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数列二轮复习选题



2013 年高考复习文数数列二轮复习选题
1.已知数列 {an }与{bn } 满足 bn ?1 an ? bn an ?1 (Ⅰ)求 a2 , a3 的值; (Ⅱ)设 cn ? a2n?1 ? a2n?1 , n ? N * ,证明 {cn } 是等比数列; (Ⅲ)设 Sn 为 {an } 的前 n 项和,证明

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

2) ? 1, bn ? , n ? N * , 且a1 ? 2. 2
n

S S S1 S2 1 ? ? ? ? 2 n?1 ? 2 n ? n ? (n ? N * ). a1 a2 a2 n?1 a2 n 3

本小题主要考查等比数列的定义、数列求和等基础知识,考查运算能力、推理论证能力、综合分析能 力和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。满分 14 分。 (Ⅰ)解:由 bn ?

? 2, n为奇数, 3 ? (?1)n?1 , n ? N * ,可得 bn ? ? 2 ?1, n为偶数,
n

又 bn ?1 an ? bn an ?1 ? ? ?2 ? ? 1 , 当 n ? 1时, a1 ? 2a2 ? ?1,由a1 ? 2, 可得a2 ? ? ; 当 n ? 2时, 2a2 ? a3 ? 5, 可得a3 ? 8. (Ⅱ)证明:对任意 n ? N
*

3 2

a2n?1 ? 2a2n ? ?22n?1 ? 1
2a2n ? a2n?1 ? 22n ? 1




②-①,得 a2 n?1 ? a2 n?1 ? 3 ? 2 所以 {cn } 是等比数列。

2 n ?1

,即cn ? 3 ? 22 n?1 , 于是

cn?1 ?4 cn

(Ⅲ)证明: a1 ? 2 ,由(Ⅱ)知,当 k ? N 且k ? 2 时,
*

a2k ?1 ? a1 ? (a3 ? a1 ) ? (a5 ? a3 ) ? (a7 ? a5 ) ? ? ? (a2k ?1 ? a2k ?3 )
? 2 ? 3(2 ? 23 ? 25 ? ? ? 22 k ?3 ) ? 2 ? 3 ?
故对任意 k ? N , a2k ?1 ? 2
* 2k ?1

2(1 ? 4k ?1 ) ? 22 k ?1 1? 4

.

由①得 2

2 k ?1

因此, S 2 k

1 ? 22 k ?1 , k ? N * 2 k ? (a1 ? a2 ) ? (a3 ? a4 ) ? ? ? (a2 k ?1 ? a2 k ) ? . 2 ? 2a2 k ? ?22 k ?1 ? 1, 所以a2 k ?

于是, S 2 k ? 1 ? S 2 k ? a2 k ?



S2 k ?1 S2 k ? a2 k ?1 a2 k

k ? 1 2 k ?1 ?2 . 2 k ? 1 2 k ?1 k ?2 k ? 1 ? 22 k k 1 k 2 ? 2 2 k ?1 ? ? ? 2k ? 1? k ? k k . 2k 1 2 2 2 ?1 4 4 (4 ? 1) 2 k ?1 ?2 2

2. (本小题满分 13 分, (Ⅰ)小问 7 分, (Ⅱ)小问 6 分) 设 {a n } 是公比为正数的等比数列, a1 ? 2 , a3 ? a2 ? 4 。 (Ⅰ)求 {an } 的通项公式; (Ⅱ)设 {bn } 是首项为 1,公差为 2 的等差数列,求数列 {an ? bn } 的前 n 项和 s n 解: (I)设 q 为等比数列 {an } 的公比,则由 a1 ? 2, a3 ? a2 ? 4得2q2 ? 2q ? 4 , 即 q 2 ? q ? 2 ? 0 ,解得 q ? 2或q ? ?1(舍去) ,因此 q ? 2. 所以 {an } 的通项为 an ? 2 ? 2n?1 ? 2n (n ? N * ). (II) Sn ?

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

? 2n?1 ? n2 ? 2. .

3. (本小题满分 12 分) 已知等比数列 (I) Sn 为
n

?a ?中, a
n

?a ?

1 1 ,公比 q ? 。 3 3 1 ? an 的前 n 项和,证明: S n ? 2
2

?

(II)设 bn ? log3 a1 ? log3 a2 ???? ? log3 an ,求数列 bn 的通项公式。 解析:本题考查等比数列基本知识和等差数列的基本知识。

1 (I)? a ? 1 ? ? ? ? n 3 3 ? ?
? Sn ?
1 ? an 2

n ?1

?

?1? ? ? S ? 3?

n

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

(II) bn ? log3 a1 ? log3 a2 ???? ? log3 an =-(1+2+3+
?

n( n ? 1) +n)=- 2

? 数列 bn 的通项公式为 bn =-

n( n ? 1) 2

4.本题满分 13 分)某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M,M 的价值在使用过程中逐年减 少,从第 2 年到第 6 年,每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元;从第 7 年开始,每年初 M 的价值为上年 初的 75%. (I)求第 n 年初 M 的价值 an 的表达式; (II)设 An ?

a1 ? a2 ? ? ? an , 若 An 大于 80 万元,则 M 继续使用,否则须在第 n 年初对 M 更新,证明: n

须在第 9 年初对 M 更新. 解析: (I)当 n ? 6 时,数列 {an } 是首项为 120,公差为 ?10 的等差数列.

an ? 120 ?10(n ?1) ? 130 ?10n;
当 n ? 6 时,数列 {an } 是以 a6 为首项,公比为

3 为等比数列,又 a6 ? 70 ,所以 4

3 an ? 70 ? ( ) n ? 6 ; 4

?120 ? 10(n ? 1) ? 130 ? 10n, n ? 6 ? 因此,第 n 年初,M 的价值 an 的表达式为 an ? ? 3 an ? 70 ? ( ) n ?6 , n ? 7 ? ? 4
(II)设 Sn 表示数列 {an } 的前 n 项和,由等差及等比数列的求和公式得 当 1 ? n ? 6 时, Sn ? 120n ? 5n(n ?1), An ? 120 ? 5(n ?1) ? 125 ? 5n;

3 3 3 Sn ? S6 ? (a7 ? a8 ? ? ? an ) ? 570 ? 70 ? ? 4 ? [1 ? ( ) n ?6 ] ? 780 ? 210 ? ( ) n ?6 4 4 4 当 n ? 7 时, 3 n ?6 780 ? 210 ? ( ) 4 An ? . n
因为 {an } 是递减数列,所以 { An } 是递减数列,又

3 3 780 ? 210 ? ( )8?6 780 ? 210 ? ( )9?6 47 79 4 4 A8 ? ? 82 ? 80, A9 ? ? 76 ? 80, 8 64 9 96
所以须在第 9 年初对 M 更新.

5. (本题满分 14 分)已知公差不为 0 的等差数列 {an } 的首项 a1 (a1 ? R), 且 (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)对 n ? N ? ,试比较
1 1 1 1 1 ? 2 ? 3 ? ... ? n , 与 的大小。 a2 a2 a2 a2 a1

1 1 1 , , 成等比数列。 a1 a2 a4

本题主要考查等差数列等比数列的概念以及通项公式、等比数列的求和公式等基础知识,同时考查运算求

解能力及推理论证能力。满分 14 分。

(Ⅰ)解:设等差数列{an}的公差为 d,由 ( )2 ?
得 (a1 ? d )2 ? a1 (a1 ? 3d ) 。从而 a1d ? d 2 因为 d ? 0 ,所以 d ? a1 ? an 故通项公式 an ? na. , (Ⅱ)解:记 Tn ?

1 a2

1 1 ? , a1 a4

1 1 1 ? 2 ? ... n , 因为 a2 ? 2n a , a2 a2 a2

1 1 (1 ? ( ))n 1 1 1 1 1 2 2 ? 1 [1 ? ( 1 ) n ]. Tn ? ( ? 2 ? ... ? n ) ? . 1 a 2 2 2 a a 2 1? 2
所以,当 a>0 时, Tn ?

1 1 ;当 a<0 时, Tn ? 。 a1 a1

an - 6.已知数列{an}中,a1=1,an=an-1·n 1(n≥2,n∈N*),数列{bn}的前 n 项和 Sn=log3?9n?(n∈N*). 3 ? ? (1)求数列{bn}的通项公式; (2)求数列{|bn|}的前 n 项和. [解析] (1)log3an=log3(an-1·n 1) 3 =log3an-1+(n-1), ∴log3an-log3a1=(log3a2-log3a1)+(log3a3-log3a2)+…+(log3an-log3an-1) n?n-1? =1+2+…+(n-1)= , 2 n?n-1? ∴log3an= , 2 an n2-5n ∴Sn=log3?9n?= (n∈N)* ? ? 2 ∴b1=S1=-2,当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1=n-3, ∴数列{bn}的通项公式 bn=n-3(n∈N*). (2)设数列{|bn|}的前 n 项和为 Tn, 5n-n2 当 bn=n-3≤0 即 n≤3 时,Tn=-Sn= ; 2 n2-5n+12 当 n>3 时,Tn=Sn-2S3= . 2


?5n-n 2 ∴T =? n -5n+12 ? 2
n 2

2

n≤3 . n>3

7.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,Sn=nan-n(n-1) (n=1,2,3,…). (1)求证:数列{an}为等差数列,并写出 an 关于 n 的表达式; 1 100 (2)若数列{ }前 n 项和为 Tn,问满足 Tn> 的最小正整数 n 是多少? 209 anan+1 [解析] (1)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =nan-(n-1)an-1-2(n-1), 得 an-an-1=2(n=2,3,4,…). ∴数列{an}是以 a1=1 为首项,2 为公差的等差数列 。 ∴an=2n-1. 1 1 1 (2)Tn= + +…+ a1a2 a2a3 an-1an = 1 1 1 1 + + +…+ 1×3 3×5 5×7 ?2n-1??2n+1?

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n = [( - )+( - )+( - +…+( - )]= ?1-2n+1?= 2 1 3 3 5 5 7 2? ? 2n+1 2n-1 2n+1 n 100 100 100 由 Tn= > 得 n> ,满足 Tn> 的最小正整数为 12. 9 209 2n+1 209 8.已知数列{an}和{bn}满足 a1=m,an+1=λan+n, 2n 4 bn=an- + . 3 9 (1)当 m=1 时,求证:对于任意的实数 λ,数列{an}一定不是等差数列. 1 (2)当 λ=- 时,试判断数列{bn}是否为等比数列. 2 [解析] (1)证明:当 m=1 时,a1=1,a2=λ+1,a3=λ(λ+1)+2=λ2+λ+2. 假设数列{an}是等差数列, 由 a1+a3=2a2 得,λ2+λ+3=2(λ+1), 即 λ2-λ+1=0,Δ=-3<0,∴方程无实根. 故对于任意的实数 λ,数列{an}一定不是等差数列. 1 1 2n 4 (2)当 λ=- 时,an+1=- an+n,bn=an- + . 2 2 3 9 2?n+1? 4 bn+1=an+1- + 3 9 1 2?n+1? 4 =?-2an+n?- + ? ? 3 9 1 n 2 =- an+ - 2 3 9

2n 4 1 1 =- ?an- 3 +9?=- bn. ? ? 2 2 2 4 2 又 b1=m- + =m- , 3 9 9 2 2 1 ∴当 m≠ 时,数列{bn}是以 m- 为首项,- 为公比的等比数列; 9 9 2 2 当 m= 时,数列{bn}不是等比数列. 9 9 .已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2+2n,数列{bn}的前 n 项和 Tn=2-bn. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)设 cn=an2·n,证明:当且仅当 n≥3 时,cn+1<cn. b (2)设 cn=an2·n,证明:当且仅当 n≥3 时,cn+1<cn. b [解析] (1)a1=S1=4,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n(n+1)-2(n-1)n=4n. 又 a1=4 适合上式,∴an=4n(n∈N*). 将 n=1 代入 Tn=2-bn,得 b1=2-b1, ∴T1=b1=1. 当 n≥2 时,Tn-1=2-bn-1,Tn=2-bn, 1 ∴bn=Tn-Tn-1=bn-1-bn,∴bn= bn-1, 2 ∴bn=21 n. (2)解法 1:由 cn=an2·n=n2·5 n, b 2 得 cn+1 1? 1?2 = 1+ . cn 2? n?
- -

1 4 当且仅当 n≥3 时,1+ ≤ < 2,即 cn+1<cn. n 3 解法 2:由 cn=an2·n=n2·5 b 2
- - -n

得,

cn+1-cn=24 n[(n+1)2-2n2] =24 n[-(n-1)2+2]. 当且仅当 n≥3 时,cn+1-cn<0,即 cn+1<cn. 10.设数列{an}满足 a1=2,an+1-an=3·2n 1. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
- - +1)-1 -

[解析] (1)由已知得,当 n≥1 时, an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1=3(22n 1+22n 3+…+2)+2=22(n 而 a1=2,所以数列{an}的通项公式为 an=2 (2)由 bn=nan=n· 2
3 2n-1 5 2n-1

.

.




Sn=1· 2+2· +3· +…+n·2n 1.① 2 2 2 从而 22·n=1·3+2·5+3·7+…+n·2n 1.② S 2 2 2 2 ①-②得 (1-22)Sn=2+23+25+…+22n 1-n·2n 1. 2
- + +

2 + = (4n-1)-n·2n 1 2 3 1 + + = (22n 1-2-3n·2n 1) 2 3 1 + = [(1-3n)2n 1-2] 3 1 + ∴Sn= [(3n-1)22n 1+2]. 9

11.设{an}为等比数列,且满足:Sn=2n+a. (1)求{an}的通项公式,并求最小的自然数 n,使 an>2010; n (2)数列{bn}的通项公式为 bn=- ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an [解析] (1)n=1 时,a1=2+a n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n
-1 -

∵{an}为等比数列,∴a1=2+a=21 1=1,∴a=-1 ∴{an}的通项公式为 an=2n 1, ∵an=2n 1>2010,又 211=2048, 故最小自然数 n 为 12. n n (2)bn=- =- n-1 an 2 1 1 1 Tn=-(1×1+2× +3× 2+…+n× n-1)① 2 2 2 1 1 1 1 1 T =-[1× +2× 2+…+(n-1)× n-1+n× n]② 2 n 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ②-①得,- Tn=1+ + 2+…+ n-1-n·n 2 2 2 2 2 n+2 ∴Tn= n-1 -4 2 12.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an+1=Sn-n+3,n∈N*,a1=2. (1)求数列{an}的通项; n 4 (2)设 bn= (n∈N*)的前 n 项和为 Tn,求证:Tn< (n∈N*). 3 Sn-n+2 [解析] (1)∵an+1=Sn-n+3,n∈N*, ∴n≥2 时,an=Sn-1-(n-1)+3, ∴an+1-an=an-1,即 an+1=2an-1, ∴an+1-1=2(an-1)(n≥2,n∈N*), ∵a1=2,a2=4, ∴an=(a2-1)·n 2+1=3·n 2+1(n≥2,n∈N*). 2 2
- - - -

? n=1 ?2 ∴an=? n-2 . ?3· +1 n≥2 ? 2

(2)∵Sn=an+1+n-3=3·n 1+n-2, 2 n ∴bn= n-1, 3· 2 1 2 3 n 1 11 2 3 n 1 1 1 1 1 n ∴Tn= (1+ + 2+…+ n-1), Tn= ( + 2+ 3+…+ n),∴ Tn= (1+ + 2+…+ n-1- n),∴Tn 3 2 2 2 32 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 4 1 2n 4 = (1- n)- ·n< . 3 2 32 3 1 13. 已知等比数列{an}中,a2,a3,a4 分别是某等差数列的第 5 项、第 3 项、第 2 项,且 a1= 。公比 2 q≠1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)已知数列{bn}满足:a1b1+a2b2+…+anbn=2n-1(n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Sn. [解析] (1)由已知得 a2-a3=2(a3-a4). 从而得 2q2-3q+1=0 1 解得 q= 或 q=1(舍去) 2 1 所以 an=?2?n. ? ? (2)当 n=1 时,a1b1=1,∴b1=2, 当 n≥2 时,a1b1+a2b2+…+an-1bn-1+anbn=2n-1, a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=2n-3, 两式相减得 anbn=2,∴bn=2n 1.
?2 ? 因此 bn=? n+1 ? ?2




n=1 n≥2



当 n=1 时,Sn=S1=b1=2; 8?1-2n 1? 当 n≥2 时,Sn=b1+b2+…+bn=2+ 1-2


=2n 2-6. 综上,Sn=2n 2-6. 14. 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且 3an+1+2Sn=3(n 为正整数). (1)求出数列{an}的通项公式; (2)若对任意正整数 n,k≤Sn 恒成立,求实数 k 的最大值. [解析] (1)∵3an+1+2Sn=3① ∴当 n≥2 时,3an+2Sn-1=3② 由①-②得,3an+1-3an+2an=0. ∴ an+1 1 = an 3 (n≥2).




1 又∵a1=1,3a2+2a1=3,解得 a2= . 3 1 ∴数列{an}是首项为 1,公比 q= 的等比数列. 3 1 - - ∴an=a1qn 1=?3?n 1(n 为正整数) ? ? 1 3 (2)由(1)知,∴Sn= ?1-?3?n? 2? ? ? ? 由题意可知,对于任意的正整数 n,恒有 1 3 k≤ ?1-?3?n?, 2? ? ? ? 1 ? ? 2 ∵数列?1-?3?n?单调递增,当 n=1 时,数列取最小项为 ,∴必有 k≤1,即实数 k 的最大值为 1. ? ?? 3 ? 15. 已知等差数列{an}的首项 a1≠0,前 n 项和为 Sn,且 S4+a2=2S3;等比数列{bn}满足 b1=a2,b2= a4. (1)求证:数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项; 2 (2)若 a1=2,设 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn; log2bn· 2bn+1 log (3)在(2)的条件下,若有 f(n)=log3Tn,求 f(1)+f(2)+…+f(n)的最大值. [解析] (1)设等差数列{an}的公差为 d,由 S4+a2=2S3 得,4a1+6d+a1+d=6a1+6d, ∴a1=d 则 an=a1+(n-1)d=na1,∴b1=2a1,b2=4a1 b2 等比数列{bn}的公比 q= =2 b1 则 bn=2a1·n 1=2n·1 2 a ∵2n∈N*, ∴{bn}中的每一项都是{an}中的项. 2 + (2)当 a1=2 时,bn=2n 1,cn= ?n+1??n+2? 1 1 =2?n+1-n+2? ? ? 则 Tn=c1+c2+…+cn 1 1 1 1 1 1 =2?2-3+3-4+…+n+1-n+2? ? ? 1 1 n =2?2-n+2?= ? ? n+2 n 1 2 n (3)f(n)=log3Tn=log3 ,∴f(1)+f(2)+…+f(n)=log3 +log3 +…+log3 3 4 n+2 n+2 12 n 2 …· =log3?3·· n+2?=log3 ? 4 ? ?n+1??n+2? 2 ≤log3 =-1, ?1+1??1+2? 即 f(1)+f(2)+…+f(n)的最大值为-1.


16.设M部分为正整数组成的集合,数列 {an } 的首项a1 ? 1 ,前 n 项和为 S n ,已知对任意整数 k? M,当 整数 n ? k时, S n?k ? S n?k ? 2(S n ? S k ) 都成立 (1)设 M ? {1}, a2 ? 2, 求a5 的值; (2)设 M ? {3,4}, 求数列 an } 的通项公式 { 本小题考查数列的通项与前 n 项和的关系、等差数列的基本性质等基础知识,考查考生分析探究及逻辑推 理的能力,满分 16 分。 解: (1)由题设知,当 n ? 2时, Sn?1 ? Sn?1 ? 2(Sn ? S1 ) , 即 (Sn?1 ? Sn ) ? (Sn ? Sn?1 ) ? 2S1 , 从而 an?1 ? an ? 2a1 ? 2, 又a2 ? 2, 故当n ? 2时, an ? a2 ? 2(n ? 2) ? 2n ? 2. 所以 a5 的值为 8。 (2)由题设知,当 k ? M ? {3, 4}, 且n ? k时,Sn?k ? Sn?k ? 2Sn ? 2Sk

且Sn?1?k ? Sn?1?k ? 2Sn?1 ? 2Sk ,
两式相减得 an?1?k ? an?1?k ? 2an?1 ,即an?1?k ? an?1?k ? an?1 ? an?1?k 所以当 n ? 8时, an?6 , an?3 , an , an?3 , an?6 成等差数列,且 an?6 , an?2 , an?2 , an?6 也成等差数列 从而当 n ? 8 时, 2an ? an?3 ? an?3 ? an?6 ? an?6 . 且 an?6 ? an?6 ? an?2 ? an?2 , 所以当n ? 8时, 2an ? an?2 ? an?2 , 即 an?2 ? an ? an ? an?2 .于是当n ? 9时, an?3 , an?1 , an?1 , an?3 成等差数列, 从而 an?3 ? an?3 ? an?1 ? an?1 , 故由(*)式知 2an ? an?1 ? an?1 ,即an?1 ? an ? an ? an?1 . 当 n ? 9 时,设 d ? an ? an?1 . 当 2 ? m ? 8时, m ? 6 ? 8 ,从而由(*)式知 2am?6 ? am ? am?12 故 2am?7 ? am?1 ? am?13 . 从而 2(am?7 ? am?6 ) ? am?1 ? am ? (am?13 ? am?12 ) ,于是 am?1 ? am ? 2d ? d ? d . 因 此 , an?1 ? an ? d 对 任 意 n ? 2 都 成 立 , 又 由 Sn? k ? S?n ? 2 S ?k 2 S ( ?k { 3 , 可}知 4 ) k k (*)

(Sn?k ? Sn ) ? (Sn ? Sn?k ) ? 2Sk , 故9d ? 2S3且16d ? 2S4 ,
解得 a4 ?

7 3 d d , 从而a2 ? d , a1 ? . 2 2 2

因此,数列 {an } 为等差数列,由 a1 ? 1知d ? 2. 所以数列 {an } 的通项公式为 an ? 2n ? 1.

17. (本小题共 13 分) 若数列

An : a1, a2 , ???, an (n ? 2) 满足 ak ?1 ? ak ? 1(k ? 1,2, ???, n ?1) ,则称 An 为 E 数列,记

S ( An ) ? a1 ? a2 ???? ? an .
(Ⅰ )写出一个 E 数列 A5 满足 a1 ? a3 ? 0 ; (Ⅱ )若 a1 ? 12 ,n=2000,证明:E 数列 An 是递增数列的充要条件是 an =2011; (Ⅲ )在 a1 ? 4 的 E 数列 An 中,求使得 S ? An ? =0 成立得 n 的最小值. 解: )0,1,0,1,0 是一具满足条件的 E 数列 A5. (Ⅰ (答案不唯一,0,—1,0,1,0;0,± 1,0,1,2;0,± 1,0,—1,—2;0,± 1,0,—1, —2,0,± 1,0,—1,0 都是满足条件的 E 的数列 A5) (Ⅱ )必要性:因为 E 数列 A5 是递增数列, 所以 ak ?1 ? ak ? 1(k ? 1,2,?,1999 . ) 所以 A5 是首项为 12,公差为 1 的等差数列. 所以 a2000=12+(2000—1)× 1=2011. 充分性,由于 a2000—a1000≤1, a2000—a1000≤1 …… a2—a1≤1 所以 a2000—at≤19999,即 a2000≤a1+1999. 又因为 a1=12,a2000=2011, 所以 a2000=a1+1999. 故 an?1 ? an ? 1 ? 0(k ? 1,2,?,1999 即An 是递增数列. ), 综上,结论得证. (Ⅲ )对首项为 4 的 E 数列 Ak,由于

a2 ? a1 ? 1 ? 3,

a3 ? a2 ? 1 ? 2,
……

a5 ? a7 ? 1 ? ?3.
…… 所以 a1 ? a2 ? ? ? ak ? 0(k ? 2,3,?,8) 所以对任意的首项为 4 的 E 数列 Am,若 S ( Am ) ? 0, 则必有 n ? 9 . 又 a1 ? 4 的 E 数列 A1 : 4,3,2,1,0,?1,?2,?3,?4满足S ( A1 ) ? 0, 所以 n 是最小值是 9.



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