数 a,b,C,(Ⅰ)求 xn+1 与 xn 的关系式;(Ⅱ) 猜测:当且仅当 x1,a,b,c 满足什么条件时,每年年初鱼群 的总量保持不变?(不要求证明) (Ⅲ)设 a=2,c=1,为保证对 任意 x1∈(0,2),都有 xn>0,n∈N ,则捕捞强度 b 的最大允 许值是多少?证明你的结论. [考场错解] (1)xn+1 -xn=axn-bxn-cx n (axn,bxn,cx n 分别 为繁殖量、捕捞量,死亡量) (Ⅱ)xn=x1(n∈N ).由(Ⅰ)式得 xn(a-b-cxn)=0. x1= a ? b c (Ⅲ)∵x1 ∈(0,2).a=2.c=1.∴0<2-b<2 0<b<2. 故 b 最大值为 2.
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+ 2 2 + 2 +



[专家把脉]

(Ⅲ)问中使用了第(Ⅱ)问的结论,而第(Ⅲ)

中并不一定每年年初鱼群的总量不变. [对症下药] (1)从第 n 年初到第 n+1 年初,鱼群的繁
2

殖量为 axn ,被捕捞量为 bxn ,死亡量为 cx n ,因此 xx+1xn=axn-bxn-cx n, n∈N . (*) 案:) (Ⅱ)若每年年初鱼群总量保持不变,则 xn 恒等于 x1,n ∈N ,从而由(*)式得 xn(a-b-cxn)恒等于 0,n∈ N ,所以 a-b-cx1=0.即 x1= a ? b . 因为 x1>0,所以 a>b.猜测:当且仅当 c a>b,且 x1= a ? b 时,每年年初鱼群的总量保持不变. c (Ⅲ)若 b 的值使得 xn>0,n∈N ,由 xn+1=xn(3-b-xn),n ∈N , 0<xn<3-b, 知 n∈N , 特别地, 0<x1<3 -b. 0<b<3-x1. 有 即 而 x1∈(0,2),所以 b∈(0,1],由此猜测 b 的最大允许值 是 1.下证,当 x1∈(0,2),b=1 时,都有 xn∈(0,2),n∈ N
* * * * * * 2 *

即 xn+1=xn(a-b+1- cxn), n∈N . (答

*

①当 n=1 时, 结论显然成立. ②假设当 n=k 时结论成立,

即 xk ∈(0,2),则当 n =k+1 时,xk+1=xk(2-xk)>0.又因为 xk+1=xk(2- xk)=-(xk-1)2+l≤1<2, 所以 xk+1∈(0, 故当 n=k+1 2), 时结论也成立.由①、②可知,对于任意的 n∈N ,都有 xn ∈(0,2).综上所述,为保证对任意 x1∈(0,2),都有 xn>0, n∈N ,则捕捞强度 b 的最大允许值是 1. 5.假设某市:2004 年新建住房 400 万平方米,其中有 250 万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内,该市每
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* *

年新建住房面积平均比上一年增长 8%.另外,每年新建住 房中,中低价房的面积均比上一年增加 50 万平方米.那么, 到哪一年底, (1)该市历年所建中低价房的累计面积(以 2004 年为累计的第一年)将首次不少于 4750 万平方米?(2)当年建 造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%? [考场错解] (1){an} 是 等 差 数 列
2

an 是 中 低 价 房 面

积.a1=250,d=50.∴Sn=25n +225n 由 25n2+ 225n ≥4750 即 n≥10. (2) 设 几 年 后 新 建 住 房 面 积 S 为 : 400(1+8 % ) . 85 % <25n +225n. [专家把脉] 是累计面积. [对症下药] (1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可 (2)问中应是第几年的中低价房的面积而不
2 n

知{an}是等差数列,其中 a1=250,d=50,则 Sn= 250n+ n(n2? 1) × 50=25n +225n, 令 25n +225n≥4750,即 n +9n-190≥0,而 n 是正整数,∴n≥10.到 2013 年底,该市历年所建中低价 房的累计面积将首次不少于 4750 万平方米.设新建住房面 积形成数列{bn}, 由题意可知 {bn}是等比数列, 其中 b1=400, q=1. 则 bn=400· 08) · 85. 08, (1. 0. 由题意可知 an>0. n, 85b 有 250+ (n-1)·50>400·(1.08) ·0.85.由计算器解得 满足上述不等式的最小正整数 n=6.到 2009 年底,当年建造
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n-1 n-1 2 2 2

的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%. 四、典型习题导练 1、各项都为正数的数列 ?an ? 满足 a1 ? 1, a 2 (Ⅱ)求数列 ? ?an ? 的通项公式; 【解析】 (Ⅰ)由 a 2
n?1 n?1

2 ? an ? 2 。 (Ⅰ)求数列

?

? 1 ? 的前 n 项和。 ? an ? an ?1 ?

2 2 ? an ? 2 可知数列 ?an ? 是以

1 为首项,公差

为 2 的等差数列
2 ? an ? 1 ? 2(n ? 1) ? 2n ? 1 ,又 an ? 0 ,则 an ? 2n ? 1

(Ⅱ)? an ?
?
?

2n ? 1 ?

1 1 2n ? 1 ? 2n ? 1 ? ? an ? an ?1 2 2n ? 1 ? 2n ? 1

1 1 1 ? ?? ? a1 ? a2 a2 ? a3 an ? an ?1
1 ( 2n ? 1 ? 1) 2

?

1 ( 3 ? 1 ? 5 ? 3 ? ? ? 2n ? 1 ? 2n ? 1) 2

2 、 已 知 数 列 {a n } 满 足 :
bn ? a 2 n ?1 ? a 2 n ?1

a1 ? 1

,且

a n ?1

n2 ? a n (n ? N ? ) (n ? 1) 2



,数列 {bn } 的前 n 项和为 S n (Ⅰ)求数列 {a n } 的通
2

项 a n (Ⅱ)求证: S n ? 1 【解析】 (Ⅰ) a n
b (Ⅱ) n ?

?

a n a n ?1 a (n ? 1) 2 (n ? 2) 2 12 1 ? ? ? 2 ? a1 ? ? ? 2 ?1 ? 2 2 2 a n ?1 a n ? 2 a1 n (n ? 1) 2 n

1 1 1 1 1 1 ? ? ? ( ? ) 数列 {bn } 2 2 (2n ? 1)(2n ? 1) 2 2n ? 1 2n ? 1 (2n ? 1) (2n ? 1)

的前 n 项和 S n 为:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ) ? (1 ? )? ? 2 3 3 5 5 7 2n ? 1 2n ? 1 2 2n ? 1 2 4n ? 2 1 1 因为 n 是正整数,所以 ? 0 故 Sn ? 4n ? 2 2 Sn ?
本卷第 25 页(共 44 页)

3、已知 ?bn ? 是公比大于 1 的等比数列,它的前 n 项和为 Sn , 若
S3 ? 14



b1 ? 8



3b2



b3 ? 6

成等差数列,且

a1 ? 1



?1 1 1 ? an ? bn ? ? ? ?? ? (Ⅰ)求 bn ; (Ⅱ)求数列 ?nan ? 的 ?(n ? 2) bn ?1 ? ? b1 b2

前 n 项和 Sn . 【解析】 (Ⅰ)依 S3 ? 14 , b1 ? 8 , 3b2 , b3 ? 6 成等差数列,得
?b1 ? 1 ? q ? q 2 ? ? 14 ? ? 2 ?6b1q ? b1 ? b1q ? 14 ?

-----(2 分)
?q ? 2 ?b1 ? 2

从而 2q 2 ? 5q ? 2 ? 0 得 ? (Ⅱ)当 n ? 2 时,

故 bn ? 2n .------(4 分)

则 Sn ? a1 ? 2a2 ? 3a3 ?? ? nan ? 1 ? 2 ? 2 2 ? 2 ? ? 3 ? 23 ? 2 ? ?? ? n ? 2 n ? 2 ?
? 1 ? ? 2 ? 2 2 ? 3 ? 2 3 ?? ? n ? 2 n ? ?2 ? 2 ? 3 ?? ? n ? ----------(1

1 ? ?1 1 an ? 2 n ? ? ? 2 ?? ? n ?1 ? ? 2 n ? 2 2 ? ?2 2

分) 故

令 Tn ? 2 ? 2 2 ? 3 ? 23 ?? ? n ? 2 n , 2Tn ? 2 ? 23 ? 3 ? 24 ?? ? n ? 2 n?1 得 于是 Sn
?Tn ? 8 ? 8 ?1 ? 2n?2 ? 1? 2 ? n ? 2 n ?1

? ? 1 ? n ? ? 2 n ?1

Tn ? ? n ? 1? ? 2 n ?1 .------------(3

分) ? n ? 1?? n ? 2 ? ? n ? 1 ? 2n?1 ? n2 ? n ? 3 .-----? 1 ? ? n ? 1? ? 2 n ? 1 ? 2 ? ? ?
2

(2 分) 4、已知数列 {an } 满足 a1 ? 1, a2 ? 3 , an?1 ? 4an ? 3an?1 (n ? N ?且n ? 2) . (Ⅰ) 证明数列 {an?1 ? an } 是等比数列,并求出数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)设数列 ?bn ? 的前 n 项和为 Sn ,且对一切 n ? N ? ,都有
b b1 b2 ? ? ? ? n ? 2n ? 1 a1 2a2 nan

成立,求 Sn .

【解析】 (Ⅰ)由 an ?1 ? 4an ? 3an ?1 可得 an?1 ? an ? 3(an ? an?1 ) 所 以 数 列 {an?1 ? an } 是 以 2 为 首 项 , 3 为 公 比 的 等 比 数 列 ????3 分
本卷第 26 页(共 44 页)


?

有 ?6 分

a n ? (a n ? a n ?1 ) ? (a n ?1 ? a n ? 2 ) ? ? ? (a 2 ? a1 ) ? a1

2(1 ? 3 n ?1 ) ? 1 ? 3 n ?1 1? 3

( Ⅱ ) 时,



b b1 b2 ? ? ? ? n ? 2n ? 1 a1 2a 2 na n

可 知 当

n ?1

b1 ? 3 , b1 ? 3 , S1 ? 3 a1 bn ? 2n ? 1 ? (2n ? 1) ? 2 , bn ? 2n ? 3 n ?1 na n

当 n ? 2 时,

?????8 分

S n ? b1 ? b2 ? ? ? bn ? 3 ? 2 ? 2 ? 3 ? 2 ? 3 ? 3 2 ? ? 2 ? n ? 3 n ?1

? 2(1 ? 30 ? 2 ? 31 ? 3 ? 3 2 ? ? n ? 3 n ?1 ) ? 1
x ? 1 ? 30 ? 2 ? 31 ? 3 ? 3 2 ? ? ? n ? 3 n ?1



3x ? 1 ? 31 ? 2 ? 3 2 ? ? ? (n ? 1) ? 3 n ?1 ? n ? 3 n
2 x ? n ? 3 n ? (3 n ?1 ? 3 n ? 2 ? ?30 ) ? n ? 3 n ?
3n ? 1 2

, Sn

1 3 ? (n ? ) ? 3 n ? 2 2

??11


1 3 ? (n ? ) ? 3 n ? , n ? N ? ?????12 分 2 2 5、已知函数 f ( x) ? 12 +4 (x≠0) ,各项均为正数的数列 {an } 中 x

综上 S n

a1 ? 1 ,

1 (Ⅱ) ? f (an ) , (n ? N x ) .(Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; 2 an+1

在数列{bn } 中,对任意的正整数 n ,
2

(3n ? 1)an 2 ? n bn ? ? 1 都成立, S n 设 an 2

为数列{bn } 的前 n 项和试比较 Sn 与 1 的大小. 【解析】 (Ⅰ)由题意知
?1? 1 1 1 1 ? 2 ? 4 ? 2 ? 2 ? 4 ,∴ ? 2 ? 是以 2 an ?1 an an ?1 an ? an ?

1

为首项 4 为公差的等差数列 .

本卷第 27 页(共 44 页)

∴ (

1 ? 4n ? 3 , 2 an
2 n

∴ an ? 0 ,

∴ an ?

1 4n ? 3

..6 分 )



a 1 1 1 1 1 ? ? ? ( ? ), 2 n (3n ? 1) ? n(4n ? 3) 2 2n ? 1 2n ? 1 (3n ? 1)an ? n (3n ? 1) ? 2 an ∴ Sn ? 1 [(1 ? 1 ) ? ( 1 ? 1 ) ? ... ? ( 1 ? 1 )] ? 1 (1 ? 1 ) ? 1 13 分 2 3 3 5 2n ? 1 2n ? 1 2 2n ? 1 2 bn ?

6、已知数列 ?a n ?满足: a1 ? 2 且 a n?1 ? 证: 数列 ? n 证明:
?

2?n ? 1?a n an ? n

(n? N?) (Ⅰ)求

? ?1? 为等比数列, 并求数列 ?a n ?的通项公式; (Ⅱ) ? an ?

a a1 a 2 a3 1 ? ? ? ... ? n ? n ? ( n ? N ? ) 。 1 2 3 n 2

【 解 析 】 Ⅰ ) 由题 得 : an+1 ( an+n )=2 ( n+1 ) an , 即 (
a n a n ?1 ? na n ?1 ? 2(n ? 1)a n

故 2? n ? 1 ? 1? ? ? ?
? a n ?1 ?

?

?

n ?1 an



1 1 ?1 ? ? a1 2

所以数列 ? n

?

? ?1? 为等比数 ? an ?

列,

??3 分
n ?1

n ? 1 ?? 1 ? ? 1 ? ? ? ?? ? ? an ? 2 ?? 2 ?

?1? ? ?? ? ?2?

n



? an ? n ?

n 2 ?1
n

??6 分

(Ⅱ)由上知

an 1 ? 1? n ?8 n 2 ?1


1? ?1? ?1 ? ? ? 2? ?2? ? 1? 1 2
n

?

a a1 a 2 a3 1 1 1 1 ? ? ? ... ? n ? n ? 1 ? 2 ? 3 ? ... ? n 1 2 3 n 2 2 2 2

?n?

? ? ? ?

1 ? n ? 1 ? ( )n 2
?n?

a a a a 1 所以 1 ? 2 ? 3 ? ... ? n ? n ? 1 ( n ? N ? ) 。 1 2 3 n 2 n

????12 分

7、已知等差数列 ?an ? 满足 a1 ? 8, a5 ? 0 ,数列 ?bn ? 的前 n 项和为
本卷第 28 页(共 44 页)

S n ? 2n ?1 ? 1 ? n ? N ? ? .①求数列 ?an ? 和 ?bn ? 的通项公式;②解不等式 2

an ? bn .

【解析】考查等差数列、等比数列,考查探究能力和逻辑思 维能力.①设数列 ?an ? 的公差为 d , 由 a5 ? a1 ? 4d ,得 d ? ?2 ,∴ an ? ?2n ? 10 .由数列 ?bn ? 的前 n 项和为
S n ? 2n ?1 ? 1 ? n ? N ? ? 可知 2

当 n ? 1 时,b1 ? S1 ? 1 ,当 n≥ 2 时,bn ? Sn ? Sn?1 ? 2n?2 ,该式对 n ? 1 也 2 成立. 所 以 数 列 ?an ? 的 通 项 公 式 为 an ? ?2n ? 10,?bn ? 的 通 项 公 式 为
bn ? 2n ? 2 .

②由 an ? bn 得 10 ? 2n ? 2n?2 ∵ n ? 1, 2,3 时, an ? bn n ? 4 时, an ? bn 又 ?an ? 单 调 递 减 , ?bn ? 单 调 递 增 . ∴ 不 等 式 an ? bn 的 解 集 为
?n | n ≥ 4, n ? N ? .

8、数列{ a }的前 n 项和记为 S ,点 (n, S ) 在曲线 f ( x) ? x
n n n

2

? 4x

上 ,

( x ? N ) (Ⅰ) . 求数列 a } { 的通项公式; (Ⅱ) b 设
?
n

n

? (an ? 5) ? 2 n ?1

求数列{ b }的前 n 项和 T 的值.
n n

【解析】 (Ⅰ) 由点 (n, S ) 在曲线 f ( x) ? x
n

2

? 4x

上 x?N ) S ( 知
?

n

? n 2 ? 4n

,

(1 分) 当 n ≥2时 a 当 n ? 1 时, a 项公式为 a
n 1 n

? S n ? S n ?1 ? S1 ? ?3

=n

2

? 4n ? ?(n ? 1) 2 ? 4(n ? 1) ? ? ?

= 2n ? 5 ; 分) (4
n

,满足上式; 分)∴数列{ a }的通 (5

? 2n ? 5

(6 分)
bn ? (an ? 5)? 2n ?1

( Ⅱ ) 由



bn ? n ? 2n

( 7

分 )

本卷第 29 页(共 44 页)

∴T

n

? 1? 2 ? 2 ? 22 ? 3 ? 23 ? ? ? ( n ? 1) ? 2 n ?1 ? n ? 2 n

①(8 分) ② 分) (9 ,即

上式两边乘以 2, 2T 得 ① - ② 得 ?T
Tn ? (n ? 1) ? 2n ?1 ? 2
n

n

? 1 ? 2 2 ? 2 ? 2 3 ? 3 ? 2 4 ? ? ? ( n ?1) ?2 n ? n ?2 n ?1

? 2 ? 22 ? 23 ? ? ? 2n ? n ? 2n ?1

10 分 ∴ ?T

n

?

2(1 ? 2n ) ? n ? 2n ?1 1? 2

.12 分

9、在等差数列{an}中,满足 3a5=5a8,Sn 是数列{an}的前 n 项和. (Ⅰ)若 a1>0,当 Sn 取得最大值时,求 n 的值; (Ⅱ) 若 a1=-46,记 bn=

Sn-an ,求 bn 的最小值. n
2 a1. 23 2 1 24 1 a1)=- a1n2 + a1n =- 23 23 23 23

【解析】 (Ⅰ)设{an}的公差为 d,则由 3a5=5a8,得 3(a1+ 4d)=5(a1+7d),∴d=- ∴ Sn = na1 +

n(n-1)
2

×(-

a1(n-12)2+

144 a1. 23

∵a1>0,∴当 n=12 时,Sn 取得最大值.???(6 分) (Ⅱ)由(Ⅰ)及 a1=-46,得 d=- 2 ×(-46)=4, 23

∴an=-46+(n-1)×4=4n-50,Sn=-46n+ =2n -48n.
2

n(n-1)
2

×4

Sn-an 2n2-52n+50 50 ∴ bn = = =2n + -52≥2 n n n
52=-32, 当且仅当 2n=

2n×

50

n



50 ,即 n=5 时,等号成立.故 bn 的最小值为

n

本卷第 30 页(共 44 页)

-32.???(12 分) 10、数列 {a n } 的前 n 项和记为 Sn, a1 ? t ,点(Sn, a n?1 )在直线
y ? 2 x ? 1 上,

n∈N*. (Ⅰ)若数列 ?a ? 是等比数列,求实数 t 的
n

值; (Ⅱ)设 bn
n

? na n ,在(1)的条件下,求数列 ?bn ? 的前

n项

和T ; (Ⅲ)设各项均不为 0 的数列 {cn } 中,所有满足 ci ? ci ?1 ? 0 的整数 i 的个数称为这个数列 {cn } 的 “积异号数” 令 cn ,
?

?

bn ? 4 bn

(n ?N ) ,在(2)的条件下,求数列 {cn } 的“积异号数” 【解析】 (Ⅰ)由题意,当 n ? 2 时,有 ?a ? a
?
n ?1 n

? 2Sn ? 1

? 2 S n ?1 ? 1

(1 分)两式

相减,得 a

n ?1

? an ? 2 an , 即 an ?1 ? 3an ( n ? 2)

, 分) (2
n

所以,当 n ? 2 时 ?a ? 是等比数列,要使 n ? 1 时 ?a ? 是等比数列,
n

则只需 a a

2

?

1

2t ? 1 ?3 t

从而得出 t ? 1 (4 分)
n

(Ⅱ)由(Ⅰ)得,等比数列 ?a ? 的首项为 a1 ? 1 ,公比 q ? 3 , ∴a ∴b
n

? 3n ?1

(5 分) (6 分) T ∴
n

n

? nan ? n ? 3n ?1

? 1? 30 ? 2 ? 31 ? 3 ? 32 ? ? ? ( n ? 1) ? 3n ? 2 ? n ? 3n ?1



(7 分) 上式两边乘以 3 得 3T 分) ①-②得 ?2T 分) (Ⅲ) 由(Ⅱ)知 b ∴c c
1 2
n
n n

? 1? 31 ? 2 ? 32 ? 3 ? 33 ? ? ? ( n ? 1) ? 3n ?1 ? n ? 3n



(8

? 30 ? 31 ? 32 ? ? ? 3n ?1 ? n ? 3n

(9 分)∴ T

n

?

2n ? 1 n 1 ?3 ? 4 4

(10

? n ? 3n ?1

,∵ c

n

? 1?

4 bn

∵c

1

? 1?

4 ? ?3 1

,c

2

? 1?

4 1 ? 2?3 3



? ?1 ? 0

(11 分)
本卷第 31 页(共 44 页)

∵ cn?1 ? cn 由c
2

?

4 4 4(2n ? 3) ? ? ? 0 ,∴数列 {cn } 递增.(12 bn bn ?1 n(n ? 1) ? 3 n
n

分)

?

1 ?0 3

,得当 n ? 2 时,cn>0. (13 分)∴数列 {c } 的“积异

号数”为 1.(14 分) 11 、 定 义 数 列 ?an ? :
a1 ? 1, a2 ? 2

,且对任意正整数 n ,有

an ? 2 ? ? 2 ? (?1)n ? an ? (?1)n ?1 ? 1 . ? ?

(Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式与前 n 项和 Sn ; (Ⅱ)问是否存 在正整数 m, n ,使得 S2 n ? mS2 n?1 ?若存在,则求出所有的正整数 对 (m, n) ;若不存在,则加以证明. 【解析】考查了等差、等比数列的通项公式、求和公式, 数列的分组求和等知识, 考查了学生变形的能力, 推理能力, 探究问题的能力,分类讨论的数学思想、化归与转化的思想 以及创新意识. (Ⅰ)对任意正整数 k ,
a2 k ?1 ? ? 2 ? (?1) 2 k ?1 ? a2 k ?1 ? (?1) 2 k ? 1 ? a2 k ?1 ? 2 , ? ?

a2 k ? 2 ? ? 2 ? (?1) 2 k ? a2 k ? (?1) 2 k ?1 ? 1 ? 3a2 k .1 ? ?

分 所以数列 ?a2 k ?1? 是首项

a1 ? 1 ,公差为 2 等差数列;数列 ?a2k ? 是首项 a2 ? 2 ,公比为 3 的等

比数列 2 分

对任意正整数 k , a2 k ?1 ? 2k ? 1 , a2 k ? 2 ? 3k ?1 .3 分
n ? 2k ? 1 ?2k ? 1, ? an ? ? , k ? N? . k ?1 ? 2 ? 3 , n ? 2k ?

所 以 数 列 ?an ? 的 通 项 公 式
n ? 2k ? 1 ?n, ? an ? ? , k ? N? . n ?1 ? 2 ? 3 2 , n ? 2k ?



4分

对任意正整数 k , S2 k ? (a1 ? a3 ? ? ? a2 k ?1 ) ? (a2 ? a4 ? ? ? a2 k )
? k (1 ? 2k ? 1) 2(1 ? 3k ) ? ? 3k ? k 2 ? 1 . 2 1? 3

5分

本卷第 32 页(共 44 页)

S 2 k ?1 ? S 2 k ? a2 k ? k 2 ? 3k ? 1 ? 2 ? 3k ?1 ? 3k ?1 ? k 2 ? 1

6分

?3k ?1 ? k 2 ? 1, n ? 2k ? 1 所以数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ? ? k 2 , k ? N? . ? ?3 ? k ? 1, n ? 2k ?
? ? n2 1 n 2 ? 2n ? 3 , n ? 2k ? 1 ?3 ? ? 4 Sn ? ? n , k ? N? 7 2 ?3 2 ? n ? 1, n ? 2k ? ? 4





(Ⅱ)S2 n ? mS2 n?1 ? 3n ? n 2 ? 1 ? m(3n?1 ? n 2 ? 1) ? 3n?1 (3 ? m) ? (m ? 1)(n2 ? 1) , 从而 m ? 3 ,由 m ? N? 知 m ? 1, 2,3. ①当 m ? 1 时, ②当 m ? 3 时, ③当 m ? 2 时, 使得 8分 分

3n ?1 (3 ? m) ? 0 ? (m ? 1)(n 2 ? 1) ,即 S 2 n ? mS 2 n ?1 ;9 2(n 2 ? 1) ? 0, n ? 1 ,即 S 2 ? 3S1 ;10



3n ?1 ? n 2 ? 1 ? (n ? 1)(n ? 1) ,则存在 k1 , k2 ? N, k1 ? k2 ,

n ? 1 ? 3k1 , n ? 1 ? 3k2 , k1 ? k2 ? n ? 1,

从 而 3k

2

? 3k1 ? 3k1 (3k2 ? k1 ? 1) ? 2

,得

3k1 ? 1,3k2 ? k1 ? 1 ? 2 , k1 ? 0, k2 ? k1 ? 1 ,得 n ? 2 ,即 S 4 ? 2 S3 .

13 分

综上可知,符合条件的正整数对 (m, n) 只有两对: (2, 2) 与 (3,1). 14 分 12、 在数列 ?a n ?中, 已知 a n ? 1 ,a1 ? 1 , a n?1 ? a n 且 (Ⅰ)记 bn
? 2 ,n ? N? a n ?1 ? a n ? 1

1 (Ⅱ) ? (a n ? ) 2 , n ? N ? ,求证:数列 ?bn ? 是等差数列; 2

求 ?a n ?的通项公式; Ⅲ) ?k ? N ? , 是否总 ?m ? N ? 使得 a m ( 对 若存在,求出 m 的值,若不存在,请说明理由。 【 解 析 】 ( Ⅰ ) 由 题 意

?k?



1 1 bn ?1 ? bn ? (a n ?1 ? ) 2 ? (a n ? ) 2 ? (a n ?1 ? a n )(a n ?1 ? a n ? 1) ? 2 2 2

本卷第 33 页(共 44 页)

又 b1 ? ? a1 ? 1 ? ? ?
? 2?

2

?

1 ,故 ?bn ?是以 1 为首项,以 4 4

2 为公差的等差

数列;

4分
bn ? 1 7 ? 2(n ? 1) ? 2n ? , n ? N ? 4 4

( Ⅱ ) 由 ( Ⅰ ) 得
? an ? 1 7 ? 2n ? , n ? N ? 2 4

8分
? k ,即

(Ⅲ) 设对任意 k ? N ? 存在 m ? N ? ,使得 a m 理得
4k (k ? 1) ? 8 k (k ? 1) ? 2 ? 8 2 k (k ? 1) ? 2 m? ? N ? 13 分 2 m?

1 7 ? 2m ? ? k 整 2 4

,而

k (k ? 1)

总为偶数且非负,故

13、设 b ? 0, 数列 ?an ? 满足 a1 =b, an ?

nban ?1 (Ⅰ)求数列 (n ? 2) . an ?1 ? 2n ? 2

b n ?1 ?1 . 2n ?1 nban ?1 n 1 2 n ?1 ? 0, ? ? . 【解析】(Ⅰ)由 a1 ? b ? 0, 知an ? : an ?1 ? 2n ? 2 an b b an ?1

(Ⅱ)证明:对于一切正整数 n , an ? ?an ? 的通项公式;

令 An
?

?

1 2 2n ? 2 2n ?1 1 2 n 1 , A1 ? ,当 n ? 2 时, An ? ? An ?1 ? ? 2 ? ? ? n ?1 ? n ?1 A1 b b b b an b b b

1 2 2n ? 2 2n ?1 ? 2 ? ? ? n ?1 ? n . b b b b

① 当 b ? 2 时,

1 ?2? (1 ? ? ? ) n n b ?b? ? b ?2 , An ? 2 b n (b ? 2) 1? b

n

? nb n (b ? 2) n ② 当 b ? 2 时, An ? , an ? ? bn ? 2n , b ? 2 .???7 分 ? 2 ?2, b?2 ? n ?1 n n ?1 (Ⅱ)当 b ? 2 时,要证 an ? b n?1 ? 1 ,只需证 nb n (b ?22) ? b n?1 ? 1 . 2 b ?2 2 n ?1 n n n n 只需证 nb n ? ( b n?1 ? 1) ? b ? 2 ? n2 n?1 b n ? (2 n?1 ? b n?1 ) ? b ? 2 . b?2 b?2 2 n n 因为 (2n?1 ? bn?1 ) b ? 2 ? (2n?1 ? bn?1 )(bn?1 ? 2bn?2 ? ? ? 2n?1 ) b?2 n ?1 n ?1 n?2 n?2 ? 2 b ? 2 b ? ? ? 22 n ? b 2 n ? 2b 2 n ?1 ? ? ? 2n ?1 b n ?1

本卷第 34 页(共 44 页)

2 22 2n b n b n ?1 b ? 2n b n ( ? 2 ? ? ? n ? n ? n ?1 ? ? ? ) b b 2 b 2 2

? 2n b n (2 ? 2 ? ? ? 2) ? 2n ? 2n b n ? n ? 2n ?1 b n


nb (b ? 2) b b n ?1 ? an ? n ? n ?1 ? 1. 当 b ? 2时, an ? 2 ? n ?1 ? 1. 综上所述 b ? 2n 2 2 n ?1 b an ? n ?1 ? 1. ??14 分 2
n n ?1

14、已知在数列 {a n } 中, a1 ? 1 , a 2 n?1 ? qa 2 n?1 ? d ( d ? R, q ? R, 且
q ? 0, n ? N ? ) (Ⅰ)若 {a 2 n ?1 } 是等比数列,求 q 与 d

满足的条件;

(Ⅱ)当 d ? 0 , q ? 2 时,某点从原点出发,第 1 次向右(沿 x 轴正向)移动,第 2 次向上( y 轴正向)移动,第 3 次向左 移动,第 4 次向下移动,以后依次按向右、向上、向左、向 下的方向移动,设第 n 次移动的位移是 a n ,设第 n 次移动后, 该点的横坐标为 xn ,求数列 {n ? x4n } 的前 n 项和 S n 【 解 析 】 ( Ⅰ )
a5 ? qa3 ? d ? q (q ? d ) ? d ? q 2 ? qd ? d

a1 ? 1



a3 ? qa1 ? d ? q ? d



由于 {a 2 n?1} 是等比数列所以 (q ? d ) 2 ? q 2 ? qd ? d 即:qd ? d 2 ? d 所以
d ?0

或q ? d ?1

(Ⅱ)当 d ? 0 , q ? 2 时, a 2 n?1 ? 2a 2 n?1 , a 2 n?1 ? 2 n?1 依题意得: x4 ? a1 ? a3 ? 1 ? 2 , x8 ? 1 ? 2 ? 22 ? 23 ,?, ∴ x4 n
? 1 ? 2 ? 22 ? 23 ? ? ? 22 n ? 2 ? 22 n ?1 ?
? 22 n .∴ x 4 n ?

1 ? (?2) 2 n 1 ? 22 n 1 ? 22 n ? ? 1 ? (?2) 1? 2 3

.

∴ 1 ? 3x4 n
?

1 ? 2 2n . ∴ 3 S n ? x 4 ? 2 x8 ? 3 x12 ? ? ? ? ? ?n ? 1? ? x 4 ( n ?1) ? n ? x 4 n

1 ?1 ? 2 ? 3 ? ? ? ? ? n ? ? 1 1 ? 2 2 ? 2 ? 2 4 ? 3 ? 2 6 ? ? ? ? ? n ? 2 2 n 3 3 n?n ? 1? 1 ? ? 1? 2 2 ? 2 ? 2 4 ? 3 ? 2 6 ? ? ? ? ? n ? 2 2n . 6 3

?

?

?

?

本卷第 35 页(共 44 页)

令 Tn

? 1 ? 2 2 ? 2 ? 2 4 ? 3 ? 2 6 ? ? ? ? ? ?n ? 1? ? 2 2 ( n ?1) ? n ? 2 2 n ①

4Tn ? 1 ? 2 4 ? 2 ? 2 6 ? 3 ? 2 8 ? ? ? ? ? ?n ? 1? ? 2 2 n ? n ? 2 2 n ? 2 ②①-②得
? 3Tn ? 1 ? 2 2 ? 2 4 ? 2 6 ? ? ? ? ? 2 2 n ? n ? 2 2 n ? 2

?

2 2 1 ? 2 2n ? n ? 2 2n?2 1? 4

?

?

?

4 2n 2 ? 1 ? n ? 2 2n?2 3

?

?


Sn ? n ? n ? 1? 6 ?

4 n ? 22 n ? 2 4 ? 3n ? 1? ? 2 2n Tn ? ?1 ? 2 ? ? ? ? 9 3 9 9
4 ? 3n ? 1? ? 2 ? 27 27
2n?2

2n?2



.

?x ? 0 (n ? N ? ) 表 15、在平面直角坐标系上,设不等式组 ? y ? 0 ? ? y ? ?2n( x ? 3) ?

示的平面区域为 Dn ,记 Dn 内的整点(横坐标和纵坐标均为整 数的点) 的个数为 an . (Ⅰ) 求出 a1 , a2 , a3 的值 (不要求写过程) ; (Ⅱ)证明数列 {an } 为等差数列; (Ⅲ)令 bn = 求 b1 ? b2 ? ? ? bn 【解析】 (Ⅰ) a1 ? 9, a2 ? 15, a3 ? 21; ??3 分
1 a n a n ?1

(n∈N ) ,

*

(Ⅱ)由 x ? 0, y ? 0,?2n( x ? 3) ? y ? 0得0 ? x ? 0 ?4 分所以平面区域 为 Dn 内的整点为点(3,0)与在直线 x ? 1和x ? 2 上?5 分直线
y ? ?2n( x ? 3)

与 直 线

x ? 1和x ? 2

交 点 纵 坐 标 分 别 为

y1 ? 4n和y 2 ? 2n ?6

分 Dn 内在直线 x ? 1和x ? 2 上的整点个数分别

为 4n+1 和 2n+1,
? a n ? 4n ? 1 ? 2n ? 1 ? 1 ? 6n ? 3 ? an?1 ? an ? 6n ? 9 ? (6n ? 3) ? 6

?7 ??8 分



本卷第 36 页(共 44 页)

? 数列 {an } 为 以首项a1 ? 9, 公差为6的 等差数列.

?9 分 分? b1 ? b2 ? ? ? bn

(Ⅲ)∵bn=

1 1 1 1 ? ( ? ) ??10 a n an ?1 6 6n ? 3 6(n ? 1) ? 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? [( ? )?( ? )+( ? )+ ??? +( ? )] 6 6 ?1 ? 3 6 ? 2 ? 3 6? 2 ? 3 6?3 ? 3 6?3 ? 3 6? 4 ? 3 6n ? 3 6( n ? 1) ? 3
1 1 1 n ?????14 ? ( ? )? 6 6 ?1 ? 3 6( n ? 1) ? 3 27(2n ? 3)



16、已知数列 {an } 、 {bn } 满足 a1 ? 2, an ? 1 ? an (an?1 ? 1) , bn ? an ? 1 ,数 列 {bn } 的前 n 项和为 Sn . (Ⅰ) 求证: 数列 ? 1 ? 为等差数列; (Ⅱ)
? bn ? ? ?

设 Tn ? S2 n ? Sn ,求证:Tn?1 ? Tn ; (Ⅲ)求证:对任意的 n ? N ? 都有
n 1 1 ? ≤S 2n ≤ ? n 成立. 2 2

【 解 析 】 Ⅰ ) 由 bn ? an ? 1 得 an ? bn ? 1 代 入 an ? 1 ? an (an?1 ? 1) 得 (
bn ? (bn ? 1)bn ?1 整理得 bn ? bn ?1 ? bnbn ?1 ,

∵ bn ? 0 否则 an ? 1 ,与 a1 ? 2 矛盾从而得

1 1 ? ? 1, bn ?1 bn

-----3 分

∵ b1 ? a1 ? 1 ? 1 ∴数列 { 1 } 是首项为 1,公差为 1 的等差数列
bn

-------4 分 (Ⅱ)∵ 1
bn ? n ,则 bn ?
1 . Sn ? 1 ? 1 ? 1 ? ? ? 1 n 2 3 n 1 1 1 1 1 ?? ? ? (1 ? ? ? ? ? ) n ?1 2n 2 3 n

∴ Tn ? S2 n ? Sn = 1 ? 1 ? 1 ? ? ? 1 ?

2 3 n = 1 ? 1 ? ? ? 1 ---------6 分 n ?1 n ? 2 2n 证法 1:∵ Tn?1 ? Tn ? 1 ? 1 ? ? ? 1 ? ( 1 ? 1 ? ? ? 1 ) n?2 n?3 2n ? 2 n ? 1 n ? 2 2n 1 1 1 = ? ? 2n ? 1 2n ? 2 n ? 1



本卷第 37 页(共 44 页)

1 1 1 ? ? ? 0 ∴ Tn ?1 ? Tn .-----8 2n ? 1 2n ? 2 (2n ? 1)(2n ? 2)


2n ? 1 ? 2n ? 2

证 ∴



2





1 1 ∴ Tn?1 ? Tn ? 1 ? 1 ? 1 ? 0 ? 2n ? 1 2n ? 2 2n ? 2 2n ? 2 n ? 1

∴ Tn?1 ? Tn .----8 分 (Ⅲ)用数学归纳法证明: ①当 n ? 1 时 1 ? n ? 1 ? 1 , S2
2 2
n

1 1 1 不等式成立; -----9 ? 1? , ? n ? ?1, 2 2 2

分 ②假设当
1?

n?k



k ?1



k ? N?

)时,不等式成立,即

k 1 ? S 2k ? ? k ,那么当 n ? k ? 1 时 2 2 1 1 1 k 1 1 k 1 1 S 2k ?1 ? 1 ? ? ? ? k ? ? ? k ?1 ? 1 ? ? k ? ? ? k ?1 ? 1 ? ? k ?1 ? ? ? k ?1 2 2 2 2 2 ?1 2 2 ?? ??? 2 ? 2?
2k 个

k 1 k ?1 ---12 分 S2k ?1 ? 1 ? 1 ? ? ? 1k ? ? ? 1?1 ? ? 1? 2 2 2 2 2 2k 1 1 1 1 1 1 1 ? ?k ? k ? ? ? k ?1 ? ? k ? k ? ? ? k = ? (k ? 1) 2 2 ?1 2 2 2 2 2 ????? ? 1?
2k 个

∴当 n ? k ? 1 时, 不等式成立由①②知对任意的 n ? N ? ,不等式成 立.-------14 分 17、在数列 ?an ? 中,已知 a1 ? ?1 , 求数列 ?an ? 的通项公式; (Ⅱ)若 bn ? 3n ? ? ?1?n?1 ? ? an ? 3? ( ? 为非零常数) ,问是否存在整 数 ? ,使得对任意 n ? N * 都有 bn?1 ? bn ?若存在,求出 ? 的值;若 不存在,请说明理由。 【解析】 (Ⅰ)由 an?1 ? Sn ? 3n ? 1 ? n ? N * ? ①得: an ? Sn?1 ? 3n ? 4 ? n ? 2 ? ②
本卷第 38 页(共 44 页)

an ?1 ? S n ? 3n ? 1 ? n ? N * ? (Ⅰ)

① - ② 得 an?1 ? 2an ? 3(n ? 2) , 即 有 an?1 ? 3 ? 2 ? an ? 3? ? n ? 2 ? , ? 数 列
?an ? 3? 是从第二项为 a2 ? 3 ? 4 ,公比为 2 的等比数列
? an ? 3 ? ? a2 ? 3? ? 2n ? 2 ? 2n 即 an ? 2n ? 3 ? n ? 2 ? , ? an ? 2n ? 3 n ? N *

而 a1 ? ?1 满足该式,

?

?

bn ?1 ? 3n ?1 ? ? ?1? ? 2n ?1
n

(Ⅱ)? bn ? 3n ? ? ?1?n?1 ? 2n 成立
n ? bn ?1 ? bn ? 2 ? 3 ? 3? ? ?1? n ?1

要使 bn?1 ? bn 恒

? 2n ? 0 恒成立即 ? ? ?1?n ?1 ? ? 3 ? ? ? ?2?
n ?1

n ?1

当 n 为奇数时, ? ? ? 3 ? ? ? ?2?

恒成立,而 ? 3 ? ? ? ?2?
n ?1

n?1

的最小值为 1? ? ? 1
n?1

当 n 为偶数时, ? ? ? ? 3 ? ? ? ?2?
?? ?? ? ?

恒成立,而 ? ? 3 ? ? ? ?2?

的最大值为 ? 3
2

3 2

3 ? ? ? 0 或 0 ? ? ? 1 所以,存在 ? ? ?1 ,使得对任意 n ? N * 都有 2

bn ?1 ? bn

18、数列 ?a n ?的前 n 项和为 S n , a1 ? 1 ,且对任意正整数 n ,点
?a n?1 , S n ? 在直线 2 x ? y ? 2 ? 0 上. (Ⅰ) 求数列 ?a n ?的通项公式;

(Ⅱ)是否存在实数 ? ,使得数列 ?S n ? ? ? n ? ?
?

? 为等差数列? 2n ?

??

若存在,求出 ? 的值;若不存在,则说明理由. (Ⅲ)已知数列 {bn } , bn
1 1 ? Tn ? . 6 2

?

2 ?n ,bn的前n项和为Tn ,求证: (a n ? 1) a n ?1 ? 1 ( )

【解析】(Ⅰ)由题意可得: 2a n?1 ? S n ? 2 ? 0. ① n ? 2 时,
2a n ? S n ?1 ? 2 ? 0.


本卷第 39 页(共 44 页)

①─②得 2an?1 ? 2an ? an ? 0 ? an?1 ? 1 ?n ? 2? ,
an 2

? a1 ? 1, 2a2 ? a1 ? 2 ? a2 ?

1 2
n ?1

1 ?1? ? ?a n ? 是首项为 1 ,公比为 的等比数列,? an ? ? ? . ? 2 ?2?

4


1 n (Ⅱ)? S n ? 2 ? 2 ? 1?1 . 1 2n 1? 2 1?
? S n ? ?n ?

?
2
n

? 2?

1 2
n ?1

? ?n ?

?
2
n

? 2 ? ?n ? ?? ? 2 ?

1 . 2n

欲使 ?S n ? ? ? n ? ?
?

? 成等差数列,只须 ? ? 2 ? 0 即 ? ? 2 便可. 2n ? ? 成等差数 2n ?

??

故存在实数 ? ? 2 ,使得数列 ?S n ? ?n ? ?
?

??

列.????? (Ⅲ)?
n

9分
1 ( 1 2
k ?1

1 ? (a k ? 1)(a k ?1 ? 1)

? 1)(

1 ? 1) 2k

?

1 1 1 ( ? ) k 1 1 2 ?1 ?1 2k 2 k ?1

??

n 1 2 ?k 1 ) ? ?( ? 1 1 k ?1 ( a k ? 1)( a kt ?1 ? 1) k ?1 ?1 ?1 2 k ?1 2k

?(

1 1 1 1 1 ? ) )? ( ? ) ?? ? ( 1 1 1 1 1 1?1 ?1 ?1 ?1 ?1 ?1 2 22 2 2t 2 k ?1
1 ?

??

1 2k 1 1 ? k ? ? 1 1?1 2 ?1 2 ?1 k 2

又函数 y ?

1 2x ? 在 x ? [1, ? ?) x 1 2 ?1 ?1 2x

上为增函数,
? 21 2k ? k ?1 21 ? 1 2 ? 1



2 1 2k 1 1 ? ? ? k ? ? 1? 3 2 2 ?1 2 2



本卷第 40 页(共 44 页)

1 n 2?k 1 ?? ? .?? 6 k ?1 (ak ? 1)(ak ?1 ? 1) 2

14 分 ,

19、 已知数列{an}各项均为正数, n 为其前 n 项和, S 对于 总有 成等差数列. 的前 n 项和为 时, 与

(Ⅰ)求数列{an}的通项 an(Ⅱ)设数列 Tn,数列{Tn}的前 n 项和为 Rn,求证: (Ⅲ)对任意 小 ,试比较

; 的大

【解析】 (Ⅰ) 由题意, 2S n ? an ? an2 得 (n∈N*) 于是 2S n?1 ? an?1 ? an2?1 , . 两式相减,得 2an ?1 ? an ?1 ? an ? an2?1 ? an2 , 即 an+1+an=(an+1+an)(an+1-an),由题,an>0,an+1+an≠0,得

an+1-an=1,即{an}为公差为 1 的等差数列.
又由 2S1 ? a1 ? a12 ,得 a1=1 或 a1=0(舍去) .∴ an=1+(n-1)·1=n (n∈N ).????5 分 (Ⅱ)证法一:由(I)知 于是当 n≥2 时,
1 1 1 1 1 1 ) Rn ?1 ? T1 ? T2 ? T3 ? ? ? ? ? Tn ?1 = 1 ? (1 ? ) ? (1 ? ? ) ? ? ? ? ? (1 ? ? ? ? ? ? ? 2 2 3 2 3 n ?1
1 1 ? an n
*

,于是 Tn ? 1 ? 1 ? 1 ? ? ? ? ? 1 ,
2 3 n

= (n ? 1) ? n ? 2 ? n ? 3 ? ? ? ? ?
2 3
2 3 n

1 = n ?1 ? n ?1 ? n ?1 ? ??? ? n ?1 ? n ?1 n ?1 2 3 n ?1 n

= n(1 ? 1 ? 1 ? ? ? ? ? 1 ) ? n =n(Tn-1).????10 分 法二: ①当 n=2 时, 1=T1= 1 =1, T2-1)=2( 1 ? 1 ? 1) =1, n=2 R 2( ∴
a1

2

时,等式成立. ②假设 n=k(k≥2)时,等式成立,即 Rk ?1 ? k (Tk ? 1) , 当

n=k+1





Rk ? Rk ?1 ? Tk

=

k (Tk ? 1) ? Tk

本卷第 41 页(共 44 页)

= (k ? 1)Tk ? k = (k ? 1)(Tk ?1 ? = (k ? 1)(Tk ?1 ?
1 )?k k ?1

1 ak ?1

)?k

= (k ? 1)Tk ?1 ? 1 ? k = (k ? 1)(Tk ?1 ? 1) .

∴ 当 n=k+1 时,等式也成立.综合①②知,原等式对 n≥2,

n∈N*均成立.
(Ⅲ) (I) ? 由 知,
i ?1 n

??10 分
ai?3 ?

?
i ?1

n

1 i3

. 由分析法易知, 2 2
? 2

k ? k ?1 ? k ?1 ,


1 k ?
3

k
? 1 k ? k ?1
2


2 k ?1? k ?1? 2 k 1 1 ? k ?1 k ?1





?

k ? 1 ? k ? 1( k ? 1 ? k ? 1)

k ?1 ? k ?1 ? k ?1 ? k ?1

,∴

1?

1 2
3

?

1 3
3

? ??? ?

1 n3

? 1 ? (1 ?

1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 ? ) ?2? ? ? )?( ? ) ? ??? ? ( ? ) ?( 2 n ?1 n ?1 n n ?1 3 2 4 n?2 n

. 即
1 n ? 1 n ?1 ?

?
i ?1

n

ai? 3 ? 2 ?

2 2

.???14 分

20、已知点列 B1 (1, y1 ) , B2 (2, y 2 ) ,?, Bn (n, y n ) , (n ? N ? ) 顺次为一 次函数 y ?
x 1 ? 4 8

图像上的点,点列 A1 ( x1 ,0) , A2 ( x2 ,0) ,?, An ( xn ,0) , (n ? N ? ) 顺次 为 x 轴正半轴上的点,其中 x1 ? a, (0 ? a ? 1) .对于任意 n ? N ? ,点 An 、 Bn 、 An ?1 构成以 Bn 为顶点的等腰三角形. (Ⅰ)求 { y n } 的 通项公式,并证明 { y n } 是等差数列; (Ⅱ)试判断 xn?2 ? xn 是否 为同一常数(不必证明) ,并求出数列 {xn } 的通项公式; (Ⅲ) 在上述等腰三角形 An Bn An?1 中,是否存在直角三角形?若有, 求出此时 a 的值;若不存在,请说明理由. 【解析】 Ⅰ) yn ? 1 n ? 1 , yn?1 ? yn ? 1 (n ? 1) ? 1 ? ( 1 n ? 1 ) ? 1 .?{ y n } ( ? ?
8 4 8 4 是首项为 3 ,公差为等 1 差数列;????..3 8 4 4 8 4



(Ⅱ)? xn?2 ? xn ? 2 为常数,? x1 , x3 , x5 , ? , x2 n?1 及 x2 , x4 , x6 , ? , x2 n 都是 公 差 为 2 的 等 差 数 列 ..4 分
本卷第 42 页(共 44 页)

? x2 n ?1 ? x1 ? 2( n ? 1) ? 2n ? 2 ? a, x2 n ? x2 ? 2( n ? 1) ? 2 ? a ? 2n ? 2 ? 2n ? a.

?.

.6 分
?n ? a ? 1, n为正奇数 ? xn ? ? .?..7 ? n ? a, n为正偶数

分 为 直 角 三 角 形 , 则 分
? 2(1 ? a ).

( Ⅲ ) 要 使

An Bn An ?1

n 1 n 1 | An An ?1 |? 2 y n ? 2( ? ) ,? xn ?1 ? xn ? 2( ? ) .?..8 4 8 4 8

当 n 为正奇数时, xn?1 ? n ? 1 ? a, xn ? n ? a ? 1, ? xn?1 ? xn

n 1 7 n ? 2(1 ? a ) ? 2( ? ) ? a ? ? , n为奇数, ? a ? 1)(?) ( 0 4 8 8 4 取 n ? 1 ? a ? 5 ; n ? 3, a ? 1 ; n ? 5则(?)式无解. ???..10 8 8



当 n 为正偶数时, xn?1 ? n ? a, xn ? n ? a, ? xn?1 ? xn ? 2a.
n 1 n 1 ? 2a ? 2( ? ) ? a ? ? ( n为偶数, ? a ? 1)(?) 0 4 8 4 8 取 n ? 2 ,得 a ? 5 .若n ? 4, 则( ?)式无解. ??..12 8



综上可知,存在满足题意的直角三角形,此时 a 的值为 1 5 , . ???..13 分
8 8

21、 设曲线 C :x 2 ? y 2 ? 1 上的点 P 到点 An ? 0, an ? 的距离的最小值为
d n ,若 a0 ? 0 , an ? 2d n ?1 , n ? N*

(Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式; (Ⅱ)求 证: a1 ? a3 ? ? ? a2 n?1 ? a2 ? a4 ? ? ?
a3 a5 a2 n ?1 a4 a6 a2 n a2 n ? 2

; (Ⅲ)是否存在常数 M ,使 成立?请说明理由.

得对 ?n ? N* ,都有不等式:

1 1 1 ? 3 ?? ? 3 ? M 3 a1 a2 an

【解析】 (Ⅰ)设点 P ? x, y ? ,则 x 2 ? y 2 ? 1 ,所以
| PAn |? x ? ? y ? an ?
2 2

a ? 2 ? an ? ? 2? y ? n ? ? 2? 2 ?
2

2

,
2 2 ? an 2

因为 y ? R ,所以当 y ? an 时, | PAn | 取得最小值 d n ,且 d n ?
2

,

又 an ?

2d n ?1 ,所以 an ?1 ? 2d n ,即 d n ?

1 an ?1 2

将 dn ?

1 an ?1 代入 2

2 2 ? an dn ? 2

本卷第 43 页(共 44 页)


2 n

2 2 ? an 1 an ?1 ? 2 2
2 1

两边平方得 an2?1 ? an2 ? 2 ,又 a0 ? 0 , a12 ? 2

故数列 因为

?a ? 是首项 a

2 ? 2 ,公差为 2 的等差数列,所以 an ? 2n ,

an ? 2d n ?1 ? 0 ,所以 an ? 2n .??????6



(Ⅱ)因为 ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? ? 2n ? 2n ? 1? ? ?2 ? 0 ,所以
? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? ? 2n ? 2n ? 1?

所以 ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? ? 所以 a2 n?1 ?
a2 n ?1 a2 n a2 n ? 2

2n ? 2n ? 1? ,所以 a2 n ? 2 a2 n ?1 ? a2 n ?1a2 n
a3 a4 a5 a6 a2 n ?1 a2 n a2 n ? 2

,所以 a1 ? a2 , a3 ? a4 ,? , a2 n?1 ?

以上 n 个不等式相加得
a a a1 a3 a a ? ? ? ? 2 n ?1 ? 2 ? 4 ? ? ? 2 n a3 a5 a2 n ?1 a4 a6 a2 n ? 2

.???????10 分

(Ⅲ)因为
1 k3 ? 1

1 1 ? 3 ak 2 2 ? k 3

,当 k ? 2 时,
? 1

?k

2

? 1? k

?

1

? k ? 1? k ? k ? 1?

? k ? 1?? k ? 1?

?

1 k

,

因为 所以 所以

1 2 2 ? ? ? k ?1 ? k ?1 , k 2 k k ?1 ? k ?1

1

? k ? 1?? k ? 1?
1 k3 ?

?

1 ? k

? ? k ? 1?? k ? 1?
1

k ?1 ? k ?1 ?

?

1 1 ? k ?1 k ?1

1 1 ? , k ?1 k ?1

?
k ?2

n

1

n 1 ? 1 1 1 1 ? 1 ? ?? ? ? ? ? 1? ? ? 1? k ?1 ? 2 k k ?1 2 k 3 k ?2 ? k ? 1
n

所以 ?
i ?1

1 1 1 n 1 1 1 ? 1 ? 1 2 ? ? ? 3 ? 2 2 ? 2 2 ?1 ? 2 ? ? 4 ? 2 3 ai 2 2 2 2 k ? 2 k ? ?
4 2 ,对 ?n ? N* ,都有不等 2

.

故存在常数 M ? 1 ? 式:
1 1 1 ? 3 ?? ? 3 ? M 3 a1 a2 an

成立. ????14 分

本卷第 44 页(共 44 页)


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