tceic.com
简单学习网 让学习变简单
当前位置:首页 >> 数学 >>

D单元 数列



D 单元
D1



数列
数列的概念与简单表示法

1 * 20.D1、E7[2015· 浙江卷] 已知数列{an}满足 a1= 且 an+1=an-a2 n(n∈N ). 2 an (1)证明:1≤ ≤2(n∈N*); an+1 1 Sn 1 (2)设数列{a2 ≤ ≤ (n∈N*

). n}的前 n 项和为 Sn,证明: n 2(n+2) 2(n+1) 2 20.证明:(1)由题意得 an+1-an=-an ≤0,即 an+1≤an, 1 故 an≤ . 2 当 n≥2 时, 由 an=(1-an-1)an-1 得, an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0. 1 由 0<an≤ 得, 2 an an 1 = = ∈[1,2], an+1 an-a2 n 1- an an 故 1≤ ≤2. an+1 (2)由题意得 a2 n=an-an+1, 所以 Sn=a1-an+1.① 1 1 an an 由 - = 和 1≤ ≤2 得 an+1 an an+1 an+1 1 1 1≤ - ≤2, an+1 an 1 1 所以 n≤ - ≤2n, an+1 a1 1 1 因此 ≤a + ≤ (n∈N*).② 2(n+1) n 1 n+2 由①②得, 1 Sn 1 ≤ ≤ (n∈N*). 2(n+2) n 2(n+1) D2 等差数列及等差数列前 n 项和 10 . D2[2015· 广东卷 ] 在等差数列 {an} 中,若 a3 + a4 + a5 + a6 + a7 = 25 ,则 a2 + a8 = ________. 10.10 [解析] a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,∴a5=5,∴a2+a8=2a5=10. 18.D2、D3、D4、D5[2015· 湖北卷] 设等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比 数列{bn}的公比为 q.已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; an (2)当 d>1 时,记 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn 18.解:(1)由题意有,

?10a1+45d=100, ? ?2a1+9d=20, ? ? 即? ? ? ?a1d=2, ?a1d=2, ?a1=1, ? ? 1 ? 解得? 或? 2 ?d=2 ? ?d= .

a =9, 9

?

? ?an=2n-1, 故? 或 n-1 ?bn=2 ?

?a =9(2n+79), ? ?2? . ?b =9· ?9?
n
n-1

1

n

2n-1 - (2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2n 1,故 cn= n-1 ,于是 2 2n-1 3 5 7 9 Tn=1+ + 2+ 3+ 4+…+ n-1 ,① 2 2 2 2 2 2n-1 1 1 3 5 7 9 Tn= + 2+ 3+ 4+ 5+…+ n .② 2 2 2 2 2 2 2 ①-②可得 2n-1 2n+3 1 1 1 1 T =2+ + 2+…+ n-2- n =3- n , 2 n 2 2 2 2 2 2n+3 故 Tn=6- n-1 . 2 20.D2、D3、D5[2015· 江苏卷] 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 依次构成等比数列. 3 4 (2)是否存在 a1,d,使得 a1,a2 2,a3,a4依次构成等比数列?并说明理由. +3k n+k n+2k (3)是否存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,an 依次构成等比数列?并说 1,a2 ,a3 4 明理由. 2an+1 20.解:(1)证明:因为 =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). 3 4 假设存在 a1,d,使得 a1,a2 2,a3,a4依次构成等比数列, 则 a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4. 1 d - <t<1,t≠0?, 令 t= ,则 1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4? ? 2 ? a 化简得 t3+2t2-2=0(*),且 t2=t+1. 将 t2=t+1 代入(*)式, 1 得 t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则 t=- . 4 1 显然 t=- 不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立, 4
3 4 因此不存在 a1,d,使得 a1,a2 2,a3,a4依次构成等比数列. +3k n+k n+2k (3)假设存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,an 依次构成等比数列, 1,a2 ,a3 4 n n+2k 2(n+k) 则 a1(a1+2d) =(a1+d) ,

且(a1+d)n k(a1+3d)n


+3k

=(a1+2d)2(n

+2k).

分别在两个等式的两边同除以 a2 1
+ +

(n+k)

及 a2 1

(n+2k)

1 d t>- ,t≠0?, ,并令 t= ? 3 ? a1?
+ .

则(1+2t)n 2k=(1+t)2(n k),且(1+t)n k(1+3t)n 3k=(1+2t)2(n 2k) 将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n +3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t), 化简得 2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)], 且 k[3ln(1+3t)+ln(1+t)-4ln(1+2t)]=n[2ln(1+2t)-ln(1+t)-ln(1+3t)]. 再将这两式相除,化简得 ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**). 令 g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)ln(1+t),则 g′(t)=
+ +

2[(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t)] . (1+t)(1+2t)(1+3t) 令 φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t), 则 φ′(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)ln(1+t)]. 令 φ1(t)=φ′(t),则 φ′1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)]. 12 令 φ2(t)=φ′1(t),则 φ′2(t)= >0. (1+t)(1+2t)(1+3t) 由 g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ′2(t)>0, 1 ? 知 φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在? ?-3,0?和(0,+∞)上均单调. 故 g(t)只有唯一零点 t=0,即方程(**)只有唯一解 t=0,故假设不成立, +3k n+k n+2k 所以不存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,an 依次构成等比数列. 1,a2 ,a3 4 16.D2[2015· 全国卷Ⅱ] 设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn =________. 1 1 16. - [解析] 因为 a1=-1, an+1=SnSn+1, 所以 S1=-1, Sn+1-Sn=SnSn+1, 所以 n Sn+1 1 ?1? 1 - =-1,所以数列?S ?是首项为-1,公差为-1 的等差数列,所以 =-n,所以 Sn=- Sn Sn ? n? 1 . n 17.D2、D4[2015· 全国卷Ⅰ] Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an>0,a2 n+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和. anan+1 2 17.解:(1)由 a2 n+2an=4Sn+3,可知 an+1+2an+1=4Sn+1+3, 2 可得 a2 n+1-an+2(an+1-an)=4an+1,即 2 2(an+1+an)=a2 n+1-an=(an+1+an)(an+1-an). 又 an>0,所以 an+1-an=2. 又由 a2 1+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去)或 a1=3, 所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1. (2)由 an=2n+1 可知 1 1 1 1 1 bn= = = ?2n+1-2n+3?. ? anan+1 (2n+1)(2n+3) 2? 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则

1 ?1 1? ?1 - + - Tn=b1+b2+…+bn= ? 2??3 5? ?5 1? n ? 1 - 1 ?? 7?+…+?2n+1 2n+3??=3(2n+3). 6.D2[2015· 北京卷] 设{an}是等差数列.下列结论中正确的是( A.若 a1+a2>0,则 a2+a3>0 B.若 a1+a3<0,则 a1+a2<0 )

C.若 0<a1<a2,则 a2> a1a3 D.若 a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0 6.C [解析] 选项 A 中,当等差数列的前三项是 4,1,-2 时,结论不成立;选项 B 2 中,当等差数列的前三项是 4,-1,-6 时,结论不成立;选项 C 中,设公差为 d,则 a2 >a2 2 -d2=(a2-d)(a2+d)=a1·a3,因为 0<a1<a2,所以 a2> a1a3,结论成立;选项 D 中,当等 差数列的前三项是-2,0,2 时,结论不成立.故选 C.

图 13 14.D2、D3[2015· 湖南卷] 设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,且 3S1,2S2, S3 成等差数列,则 an=________. - 14.3n 1 [解析] 设等比数列{an}的公比为 q.由 3S1,2S2,S3 成等差数列,得 4S2=3S1 - - +S3,即 3S2-3S1=S3-S2,所以 3a2=a3,得公比 q=3,所以 an=a1qn 1=3n 1. 13.D2[2015· 陕西卷] 中位数为 1010 的一组数构成等差数列,其末项为 2015,则该数 列的首项为________. 13.5 [解析] 设首项为 a1,则 a1+2015=2×1010,解得 a1=5. 21.B9、B12、D2、D3[2015· 陕西卷] 设 fn(x)是等比数列 1,x,x2,…,xn 的各项和, 其中 x>0,n∈N,n≥2. 1 1 1 +1 (1)证明:函数 Fn(x)=fn(x)-2 在 ,1 内有且仅有一个零点(记为 xn),且 xn= + xn ; 2 2 2 n (2)设有一个与上述等比数列的首项、 末项、 项数分别相同的等差数列, 其各项和为 gn(x), 比较 fn(x)和 gn(x)的大小,并加以证明. 21.解:(1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2, 则 Fn(1)=n-1>0, 1+ 1- n 1 2 1 1 1 1 1 Fn =1+ + 2+…+ n-2= -2=- n<0, 2 2 2 2 1 2 1- 2 1 所以 Fn(x)在 ,1 内至少存在一个零点. 2 1 - 又 Fn′(x)=1+2x+…+nxn 1>0,故 Fn(x)在 ,1 内单调递增, 2 1 所以 Fn(x)在 ,1 内有且仅有一个零点 xn. 2 因为 xn 是 Fn(x)的零点,所以 Fn(xn)=0,



1 1-xn 1 1 n+1 n -2=0,故 xn= + xn . 2 2 1-xn


(2)方法一:由题设,gn(x)=

(n+1)(1+xn) . 2

(n+1)(1+xn) 设 h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn- ,x>0. 2 当 x=1 时,fn(x)=gn(x). n(n+1)xn 1 - 当 x≠1 时,h′(x)=1+2x+…+nxn 1- . 2


n(n+1) n-1 n(n+1) n-1 n(n+1) n - - - 若 0<x<1,h′(x)>xn 1+2xn 1+…+nxn 1- x = x - x 2 2 2
-1

=0. n(n+1) n-1 n(n+1) n-1 n(n+1) n-1 - - - 若 x>1,h′(x)<xn 1+2xn 1+…+nxn 1- x = x - x 2 2 2

=0. 所以 h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以 h(x)<h(1)=0,即 fn(x)<gn(x). 综上所述,当 x=1 时,fn(x)=gn(x);当 x≠1 时,fn(x)<gn(x). 方法二:由题设,fn(x)=1+x+x2+…+xn, gn(x)= (n+1)(xn+1) ,x>0. 2

当 x=1 时,fn(x)=gn(x). 当 x≠1 时,用数学归纳法可以证明 fn(x)<gn(x). 1 ①当 n=2 时,f2(x)-g2(x)=- (1-x)2<0,所以 f2(x)<g2(x)成立. 2 ②假设 n=k(k≥2)时,不等式成立,即 fk(x)<gk(x). 那么,当 n=k+1 时, (k+1)(1+xk) k+1 2xk 1+(k+1)xk+k+1 + + fk+1(x)=fk(x)+xk 1<gk(x)+xk 1= +x = . 2 2


2xk 1+(k+1)xk+k+1 又 gk+1(x)- = 2


kxk 1-(k+1)xk+1 , 2


令 hk(x)=kxk 1-(k+1)xk+1(x>0), - 则 hk′(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk 1= - k(k+1)xk 1(x-1). 所以当 0<x<1 时,hk′(x)<0,hk(x)在(0,1)上递减; 当 x>1 时,hk′(x)>0,hk(x)在(1,+∞)上递增. 所以 hk(x)>hk(1)=0,


2xk 1+(k+1)xk+k+1 从而 gk+1(x)> . 2


故 fk+1(x)<gk+1(x),即 n=k+1 时不等式也成立. 由①和②知,当 x≠1 时,对一切 n≥2,n∈N,都有 fn(x)<gn(x). 综上所述,当 x=1 时,fn(x)=gn(x);当 x≠1 时,fn(x)<gn(x).

方法三:由已知,记等差数列为{ak},等比数列为{bk},k=1,2,…,n+1. 则 a1=b1=1,an+1=bn+1=xn, xn-1 所以 ak=1+(k-1)· (2≤k≤n), n bk=xk 1(2≤k≤n),


(k-1)(xn-1) k-1 令 mk(x)=ak-bk=1+ -x ,x>0(2≤k≤n), n 当 x=1 时,ak=bk,所以 fn(x)=gn(x). k-1 - - 当 x≠1 时,mk′(x)= ·nxn 1-(k-1)xk 2= n (k-1)xk 2(xn k 1-1). 而 2≤k≤n,所以 k-1>0,n-k+1≥1. - + - + 若 0<x<1,则 xn k 1<1,mk′(x)<0;若 x>1,xn k 1>1,则 mk′(x)>0, 从而 mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增, 所以 mk(x)>mk(1)=0, 所以当 x>0 且 x≠1 时,ak>bk(2≤k≤n), 又 a1=b1,an+1=bn+1, 故 fn(x)<gn(x). 综上所述,当 x=1 时,fn(x)=gn(x);当 x≠1 时,fn(x)<gn(x). 16.D2、D3、D4[2015· 四川卷] 设数列{an}(n=1,2,3…)的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an -a1,且 a1,a2+1,a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式;
- - +

?1? 1 (2)记数列?a ?的前 n 项和为 Tn,求使得|Tn-1|< 成立的 n 的最小值. 1000 ? n?

16.解:(1)由已知 Sn=2an-a1,有 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2), 即 an=2an-1(n≥2). 从而 a2=2a1,a3=2a2=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. 1 1 (2)由(1)得 = n, an 2 1 1 ×1- n 2 1 1 1 2 1 所以 Tn= + 2+…+ n= =1- n. 2 2 2 1 2 1- 2 由|Tn-1|< 1 1 n ? 1 ,得? ?1-2n-1?<1000,即 2 >1000. 1000

因为 29=512<1000<1024=210, 所以 n≥10, 所以使|Tn-1|< 1 成立的 n 的最小值为 10. 1000

18.D2、D4[2015· 天津卷] 已知数列{an}满足 an+2=qan(q 为实数,且 q≠1),n∈N*, a1=1,a2=2,且 a2+a3,a3+a4,a4+a5 成等差数列. (1)求 q 的值和{an}的通项公式; log2a2n (2)设 bn= ,n∈N*,求数列{bn}的前 n 项和. a2n-1 18.解:(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即 a4-a2=a5-a3,所 以 a2(q-1)=a3(q-1).又因为 q≠1,故 a3=a2=2,由 a3=a1·q,得 q=2. n- 1 - 当 n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k 1=2 ; 2 n 当 n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2 . 2 n-1 2 ,n为奇数, 2 所以{an}的通项公式为 an= n 2 ,n为偶数. 2 log2a2n n (2)由(1)得 bn= = -. a2n-1 2n 1 设{bn}的前 n 项和为 Sn,则 1 1 1 1 1 Sn=1× 0+2× 1+3× 2+…+(n-1)× n-2+n× n-1, 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 S =1× 1+2× 2+3× 3+…+(n-1)× n-1+n× n, 2 n 2 2 2 2 2 上述两式相减,得 1 1- n 2 n 1 1 1 1 n 2 n Sn=1+ + 2+…+ n-1- n= - n=2- n- n, 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1- 2 n+2 整理得,Sn=4- n-1 . 2 n+2 所以数列{bn}的前 n 项和为 4- n-1 ,n∈N*. 2 3.D2[2015· 浙江卷] 已知{an}是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项和是 Sn.若 a3,a4, a8 成等比数列,则( ) A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0 2 3. B [解析] 由 a3, a4, a8 成等比数列得, a2 4=a3a8?(a1+3d) =(a1+2d)(a1+7d)?3a1d 4×3 ? 5 5 2 +5d2=0,因公差 d≠0,故 a1=- d,a1d=- d2<0,dS4=d?4a1+ d =- d2<0,故选 3 3 3 2 ? ? B. 2.D2[2015· 重庆卷] 在等差数列{an}中,若 a2=4,a4=2,则 a6=( ) A.-1 B.0 C.1 D.6 2.B [解析] 由等差数列的性质知 a2,a4,a6 成等差数列,所以 a2+a6=2a4,所以 a6 =2a4-a2=0.

? ? ?

D3 等比数列及等比数列前 n 项和 14. D3[2015· 安徽卷] 已知数列{an}是递增的等比数列, a1+a4=9, a2a3=8, 则数列{an} 的前 n 项和等于________.

14.2n-1 [解析] 设数列{an}的公比为 q,由 a2a3=a1a4=8,a1+a4=9 知 a1,a4 是一 元二次方程 x2-9x+8=0 的两根,解此方程得 x=1 或 x=8.又数列{an}递增,因此 a1=1, a4=a1q3=8,解得 q=2,故数列{an}的前 n 项和 Sn= 1×(1-2n) n =2 -1. 1-2

5.A2、N4、D3[2015· 湖北卷] 设 a1,a2,…,an∈R,n≥3.若 p:a1,a2,…,an 成等 2 2 2 2 2 2 比数列;q:(a1+a2+…+a2 ) n-1)(a2+a3+…+an)=(a1a2+a2a3+…+an-1an) ,则( A.p 是 q 的充分条件,但不是 q 的必要条件 B.p 是 q 的必要条件,但不是 q 的充分条件 C.p 是 q 的充分必要条件 D.p 既不是 q 的充分条件,也不是 q 的必要条件 5.A an-1 a1 a2 [解析] 当 p 成立,即 a1,a2,…,an 成等比数列时, = =…= ,满足柯 a2 a3 an

2 2 2 2 2 2 西不等式(a2 1+a2+…+an-1)(a2+a3+…+an)≥(a1a2+a2a3+…+an-1an) 等号成立的条件, 2 2 2 2 2 2 故(a1 +a2 2+…+an-1)(a2+a3+…+an)=(a1a2+a2a3+…+ an-1an) ,即 q 成立;但当 q 成立 时,不一定非要 a1,a2,…,an 成等比数列,如:当 a1=1,a2=a3=…=an=0 时,q 成立, 但不满足 a1,a2,…,an 成等比数列.所以 p 是 q 的充分条件,但不是 q 的必要条件.故选 A. 18.D2、D3、D4、D5[2015· 湖北卷] 设等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比 数列{bn}的公比为 q.已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式;

an (2)当 d>1 时,记 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn 18.解:(1)由题意有,
?10a1+45d=100, ? ?2a1+9d=20, ? ? 即? ?a1d=2, ?a1d=2, ? ?

? 1 ? ?a1=1, ? 解得? 或? 2 ?d=2 ? ?d= . ?
9
? ?an=2n-1, 故? 或 n-1 ?bn=2 ?
n

a =9,

?a =9(2n+79), ? ?2? . ?b =9· ?9?
n-1

1

n

2n-1 - (2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2n 1,故 cn= n-1 ,于是 2 2n-1 3 5 7 9 Tn=1+ + 2+ 3+ 4+…+ n-1 ,① 2 2 2 2 2 2n-1 1 1 3 5 7 9 T = + + + + +…+ n .② 2 n 2 22 23 24 25 2 ①-②可得 2n-1 2n+3 1 1 1 1 T =2+ + 2+…+ n-2- n =3- n , 2 n 2 2 2 2 2 2n+3 故 Tn=6- n-1 . 2

20.D2、D3、D5[2015· 江苏卷] 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 依次构成等比数列. 3 4 (2)是否存在 a1,d,使得 a1,a2 2,a3,a4依次构成等比数列?并说明理由. +3k n+k n+2k (3)是否存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,an 依次构成等比数列?并说 1,a2 ,a3 4 明理由. 2an+1 20.解:(1)证明:因为 =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). 3 4 假设存在 a1,d,使得 a1,a2 2,a3,a4依次构成等比数列, 则 a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4. 1 d - <t<1,t≠0?, 令 t= ,则 1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4? ? 2 ? a 化简得 t3+2t2-2=0(*),且 t2=t+1. 将 t2=t+1 代入(*)式, 1 得 t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则 t=- . 4 1 显然 t=- 不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立, 4
3 4 因此不存在 a1,d,使得 a1,a2 2,a3,a4依次构成等比数列. +3k n+k n+2k (3)假设存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,an 依次构成等比数列, 1,a2 ,a3 4 n n+2k 2(n+k) 则 a1(a1+2d) =(a1+d) , + . n+k n+3k 且(a1+d) (a1+3d) =(a1+2d)2(n 2k)

分别在两个等式的两边同除以 a2 1
+ +

(n+k)

及 a2 1

(n+2k)

1 d t>- ,t≠0?, ,并令 t= ? 3 ? a1?
+ .

则(1+2t)n 2k=(1+t)2(n k),且(1+t)n k(1+3t)n 3k=(1+2t)2(n 2k) 将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n +3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t), 化简得 2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)], 且 k[3ln(1+3t)+ln(1+t)-4ln(1+2t)]=n[2ln(1+2t)-ln(1+t)-ln(1+3t)]. 再将这两式相除,化简得 ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**). 令 g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)ln(1+t),则 g′(t)=
+ +

2[(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t)] . (1+t)(1+2t)(1+3t) 令 φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t), 则 φ′(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)ln(1+t)]. 令 φ1(t)=φ′(t),则 φ′1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)]. 12 令 φ2(t)=φ′1(t),则 φ′2(t)= >0. (1+t)(1+2t)(1+3t) 由 g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ′2(t)>0, 1 - ,0?和(0,+∞)上均单调. 知 φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在? ? 3 ?

故 g(t)只有唯一零点 t=0,即方程(**)只有唯一解 t=0,故假设不成立, +3k n+k n+2k 所以不存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,an 依次构成等比数列. 1,a2 ,a3 4 4.D3[2015· 全国卷Ⅱ] 已知等比数列{an}满足 a1=3,a1+a3+a5=21,则 a3+a5+a7 =( ) A.21 B.42 C.63 D.84 4.B [解析] 由 a1=3,得 a1+a3+a5=3(1+q2+q4)=21,所以 1+q2+q4=7,即(q2 +3)(q2-2)=0,解得 q2=2,所以 a3+a5+a7=(a1+a3+a5)q2=21×2=42,故选 B. 14.D2、D3[2015· 湖南卷] 设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,且 3S1,2S2, S3 成等差数列,则 an=________. - 14.3n 1 [解析] 设等比数列{an}的公比为 q.由 3S1,2S2,S3 成等差数列,得 4S2=3S1 - - +S3,即 3S2-3S1=S3-S2,所以 3a2=a3,得公比 q=3,所以 an=a1qn 1=3n 1. 21.D3、 B11、 M2[2015· 湖南卷] 已知 a>0,函数 f(x)=eaxsin x(x∈[0,+∞)). 记 xn 为 f(x) * 的从小到大的第 n(n∈N )个极值点.证明: (1)数列{f(xn)}是等比数列; 1 (2)若 a≥ 2 ,则对一切 n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. e -1 21.证明:(1)f′(x)=aeaxsin x+eaxcos x=eax(asin x+cos x)= a2+1eaxsin(x+φ), π 1 其中 tan φ = ,0<φ< . a 2 令 f′(x)=0,由 x≥0,得 x+φ=mπ ,即 x=mπ -φ,m∈N*. 对 k∈N,若 2kπ <x+φ<(2k+1)π ,即 2kπ -φ <x<(2k+1)π -φ,则 f′(x)>0; 若(2k+1)π <x+φ<(2k+2)π ,即(2k+1)π -φ<x<(2k+2)π -φ,则 f′(x)<0. 因此,在区间((m-1)π ,mπ -φ)与(mπ -φ,mπ )上,f′(x)的符号总相反,于是当 x =mπ -φ(m∈N*)时,f(x)取得极值,所以 xn=nπ -φ(n∈N*). π- + π- 此时,f(xn)=ea(n φ)sin(nπ -φ )=(-1)n 1ea(n φ)sin φ .易知 f(xn)≠0,而
φ] f(xn+1) (-1)n 2ea[ n 1 sin φ π = =-ea 是常数, n+1 a(nπ -φ) f(xn) (-1) e sin φ
+ ( + )π -

故数列{f(xn)}是首项为 f(x1)=ea( φ)sin φ ,公比为-ea 的等比数列. 1 1 (2)由(1)知, sin φ = 2 , 于是对一切 n∈N*, xn<|f(xn)|恒成立, 即 nπ -φ< 2 ea(n a +1 a +1
π- π π -φ)

a2+1 ea n φ 恒成立,等价于 < (*)恒成立(因为 a>0). a a(nπ -φ)
( π- )

e (t-1) et 设 g(t)= (t>0),则 g′(t)= .令 g′(t)=0,得 t=1. t t2 当 0<t<1 时,g′(t)<0,所以 g(t)在区间(0,1)上单调递减; 当 t>1 时,g′(t)>0,所以 g(t)在区间(1,+∞)上单调递增. 从而当 t=1 时,函数 g(t)取得最小值 g(1)=e. a2+1 1 因此,要使(*)式恒成立,只需 <g(1)=e,即只需 a> 2 . a e -1 而当 a= π π π 2π 1 1 时,由 tan φ = = e2-1> 3且 0<φ< 知, <φ < .于是π -φ< a 2 3 2 3 e -1
2

t

3π nπ -φ < e2-1, 且当 n≥2 时, nπ -φ≥2π -φ> > e2-1.因此对一切 n∈N*, axn= 2 ≠1, 2 e -1 a2+1 所以 g(axn)>g(1)=e= ,故(*)式恒成立. a 1 综上所述,若 a≥ 2 ,则对一切 n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. e -1 18.D3、D4[2015· 山东卷] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 2Sn=3n+3. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 anbn=log3an,求{bn}的前 n 项和 Tn. 18.解:(1)因为 2Sn=3n+3, 所以 2a1=3+3,故 a1=3. - 当 n>1 时,2Sn-1=3n 1+3, - - - 此时 2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n 1=2×3n 1,即 an=3n 1,
?3,n=1, ? 所以 an=? n-1 ?3 ,n>1. ?

1 (2)因为 anbn=log3an,所以 b1= , 3 当 n>1 时,bn=31 nlog33n 1=(n-1)· 31 n,
- - -

1 所以 T1=b1= ; 3 当 n>1 时, 1 - - - Tn=b1+b2+b3+…+bn= +[1×3 1+2×3 2+…+(n-1)×31 n], 3 所以 3Tn=1+[1×30+2×3 1+…+(n-1)×32 n], 两式相减,得
- -

2 - - - - 2Tn= +(30+3 1+3 2+…+32 n)-(n-1)×31 n 3
1 n 2 1-3 - = + -(n-1)×31 n 3 1-3-1




13 6n+3 - , 6 2×3n

13 6n+3 所以 Tn= - . 12 4×3n 经检验,n=1 时也适合. 13 6n+3 综上可得 Tn= - . 12 4×3n 21.B9、B12、D2、D3[2015· 陕西卷] 设 fn(x)是等比数列 1,x,x2,…,xn 的各项和, 其中 x>0,n∈N,n≥2. 1 1 1 +1 (1)证明:函数 Fn(x)=fn(x)-2 在 ,1 内有且仅有一个零点(记为 xn),且 xn= + xn ; 2 2 2 n (2)设有一个与上述等比数列的首项、 末项、 项数分别相同的等差数列, 其各项和为 gn(x), 比较 fn(x)和 gn(x)的大小,并加以证明. 21.解:(1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,

则 Fn(1)=n-1>0, 1+ 1- n 1 2 1 1 12 1n 1 Fn =1+ + +…+ -2= -2=- n<0, 2 2 2 2 1 2 1- 2 1 所以 Fn(x)在 ,1 内至少存在一个零点. 2 1 - 又 Fn′(x)=1+2x+…+nxn 1>0,故 Fn(x)在 ,1 内单调递增, 2 1 所以 Fn(x)在 ,1 内有且仅有一个零点 xn. 2 因为 xn 是 Fn(x)的零点,所以 Fn(xn)=0, 即
1 1-xn 1 1 n+1 n -2=0,故 xn= + xn . 2 2 1-xn


(2)方法一:由题设,gn(x)=

(n+1)(1+xn) . 2

(n+1)(1+xn) 设 h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn- ,x>0. 2 当 x=1 时,fn(x)=gn(x). 当 x≠1 时,h′(x)=1+2x+…+nx
n-1

n(n+1)xn 1 - . 2


n(n+1) n-1 n(n+1) n-1 n(n+1) n - - - 若 0<x<1,h′(x)>xn 1+2xn 1+…+nxn 1- x = x - x 2 2 2
-1

=0. n(n+1) n-1 n(n+1) n-1 n(n+1) n-1 - - - 若 x>1,h′(x)<xn 1+2xn 1+…+nxn 1- x = x - x 2 2 2

=0. 所以 h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以 h(x)<h(1)=0,即 fn(x)<gn(x). 综上所述,当 x=1 时,fn(x)=gn(x);当 x≠1 时,fn(x)<gn(x). 方法二:由题设,fn(x)=1+x+x2+…+xn, (n+1)(xn+1) gn(x)= ,x>0. 2 当 x=1 时,fn(x)=gn(x). 当 x≠1 时,用数学归纳法可以证明 fn(x)<gn(x). 1 ①当 n=2 时,f2(x)-g2(x)=- (1-x)2<0,所以 f2(x)<g2(x)成立. 2 ②假设 n=k(k≥2)时,不等式成立,即 fk(x)<gk(x). 那么,当 n=k+1 时, fk+1(x)=fk(x)+x
k+1

<gk(x)+x

k+1

(k+1)(1+xk) k+1 2xk 1+(k+1)xk+k+1 = +x = . 2 2


2xk 1+(k+1)xk+k+1 又 gk+1(x)- = 2


kxk 1-(k+1)xk+1 , 2


令 hk(x)=kxk 1-(k+1)xk+1(x>0), - 则 hk′(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk 1= - k(k+1)xk 1(x-1). 所以当 0<x<1 时,hk′(x)<0,hk(x)在(0,1)上递减; 当 x>1 时,hk′(x)>0,hk(x)在(1,+∞)上递增. 所以 hk(x)>hk(1)=0,


2xk 1+(k+1)xk+k+1 从而 gk+1(x)> . 2


故 fk+1(x)<gk+1(x),即 n=k+1 时不等式也成立. 由①和②知,当 x≠1 时,对一切 n≥2,n∈N,都有 fn(x)<gn(x). 综上所述,当 x=1 时,fn(x)=gn(x);当 x≠1 时,fn(x)<gn(x). 方法三:由已知,记等差数列为{ak},等比数列为{bk},k=1,2,…,n+1. 则 a1=b1=1,an+1=bn+1=xn, xn-1 所以 ak=1+(k-1)· (2≤k≤n), n bk=xk 1(2≤k≤n),


(k-1)(xn-1) k-1 令 mk(x)=ak-bk=1+ -x ,x>0(2≤k≤n), n 当 x=1 时,ak=bk,所以 fn(x)=gn(x). k-1 - - 当 x≠1 时,mk′(x)= ·nxn 1-(k-1)xk 2= n (k-1)xk 2(xn k 1-1). 而 2≤k≤n,所以 k-1>0,n-k+1≥1. - + - + 若 0<x<1,则 xn k 1<1,mk′(x)<0;若 x>1,xn k 1>1,则 mk′(x)>0, 从而 mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增, 所以 mk(x)>mk(1)=0, 所以当 x>0 且 x≠1 时,ak>bk(2≤k≤n), 又 a1=b1,an+1=bn+1, 故 fn(x)<gn(x). 综上所述,当 x=1 时,fn(x)=gn(x);当 x≠1 时,fn(x)<gn(x). 16.D2、D3、D4[2015· 四川卷] 设数列{an}(n=1,2,3…)的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an -a1,且 a1,a2+1,a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式;
- - +

?1? 1 (2)记数列?a ?的前 n 项和为 Tn,求使得|Tn-1|< 成立的 n 的最小值. 1000 ? n?

16.解:(1)由已知 Sn=2an-a1,有 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2), 即 an=2an-1(n≥2). 从而 a2=2a1,a3=2a2=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. 1 1 (2)由(1)得 = n, an 2 1 1 ×1- n 2 1 1 1 2 1 所以 Tn= + 2+…+ n= =1- n. 2 2 2 1 2 1- 2 由|Tn-1|< 1 1 n ? 1 ,得? ?1-2n-1?<1000,即 2 >1000. 1000

因为 29=512<1000<1024=210, 所以 n≥10, 所以使|Tn-1|< 1 成立的 n 的最小值为 10. 1000

22.D3、E1、E7[2015· 重庆卷] 在数列{an}中,a1=3,an+1an+λan+1+μa2 n=0(n∈N+). (1)若 λ=0,μ=-2,求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)若 λ= (k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+ <ak0+1<2+ . k0 3k0+1 2k0+1
2 22.解:(1)由 λ=0,μ=-2,有 an+1an=2an (n∈N+). 若存在某个 n0∈N+,使得 an0=0,则由上述递推公式易得 an0-1=0.重复上述过程可 得 a1=0,与 a1=3 矛盾,所以对任意 n∈N+,an≠0. 从而 an+1=2an(n∈N+),即{an}是一个公比 q=2 的等比数列. - - 故 an=a1qn 1=3×2n 1.

1 (2)证明:因为 λ= ,μ=-1,所以数列{an}的递推关系式即为 k0 1 1 2 an+1an+ an+1-a2 n=0,变形为 an+1an+ =an(n∈N+). k0 k0 由上式及 a1=3>0,归纳可得 3=a1>a2>…>an>an+1>…>0. 1 1 a2 n- 2+ 2 k0 k0 1 1 1 因为 an+1= = =an- + · ,所以 1 1 k0 k0 k0an+1 an+ an+ k0 k0 a2 n ak0+1=a1+(a2-a1)+…+(ak0+1-ak0)= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a1-k0· + · + +…+ >2+ · + +…+ k k0 k0 k0a1+1 k0a2+1 k k0ak0+1 3k0+1 0 0 3k0+1 3k0+1 1 个=2+ . 3k0+1 另一方面,由上已证的不等式知 a1>a2>…>ak0>ak0+1>2,得 1 1 1 1 1 1 1 1 ak0+1=a1-k0· + · + +…+ <2+ · + +… k0 k0 k0a1+1 k0a2+1 k0 2k0+1 2k0+1 k0ak0+1 + 1 1 k 个=2+ . 2k0+1 0 2k0+1 1 1 综上,2+ <ak0+1<2+ . 3k0+1 2k0+1

D4

数列求和

n+2 21.D4、D5[2015· 广东卷] 数列{an}满足:a1+2a2+…+nan=4- n-1 ,n∈N*. 2 (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的前 n 项和 Tn; Tn-1 ? 1 1 1 (3)令 b1=a1,bn= +?1+2+3+…+n? ?an(n≥2),证明:数列{bn}的前 n 项和 Sn 满 n 足 Sn<2+2ln n. 18.D2、D3、D4、D5[2015· 湖北卷] 设等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比 数列{bn}的公比为 q.已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; an (2)当 d>1 时,记 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn 18.解:(1)由题意有,
? ?10a1+45d=100, ? ?2a1+9d=20, ? 即? ?a1d=2, ?a1d=2, ? ?

? 1 ? ?a1=1, ? ? 解得 或? 2 ?d=2 ? ?d= . ?
9
?an=2n-1, ? 故? 或 n-1 ? ?bn=2
n

a =9,

?a =9(2n+79), ? ?2? . ?b =9· ?9?
n-1

1

n

2n-1 - (2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2n 1,故 cn= n-1 ,于是 2 2n-1 3 5 7 9 Tn=1+ + 2+ 3+ 4+…+ n-1 ,① 2 2 2 2 2 2n-1 1 1 3 5 7 9 T = + + + + +…+ n .② 2 n 2 22 23 24 25 2 ①-②可得 2n-1 2n+3 1 1 1 1 Tn=2+ + 2+…+ n-2- n =3- n , 2 2 2 2 2 2 2n+3 故 Tn=6- n-1 . 2
?1? 11.D4[2015· 江苏卷] 设数列{an}满足 a1=1,且 an+1-an=n+1(n∈N*),则数列?a ?前 ? n?

10 项的和为________. 20 11. 11 + 1 = [解析] 因为 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2
10 1 1 n(n+1) 1 2 , 所 以 = = 2 ?n-n+1? , 故 ? 2 an ? ? n(n+1) n=1

1 = an

? 1? ?1 1? ? 1 1 ?? 20 2? ??1-2?+?2-3?+…+?10-11??=11.
17.D2、D4[2015· 全国卷Ⅰ] Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an>0,a2 n+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和. anan+1 2 17.解:(1)由 a2 n+2an=4Sn+3,可知 an+1+2an+1=4Sn+1+3, 2 可得 a2 n+1-an+2(an+1-an)=4an+1,即 2 2(an+1+an)=a2 n+1-an=(an+1+an)(an+1-an). 又 an>0,所以 an+1-an=2. 又由 a2 1+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去)或 a1=3, 所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1. (2)由 an=2n+1 可知 1 1 1 1 1 bn= = = ?2n+1-2n+3?. 2 ? anan+1 (2n+1)(2n+3) ? 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 1 ?1 1? ?1 - + - Tn=b1+b2+…+bn= ? 2??3 5? ?5 1? n ? 1 - 1 ??= +…+ 7? ?2n+1 2n+3?? 3(2n+3). 3.L1、D4[2015· 湖南卷] 执行如图 11 所示的程序框图,如果输入 n=3,则输出的 S =( )

图 11 6 A. 7 8 C. 9 3 B. 7 4 D. 9

1 1 1 1 1 3.B [解析] 第一次循环后 S= = ,i=2;第二次循环后 S= + = ×1 1×3 3 1×3 3×5 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 - + - = ,i=3;第三次循环后 S= + + = ×1- + - + - = ,此 3 3 5 5 3 3 5 5 7 7 1×3 3×5 5×7 2 3 时 i=4>3,退出循环,输出结果 S= .故选 B. 7

18.D3、D4[2015· 山东卷] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 2Sn=3n+3. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 anbn=log3an,求{bn}的前 n 项和 Tn. 18.解:(1)因为 2Sn=3n+3, 所以 2a1=3+3,故 a1=3. - 当 n>1 时,2Sn-1=3n 1+3, - - - 此时 2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n 1=2×3n 1,即 an=3n 1,
? ?3,n=1, 所以 an=? n-1 ?3 ,n>1. ?

1 (2)因为 anbn=log3an,所以 b1= , 3 当 n>1 时,bn=31 nlog33n 1=(n-1)· 31 n,
- - -

1 所以 T1=b1= ; 3 当 n>1 时, 1 - - - Tn=b1+b2+b3+…+bn= +[1×3 1+2×3 2+…+(n-1)×31 n], 3 所以 3Tn=1+[1×30+2×3 1+…+(n-1)×32 n], 两式相减,得
- -

2 - - - - 2Tn= +(30+3 1+3 2+…+32 n)-(n-1)×31 n 3
1 n 2 1-3 - = + -(n-1)×31 n 3 1-3-1




13 6n+3 - , 6 2×3n

13 6n+3 所以 Tn= - . 12 4×3n 经检验,n=1 时也适合. 13 6n+3 综上可得 Tn= - . 12 4×3n 16.D2、D3、D4[2015· 四川卷] 设数列{an}(n=1,2,3…)的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an -a1,且 a1,a2+1,a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式;
?1? 1 (2)记数列?a ?的前 n 项和为 Tn,求使得|Tn-1|< 成立的 n 的最小值. 1000 ? n?

16.解:(1)由已知 Sn=2an-a1,有 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2), 即 an=2an-1(n≥2). 从而 a2=2a1,a3=2a2=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.

1 1 (2)由(1)得 = n, an 2 1 1 ×1- n 2 1 1 1 2 1 所以 Tn= + 2+…+ n= =1- n. 2 2 2 1 2 1- 2 由|Tn-1|< 1 1 n ? 1 ,得? ?1-2n-1?<1000,即 2 >1000. 1000

因为 29=512<1000<1024=210, 所以 n≥10, 所以使|Tn-1|< 1 成立的 n 的最小值为 10. 1000

18.D2、D4[2015· 天津卷] 已知数列{an}满足 an+2=qan(q 为实数,且 q≠1),n∈N*, a1=1,a2=2,且 a2+a3,a3+a4,a4+a5 成等差数列. (1)求 q 的值和{an}的通项公式; log2a2n (2)设 bn= ,n∈N*,求数列{bn}的前 n 项和. a2n-1 18.解:(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即 a4-a2=a5-a3,所 以 a2(q-1)=a3(q-1).又因为 q≠1,故 a3=a2=2,由 a3=a1·q,得 q=2. n- 1 - 当 n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k 1=2 ; 2 n 当 n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2 . 2 n-1 2 ,n为奇数, 2 所以{an}的通项公式为 an= n 2 ,n为偶数. 2 log2a2n n (2)由(1)得 bn= = n-1. a2n-1 2 设{bn}的前 n 项和为 Sn,则 1 1 1 1 1 Sn=1× 0+2× 1+3× 2+…+(n-1)× n-2+n× n-1, 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 S =1× 1+2× 2+3× 3+…+(n-1)× n-1+n× n, 2 n 2 2 2 2 2 上述两式相减,得 1 1- n 2 n 1 1 1 1 n 2 n S =1+ + 2+…+ n-1- n= - n=2- n- n, 2 n 2 2 2 1 2 2 2 2 1- 2 n+2 整理得,Sn=4- n-1 . 2 n+2 所以数列{bn}的前 n 项和为 4- n-1 ,n∈N*. 2

? ? ?

D5 单元综合 + 18.B12、D5[2015· 安徽卷] 设 n∈N*,xn 是曲线 y=x2n 2+1 在点(1,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标. (1)求数列{xn}的通项公式;

2 2 (2)记 Tn=x2 1x3…x2n-1,证明:Tn≥


1 . 4n
+ +

18.解:(1)y′=(x2n 2+1)′=(2n+2)x2n 1,曲线 y=x2n 2+1 在点(1,2)处的切线斜率为 2n+2, 从而切线方程为 y-2=(2n+2)(x-1). 令 y=0,得切线与 x 轴交点的横坐标 xn=1- (2)证明:由题设和(1)中的计算结果知,
2 2 2 2 2 ?2n-1? . ?1? ?3? Tn=x2 1x3…x2n-1= 2 × 4 ×…× ? ? ? ? ? 2n ?

1 n = . n+1 n+1

1 当 n=1 时,T1= ; 4

? 当 n≥2 时,因为 x2 2n-1=

2n-1?2 (2n-1)2 (2n-1)2-1 2n-2 n-1 ? 2n ? = (2n)2 > (2n)2 = 2n = n ,

1?2 1 2 n-1 1 所以 Tn>? × × ×…× = . 2 ? ? 2 3 n 4n 1 综上可得,对任意的 n∈N*,均有 Tn≥ . 4n n+2 21.D4、D5[2015· 广东卷] 数列{an}满足:a1+2a2+…+nan=4- n-1 ,n∈N*. 2 (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的前 n 项和 Tn; Tn-1 ? 1 1 1 (3)令 b1=a1,bn= +?1+2+3+…+n? ?an(n≥2),证明:数列{bn}的前 n 项和 Sn 满 n 足 Sn<2+2ln n. 18.D2、D3、D4、D5[2015· 湖北卷] 设等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比 数列{bn}的公比为 q.已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; an (2)当 d>1 时,记 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn 18.解:(1)由题意有,
?10a1+45d=100, ? ?2a1+9d=20, ? ? 即? ? ? ?a1d=2, ?a1d=2, ?a1=1, ? ? 1 ? 解得? 或? 2 ?d=2 ? ?d= .

a =9, 9

?

? ?an=2n-1, 故? 或 n-1 ?bn=2 ?

?a =9(2n+79), ? ?2? . ?b =9· ?9?
n
n-1

1

n

2n-1 - (2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2n 1,故 cn= n-1 ,于是 2

2n-1 3 5 7 9 Tn=1+ + 2+ 3+ 4+…+ n-1 ,① 2 2 2 2 2 2n-1 1 1 3 5 7 9 Tn= + 2+ 3+ 4+ 5+…+ n .② 2 2 2 2 2 2 2 ①-②可得 2n-1 2n+3 1 1 1 1 T =2+ + 2+…+ n-2- n =3- n , 2 n 2 2 2 2 2 2n+3 故 Tn=6- n-1 . 2 20.D2、D3、D5[2015· 江苏卷] 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 依次构成等比数列. 3 4 (2)是否存在 a1,d,使得 a1,a2 2,a3,a4依次构成等比数列?并说明理由. +3k n+k n+2k (3)是否存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,an 依次构成等比数列?并说 1,a2 ,a3 4 明理由. 2an+1 20.解:(1)证明:因为 =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). 3 4 假设存在 a1,d,使得 a1,a2 2,a3,a4依次构成等比数列, 则 a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4. 1 d ? 令 t= ,则 1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4? ?-2<t<1,t≠0?, a 化简得 t3+2t2-2=0(*),且 t2=t+1. 将 t2=t+1 代入(*)式, 1 得 t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则 t=- . 4 1 显然 t=- 不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立, 4
3 4 因此不存在 a1,d,使得 a1,a2 2,a3,a4依次构成等比数列. +3k n+k n+2k (3)假设存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,an 依次构成等比数列, 1,a2 ,a3 4 n n+2k 2(n+k) 则 a1(a1+2d) =(a1+d) , + . n+k n+3k 且(a1+d) (a1+3d) =(a1+2d)2(n 2k)

分别在两个等式的两边同除以 a2 1
+ +

(n+k)

及 a2 1

(n+2k)

1 d t>- ,t≠0?, ,并令 t= ? 3 ? a1?
+ .

则(1+2t)n 2k=(1+t)2(n k),且(1+t)n k(1+3t)n 3k=(1+2t)2(n 2k) 将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n +3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t), 化简得 2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)], 且 k[3ln(1+3t)+ln(1+t)-4ln(1+2t)]=n[2ln(1+2t)-ln(1+t)-ln(1+3t)]. 再将这两式相除,化简得 ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**). 令 g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)ln(1+t),则 g′(t)=
+ +

2[(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t)] . (1+t)(1+2t)(1+3t) 令 φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t), 则 φ′(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)ln(1+t)]. 令 φ1(t)=φ′(t),则 φ′1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)]. 12 令 φ2(t)=φ′1(t),则 φ′2(t)= >0. (1+t)(1+2t)(1+3t) 由 g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ′2(t)>0, 1 ? 知 φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在? ?-3,0?和(0,+∞)上均单调. 故 g(t)只有唯一零点 t=0,即方程(**)只有唯一解 t=0,故假设不成立, +3k n+k n+2k 所以不存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 an ,an 依次构成等比数列. 1,a2 ,a3 4
?2an,an≤18, ? 20. D5, A1[2015· 北京卷] 已知数列{an}满足: a1∈N*, a1≤36, 且 an+1=? ? ?2an-36,an>18

(n=1,2,…).记集合 M={an|n∈N*}. (1)若 a1=6,写出集合 M 的所有元素; (2)若集合 M 存在一个元素是 3 的倍数,证明:M 的所有元素都是 3 的倍数; (3)求集合 M 的元素个数的最大值. 20.解:(1)6,12,24. (2)证明:因为集合 M 存在一个元素是 3 的倍数,所以不妨设 ak 是 3 的倍数.
?2an,an≤18, ? 由 an+1=? 可归纳证明对任意 n≥k,an 是 3 的倍数. ? ?2an-36,an>18

如果 k=1,则 M 的所有元素都是 3 的倍数. 如果 k>1,因为 ak=2ak-1 或 ak=2ak-1-36,所以 2ak-1 是 3 的倍数,于是 ak-1 是 3 的倍 数.类似可得,ak-2,…,a1 都是 3 的倍数,从而对任意 n≥1,an 是 3 的倍数,因此 M 的 所有元素都是 3 的倍数. 综上,若集合 M 存在一个元素是 3 的倍数,则 M 的所有元素都是 3 的倍数.
? ?2an-1,an-1≤18, (3)由 a1≤36,an=? 可归纳证明 an≤36(n=2,3,…). ?2an-1-36,an-1>18 ? ?2a1,a1≤18, ? 因为 a1 是正整数,a2=? 所以 a2 是 2 的倍数,从而当 n≥3 时,an 是 4 ? ?2a1-36,a1>18,

的倍数. 如果 a1 是 3 的倍数,由(2)知对所有正整数 n,an 是 3 的倍数. 因此当 n≥3 时,an∈{12,24,36},这时 M 的元素个数不超过 5. 如果 a1 不是 3 的倍数,由(2)知对所有正整数 n,an 不是 3 的倍数. 因此当 n≥3 时,an∈{4,8,16,20,28,32},这时 M 的元素个数不超过 8. 当 a1=1 时,M={1,2,4,8,16,20,28,32},有 8 个元素. 综上可知,集合 M 的元素个数的最大值为 8. 8.B9、D5[2015· 福建卷] 若 a,b 是函数 f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零 点,且 a,b,-2 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 p+

q 的值等于( ) A.6 B.7 C.8 D.9 8.D [解析] 不妨设 a>b,由韦达定理得 a+b=p>0,ab=q>0,则 a>b>0, 所以-2,
?2b=a-2, ?a=4, ? ?a=-2, ? ? b, a 成等差数列, a, -2, b 成等比数列, 所以? 解得? 或? (舍去), ?ab=4, ?b=1 ?b=-2 ? ? ?

所以 p=5,q=4,所以 p+q=9. 1.[2015· 台州中学一模] 已知等差数列的前 n 项和为 Sn,且 a2=8,S4=40.数列{bn}的 前 n 项和为 Tn,且 Tn-2bn+3=0,n∈N*. (1)求数列{an},{bn}的通项公式;
?an,n为奇数, ? (2)设 cn=? 求数列{cn}的前 2n+1 项和 P2n+1. ? ?bn,n为偶数, ?a1+d=8, ?a1=4, ? ? 1.解:(1)由题意得,? 解得? ?4a1+6d=40, ?d=4, ? ? ∴an=4n.∵Tn-2bn+3=0,① ∴当 n=1 时,b1=3. 当 n≥2 时,Tn-1-2bn-1+3=0,② ①-②得 bn=2bn-1(n≥2), - ∴数列{bn}为等比数列,∴bn=3×2n 1. ? ?4n,n为奇数, (2)cn=? n-1 ?3×2 ,n为偶数, ? P2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(b2+b4+…+b2n) [4+4(2n+1)]· (n+1) 6(1-4n) = + 2 1-4 + 2n 1 2 =2 +4n +8n+2. 2.[2015· 慈溪、余姚高三上学期期中] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,nan+1= * 2Sn,n∈N . (1)求 a2,a3,a4. (2)求数列{an}的通项公式.

1 b2 1 1 n (3) 若数列 {bn} 满足 b1 = , bn + 1 = bn + 2 ,试证明:当 n∈N* 时,必有① - 2 bn bn+1 an+1 1 < ;②bn<1. (n+1)2 2.解:(1)将 n=1,2,3 分别代入递推式,可得 a2=2,a3=3,a4=4. (2) 因为 nan + 1 = 2Sn , (n - 1)an = 2Sn - 1(n≥2) ,所以 nan + 1 - (n - 1)an = 2(Sn - Sn - 1) = an+1 n+1 an+1 n+1 2an(n≥2),即 nan+1=(n+1)an(n≥2), = (n≥2),当 n=1 时,也满足 = .所 an n an n a2 a3 a4 an 2 3 4 n 以 · · ·…· = × × ×…× ,所以 an=n(n∈N*) . a1 a2 a3 an-1 1 2 3 n-1 1 b2 n (3)证明:①由(2)得 b1= ,bn+1=bn+ >b >b - >…>b1>0,所以{bn}是正项单 2 (n+1)2 n n 1 bn+1bn bn+1bn b2 n 调递增数列,当 n∈N*时, bn+1=bn+ , 2<bn+ 2,所以 bn+1-bn< (n+1) (n+1) (n+1)2

bn+1-bn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 < 即 - < 当 n≥2 时, - < 2, - < 2, …, 2, 2.②由①得, b b b2 2 b2 b3 3 bn+1bn (n+1) bn+1 (n+1) n 1 1 1 1 1 1 1? ?1 1? 1 1 1 1 1 1 1 1 - ?< 2+ 2+…+ 2 ,即 - < 2+ 2 - + - +…+? - < 2,所以? b b b b b b ? ? ? ? b n 2 3 n b bn 2 3 - ? n 1 n? bn-1 1 2 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 - ?= 1- ?+? - ?+…+? +…+ 2,所以 - < + +…+ =? n? 2 2 3 n - 1 ? ? ? ? n b1 bn 2×1 3×2 ? n·(n-1) n+1 1 1 1 1 1 1 1- , 所以 > + -1=2+ -1= >1, 即 bn<1(n≥2).又当 n=1 时,b1= <1,故当 n bn b1 n n n 2 * n∈N 时,bn<1. 3.[2015· 宁波十校联考] 已知数列{an}满足 a1=1, 点(an,an+1)在直线 y=2x+1 上. 数 1 1 1 列{bn}满足 b1=a1,bn=an?a +a +…+a ?(n≥2 且 n∈N*). ? 1 2 n-1? (1)(i)求{an}的通项公式 ; 1+bn an (ii)证明: = (n≥2 且 n∈N*). bn+1 an+1 1 ?? 1? ? 1 ? 10 (2)求证:? ?1+b1??1+b2?…?1+bn?< 3 . 3.解:(1)(i)因为点(an,an+1)在直线 y=2x+1 上,所以 an+1=2an+1,所以 an+1+1= an+1+1 - 2(an+1),即 =2,所以 an+1=2n 1(a1+1)=2n,所以 an=2n-1. an+1 1 1 1 bn 1 1 1 bn+1 1 (ii)证明:因为 n≥2 时,bn=an?a +a +…+a ?,所以 = + +…+ , = an a1 a2 ? 1 2 an-1 an+1 a1 n-1? bn+1 bn 1 1+bn 1+bn an 1 1 1 + +…+ + ,所以有 = + = ,所以 = 成立. a2 an an-1 an an+1 an an bn+1 an+1 1+bn an 1 1+ ? (2)证明:由(1)可知,b1=a1=1,b2=a2=3,当 n≥2 时, = ,设 Tn=? ? b1? bn+1 an+1 1+b1 1+b2 1+b3 1+bn 1+b1 1+b2 1+b3 1+bn ?1+ 1 ?…?1+ 1 ?, …· = · · · …· · b ? b2? ? bn? 则 Tn= b1 · b2 · b3 · bn b1b2 b3 b4 bn+1 n 1 1 1 1 1+b1 a2 a3 (1+b1)a2 bn+1 bn+1 an · · · …· ·bn+1= · =2· =2?a +a +…+a +a ?,又 +1= b1b2 a3 a4 b1b2 2 n? an+1 an+1 an+1 ? 1 n-1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 因为 + +…+ + = 1 + + … + n-1 + n ,所以 = k = a1 a2 an 3 ak an-1 2 -1 2 -1 2 -1 + + + 1 1 2k 1-1 2k 1 (2k 1-1)-(2k-1) < = 2· = 2 ?2k-1-2k+1-1? k+1 k+1 k+1 k k k ? ? (2 -1)(2 -1) (2 -1)(2 -1) (2 -1)(2 -1) 1 1 1 1 1 1 1 (其中 k=2,3,4,…,n),所以 Tn= + +…+ + <1+2??22-1-23-1?+ 2 a1 a2 ?? ? an-1 an 1 1 2 5 10 ? 3 1 - 4 1 ?+…+ ? n 1 - n+1 ?? ?2 -1 2 -1? ?2 -1 2 1-1??=1+222-1-2n+1-1<1+3=3,即 Tn< 3 , 1 ?? 1? ? 1 ? 10 所以有? ?1+b1??1+b2?…?1+bn?< 3 成立.
?1? 4. [2015· 重庆一中模拟] 已知数列{an}的前 n 项积 Tn 满足条件: ①?T ?是首项为 2 的等 ?
n?

1 差数列;②T2-T5= . 6 (1)求数列{an}的通项公式 an; (2)设数列{bn}满足 bn= n -a ,其前 n 项和为 Sn,求证:对任意正整数 n,都有 n+2 n

1 0<Sn< . 4
?1? 1 1 1 1 4.解:(1)设数列?T ?的公差为 d,则 T2= ,T = .又 T2-T5= ,∴d=1,∴ 6 Tn ? n? 2+d 5 2+4d 1 1 Tn n+1 n =2+(n-1)×1=n+1,∴Tn= .当 n≥2 时,an= = = ;当 n=1 时,a1= 1 n+1 Tn-1 n+1 n 1 n n T1= ,符合 an= .故 an= . 2 n+1 n+1

(2)证明:∵bn=

n -an= n+2

n 2 n -?n+1? ? n+2 ? n n - = = n+2 n+1 n n + n+2 n+1

n2 n2 n2 n2 - - (n+2)n (n+1)2 (n+2)n (n+1)2 >0 , ∴Sn>0. ∴ bn = n n n n + + n+2 n+1 n+2 n+1 n2 n2 n2 - (n+2)n (n+1)2 (n+2)n(n+1)2 1 1 1 1 < = = = ?n+1-n+2?, n n ? ∴Sn 2(n+1)(n+2) 2? 2× 2× n+1 n+1 1 1 ?? 1 ?1 1 ? 1 1 1? ?1 1? 1 - - - + - +…+? = b1 + b2 + b3 +…+ bn< × ?? = × 2 ??2 3? ?3 4? ?n+1 n+2?? 2 ?2 n+2? < 4 . 故对 1 任意正整数 n,都有 0<Sn< . 4 7.[2015· 茂名一模] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且 2nSn+1-2(n+1)Sn=n(n * +1)(n∈N ),数列{bn}满足 bn+2-2bn+1+bn=0(n∈N*),b3=5,其前 9 项和为 63. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; bn an (2)令 cn= + ,设数列{cn}的前 n 项和为 Tn,若对任意正整数 n,都有 Tn-2n∈[a, an bn b],求 b-a 的最小值. Sn+1 Sn 1 7.解:(1)由 2nSn+1-2(n+1)Sn=n(n+1)得 - = , n+1 n 2 ?Sn? 1 所以数列? n ?是首项为 1,公差为 的等差数列, 2 ? ? n(n+1) Sn 1 1 1 因此 =1+(n-1)× = n+ ,故 Sn= . n 2 2 2 2 (n+1)(n+2) n(n+1) 于是 an+1=Sn+1-Sn= - =n+1. 2 2 又 a1=1,所以 an=n. 因为 bn+2-2bn+1+bn=0,所以数列{bn}是等差数列. 9(b3+b7) 由已知易知 =63,又 b3=5,所以 b7=9, 2 9-5 所以{bn}的公差 d= =1,所以 bn=b3+(n-3)×1=n+2. 7-3 1 1 bn an n+2 n (2)由(1)可得 cn= + = + =2+2?n-n+2?, an bn n ? ? n+2

1 1 1 所以 Tn=c1+c2+…+cn=2n+2×? ?1-3+2-4+ 1 1 1 1 1 1 ? - +…+ - + - 3 5 n-1 n+1 n n+2?= 1 1 1 1 1 2n+2×?1+2-n+1-n+2?=3-2?n+1+n+2?+2n, ? ? ? ? 1 1 1 1 所以 Tn-2n=3-2?n+1+n+2?.设 An=Tn-2n=3-2?n+1+n+2?,则 An+1-An=3- ? ? ? ? 1 1 1 1 1 1 4 2?n+2+n+3?-?3-2?n+1+n+2??=2?n+1-n+3?= ? ? ? ? ?? ? ? (n+1)(n+3)>0,所以{An}递 1 1 4 4 增,故(An)min=A1= .又 An=3-2?n+1+n+2?<3,所以有 ≤An<3.因为对任意正整数 n,Tn 3 3 ? ? 4 4 4 5 -2n∈[a,b],∴a≤ ,b≥3,即 a 的最大值为 ,b 的最小值为 3,故(b-a)min=3- = . 3 3 3 3 1 * 5.[2015· 佛山质检] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知 a1= , S =n2an-n(n-1)(n∈N ). 2 n (1)求 a2,a3 的值; (2)求数列{an}的通项; 1 5 * (3)设 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,证明:Tn< (n∈N ). 2 SnSn+1 5 5.解:(1)当 n=2 时,S2=4a2-2,得 a2= ; 6 11 当 n=3 时,S3=9a3-6,得 a3= . 12 (2)当 n≥2 时,Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1),整理得 (n+1)Sn nSn-1 (n2-1)Sn=n2Sn-1+n(n-1),即 - =1, n n-1
?(n+1)Sn? ?是首项为 1,公差为 1 的等差数列, 所以数列? n ? ?

(n+1)Sn n2 所以 =n,即 Sn= , n n+1 将其代入 Sn=n2an-n(n-1)中可得 an=1- 1 . n(n+1)

n+2 n2 (3)证明:由(2)得 Sn= ,所以 bn= 2 . n+1 n (n+1) k+2 k+2 k+k 1 1 2 当 k≥2,k∈N*时,bk= 2 = · ≤ · = = k k k (k+1) k(k+1) k(k+1) k(k+1) 1 1 2?k-k+1?.

?

?

3 5 当 n=1 时,T1= < 成立; 2 2 3 1 1 1 1 1 1 5 2 5 当 n≥2 时,Tn=b1+b2+…+bn< +2 - + - +…+ - = - < . 2 2 3 3 4 n n+1 2 n+1 2 5 综上所述,Tn< (n∈N*). 2


推荐相关:

D单元 数列

D单元 数列_数学_高中教育_教育专区。数 D 单元 D1 学 数列数列的概念与简单表示法 1 * 20.D1、E7[2015· 浙江卷] 已知数列{an}满足 a1= 且 an+1=an...


D单元 数列

D单元 数列_数学_高中教育_教育专区。D 单元 目录 数列 D 单元 数列...D 单元 目录 数列 D 单元 数列......


D单元 数列

D单元 数列_高三数学_数学_高中教育_教育专区。D 单元 目录 数列 D 单元 数列...D 单元 目录 数列 D 单元 数列......


D单元 数列

D单元 数列_数学_高中教育_教育专区。数 D 单元 D1 学 数列数列的概念与简单表示法 3n2-n 17. 、、[2014· 江西卷] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,...


D单元 数列

D 单元 D1 学 数列数列的概念与简单表示法 3n2-n 17.D1、D3、D5[2014· 江西卷] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,n∈N*. 2 (1)求数列{an}的通...


2016年高考数学一轮精品复习 D单元 数列(含解析)

2016年高考数学一轮精品复习 D单元 数列(含解析)_高二数学_数学_高中教育_教育专区。D 单元 数列 D1 数列的概念与简单表示法 * 17.D1、D4、D5[2014·江西卷...


2015年高考真题与模拟题分类汇编:D单元 数列

2015年高考真题与模拟题分类汇编:D单元 数列_高三数学_数学_高中教育_教育专区。数 D 单元 D1 学 数列数列的概念与简单表示法 1 * 20.D1、E7[2015· 浙江卷...


2014全国名校数学试题分类解析汇编(11月第四期):D单元 数列

2014全国名校数学试题分类解析汇编(11月第四期):D单元 数列_高中教育_教育专区...的前 n 项和 s n 【知识点】等差数列及等差数列前 n 项和等比数列及等比...


【2015届备考】2014全国名校(数学)分类解析汇编(11月第三期):D单元数列

【2015届备考】2014全国名校(数学)分类解析汇编(11月第三期):D单元数列_数学_...12 分 【思路点拨】(1)根据已知条件可求出等差数列的首项与公差,从而求得 ...


D单元 数列

D单元 数列_数学_高中教育_教育专区。好数D 单元 数列 学 D1 数列的概念与简单表示法 17. 、、[2014· 江西卷] 已知首项都是 1 的两个数列{an},{bn}(...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 简单学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com