2019-2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第五章 數(shù)列練習(xí) 理.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第五章 數(shù)列練習(xí) 理1數(shù)列1,的一個通項公式是()Aan BanCan Dan2已知數(shù)列an的前n項和Sn滿足Snn22n1,則()Aan2n1(nN*)Ban2n1(nN*)CanDan3在數(shù)列an中,已知a11,且當n2時,a1a2ann2,則a3a5()A. B. C. D.4(xx年福建)閱讀如圖X511所示的程序框圖,運行相應(yīng)的程序,如果輸入某個正整數(shù)n后,輸出的S(10,20),那么n()圖X511A3 B4 C5 D65(xx年新課標)數(shù)列an滿足an1,a82,則a1_.6已知數(shù)列an滿足:a4n31,a4n10,a2nan,nN*,則axx_,axx_.7(xx年浙江樂清一模)已知遞增數(shù)列an的通項公式為ann2kn2,則實數(shù)k的取值范圍為_8(xx年廣東江門一模)將集合2s2t|0s0),則b43_.35691012圖X5129已知在等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn中,a1b11,b48,an的前10項和S1055.(1)求an和bn;(2)現(xiàn)分別從an和bn的前3項中各隨機抽取一項寫出相應(yīng)的基本事件,并求這兩項的值相等的概率10已知數(shù)列an的通項公式為an(n1)n(nN*),則當n為多大時,an最大?第2講等差數(shù)列1(xx年福建)設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若a12,S312,則a6()A8 B10 C12 D142(xx年安徽)設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項和,S84a3,a72,則a9()A6 B4 C2 D23(xx年天津)設(shè)an是首項為a1,公差為1的等差數(shù)列,Sn為其前n項和若S1,S2,S4成等比數(shù)列,則a1()A2 B2 C. D4已知Sn為等差數(shù)列an的前n項和,若a1a7a13的值是一個確定的常數(shù),則下列各式:a21;a7;S13;S14;S8S5.其結(jié)果為確定常數(shù)的是()A B C D5(xx年新課標)設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,Sm12,Sm0,Sm13,則m()A3 B4 C5 D66(xx年遼寧)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,若數(shù)列2a1an為遞減數(shù)列,則()Ad0Ca1d07(xx年廣東)已知遞增的等差數(shù)列an滿足a11,a3a4,則an_.8(xx年廣東)在等差數(shù)列an中,已知a3a810,則3a5a7_.9(xx年四川)在等差數(shù)列an中,a1a38,且a4為a2和a9的等比中項,求數(shù)列an的首項、公差及前n項和10(xx年新課標)已知等差數(shù)列an的公差不為零,a125,且a1,a11,a13成等比數(shù)列(1)求an的通項公式;(2)求a1a4a7a3n2.第3講等比數(shù)列1在等比數(shù)列an中,a23,a7a1036,則a15()A12 B12C6 D62(xx年江西)等比數(shù)列x,3x3,6x6,的第四項為()A24 B0 C12 D243設(shè)在公差d0的等差數(shù)列an中,a1,a3,a9成等比數(shù)列,則()A. B.C. D.4(xx年重慶)對任意的等比數(shù)列an,下列說法一定正確的是()Aa1,a3,a9成等比數(shù)列 Ba2,a3,a6成等比數(shù)列Ca2,a4,a8成等比例列 Da3,a6,a9成等比數(shù)列5設(shè)Sn為等比數(shù)列an的前n項和,若8a2a50,則()A11 B5C8 D116(xx年新課標)設(shè)首項為1,公比為的等比數(shù)列an的前n項和為Sn,則()ASn2an1 BSn3an2CSn43an DSn32an7(xx年重慶)已知an是等差數(shù)列,a11,公差d0,Sn為其前n項和若a1,a2,a5成等比數(shù)列,則S8_.8(xx年江西)某住宅小區(qū)計劃植樹不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植樹的棵數(shù)是前一天的2倍,則需要的最少天數(shù)n(nN*)等于_9(xx年四川)在等比數(shù)列an中,a2a12,且2a2為3a1和a3的等差中項,求數(shù)列an的首項、公比及前n項和10(xx年北京)已知an是等差數(shù)列,滿足a13,a412,數(shù)列bn滿足b14,b420,且是等比數(shù)列(1)求數(shù)列an和bn的通項公式;(2)求數(shù)列bn的前n項和第4講數(shù)列的求和1在各項都為正數(shù)的等比數(shù)列an中,首項a13,前3項和為21,則a3a4a5()A33 B72 C84 D1892(xx年新課標)等比數(shù)列an的前n項和為Sn,已知S3a210a1,a59,則a1()A. B C. D3(xx年新課標)等差數(shù)列an的公差為2,若a2,a4,a8成等比數(shù)列,則an的前n項和Sn()An(n1) Bn(n1)C. D.4(xx年大綱)在等比數(shù)列an中,a42,a55,則數(shù)列l(wèi)gan的前8項和等于()A6 B5 C4 D35已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn,a55,S515,則數(shù)列的前100項和為()A. B. C. D.6若數(shù)列an的通項公式是an(1)n(3n2),則a1a2a10()A15 B12C12 D157(xx年廣東揭陽一模)已知等差數(shù)列an滿足a10,5a88a13,則當前n項和Sn取最大值時,n()A20 B21 C22 D238如圖X541,它滿足:第n行首尾兩數(shù)均為n;圖中的遞推關(guān)系類似楊輝三角則第n(n2)行的第2個數(shù)是_122343477451114115圖X5419(xx年新課標)已知an是遞增的等差數(shù)列,a2,a4是方程x25x60的根(1)求an的通項公式;(2)求數(shù)列的前n項和10(xx年廣東佛山一模)數(shù)列an,bn的每一項都是正數(shù),a18,b116,且an,bn,an1成等差數(shù)列,bn,an1,bn1成等比數(shù)列,n1,2,3,.(1)求a2,b2的值;(2)求數(shù)列,的通項公式;(3)證明:對一切正整數(shù)n,成立第5講利用幾類經(jīng)典的遞推關(guān)系式求通項公式1在等比數(shù)列an中,a11,公比|q|1.若ama1a2a3a4a5,則m()A9 B10C11 D122古希臘著名的畢達哥拉斯學(xué)派把1,3,6,10,這樣的數(shù)稱為“三角形數(shù)”,而把1,4,9,16,這樣的數(shù)稱為“正方形數(shù)”如圖X551,可以發(fā)現(xiàn),任何一個大于1的“正方形數(shù)”都可以看作兩個相鄰的“三角形數(shù)”之和下列等式中,符合這一規(guī)律的表達式是()圖X55113310;25916;361521;491831;642836.A BC D3數(shù)列an的首項為3,bn為等差數(shù)列,且bnan1an(nN*)若b32,b1012,則a8()A0 B3C8 D114設(shè)等比數(shù)列an的前n項和為Sn,若8a2a50,則下列式子中數(shù)值不能確定的是()A. B.C. D.5(xx年新課標)若數(shù)列an的前n項和為Snan,則數(shù)列an的通項公式是an_.6已知數(shù)列an滿足a11,an1,則an_.7已知在數(shù)列an中,a11,an12ann,則數(shù)列an的通項公式是an_.8已知在數(shù)列an中,a11,an13an3n,則an_.9(xx年新課標)已知數(shù)列an滿足a11,an13an1.(1)證明:是等比數(shù)列,并求an的通項公式;(2)證明:.10(xx年安徽)數(shù)列an滿足a11,nan1(n1)ann(n1),nN*.(1)證明:數(shù)列是等差數(shù)列;(2)設(shè)bn3n,求數(shù)列bn的前n項和Sn.第6講合情推理和演繹推理1觀察(x2)2x,(x4)4x3,(cosx)sinx.由歸納推理,得若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)f(x),記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),則g(x)()Af(x) Bf(x) Cg(x) Dg(x)2(xx年廣東茂名一模)已知2112,221334,23135456,2413575678,依此類推,第n個等式為_ _.3(xx年陜西)觀察下列等式:1211222312223261222324210照此規(guī)律,第n個等式為_4如圖X561,在平面上,用一條直線截正方形的一個角,則截下的一個直角三角形按如圖X561(1)所標邊長,由勾股定理,得c2a2b2.設(shè)想把正方形換成正方體,把截線換成如圖X561(2)所示的截面,這時從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐OABC,若用s1,s2,s3表示三個側(cè)面面積,s4表示截面面積,則可以類比得到的結(jié)論是_(1)(2)圖X5615已知cos,coscos,coscoscos,根據(jù)以上等式,可猜想出的一般結(jié)論是_6(xx年廣東汕頭一模)觀察下列一組等式:24,24,3,3,4,4,根據(jù)這些等式反映的結(jié)果,可以得出一個關(guān)于自然數(shù)n的等式,這個等式可表示為_7(xx年福建龍巖模擬)代數(shù)式1(“”表示無限重復(fù))是一個固定值,可以令原式t,由1t,解得其值為t,用類似方法可得_.8某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn),以下5個式子的值都等于同一個常數(shù)sin213cos217sin13cos17;sin215cos215sin15cos15;sin218cos212sin18cos12;sin2(18)cos248sin(18)cos48;sin2(25)cos255sin(25)cos55.(1)試從上述5個式子中選擇一個,求出這個常數(shù);(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果,將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式,并證明你的結(jié)論9(xx年廣東廣州一模)在等差數(shù)列an中,a1a25,a37,記數(shù)列的前n項和為Sn.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)是否存在正整數(shù)m,n,且1m的過程:要證1,只需證1,即證()2(1)2,即證,即證3511,顯然成立1.其證法是()A分析法 B綜合法C間接證法 D分析法與綜合法并用5(xx年山東)用反證法證明命題“設(shè)a,b為實數(shù),則方程x2axb0至少有一個實根”時,要做的假設(shè)是()A方程x2axb0沒有實根B方程x2axb0至多有一個實根C方程x2axb0至多有兩個實根D方程x2axb0恰好有兩個實根6,是兩個不同的平面,m,n是平面及之外的兩條不同的直線,給出四個論斷:mn;n;m.以其中的三個論斷作為條件,余下一個論斷作為結(jié)論,寫出你認為正確的一個命題_7下表中的對數(shù)值有且僅有一個是錯誤的:x358915lgx2abac33a3c4a2b3abc1請將錯誤的一個改正為_8(xx年福建)已知集合a,b,c0,1,2,且下列三個關(guān)系:a2;b2;c0有且只有一個正確,則100a10bc_.9(xx年湖北)已知等比數(shù)列an滿足|a2a3|10,a1a2a3125.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)是否存在正整數(shù)m,使得1?若存在,求m的最小值;若不存在,請說明理由10(xx年浙江)已知等差數(shù)列an的公差d0,設(shè)an的前n項和為Sn,a11,S2S336.(1)求d及Sn;(2)求m,k(m,kN*)的值,使得amam1am2amk65成立第8講數(shù)學(xué)歸納法1用數(shù)學(xué)歸納法證明:(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN*),從“nk”到“nk1”左端需乘的代數(shù)式是()A2k1 B2(2k1)C. D.2用數(shù)學(xué)歸納法證明:1222n22212,第二步證明由“k到k1”時,左邊應(yīng)加()Ak2 B(k1)2Ck2(k1)2k2 D(k1)2k23對一切正整數(shù)n,n2與2n的大小關(guān)系為 ()A對一切nN*,恒有n22n B對一切nN*,恒有n22n C當n1或n5時,n2g(n)Bf(n)對于一切nN*成立,則正整數(shù)m的最大值為_8已知f(n),則下列說法正確的是_f(n)中共有n項,當n2時,f(2);f(n)中共有n1項,當n2時,f(2);f(n)中共有n2n項,當n2時,f(2);f(n)中共有n2n1項,當n2時,f(2).9(xx年廣東深圳一模)已知數(shù)列an的前n項和為Sn,且滿足4(n1)(Sn1)(n2)2an(nN*)(1)求a1,a2的值;(2)求an;(3)設(shè)bn,數(shù)列bn的前n項和為Tn,求證:Tn.10(xx年重慶)設(shè)a11,an1b(nN*)(1)若b1,求a2,a3及數(shù)列an的通項公式;(2)若b1,問:是否存在實數(shù)c使得a2nc4,故n的值為4.5.解析:由已知,得an1,a82,a71,a611,a512.同理,a4,a31,a22,a1.610解析:axxa450331,axxa21007a1007a425210.7(3,)解析:由an為遞增數(shù)列,得an1an(n1)2k(n1)2n2kn22n1k0恒成立,即k(2n1)恒成立,即k(2n1)max3.820解析:32021;52022,62122;92023,102123,122223;172024,182124,202224,.故b4320.9解:(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,等比數(shù)列bn的公比為q,則S1010a145d55d1ana1(n1)dn,b4b1q38q2bnb1qn12n1,則ann,bn2n1.(2)a11,a22,a33,b11,b22,b34,從an,bn的前3項中各隨機抽取一項寫出相應(yīng)的基本事件有(1,1),(1,2),(1,4),(2,1),(2,2),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),共9個,符合題意的有(1,1),(2,2),共2個,故抽取的兩項的值相等的概率為.10解:an1an(n2)n1(n1)nn,而n0,當n0,即an1an;當n9時,an1an0,即a10a9;當n9時,an1an0,即an1an.因此a1a2a11a12.當n9或n10時,數(shù)列an有最大項,最大項為a9或a10.第2講等差數(shù)列1C解析:設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,a12,S3(a1a3)a23a212,a24,d2,則a6a15d12.2A解析:S88a1d4a34(a12d),4a120d,a15d.又a7a16dd2,a110,a9a18d108(2)6.3D解析:S1,S2,S4成等比數(shù)列,SS1S4,即(2a11)2a1(4a16)解得a1.4A解析:由a1a7a13是一個確定的常數(shù),得3a7是確定的常數(shù),故正確;S1313a7是確定的常數(shù),故正確;S8S5a6a7a83a7是確定的常數(shù),故正確5C解析:SmSm1am2,Sm1Smam13,兩式相減,得am1amd1.解得m5.6C解析:由已知,得22,即1,21.又anan1d,故21,從而a1d0.72n1解析:由a3a4,得12d(1d)24,即d24.因為an是遞增的等差數(shù)列,所以d2,故an2n1.820解析:a3a8a12da17d2a19d10,3a5a73(a14d)(a16d)4a118d2(2a19d)21020.9解:設(shè)該數(shù)列公差為d,前n項和為Sn.由已知,可得2a12d8,(a13d)2(a1d)(a18d)所以a1d4,d(d3a1)0.解得a14,d0,或a11,d3.所以,數(shù)列an的首項為4,公差為0,或首項為1,公差為3.所以,數(shù)列的前n項和Sn4n或Sn.10解:(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,且d0,由題意a1,a11,a13成等比數(shù)列,aa1a13.(a110d)2a1(a112d),化為d(2a125d)0.d0,22525d0.解得d2.an25(n1)(2)2n27.(2)由(1),得a3n22(3n2)276n31.可知此數(shù)列是以25為首項,6為公差的等差數(shù)列Sna1a4a7a3n23n228n.第3講等比數(shù)列1A解析:由等比數(shù)列的性質(zhì),得a2a15a7a1036,則a1512.故選A.2A解析:方法一:2q,有2,3x32x,即x3,則等比數(shù)列3,6,12,的第四項為24.方法二:(3x3)2x(6x6),9x218x96x26x,3x212x90,x3或x1(舍)則等比數(shù)列3,6,12,的第四項為24.3C4D解析:因為數(shù)列an是等比數(shù)列,aa3a9,所以a3,a6,a9成等比數(shù)列5D解析:設(shè)an的公比為q,則8a2a58a2a2q30,解得q2.11.6D解析:由題意,得Sn32an.764解析:a1,a2,a5成等比數(shù)列,有aa1a5,即(a1d)2a1(a14d),d2a12,S88a1d85664.86解析:Sn2n12,S562,S6126.所以至少需要6天9解:設(shè)等比數(shù)列an的公比為q.由已知,得a2a1a1(q1)2,則a10.22a23a1a3,4a1q3a1a1q2.a1(4q3q2)0,即q24q30.解得q3或q1.由于a1(q1)2,則q1不合題意,應(yīng)舍去故公比q3,首項a11.數(shù)列an的前n項和Sn.10解:(1)由an是等差數(shù)列,得d3.an3(n1)33n.設(shè)q是等比數(shù)列bnan的公比,有q38,q2.bnan(b1a1)2n12n1.從而bnan2n13n2n1.(2)數(shù)列bn的前n項和為Sn(3693n)(12222n1)2n1.第4講數(shù)列的求和1C2C解析:S3a210a1a1a2a3,a39a1,q29.a5a1q481a19,a1.3A解析:由已知,得aa2a8,(a16)2(a12)(a114),a12.Snna1d2nn(n1)n2n.4C解析:由已知,得q.a123.lga1lg.an為等比數(shù)列,lganlgan1lglg(n2),lgan為等差數(shù)列所求和為8lglg8(4lg23lg5)28(lg5lg2)4lg24lg54.故選C.5A解析:由a55,S515,得a11,d1.an1(n1)n.故.1.故選A.6A7B解析:由5a88a13,得5(a17d)8(a112d)da1.由ana1(n1)da1(n1)0n21.數(shù)列an的前21項都是正數(shù),以后各項都是負數(shù)故Sn取最大值時,n的值為21.故選B.8.解析:設(shè)第n(n2)行的第2個數(shù)構(gòu)成數(shù)列an,則有a3a22,a4a33,a5a44,anan1n1,相加,得ana223(n1)(n2),an2.9解:(1)方程x25x60的根為2,3,又因為an是遞增的等差數(shù)列,則a22,a43.設(shè)數(shù)列的公差為d,a4a22d1,d,a1.an的通項公式為an(n1)1.(2)設(shè)數(shù)列的前n項和為Sn,由(1)知,則Sn,Sn,兩式相減,得Sn1.數(shù)列的前n項和為Sn2.10解:(1)由2b1a1a2,得a22b1a124.由ab1b2,得b236.(2)an,bn,an1成等差數(shù)列,2bnanan1.bn,an1,bn1成等比數(shù)列,abnbn1.數(shù)列an,bn的每一項都是正數(shù),an1.于是當n2時,an.將,代入式,得2,因此數(shù)列是首項為4,公差為2的等差數(shù)列(n1)d2n2,于是bn4(n1)2.由式,得當n2時,an4n(n1)當n1時,a18,滿足該式子,對一切正整數(shù)n,都有an4n(n1)(3)由(2)知,所證明的不等式為.方法一:首先證明(n2)7n27n0(n1)(n2)0,當n2時,該式恒成立,當n2時,.當n1時,.綜上所述,對一切正整數(shù)n,有.方法二:.當n3時,.當n1時,;當n2時,.綜上所述,對一切正整數(shù)n,有.方法三:.當n4時,.當n1時,;當n2時,;當n3時,.綜上所述,對一切正整數(shù)n,有.第5講利用幾類經(jīng)典的遞推關(guān)系式求通項公式1C2.C3B解析:由題意,得解得bnan1an,b1b2bnan1a1.a8b1b2b737(6)233. 4D解析:數(shù)列an為等比數(shù)列,則8a2a5a2(8q3)0.a20,q2.q24;q2;,其值與n有關(guān)故選D.5(2)n1解析:兩式相減,得ananan1,anan1,2,a11,則an(2)n1.6.解析:由an1,得3313(n1)an.732n1n1解析:令an1A(n1)B2(anAnB),運用待定系數(shù)法,得A1,B1.an1(n1)12(ann1)ann132n1.an32n1n1.8n3n1解析:an13an3n,1.令bn,數(shù)列bn是首項為1,公差為1的等差數(shù)列,bn11(n1)n.ann3n1.9證明:(1)由an13an1,得an13.又a1,所以是首項為,公比為3的等比數(shù)列所以an.因此數(shù)列an的通項公式為an.(2)由(1)知,.因為當n1時,3n123n1,所以,即.于是1.所以.10(1)證明:a11,nan1(n1)ann(n1),nN*,等式兩邊同除以n(n1),得1,即1.數(shù)列是首項為1,公差為1的等差數(shù)列(2)解:由(1),得1(n1)1n,即ann2.從而bn3nn3n.Sn131232333n3n,3Sn132233334n3n1,兩式相減,得2Sn3132333nn3n1n3n1.Sn.第6講合情推理和演繹推理1D22n135(2n1)(n1)(n2)(n3)(nn)3122232(1)n1n2(1)n14ssss5coscoscos,nN*6.(n1)(n1),nN*解析:由于(n1),(n1),故(n1)(n1),nN*.72解析:類似令原式t,有t,2tt2,解得t1(舍去)或t2.8解:(1)選擇,由sin215cos215sin15cos151sin30,故這個常數(shù)是.(2)推廣,得到三角恒等式sin2cos2(30)sincos(30).證明:sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2.9解:(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,因為即解得所以ana1(n1)d13(n1)3n2.所以數(shù)列an的通項公式為an3n2(nN*)(2)因為,所以數(shù)列的前n項和Sn.假設(shè)存在正整數(shù)m,n,且1m0,所以3m26m11,所以1m13.因為mN*,所以m2.此時n16.故存在滿足題意的正整數(shù)m,n,且只有一組值,即m2,n16.第7講直接證明與間接證明1C解析:A,D中x必須大于0,故排除A,D,B中應(yīng)為x212x,故B不正確2D3.B4.A5A解析:反證法的步驟第一步是假設(shè)命題反面成立,而“至少有一個實根”的否定是“沒有實根”故選A.6若,則(或若,則)解析:依題意可得以下四個命題:(1)mn,nm;(2)mn,mn;(3)mn,n,m;(4),n,mmn.不難發(fā)現(xiàn),命題(3),(4)為真命題,而命題(1),(2)為假命題7lg153abc解析:如果lg32ab是正確的,那么lg92lg32(2ab)4a2b;如果lg32ab是錯誤的,那么lg94a2b也是錯誤的,這與題意矛盾反過來,lg94a2b也不是錯誤的,否則lg32ab是錯誤的同樣,如果lg5ac,那么lg83lg23(1lg5)3(1ac),如果lg5ac是錯誤的,那么lg833a3c,也錯誤,這與題意矛盾;顯然lg833a3c也不是錯誤的,否則lg5ac也錯誤lg15lg(35)lg3lg5(2ab)(ac)3abc.應(yīng)將最后一個改正為lg153abc.8201解析:由已知,若a2正確,則a0或a1,即a0,b1,c2或a0,b2,c1或a1,b0,c2或a1,b2,c0均與“三個關(guān)系有且只有一個正確”矛盾;若b2正確,則a2正確,不符合題意;所以c0正確,a2,b0,c1,故100a10bc201.9解:(1)a1a2a3a125,a25.又a2|q1|10,q1或q3.即或an5(1)n1或an53n2.(2)若q1,則若q3,則0,d2,an12(n1)2n1,Snn2(nN*)(2)由(1)知,amam1am2amk(2mk1)(k1)65.m,kN*,2mk11,k11,解得(舍去)或解得綜上所述,m5,k4.第8講數(shù)學(xué)歸納法1B2.D3.C4.C5D解析:原等式共有5n項,當n1時,25124,選D.6C解析:Sk1Sk.71007解析:記f(n),則f(n1)f(n)0,數(shù)列f(n)是遞增數(shù)列,則f(n)minf(1),m1007.89(1)解:當n1時,有4(11)(a11)(12)2a1,解得a18.當n2時,有4(21)(a1a21)(22)2a2,解得a227.(2)解:方法一:當n2時,有4(Sn1).4(Sn11).,得4an,即.1.an(n1)3(n2)方法二:根據(jù)a18,a227,猜想:an(n1)3.當n1時,有a18(11)3,猜想成立假設(shè)當nk時,猜想也成立,即ak(k1)3.那么當nk1時,有4(k11)(Sk11)(k12)2ak1,即4(Sk11),又 4(Sk1),得4ak1,解得ak1(k2)3(k11)3 .當nk1時,猜想也成立因此,由數(shù)學(xué)歸納法證得an(n1)3成立(3)證明:bn,Tnb1b2b3bn1bn.10解:(1)方法一:a22,a31.再由題設(shè)條件知,(an11)2(an1)21.從而(an1)2是首項為0,公差為1的等差數(shù)列故(an1)2n1,即an1(nN*)方法二:a22,a31.可寫為a11,a21,a31.因此猜想an1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式:當n1時,結(jié)論顯然成立假設(shè)nk時結(jié)論成立,即ak1,則ak1111,這就是說,當nk1時結(jié)論成立所以an1(nN*)(2)方法一:設(shè)f(x)1,則an1f(an)令cf(c),即c1.解得c.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明a2nca2n11.當n1時,a2f(1)0,a3f(0)1,所以a2a31,結(jié)論成立假設(shè)nk時結(jié)論成立,即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2,即1ca2k2a2.再由f(x)在(,1上為減函數(shù),得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31,因此a2(k1)ca2(k1)11,這就是說,當nk1時結(jié)論成立綜上所述,存在c使得a2nca2n1對所有nN*成立方法二:設(shè)f(x)1,則an1f(an)先證0an1(nN*)當n1時,結(jié)論顯然成立假設(shè)nk時結(jié)論成立,即0ak1.易知f(x)在(,1上為減函數(shù),從而0f(1)f(ak)f(0)11,即0ak11.這就是說,當nk1時結(jié)論成立故成立再證a2na2n1(nN*)當n1時,a2f(1)0,a3f(a2)f(0)1,所以a2a3,即n1時成立假設(shè)nk時,結(jié)論成立,即a2kf(a2k1)a2k2,a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.這就是說,當nk1時成立所以對一切nN*成立由,得a2n1,即(a2n1)2a2a2n2.因此a2nf(a2n1),即a2n1a2n2.所以a2n11.解得a2n1.綜上所述,由知,存在c使得a2nca2n1對一切nN*成立- 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