&>&&>&高中数学数列知识点总结与题库
高中数学数列知识点总结与题库_20800字
油田测井生产实习报告jemy225【实习时间】：XX年7月（共三周）【带队老师】：王向公、胡少兵、夏玲玲一、提要：暑假期间，在王向公等老师的带领下，我们测井06级三个班来到了位于潜江市的江汉油田测录井工程公司进行为期三周的实习。此次实习前，我们已经完…
全国家长服务热线400-999-8323孩子的自信心应该如何培养？一个人在人生的道路上能走多远，在人生的阶梯上能爬多高，在人生的战场上能够取得多大成就，除了其他因素外，最关键的因素就是他的自信心。自信心是一个人能…
《平行四边形的判定》一．选择题 1．下列条件中，能判定四边形是平行四边形的条件是（ A．一组对边平行，另一组对边相等． C．一组对边平行，一组邻角互补． 2．如图，EF 过 ）B．一组对边平行，一组对角相等． D．一组对边相等，一组邻角相等．ABCD…
第六章二、重难点击数列本章重点：数列的概念，等差数列，等比数列的定义，通项公式和前n项和公式及运用，等差数列、等比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、函数与方程思想、分类与讨论思想、化归与转化思想等。知识网络四、数列通项an与前n项和Sn的关系1．Sn=a1+a2+a3+?+an=∑aii=12．a?S1=1n=??Sn-Sn-1≥2课前热身3．数列{an}的通项公式为an=3n2-28n,则数列各项中最小项是BA．第４项B．第５项C．第６项D．第７项4．已知数列{aa2}是递增数列，其通项公式为n=n+λn,则实数λ的取值范围是(-3,+∞)5．数列{an}的前n项和Sn=2-4n+1,，则a?-2=1n=??2n-5≥2题型一归纳、猜想法求数列通项【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式⑴7，77，777，7777，…⑶1，3，3，5，5，7，7，9，9…解析：⑴将数列变形为7777×(10-1),(102-1),(103-1)，?,(10n-1)9999⑶将已知数列变为1+0，2+1，3+0，4+1，5+0，6+1，7+0，8+1，9+0，…。可得数列的通项公式为1+(-1an=n+2点拨：本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律，从而求得通项。题型二应用a?S1=1=??Sn-Sn-1≥2求数列通项例2．已知数列{an}的前n项和Sn，分别求其通项公式.⑴Sn=3-2解析：⑴当n=1时,a1=S1=31-2=1，当n≥2时,a-1=Sn-Sn-1=(3-2)-(3-2=2?3n-1又a?1=1)1=1不适合上式，故an=??2?3n-1≥2三、利用递推关系求数列的通项【例3】根据下列各个数列{an}的首项和递推关系，求其通项公式⑴a11=2,an+1=an+14n2-1解析：⑴因为a1+1=an+4n2-1，所以a=1111+1-an4n2-1=2(2n-1-2n+1所以aa1112-1=2(1-3a=1113-a22(3-5a-a11143=2(5-7…，…，111an-an-1=(-22n-32n-1以上(n-1)个式相加得11(1-)22n-114n-3即：an=1-=4n-24n-2an-a1=点拨：在递推关系中若an+1=an+f(n),求an用累加法，若an+1=f(n),求an用累乘法，若aan+1=pan+q，求an用待定系数法或迭代法。课外练习3设an=111*++?+，(n∈N)，则an+1与an的大小关系是(C)n+1n+22n+1B．an+1=A．an+1>anC．an+1aaD．不能确定111+-2n+22n+3n+111=-an+1-an=所以an+1an，选Ｃ．?-2,(n=1则an=?n2-4n+1，?2n-5,(n≥25．已知数列{an}的前n项和Sn=7．已知数列{an}的通项-98（n∈N*），则数列{an}的前30项中最大项和最小项分别是a10，a9-99解：构造函数y=x--=1+x-99x-99由函数性质可知，函数在(-∞99)上递减，且y1又∈(9，10）∴a10>a11>a12>?>a30>1>a1>a2>?三、解答题>a9∴a10最大，a9最小6.2等差数列知识要点2．递推关系与通项公式递推关系：an+1-an=d通项公式：an=a1+(n-1)d推广：an=am+(n-m)d变式：a1=an-(n-1)dd=an-a1-1d=a-amn-m特征：an=dn+(a1-d),即：an=f(n)=kn+m,(k,m为常数）an=kn+m，（k,m为常数)是数列{an}成等差数列的充要条件。３．等差中项：若a,b,c成等差数列，则b称a与c的等差中项，且b=a+c2；a,b,c成等差数列是2b=a+c的充要条件。４．前n项和公式S(a1+an)nn(n=2；Snan-1)d=1+2特征：Sdn=2n2+(ad1-2)n,即S2n=f(n)=An+BnS2=An+BA,B为常数是数列{an}成等差数列的充要条件。5．等差数列{an}的基本性质(其中m,n,p,q∈N*⑴若m+n=+q，则am+an=ap+aq反之，不成立。⑵an-am=(n-m)d⑶2an=an-m+an+m⑷Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等差数列。６．判断或证明一个数列是等差数列的方法：①定义法：an+1-an=d(常数）（n∈N*）=>{an}是等差数列②中项法：2an+1=an+an+2（n∈N*)=>{an}是等差数列③通项公式法：an=kn+k,b为常数)=>{an}是等差数列④前n项和公式法：Sn=An2+BA,B为常数)=>{an}是等差数列课前热身2．等差数列{an}中，a4+a6+a8+a10+a12=120,则a19-3a11的值为(CA．14B．15C．16D．17解a13a19-11=a9-3(a9+2d=23(a-d)==3?5=16。3．等差数列{an}中，a1>0，S9=S12，则前或11项的和最大。解：∵S9=S12，S12-S9=0∴a10+a11+a12=0，∴3a11=0，∴a11=0，又a1>0∴{an}为递减等差数列∴S10=S11为最大。4．已知等差数列{an}的前10项和为100，前100项和为10，则前110项和为－110解：∵S10，S20-S10，S30-S20，?，S110-S100，?成等差数列，公差为D其首项为S10=100，前10项的和为S100=10∴100×10+10×92×D=10，∴D=-22又S110-S100=S10+10D∴S110=100+10+10（?-22）=-110y=50n-98-???12n+(n-1)?2×4??=-2n2+40n-98=-2(n-10)2+102所以当n=10时，ymax=102６．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S12>0，S13①求出公差d的范围，②指出S1，S2，?，S12中哪一个值最大，并说明理由。dan=f(n)nanSn{an}解：①S12=6(a1+a12)=6(a3+a10=6(2a3+7d)>0∴24+7d>0∴d>-247又S13(a1+a13)13=2=132(a3+a11)=1322a3+8d从而-247②∵S12=6(a6+a7)>0S13=13a70∴S6最大。课外练习一、选择题1．已知{an}数列是等差数列，a10=10，其前10项的和S10=70，则其公差d等于(DA．-23B．-13C13D232．已知等差数列{an}中，a7+a9==16，a4=1，则a12等于（A）A．15B．30C．31D．64解：∵a7+a9=a4+a12∴a12=15二、填空题3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S4=14，S10-S7=30，则S9=544．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12=21，则a2+a5+a8+a11=5．设F是椭圆x2y27+6=1的右焦点，且椭圆上至少有21个不同点Pi(i=1,2,?)使P1FP2FP3F,?组成公差为d的等差数列，则d的取值范围为???-110，0???∪???01?10?解：椭圆的焦点F到椭圆上的点最大、最小距离分别为(+1)-1），由题意得：7-1）+（n-1)d=7+1∴d=2-1∵n-1≥20∴d≤110d≠0∴-110≤d110三、解答题6．等差数列{an}的前n项和记为Sn，已知a10=30，a20=50①求通项an；②若Sn=242，求n解：an=a1+(n-1)da10=30，a20=50解方程组??a1+9d=30?a1+19d=50∴??a1=12?d=2∴an=2n+10由Sn=a1+-1)d2，Sn=242∴12n+-12?2=242解得n=11或n=-22(舍去）7．甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运动，甲第一分钟走2m，以后每分钟比前一分钟多走1m，乙每分钟走5m，①甲、乙开始运动后几分钟相遇？②如果甲乙到对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前一分钟多走1m，乙继续每分钟走5m，那么，开始运动几分钟后第二次相遇？解：①设n分钟后第一次相遇，依题意有：2n+-12+5n=70解得n=7，n=-20(舍去）故第一次相遇是在开始运动后7分钟。②设n分钟后第二次相遇，则：2n+-12+5n=3×70解得n=15，n=-28(舍去）故第二次相遇是在开始运动后15分钟10．已知数列{an}中，a1=3，前n和Sn=12+1)(an+1)-1①求证：数列{an}是等差数列②求数列{an}的通项公式③设数列?1?a?的前n项和为Tn，是否存在实?nan+1?数M，使得Tn≤M对一切正整数n都成立？若存在，求M的最小值，若不存在，试说明理由。解：①∵Sn=12+1)(an+1)-1∴S1+1=2+2)(an+1+1)-1∴an+1=Sn+1-S=12[(n+2)(an+1+1)-(n+1)(an+1)]整理得，nan+1=(n+1)an-1∴(n+1)an+2=(n+2)an+1-1∴(n+1)an+2-nan+1=(n+2)an+1-(n+1)an∴2(n+1)an+1=(n+1)(an+2+an)∴2an+1=an+2+a∴数列{an}为等差数列。②a1=3，nan+1=(n+1)an-1∴a2=2a1-1=5∴a2-a1=2即等差数列{an}的公差为2∴an=a1+(n-1)d=3+(n-1)?2=2n+1③∵11=anan+1(2n+1)(2n+31?11?-??2?2n+12n+3?1111111∴Tn=(-+-+?+-n+3111=(-232n+31又当n∈N*时，T6=要使得Tn≤M对一切正整数n恒成立，只要M≥1，所以存在实数M使得Tn≤M对一切正整数n6都成立，M的最小值为1。66.3等比数列知识要点1．定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，记为①若m+n=p+q，则am?an=ap?aq反之不真！②q-mq，（q≠0)。2．递推关系与通项公式=an2，an=an-m?an+m(n∈N*)am递推关系：an+1=qan通项公式：an=a1?qn-1推广：an=am?qn-m3．等比中项：若三个数a,b,c成等比数列，则称b为③{an}为等比数列，则下标成等差数列的对应项成等比数列。④q≠-1时，Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，?仍成等比数列。6．等比数列与等比数列的转化①{an}是等差数列等比数列；②a与c的等比中项，且为b=±ac，注：b2=ac是成等比数列的必要而不充分条件。4．前n项和公式{c}ac>0，c≠1)是q=1)?na1?Sn=?a1(1-q)a1-anq=?1-q?1-q{an}是正项等比数列q≠1{logcan}c>0，c≠1)是等差数列；③{an}既是等差数列又是等比数列*{an}是各5．等比数列的基本性质，(其中m,n,p,q∈N项不为零的常数列。7．等比数列的判定法①定义法：an+1a=q（常数）=>{an}为等比数列；②中项法：a2+1=an?an+2an≠0)=>{an}为等比数列；③通项公式法：an=k?qn(k,q为常数）=>{an}为等比数列；④前项和法：Sn=k(1-qn)（k,q为常数）=>{an}为等比数列。1．设f(n)=2+24+27+210+?+23n+10∈N*)，则f(n)等于（D）A2(8n-1)B2(8n+177-1)C27(8n+3-1)D278n+4-1)2．已知数列{an}是等比数列，且Sm=10，S2m=30，则S3m=猜想：{b1}是等比数列，公比为2。证明如下：∵bn+1=a1112n+1-4=2a2n-4=12(a+112n-14)-4=12(a112n-1-4=2即：+1b=12，∴{b1}是首项为a-4，公比n为12的等比数列。二、性质运用例2：⑴在等比数列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，an>an+1①求an，②若Tn=lga1+lga2+?+lgan,求Tn⑵在等比数列{an}中，若a15=0，则有等式a1+a2+?+an=a1+a2+?+a29-在等比数列{bn}中，若b19=1则有等式立。解：⑴①由等比数列的性质可知：a1?a6=a3?a4=32又a1+a6=33，a1>a6解得a1=32，a6=1所以a6a=132，即q5=1132，∴q=12所以a?(1=32)n-1=26-2②由等比数列的性质可知，{lgan}是等差数列，因为lgan=lg26-n=(6-n)lg2，lga1=5lg2所以Ta1+lgan)nn=lg2=n(11-2lg2⑵由题设可知，如果am=0在等差数列中有a1+a2+?+an=a1+a2+?+a2m-1-若m+n=p+q，则am+an=ap+aq，而对于等比数列{bn}，则有若m+n=p+q，则am?an=ap?aq所以可以得出结论，若m=1，则有b1b2?bn=b1b2?b2m-1-则有b1b2?bn=b1b2?b37-点拨：历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握。典例精析一、错位相减法求和例1：求和：S1n=a+23a2+a3+?+a解：⑴a=1时，S+3?+n=+1=1+22⑵a≠1时，因为a≠0Sn=1a+23na2+a3+?+an①112aSn-1nn=a2+a3+?+an+a+1②由①－②得：1-1a)S=111nna+a2+?+an-a+111a(1-=n-n1-1an+1a所以Sa(an-1)-n(a-1=an(a-1)2综上所述，?n?(n+1)?2(a=1Sn=??a(a-1)-n(a-1)??an(a-1)2a≠1点拨：①若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{an?bn}的前n项和时，可采用错位相减法；②当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；③当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号。二、裂项相消法求和例2：数列{an}满足a1=8，a4=2，且an+2-2an+1+an=0（n∈N*）①求数列{an}的通项公式；则d=a4-a14-1=-2所以，an=8＋（n－1）×（－2）＝―10－211=n(14-a=2n(n+2=14(1n-1+2)所以②Tn=b1+b2+?+=1?4??(11-13+(12-14)+?+(11?n-n+2??=14(1+1112-n+1-n+2=38-14(n+1)-1m4(n+2)>32对一切n∈N*恒成立。∴m8n+1-8+2对一切n∈N*恒成立。对n∈N*，（12-88+1-n+2)min=12--1+2=3所以m163m的最大整数值为5。点拨：①若数列{an}的通项能转化为f(n+1)-f(n)的形式，常采用裂项相消法求和。②使用裂项消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项。三、奇偶分析法求和例3：设二次函数f(x)=x2+x，当x∈[n，n+1]1．在等差数列{an}中，a1=1，前n项和Sn满足1-p)Tn=p+p2+?+pn-npn+1S2n4n+2=n=1，2，?Snn+1①求数列{an}的通项公式②记bn=anpa1-=-npn+11-1-pn)npn+1所以Tn=-21-p(1-p)n(n+1)???2即：Tn=?1-p)npn+1?-(p=1)(p≠1>0)，求数列{bn}的前项和Tn。解：①设数列{an}的公差为d，S2n4nS=+2+1n=1，2，?n得a1+a2a=3，所以a2=21即d=a2-a1=1又4n+2S2+1=Sn(an+nd+a1)2=an+a12=2(an+n+1)an+1所以an=n②由ban=a>0)，有=np所以T3n=+2p2+3p+?+①当p=1时，Tn(n+1=2当p≠1时，Tn=p2+2p3+?+(n-1)pn+npn+1②①－②得??1-p)21-p课外练习１．数列{an}的前项和为Sn，若a1=+1，则S5等于（B）A．1B．516C．6D．130解：因为a=111+1)=n-+1所以S1111115=(1-2)+(2-3+?+(5-6=56４．f(x)的定义域为R，且f(x)是以2为周期的周期函数，数列{an}是首项为a(a∈N*)，公差为1的等差数列，那么f(a1)+f(a2)+?+f(a10)的值为（C）A．－1B．1C．0D．10a解：因为函数f(x)的定义域为R，且f(x)是以2为周期的周期函数，所以f(0）=0，且f(x+2)=f(x又数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列由所以an=a+n-1，又a∈N*f(a?f(a)（n为奇数）=??f(a+1)（n为偶数）所以f(a1)+f(a2)+?+f(a10=5f(a)+5f(a+1)=5[f(0)+f(1)]=5f(1)又f(-1)f(-1+2)=f(1)所以-f(1)=f(1即f(1)=0故原式=0，选C。二、填空题５．设等比数列{an}的公比与前n项和分别为q和Sn，且q≠1，S10=8，则S201+q10=8a1(1-q101-2=8S20a1(1-q20∴1+q10=)(1+q10）(1-q=8方法二、S20=S10+a11+a12+?+a20=S1010+qS10=S10(1+q10)所以S201+q10=S10=86．数列{an}满足an=12nn+1+n+2+?+n+1又b=2n，则数列a{bn}的前n项和为8nnan+1解：a1n=+1(1+2+?+n)=n2b28n=a=11nan+1n(n+1)=8(n-n+1）所以b1+b2+?+b=8?111111??(1-2+(2-3)+?+(n-?n+1?=8?1???1-?8nn+1??=n+1７．数列3334444，?的前100项的和为13914。（n∈N*）典例精析一、函数与数列的综合问题例1：已知f(x)=logax(a>0且a≠1)，设f(a1)，f(a2)，?，f(an)(n∈N*)是首项为4，公差为2的等差数列。①设a是常数，求证：{an}成等差数列；②若bn=anf(an)，{bn}的前n项和是Sn，当a=2时，求S解：①f(an)=4+(n-1)×2=2n+2，即logaan=2n+2，所以an=a2n+2ana2n+2所以=2n=a2(n≥2)为定值an-1a所以{an}为等比数列。②bn=anf(a=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2当a=2时，=(2n+2)?()2n+2=(n+1)?2n+2Sn=2?23+3?24+4?25+?+(n+1)?2n+22Sn=2?24+3?25+?+n?2n+2+(n+1)?2n+3点拨：本例是数列与函数综合的基本题型之一，特两式相减得-Sn=2?23+24+25+?+2n+2-(n+1)?2n+324(1-2n-1)=16+-(n+1)?2n+31-2所以Sn=n?2n+3征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解。１．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，①求证：数列{an}是等差数列；②若bn=1Sn是与(an+1)2的等比中项，4a，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn2?Tn+λ?为等比数列？若存在，试求出λ；若不存在，说明理由。a?n+2?③在②的条件下，是否存在常数λ，使得数列?解：①1Sn是与(an+1)2的等比中项，41an+1)241当n=1时，a1=(a1+1)2，∴a1=141当n≥2时，Sn-1=(an-1+1)24所以an=Sn-Sn-1所以Sn=122an-an-1+2an-2an-1)4即(an+an-1)(an-an-1-2)=0=因为an>0，所以an-an-1-2=0即：an-an-1=2所以数列{an}是等差数列。②Tn=3-2n+32Tn+λ2n+31=(3-+λ)×an+22n2n+3=3+λ1-2n+32?Tn+λ??为等比数列。?an+2?所以当且仅当3+λ=0，即λ=－3时，数列２．已知在正项数列{an}中，a1=2，且22在双曲线y-x=1上，An(anan+1）数列{bn}中，点（bn，Tn）在直线1y=-x+1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和，①求数列{an}的通项公式；②求证：数列{bn}是2等比数列。③若Cn=an?bn，求证：Cn+1在y2-x2=1上知，anan+1）an+1－an＝１，所以数列{an}是以2为首项，以1为公差的等差数列。所以an=a1+(n-1)d=n+1②因为点（bn,Tn）在直线y=-1x+1上，21所以Tn=-bn+121所以Tn-1=-bn-1+12两式相减得：11=Tn-Tn-1=-bn+bn-1221所以bn=bn-1，312令n=1得b1=-b1+1，所以b1=232所以{bn}是一个以为首项，31以为公比的等比数列。3212所以bn=?(n-1=333③Cn=an?bn=(n+1)?2323n+1-(n+123所以Cn+1-Cn=(n+2)?=2?(-2n-1所以Cn+1一、选择题2{a}a>0,n=1,2,?a?a=2(n≥3)，则当n≥1时，nn52n-51.（2009广东卷理）已知等比数列满足，且log2a1+log2a3+?+log2a2n-1=A.n(2n-12B.(n+12C.2D.(n-122a?a2n-5=22n(n≥3)a=2a>0a=25nnn【解析】由得，，则，log2a1+log2a3+???+log2a2n-1=1+3+???+(2n-1)=n2，选C.答案C2.（2009辽宁卷理）设等比数列{an}的前n项和为S，若S6S3=3，则S9S6=A.2B.73C.83D.3S6(1+q3)S3=SS3【解析】设公比为q,则3＝1＋q3＝3=>q3＝2于是【答案】BS91+q3+q61+2+47===S61+q31+23?a?,当an为偶数时，an+1=?2?a＝m{a}a＝1，则m所有?3an+1,当an为奇数时。14.(2009湖北卷理)已知数列n满足：1（m为正整数），若6可能的取值为__________。答案4532a解析（1）若a1aa1=m为偶数，则2为偶,故2=m2
a2m3=2=4mammm4=8??????a6=32=1=>m=32①当4仍为偶数时，故323mm+1②当4a=3a=3为奇数时，43+14m+1??????a6=43m+1故4=1得m=4。am+1（2）若a1=m为奇数，则a2=3a1+1=3m+1为偶数，故3=32必为偶数??????a3m+13m+16=16，所以16=1可得m=516.（2009陕西卷文）设等差数列{an}的前n项和为sn,若a6=s3=12,则an=解析:由a6=s3=12可得{an}的公差d=2,首项a1=2,故易得an=2n.答案:2{limS17.(2009陕西卷理)设等差数列a}的前n项和为Sn,若a6=S3=12,则→∞n2=解析：??a6=12?a1+5d=12?a1=2Snn+1?s3=12=>??a1+d=12=>??d=2=>Sn=n(n+1)=>n2=n=>limSnn→∞n2=limn+1→∞n=1答案：1a=1,a=1n+122.（2009全国卷Ⅰ理）在数列{an}中，1n+1(1+n)an+2n..a（I）设=，求数列{bn}的通项公式（II）求数列{an}的前n项和San+1=an+11分析：（I）由已知有n+1n2∴bn+1-bn=2{bb利用累差迭加即可求出数列}的通项公式:=2-12n-1(n∈N*a2n-（II）由（I）知=2n-1,∴Sn=∑(2k-k=k=12∑(2k)-k=1∑kk-1kk-1=12+1)而∑(2k)=k=1,又∑kk=12k-1是一个典型的错位相减法模型，∑kkk-1=4-+2易得=122n-1∴S+n+2-4=n(n+1)2n-123.（2009北京理）已知数集A={a1,a2,?an}(1≤a1具有性质P；对任意的aji,j(1≤i≤j≤，aiaj与ai两数中至少有一个属于A.（Ⅰ）分别判断数集{1,3,4}与{1,2,3,6}是否具有性质P，并说明理由；a1+a2+?+a=a（Ⅱ）证明：a1=1-1+a-1-1，且a12+?+a；（Ⅲ）证明：当n=5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列.【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分分类讨论等数学思想方法．本题是数列与不等式的综合题，属于较难层次题.4（Ⅰ）由于3×4与3均不属于数集{1,3,4}，∴该数集不具有性质P.1×2,1×3,1×6,2×3,661236由于2,3,1,2,3,6都属于数集{1,2,3,6}，∴该数集具有性质P.aA={a1,a2,?an}aaa（Ⅱ）∵具有性质P，∴nn与n中至少有一个属于A，由于1≤a1an，故anan?A.1=从而∵a∈Aa=1.a，∴11=a1an，故akan?A(k=2,3,?,n).a∈A(k=1,2,3,?,由A具有性质P可知ak.anaaaa2a1，又∵anan-1anaaa=1,n=a2,?n=an-1,n=aan-1a2a1∴an，anaaa=n+?+n+n=a1+a2+?+an-1+anaan-1a2a1从而n，a1+a2+?+a=a-1-1-1a+a+?+a2n∴1.a5a=a2,5=a32a=aa=aaan=5524343（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时，有，即，∵1=a1a2a4=a5，∴a3a4?A，a4∈A由A具有性质P可知a3.a3a4a3a4a3=∈A1a2a4=a3aa3a2aa2，得2，且，∴3，a5a4a3a2====a2a,a,a,a,aaaaaa321∴4，即12345是首项为1，公比为2成等比数列.Tn表示关于x的一元二次方程x2+2ax+b=0有实数根的有序数组(a,b)的a,b∈{1,2,?,n}（a和b可以相等），记25（2009江苏卷）对于正整数n≥2，用组数，其中a,b∈{1,2,?,n}（a和b可以相等）；对于随机选取的Pn为关于x的一元二次方程x2+2ax+b=0有实数根的概率。（1）求Tn2和Pn2；（2）求证：对任意正整数n≥2，有Pn>1.【解析】[必做题]本小题主要考查概率的基本知识和记数原理，考查探究能力。满分10分。29.（2009江西卷理）各项均为正数的数列{an}，a1=a,a2=b，且对满足m+n=p+q的正整数m,n,p,q都有ap+aqam+a=.1+am)(1+an)(1+ap)(1+aq)14a=,b=25时，求通项（1）当1≤an≤λ.aanλ（2）证明：对任意，存在与有关的常数，使得对于每个正整数，都有λ解：（1）由ap+aqam+a=1+am)(1+an)(1+ap)(1+aq得a1+ana2+an-1=.a=1,a=41+a1)(1+an)(1+a2)(1+an-1)将1225代入化简得an=2an-1+1.an-1+21-an11-an-1=?,1+a31+ann-1所以{1-an故数列1+an为等比数列，从而1-an+a=1,a=3-11.n3即n3n+1a3n-1可验证，=3+1满足题设条件.am+an(2)由题设1+am)(1+an)的值仅与m+n有关,记为bm+n,b=a1+ana+a+1则(1+a=.1)(1+an)(1+a)(1+an)f(x)=a+x1+a)(1+x)(x>0考察函数,则在定义域上有??11+a,a>1?f(x)≥g(a)=??1,a=1?2??a?1+a,0，+1≥g(a)恒成立.2n=2a(1+a2≥g(a)又,01注意到2,解上式得=≤an≤λ=1取λ≤a≤λ.,即有.30.(2009湖北卷理)已知数列{an}S1n的前n项和n=-an-(2)-1+2（n为正整数）。（Ⅰ）令=2an，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；cn+1na5Ⅱ）令=，T=c1+c2+........+c试比较Tn与2n+1的大小，并予以证明。Sa11+21解（I）在n=-n-(2n-中，令n=1，可得S1=-a=aa=n-1+21，即12≥2Sa12+2，∴aa1时，-1=-n-1-()n-n=Sn-Sn-1=-n+an-1+()n-1当22，∴2a=a1-1nn-1+(2n,即2nan=2n-1an-1+1.∵bnn=2an,∴bn=bn-1+1,即当n≥2时，bn-bn-1=1.又1=2a1=1,∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.bn=1+(n-1)?1=n=2nan,∴an=于是2n.cn+1(II)由（Ina1）得==(n+1)(2)n，所以T=2×1+3×(12+4×(1123+K+(n+1)(2n=2×(22+3×(23+4×(24+K+(n+1)(2)n+11T+(12+(13+K+(1n-(n+1)(1=1n+1由①-②得2-1]=1+-(n+1)(1)n+13n+31-12=2-2n+12∴Tn+3=3-2T-5nn+35n(n+3)(2n-2n-1)n2n+1=3-2n-2n+1=2n(2n+1T5于是确定与2n+1的大小关系等价于比较2与2n+1的大小由2可猜想当≥3时，2>2n+1.证明如下：证法1：（1）当n=3时，由上验算显示成立。（2）假设n=k+1时2k+1=2g2k>2(2k+1)=4k+2=2(k+1)+1+(2k-1)>2(k+1)+1所以当n=k+1时猜想也成立综合（1）（2）可知，对一切n≥3的正整数，都有2>2n+1.证法2：当n≥3时012n-1n01n-12n=(1+1)n=Cn+Cn+Cn+K+Cn+Cn≥Cn+Cn+Cn+Cn=2n+2>2n+1综上所述，当n=1,2时T5n5Tn>2n+1，当n≥3时2n+131.（2009四川卷文）设数列（I）求数列{an}的前n项和为Sn，a=5Sn+1成立，对任意的正整数n，都有n记=4+a∈N*)1-a。{an}与数列{bn}的通项公式；{bn}的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn≥4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，T32；（II）设数列请说明理由；（III）记cn=b2n-b2n-1(n∈N)，设数列{cn}的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有*解（I）当n=1时，又a1=5S1+1,∴a1=-14∵an=5Sn+1,an+1=5Sn+1+1∴an+1-an=5an+1,即an+11=-an411q=-4，公比为4的等比数列，∴数列{an}是首项为a1=-14+(-∈N*)bn=11an=(-)n1-(-4，4∴（II）不存在正整数k，使得…………………………………3分Rn≥4k成立。14+(-5=4+bn=1n(-4)-11-(-)4证明：由（I）知k-40∵b2k-1+b2k=8++=8+k-k=8-k-4)-1(-4)-116-116+4(16-1)(16+45*=2m(m∈N)∴当n为偶数时，设∴Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+?+(b2m-1+b2m当n为奇数时，设=2m-1(m∈N*∴Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+?+(b2m-3+b2m-2)+b2m-1∴对于一切的正整数n，都有R∴不存在正整数k，使得Rn≥4k成立。…………………………………8分5=4+（III）由-4)n-1得×16nc15×16n15=b2n-1+b2n=42n-1+42n-1+1=(16n-1)(16n+4)=(16n)2+3×16n-416131=3,b2=3,∴c42=3，3当n=1T时，12，当n≥2时，1[1-1n-2T411142(]1-=4821632.（2009湖南卷文）对于数列{un},若存在常数M＞0,对任意的n∈N*，恒有un+1-un+un-un-1+?+u2-u1≤M,则称数列{un}为B-数列.-1（Ⅰ）首项为1，公比为2的等比数列是否为B-数列？请说明理由（Ⅱ）设Sn是数列{xn}的前n项和.给出下列两组判断：A组：①数列{xn}是B-数列,②数列{xn}不是B-数列;B组：③数列{Sn}是B-数列,④数列{Sn}不是B-数列.请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题.又判断所给命题的真假，并证明你的结论；Ⅲ)若数列{an}是B-数列，证明：数列{a2}也是B-数列。1解:（Ⅰ）设满足题设的等比数列为{aan-1},则n=(-2.于是a-a11n-2=31-1=(-)n-1-(-)2×(2)n-222,n≥2.|an+1-an|+|an-an-1|+?+|a2-a1|3×??1+1+（1）2+?+（1n-1?3×?1-（1）n?=2?222??=??2??1所以首项为1，公比为2的等比数列是B-数列.（Ⅱ）命题1：若数列{xn}是B-数列，则数列{Sn}是B-数列.此命题为假命题.事实上设xn=1，n∈N*，易知数列{xn}是B-数列，但Sn=n，|Sn+1-Sn|+|Sn-Sn-1|+?+|S2-S1|=n.由n的任意性知，数列{Sn}不是B-数列。命题2：若数列{Sn}是B-数列，则数列{xn}不是B-数列。此命题为真命题。事实上，因为数列{Sn}是B-数列，所以存在正数M，对任意的n∈N*，有|Sn+1-Sn|+|Sn-Sn-1|+?+|S2-S1|≤M,即|xn+1|+|xn|+?+|x2|≤M.于是xn+1-xn+xn-xn-1+?+x2-x1≤xn+1+2xn+2xn-1+?+2x2+x1≤2M+x1,所以数列{xn}是B-数列。（注：按题中要求组成其它命题解答时，仿上述解法）Ⅲ)若数列{an}是B-数列，则存在正数M，对任意的∈No,有an+1-an+an-an-1+?+a2-a1≤M.因为an=an-an-1+an-1+an-2+?+a2-a1+a1≤an-an-1+an-1-an-2+?+a2-a1+a1≤M+a1.记K=M+a1，则有22an-a+1n=(an+1+an)(an+1-a≤(an+1+an)an+1-an≤2Kan+1-a因此..222222an+1-an+an-an-1+...+a2-a1≤2KM2{a}是B-数列.故数列x＝11x＝,n∈N*33.(2009陕西卷理)已知数列{xn}1满足，2’n＋11+x.Ι)猜想数列{xn}的单调性，并证明你的结论；|x12（Ⅱ)证明：+1-xn|≤(5n-16。x=1及x125131n+1=得x2=+x4证明（1）由21+x=，x4=3821由x2>x4>x6猜想：数列{x2n}是递减数列下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，已证命题成立（2）假设当n=k时命题成立，即x2k>x2k+2112k+3-x2k+12k+2-x2k+4=x易知x2k>0x，那么1+x-=2k+11+x2k+3(1+x2k+1)(1+x2k+3x2k-x2k+21+x>0=(1+x2k2k+1)(1+x2k+2)(1+x2k+3即x2(k+1)>x2(k+1)+2也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立x（2）当n=1时，+1-xn=x2-x1=16，结论成立11-1当n≥201+x>-12∴(1+xn)(1+xn-1)=(1+11+x+x5-1)=2+xn-1≥n-12∴x=11xn-xn-1n+1-xn1+x-=1+xn-1(1+xn)(1+xn-1≤2222n-1xn-xn-1≤（xn-1-xn-2≤…≤（）x2-x=6535.（2009天津卷理）已知等差数列{a}的公差为d（d≠0），等比数列{}的公比为q（q>1）sabab。设n=11+22…..+a若-1Tabab)n1122,=-+…..+(-1a+,n∈Na1=b1=1，d=2，q=3，求S3的值；2dq(1-q22+bST1-q12n2n若=1，证明（1-q）-（1+q）=，n∈N；Ⅲ若正数n满足2≤n≤q，设k1,k2,...,kn和l1,l2,...,ln是1，2...，，n的两个不同的排列，c1=ak1b1+ak2b2+...+aknbn，c1≠c2c2=al1b1+al2b2+...+al证明。本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算能力，推理论证能力及综合分析和解决问题的能力的能力，满分14分。-1*a=2n-1,b=3,n∈Nn（Ⅰ）解：由题设，可得所以，S3=a1b1+a2b2+a3b3=1×1+3×3+5×9=55-1b=qn（Ⅱ）证明：由题设可得则S2n=a1+a2q+a3q2+.....+a2nq2n-1,T2n=a1-a2q+a3q2-a4q3+.....-a2nq2n-1,S2n-T2n=2(a2q+a4q3+...-a2nq2n-1式减去②式，得式加上②式，得①②S2n+T2n=2(a1+a3q2+....+a2n-1q2n-2式两边同乘q，得③q(S2n+T2n)=2(a1q+a3q3+....+a2n-1q2n-1所以，1-q)S2n-(1+q)T2n=(S2n-T2n)-q(S2n+T2=2d(q+q3+K+q2n-1)=2dq(1-q2n)-q,n∈N*12Ⅲ)证明：c1-c2=(ak1-al1)b1+(ak2-al2)b2+K+(akn-al=(k1-l1)db1+(k2-l2)db-11q+K+(kn-ln)db1qn因为d≠0,b1≠0,所以c1-c2=(k1-l1)+(k2-l2)q+K+(k-1dbn-ln)qn1若kn≠ln，取i=若kn=ln，取i满足ki≠li且kj=lj,i+1≤j≤由（1）,(2)及题设知，1c1-c2=(k1-l1)+(k2-l2)q+K(k2i-1-li-1)qi-+(ki-li)qi-1db1当ki即k1-l1≤q-1，(k2-l2)q≤q(q-1)…，(ki-1-li-1)qi-2≤qi-2q-1)又ki-li)qi-1≤-qi-1,所以c1-c2db=(q-1)+(q-1)q+K(q-1)qi-2-qi-1=(q-1)1-qi-111-q因此c1-c2≠0,即c1≠c2c1-c2当ki>li同理可得db1，因此c1≠c2综上，c1≠c237.（2009年上海卷理）已知{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列。若an=3n+1，是否存在m、k∈N*，有am+am+1=ak?说明理由；an+1找出所有数列{a}=和{bn}，使对一切n∈N*,an,并说明理由；若a1=5,d=4,b1=q=3,试确定所有的p，使数列{an}中存在某个连续p项的和是数列{bn}中的一项，请证明。am+am+1=ak，得6m+5=3k+1，43，∵m、k∈N*，∴k-2m为整数，．．．．．．5分．．．．．．2分[解法一]（1）由k-2m=整理后，可得*∴不存在m、k∈N，使等式成立。an+1a1+nd=bn=b1qn-1（2）若a，即a1+(n-1)d，1=b1q（ⅰ）若d=0,则当{-1（*）=bn。．．．．．．7分an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。lima1+nd=1→∞a+(n-1)d1（ⅱ）若d≠0，（*）式等号左边取极限得，（*）式等号右边的极限只有当q=1时，才能等于1。此时等号左边是常数，∴d=0，矛盾。综上所述，只有当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。．．．．．．10分an+1=bn,且{bn}为等比数列aan=nd+c,若【解法二】设an+2an+1/=q,对n∈N*都成立，即anan+2=qa2n+1则an+1a∴(dn+c)(dn+2d+c)-q(dn+d+c)2对n∈N*都成立，∴a2=qd2....7分*a=c≠0,∴b=1,n∈Nnn若d=0，则dn+d+c=m∴b=md≠0,则q=1,ndn+c若（常数）即，则d=0，矛盾an=c≠0,bn=1,使对一切n∈N*,综上所述，有a=4n+1,b=3,n∈N*nn（3）an+1=bna，10分设am+1+am+2+……+am+p=bk=3k,p、k∈N*,m∈N.4(m+1)+1+4(m+p)+1=3k2，3k∴4m+2p+3=,∵p、k∈N*,∴p=35,s∈N.2s+2s2s+2k=3s+2,4m=3-2×3-3=(4-1)-2×(4-1)-3?0,取13分15分由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）2s+2=4M1+1,2×(4-1)s=8M2+(-1)s2,∴4m=4(M1-2M2)-((-1)s+1)2,∴存在整数m满足要求.故当且仅当p=3s,s∈N时，命题成立.说明：第（3）题若学生从以下角度解题，可分别得部分分（即分步得分）若p为偶数，则am+1+am+2+……+am+p为偶数，但3k为奇数故此等式不成立，所以，p一定为奇数。当p=1时，则am+1=bk,即4m+5=3k，而3k=(4-1)k0k1k-1k-1k-1kkkC?4+C?4?(-1)+……+C?4?(-1)+C?(-1)=4M+(-1),M∈Z,kkk=k当ｋ为偶数时，存在ｍ，使４ｍ＋５＝3k成立1分当p=3时，则am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2-bk,也即3（4m+9）=3k,所以4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1由已证可知，当k-1为偶数即k为奇数时，存在m,4m+9=3k成立2分当p=5时，则am+1+am+2+……+am+5=bk,即5am+3=bk也即5（4m+13）=3k,而3k不是5的倍数，所以，当p=5时，所要求的m不存在故不是所有奇数都成立.2分三、解答题{a}010.（2008全国I）设函数f(x)=x-xlnx．数列n满足1)是增函数；（Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，（Ⅱ）证明：ak≥a1-a1lnb．证明：ak+1>b．（Ⅲ）设∈(a1，1)，整数f'(x)=-lnx,当x∈(0,1)时，f'(x)=-lnx>0（Ⅰ）证明：f(x)=x-xlnx，故函数f(x在区间(0,1)上是增函数；（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，0a2=f(a1)=a1-a1lna1>a11)是增函数，且函数f(x)在x=1处连续，则f(x)在区间(0，1]是增函数，由函数f(x)在区间(0，a2=f(a1)=a1-a1lna1（ⅱ）假设当x=k(k∈N*)时，ak1]是增函数，0f(ak根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n，aa=f(an)可（Ⅲ）证明：由f(x)=x-xlnx．n+1=a1-b-∑ailnaii=1kak+1-b=ak-b-aklnak若存在某i≤k满足若对任意i≤k都有kai≤，则由⑵知：ak+1-ai>b，则ak+1-b=ak-b-aklnakkk=a1-b-∑ailnai=a1-b-∑ailnb=a1-b-(∑ai)li=1i=1i=1>a1-b-ka1l≥a1-b-ka1lnb>a1-b-(a1-b)=0，即ak+1>b成立.11.（2008山东卷)将数列｛an｝中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10……22S-SnnN记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为｛bn｝,b1=a1=1.Sn为数列｛bn｝的前n项和，且满足＝1=（n≥2）.1S(Ⅰ)证明数列｛n｝成等差数列，并求数列｛bn｝的通项公式；（Ⅱ）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数.当求上表中第k(k≥3)行所有项和的和.a81=-491时，xA(a，b)a=a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足y=ennnn∈N*12.(2007湖南)已知（）是曲线上的点，122Sn=3n2an+Sn-1，an≠0，n=2，3，4…．，?bn+2???（I）证明：数列?n?（n≤2）是常数数列；（II）确定a的取值集合M，使a∈M时，数列（III）证明：当a∈M时，弦{an}是单调递增数列；AnAn+1（n∈N*）的斜率随n单调递增222S-S=3nan．n≥2nn-1解：（I）当时，由已知得2a=S-S≠0S+S=3nnnn-1nn-1因为，所以．2S+S=3(n+1)n+1n于是．……①……②……③……④……⑤由②－①得于是an+1+an=6n+3．an+2+an+1=6n+9．an+2-an=6，由④－③得?bn+2?bn+2ean+2an+2-an6=an=e=e??(n≥2e所以n，即数列?n?是常数数列．（II）由①有S2+S1=12，所以a2=12-2a．由③有a3+a2=15，a4+a3=21，所以a3=3+2a，a4=18-2a．{a2k}和{a2k+1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列，而⑤表明：数列所以数列a2k=a2+6(k-1)，a2k+1=a3+6(k-1)，a2k+2=a4+6(k-1)(k∈N*)，{an}是单调递增数列a1a1915a4?．?4即所求a的取值集合是+1-bnean+1-eakn==AAan+1-anan+1-a（III）解法一：弦nn+1的斜率为ex(x-x0)-(ex-ex0)ex-ex0f(x)=f(x)=2xx-x(x-x)00，则0任取，设函数x0xx′(x)=ex(x-x0)+ex-ex=ex(x-x0)g(x)=e(x-x)-(e-e)g0记，则，当当x>x0时，g′(x)>0，g(x)在(x0，+∞)上为增函数，xx≠x0时，g(x)>g(x0)=0，从而f′`(x)>0，所以f(x)在(-∞，x0)和(x0，+∞)上都是增函数．{an}单调递增，所以由（II）知，a∈M时，数列ean+1-eanean+2-eankn=ean+1-ean+2ean-ean+2kn+1=>x=an+2，因为a所以kean-ean+1ex-ean+1ean+2-ean+1ex-ean+1an+1an+1kn=lim=en+1+n→a-n→ana-aa-a+1x-an+1x-an+1nn+1n+2n+1n+1所以，．故k,记S=a+a+?+an12n,2an5.（辽宁省沈阳二中学年上学期高三期中考试）{an}满足a1=1,an+1数列m的最小值A．10B．9答案：A.若S2n+1-Sn≤m30对任意n∈N*恒成立，则正整数（）C．8D．731
第六章二、重难点击数列本章重点：数列的概念，等差数列，等比数列的定义，通项公式和前n项和公式及运用，等差数列、等比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、函…
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