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数学专项练习数列


高一下期末复习系列(二) 必修五 数列部分
*如有错误之处,欢迎批评指正。

一、填空题
1 1、 a1=3, a4=81, 已知等比数列{an}中, 若数列{bn}满足 bn=log3an, 则数列 bnbn+1 的前 n 项和 Sn=________. a9+a10 1 2、已知等比数列{an}中,各项都是正数,且 a1, a3,2a2

成等差数列,则 的 2 a7+a8 值为________.

3、已知 a,b,c(a<b<c)成等差数列,将其中的两个数交换,得到的三个数依次 成等比数列,则 a2+c2 的值为________. 2b2

a1 a 4、若数列{an}是正项数列,且 a1+ a2+…+ an=n2+3n(n∈N*),则 + 2+… 2 3 + an =________. n+1

5、设 f1(x)=

f (0) ? 1 2 ,fn+1(x)=f1[fn(x)],且 an= n ,则 a2 015=________. 1+x f n (0) ? 2

1 6、设数列{ an }的前 n 项和为 Sn,且 an ? 4 ? (? ) n ?1 ,若对任意 n ? N * ,都有 2 1 ? p ( S n ? 4n) ? 3 ,则实数 p 的取值范围是

第 1 页 共 13 页

7、 (2015 南京、盐城第一次调研 14)已知数列 ?an ? 满足 a1 ? ?1 , a2 ? a1 ,

| an ?1 ? an |? 2n (n ? N * ) , 若数列 ?a2 n ?1? 单调递减, 数列 ?a2 n ? 单调递增, 则数列 ?an ?
的通项公式为 an ? .

8、(2015·苏、锡、常、镇模拟)已知数列{an}满足 log3an+1=log3an+1(n∈N*), 1 且 a2+a4+a6=9,则 log (a5+a7+a9)的值是________. 3

9、(2015·长沙模拟)已知函数 f(n)=n2cos(nπ),且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2 +a3+…+a100=________.

10、 (2015 江苏高考,11)数列 {an } 满足 a1 ? 1 ,且 an ?1 ? an ? n ? 1 ( n ? N * ) ,则
1 数列 { } 的前 10 项和为 an

11 、 ( 2015 高考新课标 2 ,理 16 )设 S n 是数列 ?an ? 的前 n 项和,且 a1 ? ?1 ,

an ?1 ? S n S n ?1 ,则 S n ? ________.

二、解答题
12、设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2n=2an+1. (1) 求数列{an}的通项公式; bn 1 b1 b2 (2)若数列{bn}满足 + +…+ =1- n,n∈N*,求{bn}的前 n 项和 Tn. a1 a2 an 2

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13、数列{an}的前 n 项和记为 Sn,a1=t,点(Sn,an+1)在直线 y=3x+1 上,n∈ N*. (1)当实数 t 为何值时,数列{an}是等比数列; (2)在(1)的结论下,设 bn=log4an+1,cn=an+bn,Tn 是数列{cn}的前 n 项和,求 Tn.

14、设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 an+Sn=An2+Bn+1(A≠0). 9 3 (1)若 a1= ,a2= ,求证:数列{an-n}是等比数列,并求数列{an}的通项公式; 2 4 (2)已知数列{an}是等差数列,求 B-1 的值. A

15、已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n-5an-85,n∈N*. (1)证明:{an-1}是等比数列; (2)求数列{Sn}的通项公式,并求出使得 Sn+1>Sn 成立的最小正整数 n.

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16、 (2015 江苏高考,20 节选)设 a1 , a2 , a3 , a4 是各项为正数且公差为 d (d ? 0) 的 等差数列, (1)证明: 2a1 , 2a2 , 2a3 , 2a4 依次成等比数列; (2)是否存在 a1 , d ,使得 a1 , a2 2 , a33 , a4 4 依次成等比数列,并说明理由。

17、设数列{an}满足:a1=1,a2=2,an+2=

an a2 n+1+1 a2 n+1

(n≥1,n∈N*),

an ?1 . 1 an ? an (1) 求证:数列 {bn } 是常数列;
令 bn ? (2) 求证:当 n≥2 时, 2 ? an 2 ? a 2n?1 ? 3 ; (3) 求 a2 015 的整数部分.

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18、 (2015 高考四川,理 16)设数列 {an } 的前 n 项和 Sn ? 2an ? a1 ,且 a1 , a2 ? 1, a3 成等差数列. (1)求数列 {an } 的通项公式; (2)记数列 {

1 1 成立的 n 的最小值. } 的前 n 项和 Tn ,求得 | Tn ? 1|? 1000 an

1 2 19、 ( n? N* ) (2015 高考浙江,理 20)已知数列 ?an ? 满足 a1 = 且 an ?1 = an - an 2
(1)证明:1 ?

an ; ? 2( n? N* ) an ?1 S 1 1 ? n ? ( n ? N * ). 2(n ? 2) n 2(n ? 1)

2 (2)设数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,证明

20、 (2015 高考上海,理 22 )已知数列 ?an ? 与 ?bn ? 满足 an ?1 ? an ? 2 ? bn ?1 ? bn ? ,

n ? ?? .
(1)若 bn ? 3n ? 5 ,且 a1 ? 1 ,求数列 ?an ? 的通项公式; (2)设 ?an ? 的第 n0 项是最大项,即 an0 ? an ( n ? ? ? ) ,求证:数列 ?bn ? 的第 n0 项 是最大项; (3)设 a1 ? ? ? 0 ,bn ? ? n ( n ? ? ? ) ,求 ? 的取值范围,使得 ?an ? 有最大值 ? 与 最小值 m ,且

? ? ? ?2, 2 ? . m

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答案
一、填空题
1、答案: n n+1 a 解析:设数列{an}的公比为 q,则 4=q3=27,得 q=3. a1 n-1 n-1 n 所以 an=a1q =3×3 =3 ,故 bn=log3an=n, 1 1 1 1 . = = - 所以 n n+1 bnbn+1 n n+1 1 1 1 n 1 1 1 1 . 则数列 bnbn+1 的前 n 项和为 1- + - +…+ - =1- = 2 2 3 n n+1 n+1 n+1 2、答案:3+2 2 解析:设等比数列{an}的公比为 q, 1 ∵a1, a3,2a2 成等差数列,∴a3=a1+2a2, 2 2 ∴a1q =a1+2a1q.∴q2-2q-1=0.∴q=1± 2. ∵各项都是正数,∴q>0. ∴q=1+ 2. a9+a10 2 ∴ =q =(1+ 2)2=3+2 2. a7+a8 3、答案:10 解析:∵a,b,c(a<b<c)成等差数列, ∴设 a=b-d,c=b+d(d>0), ①若交换 a,b,则 b,b-d,b+d 成等比数列,得(b-d)2=b(b+d),解得 d=3b, ∴a=-2b,c=4b. a2+c2 20b2 = 2 =10. ∴ 2b 2b2 ②若交换 a,c,则 d=0(舍去). a2+c2 a2+c2 ③若交换 b,c 也可得 = 10 ,综上, =10. 2b2 2b2 4、答案:2n2+6n 解析:令 n=1 得 a1=4,即 a1=16. 当 n≥2 时, an=(n2+3n)-[(n-1)2+3(n-1)]=2n+2. 所以 an=4(n+1)2. 当 n=1 时,也适合上式,所以 an=4(n+1)2(n∈N*). an an =4(n+1),数列 n+1 是首项为 8,公差为 4 的等差数列. 于是 n+1 an a1 a2 故 + +…+ =2n2+6n. 2 3 n+1

第 6 页 共 13 页

1 5、答案: (? ) 2016 2 2 2 6 10 = ,f3(0)= ,f4(0)= ,…, 5 11 1 ? f1 (0) 3 f (0) ? 1 1 1 1 1 a1= 1 = ,a2=- ,a3= ,a4=- ,…, 8 16 32 f1 (0) ? 2 4 1 可猜测 a2 015= (? ) 2 016. 2 2 ?1 f n ?1 (0) ? 1 1 ? f n (0) 1 ? f n (0) 1 = = =- an, 实际上,an+1= 2 2 f n ?1 (0) ? 2 ? 2 2 ? (2 ? f n (0)) 1 ? f n (0) 1 1 1 1 即数列{an}是公比为- 的等比数列,a2 015= × (? ) 2 014= (? ) 2 016. 2 4 2 2 6、答案:[2,3] 2 1 n 3 1 n 3 解析:由题意易求得 S n =4n + 【 1-(- ) ],而 ? 【 1-(- ) ]? 3 2 4 2 2 3 3 1 ?p ? ,p?( ) min ? 2, p ? ( ) max ? 2,? p ? [2,3] S n ? 4n S n ? 4n S n ? 4n
解析:f1(0)=2,f2(0)=

(?2) n ? 1 7、答案: 3
解析:

a1 ? ?1, a2 ? 1,? a2 ? a1 ? 2, a3 ? a2 ? ?22 , a4 ? a3 ? 23 ? ? ? ? ? ?, an ? an ?1 ? ?(?2) n ?1 2[1 ? (?2) n ?1 ] 1 ? an ? a1 ? , ? an ? [(?2) n ? 1] 1 ? (?2) 3
8、答案:-5 an 1 解析:由 log3an+1=log3an+1(n∈N*),得 log3an+1-log3an=1 且 an>0,即 log3 + an an+1 =3,所以数列{an}是公比为 3 的等比数列.因为 a5+a7+a9=(a2 =1,解得 an 1 1 +a4+a6)q3,所以 a5+a7+a9=9×33=35.所以 log (a5+a7+a9)=log 35=-log335 3 3 =-5. 9、答案:-100 解析:若 n 为偶数,则 an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-(2n+1),为首项为 a2 =-5,公差为-4 的等差数列;若 n 为奇数,则 an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+ 1)2=2n+1,为首项为 a1=3,公差为 4 的等差数列.所以 a1+a2+a3+…+a100 50×49 =(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=50×3+ ×4+50×(-5)- 2
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50×49 ×4=-100. 2 10、答案: 解析:
20 11

11、答案: ?

1 n 1 1 ? ? ?1 , S n ?1 S n

解析: 由已知得 an ?1 ? S n ?1 ? S n ? S n ?1 ? S n , 两边同时除以 S n ?1 ? S n , 得

?1? 1 ? ?1 ? (n ? 1) ? ? n , 故数列 ? ? 是以 ?1 为首项, ?1 为公差的等差数列,则 Sn ? Sn ?
所以 S n ? ?

1 . n

二、解答题
12、解:(1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. 由 S4=4S2,a2n=2an+1,得 4a1+6d=8a1+4d, a1=1, 解得 a1+ 2n-1 d=2a1+2 n-1 d+1. d=2. * 因此 an=2n-1,n∈N . bn 1 b b2 (2)由已知 1+ +…+ =1- n,n∈N*, a1 a2 an 2 b1 1 当 n=1 时, = ; a1 2 1 1- n-1 bn 1 1 2 当 n≥2 时, =1- n- = n. an 2 2 b 1 所以 n= n,n∈N*. an 2 2n-1 由(1)知 an=2n-1,n∈N*,所以 bn= n ,n∈N*. 2 2n-1 1 3 5 所以 Tn= + 2+ 3+…+ n , 2 2 2 2
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2n-3 2n-1 1 1 3 Tn= 2+ 3+…+ n + n+1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 + 3+…+ n 2n-1 1 1 2 两式相减,得 Tn= + 2 2 2 - n+1 2 2 2 2n 1 - 1 3 = - n-1- n+1 , 2 2 2 2n+3 所以 Tn=3- n . 2 13、解:(1)∵点(Sn,an+1)在直线 y=3x+1 上, ∴an+1=3Sn+1,an=3Sn-1+1,(n>1,且 n∈N*), an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an,∴an+1=4an,n>1, a2=3S1+1=3a1+1=3t+1, ∴当 t=1 时,a2=4a1,数列{an}是等比数列. (2)在(1)的结论下,an+1=4an,an+1=4n, bn=log4an+1=n,cn=an+bn=4n-1+n, Tn=c1+c2+…+cn =(40+1)+(41+2)+…+(4n-1+n) =(1+4+42+…+4n-1)+(1+2+3+…+n) 4n-1 n n+1 + . = 3 2 2a1=A+B+1, 14、解:(1)分别令 n=1,2,代入条件得 2a2+a1=4A+2B+1. 1 A= , 2 1 3 3 9 ∴an+Sn= n2+ n+1,① 又 a1= ,a2= ,解得 3 2 4 2 2 B= . 2 1 3 ∴an+1+Sn+1= (n+1)2+ (n+1)+1.② 2 2 ②-①,得 2an+1-an=n+2, 1 1 则 an+1-(n+1)= (an-n). ∵a1-1= ≠0, 2 2 1 1 ∴数列{an-n}是首项为 ,公比 的等比数列. 2 2 1 1 an-n= n,则 an=n+ n. 2 2 (2)数列{an}是等差数列,可设 an=dn+c. d n d+c+dn+c d 2 c+ 则 Sn= = n+ 2 n. 2 2 3d d 2 c+ ∴an+Sn= n + 2 n+c. 2 B-1 d 3d 则 A= ,B=c+ ,c=1.∴ =3. 2 2 A
第 9 页 共 13 页

15、解: (1)证明:当 n=1 时,a1=S1=1-5a1-85, 解得 a1=-14,则 a1-1=-15. 当 n≥2 时,Sn-1=(n-1)-5an-1-85, ∴an=Sn-Sn-1=1-5an+5an-1, ∴6an=5an-1+1, 5 即 an-1= (an-1-1), 6 5 ∴{an-1}是首项为-15,公比为 的等比数列. 6 5 - (2)由(1)知 an-1=-15· 6 n 1, 5 - ∴Sn=n-5 1-15· 6 n 1 -85 5 - =n+75· 6 n 1-90. 5 5 n 由 Sn+1>Sn 得 n+1+75· 6 -90>n+75· 6 n-1-90, 5 51 即 15· 6 n<1,解得 n>log ≈14.85, 615 ∴使得 Sn+1>Sn 成立的最小正整数 n=15. 16、解: (1)证明:因为

2an?1 ? 2an?1 ? an ? 2d ( n ? 1 , 2 , 3 )是同一个常数, 2an

所以 2a1 , 2a2 , 2a3 , 2a4 依次构成等比数列. (2)令 a1 ? d ? a ,则 a1 , a2 , a3 , a4 分别为 a ? d , a , a ? d , a ? 2d ( a ? d ,
a ? ?2d , d ? 0 ) .

假设存在 a1 , d ,使得 a1 , a2 , a3 , a4 依次构成等比数列, 则 a 4 ? ? a ? d ?? a ? d ? ,且 ? a ? d ? ? a 2 ? a ? 2d ? .
3 6 4

2

3

4

令t ?

d 1 3 6 4 ,则 1 ? ?1 ? t ??1 ? t ? ,且 ?1 ? t ? ? ?1 ? 2t ? ( ? ? t ? 1 , t ? 0 ) , a 2

化简得 t 3 ? 2t 2 ? 2 ? 0 ( ? ) ,且 t 2 ? t ? 1 .将 t 2 ? t ? 1 代入( ? )式,

1 t ? t ? 1? ? 2 ? t ? 1? ? 2 ? t 2 ? 3t ? t ? 1 ? 3t ? 4t ? 1 ? 0 ,则 t ? ? . 4 1 显然 t ? ? 不是上面方程得解,矛盾,所以假设不成立, 4
因此不存在 a1 , d ,使得 a1 , a2 , a3 , a4 依次构成等比数列.
2 3 4

第 10 页 共 13 页

17、 解(1) 易知, 对一切 n≥1, an≠0, 由 an+2=

an a2 n+1+1 a2 n+1

an+2 an+1 , 得 = 1 1. an+ an+1+ an an+1

依次利用上述关系式,可得 an-1 an+1 an 2 a2 = = = = … = 1 1 1=1, 1 1 a1+ 1+ an-1+ an+ an-2+ a1 1 an an-1 an-2 an+1 1 an+ 从而数列 an 是常数列. 1 (2) 由(1)得 an+1=an+ . an 1 又 a1=1,∴可知数列{an}递增,则对一切 n≥1,有 an≥1 成立,从而 0< 2≤1. an 1 1 当 n≥2 时,a2 +2, ) 2 =a2 n-1+ n= ( an ?1 ? a2 an ?1 n-1 1 2 +2, 于是 a2 n-an-1= 2 an-1 2 ∴2<a2 n-an-1≤3. 1 2 (3) 当 n≥2 时,a2 +2, n=an-1+ a2 n-1 1 1 +…+ 2+a2 ∴a2 1+2(n-1). n= 2 a1 an-1 2 a2 1=1,a2=4,则当 n≥3 时, 1 1 a2 +…+ 2+a2 n= 1+2(n-1) 2 a1 an-1 1 1 = 2 +…+ 2+1+1+2(n-1) a2 an-1 1 1 1 1 = 2 +…+ 2+2n>2n. a 2 2015 ? 2 ? ... 2 ? 2 ? 2015 ? 4030 ? 632 , a2 an-1 a 2014 a2

1 ? 2(2015 ? 1) ? 1 a 2014 a12 1 1 1 1 1 1 ) =4 029+ 2+…+ =4 030+ ( ? ? ... ? 2 a1 2 2 4 a2014 2 ? 2014 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =4 030+ ( ? ? .... ) + ( ? ? ... ? )+ ( ? ? ... ? ) 2 2 3 39 2 40 41 199 2 200 201 2014 1 1 1 1 <4 030+ ( ? 38 ? ? 160 ? ? 1815) <4 096=642. 2 2 40 200 ∴63< a2015 <64,即 a2015 的整数部分为 63.
又 a2015 2 ?
2

1

? ... ?

18、解(1)由已知 Sn ? 2an ? a1 ,有 an ? Sn ? Sn ?1 ? 2an ? 2an ?1 (n ? 1) ,
第 11 页 共 13 页

即 an ? 2an ?1 (n ? 1) . 从而 a2 ? 2a1 , a3 ? 4a1 . 又因为 a1 , a2 ? 1, a3 成等差数列,即 a1 ? a3 ? 2(a2 ? 1) . 所以 a1 ? 4a1 ? 2(2a1 ? 1) ,解得 a1 ? 2 . 所以,数列 {an } 是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 故 an ? 2n . (2)由(1)得
1 1 ? n. an 2

1 1 [1 ? ( ) n ] 1 1 1 1 2 ? 1? 1 . 所以 Tn ? ? 2 ? 3 ? ? ? n ? 2 1 2 2 2 2 2n 1? 2 1 1 1 由 | Tn ? 1|? ,得 |1 ? n ? 1|? ,即 2n ? 1000 . 1000 2 1000 因为 29 ? 512 ? 1000 ? 1024 ? 210 , 所以 n ? 10 . 1 于是,使 | Tn ? 1|? 成立的 n 的最小值为 10. 1000

19、 即 an ?1 ? an ,an ? 解 (1) 由题意得,an ?1 ? an ? ? an 2 ? 0 , 得 an ? (1 ? an ?1 )(1 ? an ? 2 ) ??? (1 ? a1 )a1 ? 0 ,由 0 ? an ?

1 , 由 an ? (1 ? an ?1 )an ?1 2

1 得, 2

an an a 1 ? ? ? [1, 2] ,即 1 ? n ? 2 ; 2 an ?1 an ? an 1 ? an an ?1
(2)由题意得 an 2 ? an ? an ?1 , ∴ S n ? a1 ? an ?1 ①,由

a a 1 1 1 1 ? = n 和 1 ? n ? 2 得, 1 ? ? ? 2, an ?1 an an ?1 an ?1 an ?1 an

∴n ?

1 1 1 1 ? ? 2n ,因此 ? an ?1 ? (n ? N * ) ②,由①②得 an ?1 a1 2(n ? 1) n?2

S 1 1 . ? n ? 2(n ? 2) n 2(n ? 1)
20、解:(1)由 bn ?1 ? bn ? 3 ,得 an ?1 ? an ? 6 , 所以 ?an ? 是首项为 1 ,公差为 6 的等差数列, 故 ?an ? 的通项公式为 an ? 6n ? 5 , n ? ? ? .

第 12 页 共 13 页

(2)证明:由 an ?1 ? an ? 2 ? bn ?1 ? bn ? ,得 an ?1 ? 2bn ?1 ? an ? 2bn . 所以 ?an ? 2bn ? 为常数列, an ? 2bn ? a1 ? 2b1 ,即 an ? 2bn ? a1 ? 2b1 . 因为 an0 ? an , n ? ? ? ,所以 2bn0 ? a1 ? 2b1 ? 2bn ? a1 ? 2b1 ,即 bn0 ? bn . 故 ?bn ? 的第 n0 项是最大项. (3)因为 bn ? ? n ,所以 an ?1 ? an ? 2 ? ? n ?1 ? ? n ? , 当 n ? 2 时, an ? ? an ? an ?1 ? ? ? an ?1 ? an ? 2 ? ? ??? ? ? a2 ? a1 ? ? a1

? 2 ? ? n ? ? n ?1 ? ? 2 ? ? n ?1 ? ? n ? 2 ? ? ??? ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? ? 2? n ? ? .
当 n ? 1 时, a1 ? ? ,符合上式.所 以 an ? 2? n ? ? . 因为 ? ? 0 ,所以 a2 n ? 2 ?
2n

? ? ? ?? , a2 n ?1 ? 2 ?

2 n ?1

? ? ? ?? .

①当 ? ? ?1 时,由指数函数的单调性知, ?an ? 不存在最大、最小值; ②当 ? ? ?1 时, ?an ? 的最大值为 3 ,最小值为 ?1 ,而

3 ? ? ?2, 2 ? ; ?1

③当 ?1 ? ? ? 0 时,由指数函数的单调性知, ?an ? 的最大值 ? ? a2 ? 2? 2 ? ? ,最 小值 m ? a1 ? ? ,由 ?2 ?

2? 2 ? ?

?

1 ? 2 及 ?1 ? ? ? 0 ,得 ? ? ? ? 0 . 2

? 1 ? 综上, ? 的取值范围是 ? ? , 0 ? . ? 2 ?

第 13 页 共 13 页


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