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数列小练习




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1.若数列{an}的前 n 项和 Sn=n -1,则 a4 等于 2.数列{an}中,an=-2n2+29n+3,则此数列最大项的值是 1 3.在数列{an}中,a1= ,对所有 n∈N*都有 a1a2?an=n2,则 a3+a5 等于 2 4.(2009· 湖北黄冈质检)已知数列{an}的通项公式 an=n2+k

n+2,若对于 n∈N*,都有 an+1>an 成立,则实数 k 的取值范围是 5.(2009· 江西中学一模)数列{an}中,a1=1,a2=2,当 n∈N*时,an+2 等于 anan+1 的个 位数,若数列{an}的前 k 项和为 243,则 k 等于 1 2 1 2 3 1 2 3 4 5 6.已知数列 1, , , , , , , , , ,?,则 是此数列中的 2 1 3 2 1 4 3 2 1 6 n+1 7.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn= ,则 a5+a6=__________. n+2 8 .已知数列 {an} 满足 a1 = 1 ,当 n≥2 时, a 2 an + 2na 2 n - (n + 2)an - 1· n-1 = 0 ,则 an = __________.(写出你认为正确的一个答案即可) 2 ?an+2?,n∈N*,则数列{b }的通项公 9.(2009· 重庆高考)设 a1=2,an+1= ,bn=? ? n an+1 ?an-1? 式 bn=________. 1 10. (2010· 青岛模拟)数列{an}满足: a1=2, an=1- (n=2,3,4, ?), 则 a4=________; an-1 若{an}有一个形如 an=Asin(ωn+φ)+B 的通项公式,其中 A,B,ω,φ 均为实数,且 A>0, π ω>0,|φ|< ,则此通项公式可以为 an=________(写出一个即可). 2 11.(15 分)数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-13n-1,求数列 {|an|}的前 20 项的和 T20.

? 9 ?n(n∈N*),试问该数列{an}有没有最大 12.(15 分)已知数列{an}的通项 an=(n+1)· ?10?
项?若有,求最大项的项数;若没有,说明理由.

13.(20 分)已知一次函数 y=f(x)的图象关于直线 y=x 对称的图象为 C,且 f(1)=0,若 an+1 an+1 an 点 A(n, )(n∈N*)在 C 上,a1=1,当 n≥2 时, - =1. an an an-1 (1)求数列{an}的通项公式; a1 a2 a3 an (2)设 Sn= + + +?+ ,求 Sn. 3! 4! 5! (n+2)!

数列答案
1 解析:∵Sn=n2-1,∴a4=S4-S3=16-1-(9-1)=7. 29 2 解析:an=-2n2+29n+3=-2(n2- n)+3 2 29 2 292 =-2(n- ) +3+ . 当 n=7 时,an 最大且等于 108. 4 8 n+1 2 9 25 2 2 3 解析:{a1a2?an=n a1a2?an+1=(n+1) ?an+1=( ) ?a3= ,a5= ,∴a3+a5 n 4 16 61 = . 16 4 解析:∵an+1>an,∴an+1-an>0. 又 an=n2+kn+2, ∴(n+1)2+k(n+1)+2-(n2+kn+2)>0. ∴k>-2n-1.又-2n-1(n∈N*)的最大值为-3, ∴k>-3. 5 解析:∵a1=1,a2=2, ∴a3=2,a4=4,a5=8,a6=2,a7=6,a8=2,a9=2,?. ∴数列{an}是从第 2 项起周期为 6 的数列,并且 a2+a3+a4+a5+a6+a7=24. 又 Sk=243,∴k=62. 1 1 2 1 2 6 解析:将数列分为第 1 组 1 个,第 2 组 2 个,?,第 n 组 n 个,( ),( , ),( , , 1 2 1 3 2 3 1 2 n 5 ),?,( , ,?, ),则第 n 组中每个数分子分母的和为 n+1,则 为第 10 组中的第 1 n n- 1 1 6 5 个,其项数为(1+2+3+?+9)+5=50. n+1 6+1 4+1 1 7 解析:∵Sn= ,∴a5+a6=S6-S4= - = . n+2 6+2 4+2 24 8 解析:a2 an+2na2 n-(n+2)an-1· n-1=0, 有(an-2an-1)(an-nan-1)=0, an - ∴ =2.由 a1=1 知 an=2n 1. an-1 2(an+2) 2 +2 a + 1 an+1 ?an+1+2?= n ? 2(an+2)?=2b ,∴b 9 解析:∵bn+1=? = =?- ? ? n n+1 2 -(an-1) ?an+1-1? ? an-1 ? -1 an+1 an+1 n-1 n+1 =2bn,又 b1=4,∴bn=4· 2 =2 . 1 1 1 10 解析:∵数列{an}满足 a1=2,an=1- ,∴a2=1- = ,a3=1-2=-1,a4=1 2 2 an-1 2π +1=2;若{an}有一个形如 an=Asin(ωn+φ)+B 的通项公式,因为周期为 3,所以 3= , ω 2π ω = , 所 以 3 2π 4π 1 6π ? ?a1=Asin( +φ)+B= a2=Asin( +φ)+B= , a3=Asin( +φ)+B=-1 解 得 A = 3 3 2 3 ?

? ? ?

? ? ? ? ? ?

? ? ?

3, 1 π 2π π 1 B= ,φ=- ,所以 an= 3sin( n- )+ . 2 3 3 3 2 2π π 1 答案:2 3sin( n- )+ 3 3 2

(n=1) n-14 (n≥2) , 11 解:可求 an={-13 令 2n-14≤0,得 n≤7. ∴{an}中,由 a1 至 a6 是负值,a7=0,而 a8 及以后各项为正值. S7=72-13×7-1=-43, S20=202-13×20-1=139, ∴数列{|an|}的前 20 项的和 T20=S20-2S7=139-2×(-43)=225. 12 解:易知 a1 不是数列{an}中的最大项,

? 9 ?n, ∴an 若取最大值应满足{an-an+1≥0, an-an-1≥0 (n≥2),由已知 an=(n+1)· ?10?
则有

? 9 ?n-(n+2)· ? 9 ?n+1 an-an+1=(n+1)· ?10? ?10?
9 ?n ? 9 ? ? 9 ?n n-8 =? ?10? · ?n+1-10(n+2)?=?10? ·10 . 9 ?n n-8 由 an-an+1≥0,即? 10 ? ? ·10 ≥0, 解不等式,得 n≥8. ? 9 ?n-(n-1+1)· ? 9 ?n-1 an-an-1=(n+1)· ?10? ?10? 9 ?n-1 ? 9 9 9-n -n? ? ?n-1 =? 10 ?=?10? ·10 , ?10? · ?(n+1)· 9 ?n-1 9-n 由 an-an-1≥0,即? ?10? ·10 ≥0, 解不等式,得 n≤9. ∴同时满足不等式组的正整数 n 的取值只能是 8、9. 9 ?8 9 ?9 99 ? ? 又 a8=9×?10? ,a9=10×?10? ,即 a8=a9= 8. 10 ∴当 n=8 或 n=9 时,a8,a9 两项都是数列{an}中的最大项. an+1 13 解:(1)依题意 C 过点(0,1),所以设 C 方程为 y=kx+1,因为点 A(n, )(n∈N*)在 an an+1 C 上,所以 =kn+1, an an+1 an an+1 代入 - =1,得 k=1,所以 =n+1, an an-1 an an-1 an a2 ∴ =n, =n-1,?, =2,且 a1=1, a1 an-1 an-2 各式相乘得 an=n!. n! an 1 1 1 (2)∵ = = = - , (n+2)! (n+2)! (n+1)(n+2) n+1 n+2 1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴Sn= - + - +?+ - = - ,即 Sn= . 2 3 3 4 n+1 n+2 2 n+2 2(n+2)

等差数列
1.(2009· 福建高考)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S3=6,a3=4,则公差 d 等于 2.若等差数列{an}的前 5 项和 S5=25,且 a2=3,则 a7 等于 3.设{an}是等差数列,若 a2=3,a7=13,则数列{an}前 8 项的和为 4.(2009· 唐山二模)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S7>S8>S6,则下列结论: ①a7=0 ②a8<0③S13>0 ④S14<0 其中正确结论是 ( ) A.②③ B.①③ C.①④ D.②④ 5.(2009· 安徽高考)已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99.以 Sn 表示 {an}的前 n 项和,则使得 Sn 达到最大值的 n 是 6.设{an}是公差为正数的等差数列,若 a1+a2+a3=15,a1a2a3=80,则 a11+a12+a13 = 7.已知等差数列{an}共有 2008 项,所有项的和为 2010,所有偶数项的和为 2,则 a1004 =__________. S9 8.(2009· 全国卷Ⅱ)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a5=5a3,则 =__________. S5 9.(2008· 山东高考)已知 f(3x)=4xlog23+233,则 f(2)+f(4)+f(8)+?+f(28) 的值等于 __________. 10.把 49 个数排成如下图所示的数表,若表中每行的 7 个数自左向右依次都成等差数 列,每列的 7 个数自上而下依次也都成等差数列,且正中间的数 a44=1,则表中所有数的和 为__________. a11 a12 a17 ? a21 a22 a27 ? ? ? ? ? a71 a72 a77 ? 11.(15 分)已知{an}是等差数列,a2=5,a5=14, (1)求{an}的通项公式;(2)当{an}的前 n 项和 Sn=155,求 n 的值.

12.(15 分)在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n. an (1)设 bn= n-1,证明数列{bn}是等差数列;(2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 2

13.(20 分)(2010· 福建厦门一模)已知数列{an},a1=1,an=λan-1+λ-2(n≥2). (1)当 λ 为何值时,数列{an}可以构成公差不为零的等差数列,并求其通项公式; 1 (2)若 λ=3,令 bn=an+ ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 2

等差数列答案
(a1+a3)×3 1 解析:∵S3= =6,而 a3=4, 2 a3-a1 ∴a1=0,∴d= =2. 2 a2+a4 2 解析:25=S5= ×5,∴a4=7. 2 ∴2d=a4-a2=4.∴a7=a4+3d=13. 3 解析:∵{an}是等差数列, ∴a2+a7=a3+a6=a4+a5=a1+a8. ∴S8=a1+a2+a3+?+a8=4(a2+a7)=4×16=64. 4 解析:∵S7>S8>S6,∴a7>0,a7+a8>0 14(a1+a14) ∴S14= =7(a7+a8)>0,∴①④错误,故选 A. 2 5 解析:∵{an}为等差数列, ∴a1+a3+a5=105?a3=35, a2+a4+a6=99?a4=33, d=a4-a3=33-35=-2, ∴{an}是递减数列. an=a3+(n-3)d=35+(n-3)×(-2)=-2n+41, 41 an≥0,-2n+41≥0,n≤ , 2 ∴当 n≤20 时,an>0, ∴n=20 时,Sn 最大,故选 B. 6 解析:设公差为 d 且 d>0. a1a2a3=80 , 由已知{a1+a2+a3= 得{a1+d=5, a1(a1+d)(a1+2d)=80 . 解得 a1=2,d=3(∵d>0). ∴a11+a12+a13=3a12=3(a1+11d)=105. 2008(a1+a2008) 2010 1004(a2+a2008) 7 解析:依题意得 =2010,a1+a2008= , =2,a2+a2008 2 1004 2 4 2006 = ,故 a2-a1=- =d, 1004 1004 4 2 又 a2+a2008=2a1005= ,∴a1005= , 1004 1004 2 2006 a1004=a1005-d= + =2. 1004 1004 9(a1+a9) 2 S9 9 a5 9 8 解析: = = · = ×5=9. S5 5(a1+a5) 5 a3 5 2 x 9 解析:∵f(3 )=4xlog23+233, ∴f(3x)=4log23x+233. ∴f(x)=4log2x+233.而 f(2n)=4log22n+233=4n+233, ∴f(2)+f(4)+?+f(28)=(4×1+233)+(4×2+233)+?+(4×8+233)=4×(1+2+? +8)+233×8=2008. 10 解析:解法 1:a11+a12+?+a17=7a14, 同理 a21+a22+?+a27=7a24, ? a71+a72+?+a77=7a74,

而 a14+a24+?+a74=7a44, 故所有数的和为 7(a14+a24+?+a74)=49a44=49. 解法 2:由题意分析,不妨设各个格中的数都为 1,则符合题意要求,所以表中所有数 的之和为 49 11 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,首项为 a1. 则 a1+d=5,a1+4d=14, 解得 a1=2,d=3. 所以数列{an}的通项为 an=a1+(n-1)d=3n-1. n(a1+an) 3 2 1 (2)数列{an}的前 n 项和 Sn= = n + n. 2 2 2 3 2 1 2 由 n + n=155,化简得 3n +n-310=0. 2 2 即(3n+31)(n-10)=0; 所以 n=10. an+1 an . 12 解:(1)证明:an+1=2an+2n, n = n-1+1, 2 2 bn+1=bn+1, 又 b1=a1=1,因此{bn}是首项为 1,公差为 1 的等差数列. an - - - (2)由(1)知 n-1=n,即 an=n· 2n 1,Sn=1· 20+2· 21+?+(n-1)· 2n 2+n· 2n 1, 2 - 2Sn=1· 21+2· 22+?+(n-1)· 2n 1+n· 2n. - 两式相减,得 Sn=n· 2n-20-21-?-2n 1=n· 2n-2n+1=(n-1)2n+1. 13 解:(1)a2=λa1+λ-2=2λ-2; a3=λa2+λ-2=2λ2-2λ+λ-2=2λ2-λ-2. ∵a1+a3=2a2,∴1+2λ2-λ-2=2(2λ-2). 3 ∴2λ2-5λ+3=0,解得 λ=1 或 λ= . 2 3 3 当 λ= 时,a2=2× -2=1,a1=a2 不合题意,舍去; 2 2 当 λ=1 时,代入 an=λan-1+λ-2,可得 an-an-1=-1. ∴数列{an}构成以 a1=1 为首项,公差为-1 的等差数列. ∴an=-n+2. (2)由 λ=3 可得,an=3an-1+3-2,即 an=3an-1+1. 1 3 ∴an+ =3an-1+ . 2 2 1 1 ∴an+ =3(an-1+ ),即 bn=3bn-1(n≥2). 2 2 1 3 又 b1=a1+ = , 2 2 3 ∴数列{bn}构成以 b1= 为首项,公比为 3 的等比数列. 2 3 n (1-3 ) 2 3 ∴Sn= = (3n-1). 4 1-3

等比数列
1.设{an}是公比为正数的等比数列,若 a1=1,a5=16,则数列{an}前 7 项的和为 S4 2.设等比数列{an}的公比 q=2,前 n 项和为 Sn,则 = a2 1 3.已知{an}是等比数列,a2=2,a5= ,则 a1a2+a2a3+?+anan+1= 4 S6 S9 4.(2009· 辽宁高考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 =3,则 等于 S3 S6 5.(2009· 广东高考)已知等比数列{an}满足 an>0,n=1,2,?,且 a5· a2n-5=22n(n≥3), 则当 n≥1 时,log2a1+log2a3+?+log2a2n-1= 6.已知等比数列{an}中 a2=1,则其前 3 项的和 S3 的取值范围是 7. 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知 S1,2S2,3S3 成等差数列, 则{an}的公比为________. 1 S4 8.(2009· 浙江高考)设等比数列{an}的公比 q= ,前 n 项和为 Sn,则 =________. 2 a4 9.设数列{an}为公比 q>1 的等比数列,若 a2004 和 a2005 是方程 4x2-8x+3=0 的两根, 则 a2006+2007=__________. 10. (2010· 浙江猜题卷)等比数列{an}的公比为 q, 其前 n 项的积为 Tn, 并且满足条件 a1>1, a99-1 a99a100-1>0, <0.给出下列结论:①0<q<1;②a99· a101-1<0;③T100 的值是 Tn 中最大 a100-1 的;④使 Tn>1 成立的最大自然数 n 等于 198.其中正确的结论是__________. 11.(15 分)设正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=4,a4a5a6=212. (1)求首项 a1 和公比 q 的值; (2)若 Sn=210-1,求 n 的值.

12.(15 分)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(n∈N*).其中 m 为 常数,m≠-3,且 m≠0. (1)求证:{an}是等比数列; (2)若数列{an}的公比满足 q=f(m)且 b1=a1, 3 1 bn= f(bn-1)(n∈N*,n≥2),求证:{ }为等差数列,并求 bn. 2 bn

13.(20 分)(2010· 潮州模拟)已知数列{an}、{bn}分别是等差数列、等比数列,a3=8,a6 =17,b1=2,b1b2b3=9(a2+a3+a4). (1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设 cn=log3bn,求证:数列{cn}是等差数列,并求出其公差和首项; (3)设 Un=b1+b4+b7+?+b3n-2,其中 n=1,2,?,求 Un 的值.

等比数列答案
1-2 a5 1 解析:∵公比 q4= =16,且 q>0,∴q=2,∴S7= =127, a1 1-2 2 解析:本题主要考查等比数列的通项公式及前 n 项和的公式. 设等比数列{an}的首项为 a1, S4 15 则 S4=15a1,a2=2a1, = , a2 2 a 1 1 1 5 3 解析:∵q3= = ,∴q= ,a1=4,数列{an· an+1}是以 8 为首项, 为公比的等比数 a2 8 2 4 32 - 列,不难得出答案为. (1-4 n) 3 4 解析:设其公比为 q. 6 3 3 S6 1-q (1+q )(1-q ) 由已知可得 = = =1+q3=3, S3 1-q3 1-q3 9 3 S9 1-q 1-2 7 ∴q3=2. = = = . S6 1-q6 1-22 3 另解:可知 S3,S6-S3,S9-S6 成等比数列, S9 7 则可设 S6=3,S3=1,则(S6-S3)2=S3×(S9-S6),解得 S9=7,故 = . S6 3 5 解析:由{an}为等比数列,则 a5· a2n-5=a1· a2n-1=22n, 则 (a1· a3· a5· ?· a2n - 1)2 = (22n)n ? a1· a3· ?· a2n - 1 = 2n2 ,故 log2a1 + log2a3 + ? + log2a2n - 1 = log2(a1· a3· ?· a2n-1)=n2. 6 解析:∵{an}是等比数列,a2=1, S3=a1+a2+a3=a1+a3+1. 当 q>0 时,a1、a3>0,a1+a3≥2 a1a3=2 a2 2=2,∴S3≥3. 当 q<0 时,a1、a3<0,a1+a3=-[(-a1)+(-a3)]≤-2 a1a3=-2,∴S3≤-1. 综上可知,S3 的取值范围为(-∞,-1]∪[3,+∞). 7 解析:由题意知 4S2=S1+3S3. ①当 q=1 时,4×2a1=a1+3×3a1, 即 8a1=10a1,a1=0,不符合题意,所以 q≠1. ②当 q≠1 时,应有 a1(1-q2) a1(1-q3) 4× =a1+3× , 1-q 1-q 1 化简得 3q2-q=0,得 q= 或 0(舍去). 3 1 答案: 3 a1(1-q4) 8 解析:由 S4= ,a4=a1· q3, 1-q 1-q4 S4 则 = =15. a4 (1-q)×q3 答案:15 1 3 9 解析:解方程 4x2-8x+3=0,得 x= 或 . 2 2 1 3 a2005 又 q>1,∴a2004= ,a2005= .∴q= =3. 2 2 a2004 2 2 ∴a2006+a2007=(a2004+a2005)· q =2×3 =18. 答案:18
7

(a -1)(a100-1)<0 ? ? 99 ?a99>1 a100 a100>1 10 解析:①中?a99· ?? ?q= ∈(0,1),∴①正确. a99 ?0<a100<1 ? ?a1>1
??a99· a101<1,∴②正确. ? 0<a100<1 ? ? a100 ?T100=T99· ③中? ?T100<T99,∴③错误. ?0<a100<1 ? ④中 T198=a1a2?a198=(a1· a198)(a2· a197)?(a99· a100)=(a99· a100)99>1, 199 T199=a1a2?a198· a199=(a1a199)?(a99· a101)· a100=a100<1,∴④正确. 答案:①②④ 12 4 11 解:(1)设等比数列{an}的公比为 q(q>0),则由题设有 a4a5a6=a3 5=2 ?a5=2 =16, a5 ∴ =q2=4?q=2,代入 a3=a1q2=4,解得 a1=1. a3 a1(qn-1) n (2)由 Sn=210-1,得 Sn= =2 -1=210-1,∴2n=210,∴n=10. q-1 12 解:(1)由(3-m)Sn+2man=m+3, 得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3. 两式相减,得(3+m)an+1=2man(m≠-3). an+1 2m ∴ = (m≠-3). an m+3 从而可以知道,数列{an}是等比数列. m+3 (2)当 n=1 时,(3-m)a1+2ma1=m+3,a1= =1, 3+m 2m ∴b1=a1=1,又 q=f(m)= , m+3 3 3 2bn-1 ∴bn= f(bn-1)= · (n∈N*且 n≥2). 2 2 bn-1+3 1 1 1 得 bnbn-1+3bn=3bn-1? - = . bn bn-1 3 1 1 ∴{ }是以 1 为首项, 为公差的等差数列. bn 3 n-1 n+2 1 3 ∴ =1+ = ,故 bn= . bn 3 3 n+2 13 解:(1)设等差数列{an}的首项为 a1、公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q. 由 a3=8,a6=17 得 a1+2d=8① a1+5d=17② 由①②解得 a1=2,d=3, 由 b1b2b3=9(a2+a3+a4),得 8q3=9×24,解得 q=3. 所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为 - an=2+(n-1)×3=3n-1,bn=2· 3n 1. n-1 (2)cn=log3bn=log32· 3 =log32+(n-1), cn+1-cn=(log32+n)-(log32+n-1)=1, ∴数列{cn}是首项为 log32,公差为 1 的等差数列. (3)由等比数列的性质知数列{b3n-2}是首项为 2,公比为 27 的等比数列, 所以 Un=b1+b4+b7+?+b3n-2 2(1-27n) 1 = = (27n-1). 13 1-27

②中

? a99a101=a2 100?

数列求和
Sn 1.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an=-2n+1,则数列{ }的前 11 项和为 n n-1 2.若 Sn=1-2+3-4+?+(-1) n,则 S17+S33+S50 等于 - 3.数列 1,1+2,1+2+4,?,1+2+22+?+2n 1,?的前 n 项和 Sn>1020,那么 n 的 最小值是 2 4.已知数列{ }的前 n 项和为 Sn,则lim Sn 等于 n→∞ (n+1)2-1 5.已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,S10>0 且 S11=0,若 Sn≤Sk 对 n∈N*恒成立,则 正整数 k 的构成集合为 nπ nπ 6.(09· 江西高考)数列{an}的通项 an=n2(cos2 -sin2 ),其前 n 项和为 Sn,则 S30 为 3 3 n 7.数列{an}的通项公式为 an=n+2 (n=1,2,3,?),则{an}的前 n 项和 Sn=__________. 1 1 1 1 8.数列 2 , 2 , 2 , 2 ?的前 n 项和等于________. 1 +2 2 +4 3 +6 4 +8 - 1 2 n 9 .已知数列 {an} 的通项公式为 an = 2n 1 + 1 ,则 a1C 0 n + a2C n + a3C n +?+ an + 1C n = ________. 10.(2010· 重庆质检二)设数列{an}为等差数列,{bn}为公比大于 1 的等比数列,且 a1= a2+a6 anbn b1=2,a2=b2, = b2b4,令数列{cn}满足 cn= ,则数列{cn}的前 n 项和 Sn 等于 2 2 ________. 1 1 1 11.(15 分)求和:(1) + +?+ . 1×3 3×5 (2n-1)(2n+1) 1 2 3 n (2) + + +?+ . 2! 3! 4! (n+1)!

12.(15 分)已知数列{an},{bn}满足 a1=2,2an=1+anan+1,bn=an-1,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,Tn=S2n-Sn. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)求证:Tn+1>Tn;

n+1 1 13.(20 分)(2009· 全国卷Ⅰ)在数列{an}中,a1=1,an+1=(1+ )an+ n . n 2 an (1)设 bn= ,求数列{bn}的通项公式; n (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.

数列求和答案
n[-1+(-2n+1)] Sn Sn 1 解析:Sn= =-n2,即 =-n,则数列{ }的前 11 项和为-1-2 2 n n -3-4-?-11=-66. 2 解析:S2n=-n,S2n+1=S2n+a2n+1=-n+2n+1=n+1, ∴S17+S33+S50=9+17-25=1. - 3 解析:an=1+2+22+?+2n 1=2n-1, 2(2n-1) + 1 2 n ∴Sn=(2 +2 +?+2 )-n= -n=2n 1-2-n. 2-1 + Sn>1020 即 2n 1-2-n>1020. ∵210=1024,1024-2-9=1013<1020. 故 nmin=10. 2 2 1 1 4 解析:∵ = = - 2 n (n+1) -1 n(n+2) n+2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn=( - )+( - )+( - )+?+( - )+( - )+( - ) 1 3 2 4 3 5 n n+2 n-2 n n-1 n+1 1 1 1 =1+ - - . 2 n+1 n+2 1 1 1 3 ∴lim Sn=lim (1+ - - )= . 2 n+1 n+2 2 n→∞ n→∞ 5 解析:由 S10>0,且 S11=0 得 10(a1+a10) S10= >0?a1+a10=a5+a6>0 2 11(a1+a11) S11= =0?a1+a11=2a6=0, 故可知{an}为递减数列且 a6=0, 所以 S5=S6≥Sn, 2 即 k=5 或 6. 2n 1 1 1 6 解析:an=n2· cos π,a1=12· (- ),a2=22(- ),a3=32,a4=42(- ),? 3 2 2 2 1 1 10 S30=(- )(12+22-2· 32+42+52-2· 62+?+282+292-2· 302)=(- ) ?[(3k-2)2+(3k- 2 2 k=1 10(1+10) 1 10 1 1)2-2· (3k)2]=(- ) ? (-18k+5)=- [-18· +50]=470. 2 k=1 2 2 7 解析:由题意得数列{an}的前 n 项和等于(1+2+3+?+n)+(2+22+23+?+2n)= + n(n+1) 2-2n 1 n(n+1) n+1 n(n+1) n+1 + = +2 -2.答案: +2 -2 2 2 2 1-2 1 1 1 1 8 解析:an= 2 = ?n-n+2? ? n +2n 2? 1 ? 1? ?1 1? ?1 1? 1- + - + - +? ∴Sn= ? 2?? 3? ?2 4? ?3 5? 1 1 +?n-n+2?? ? ?? 1 1 1 2n+3 2n+3 1 3 3 = ?1+2-n+1-n+2?= - 2? ? 4 2(n+1)(n+2).答案:4-2(n+1)(n+2) 0 1 0 0 1 1 2 2 n n 9 解析:a1Cn +a2Cn +?+an+1Cn n=(2 +1)Cn+(2 +1)Cn+(2 +1)Cn+?+(2 +1)Cn= 0 0 1 1 2 2 n n 0 1 n n n n n 2 Cn+2 Cn+2 Cn+?+2 Cn+Cn+Cn+?+Cn=(2+1) +2 =3 +2 . 答案:2n+3n 10 解析:设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q(q>1), a2+a6 ∵ = b2b4,∴a4=b3,∴2+3d=2q2①,由 a2=b2,得:2+d=2q②, 2

由①②得 d=2,q=2,∴an=2+(n-1)· 2=2n,bn=2· 2n 1=2n.∴cn=


anbn =n· 2n,∴Sn 2

=c1+c2+?+cn=1· 2+2· 22+?+n· 2n③ + + ∴2Sn = 1· 22 + 2· 23 + ? + n· 2n 1④ , ③ - ④ 得:- Sn = 2 + (22 + 23 + ? + 2n) - n· 2n 1 = 2(1-2n) + + -n· 2n 1=(1-n)· 2n 1-2, 1-2 + + ∴Sn=(n-1)2n 1+2. 答案:(n-1)2n 1+2 1 1 1 1 11 解:(1)∵ = ( - ) (2n-1)(2n+1) 2 2n-1 2n+1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴原式= (1- )+ ( - )+?+ ( - )= (1- + - +?+ - ) 2 3 23 5 2 2n-1 2n+1 2 3 3 5 2n-1 2n+1 1 1 n = (1- )= . 2 2n+1 2n+1 (n+1)-1 1 n 1 (2)∵ = = - (n+1)! (n+1)! n! (n+1)! 1 1 1 1 1 1 1 ∴原式= - + - +?+ - =1- . 1! 2! 2! 3! n! (n+1)! (n+1)! 12 解:(1)由 bn=an-1 得 an=bn+1,代入 2an=1+anan+1,得 2(bn+1)=1+(bn+1)(bn 1 1 - =1,∵b1=a1-1=2-1=1, +1+1),整理,得 bnbn+1+bn+1-bn=0,从而有 bn+1 bn 1 ∴{ }是首项为 1,公差为 1 的等差数列, bn 1 1 ∴ =n,即 bn= . bn n 1 1 1 1 1 (2)∵Sn=1+ +?+ ,∴Tn=S2n-Sn= + +?+ , 2 n 2n n+1 n+2 1 1 1 1 1 Tn+1= + +?+ + + , 2n 2n+1 2n+2 n+2 n+3 1 1 1 1 1 1 Tn+1-Tn= + - > + - =0,(∵2n+1<2n+2) 2n+1 2n+2 n+1 2n+2 2n+2 n+1 ∴Tn+1>Tn. an+1 an 1 13 解:(1)由已知得 b1=a1=1,且 = + n, n +1 n 2 1 1 1 即 bn+1=bn+ n,从而 b2=b1+ ,b3=b2+ 2,? 2 2 2 1 bn=bn-1+ n-1(n≥2), 2 1 1 1 1 于是 bn=b1+ + 2+?+ n-1=2- n-1(n≥2). 2 2 2 2 1 又 b1=1,故所求数列{bn}的通项公式为 bn=2- n-1. 2 1 n (2)由(1)知 an=n(2- n-1)=2n- n-1. 2 2 令 Tn= ?
n

k=1

2

k-1,则

k

2Tn= ?
n-1 k=0

n

k=1

k - , 2k 2

于是 Tn=2Tn-Tn= ?

n+2 1 n - - - =4- n-1 . 2k 1 2n 1 2

n n+2 又 ? (2k)=n(n+1),所以 Sn=n(n+1)+ n-1 -4. 2 k=1

数列的综合应用
1.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2n-1,则此数列的奇数项的前 n 项和是 2.已知 a,b,a+b 成等差数列,a,b,ab 成等比数列,且 0<logm(ab)<1,则 m 的取 值范围是 3.一套共 7 册的书计划每两年出一册,若出完全部,各册书公元年代之和为 13958, 则出齐这套书的年份是 4.(09· 宁夏银川一模)已知正数组成的等差数列{an}的前 20 项的和为 100,那么 a7· a14 的最大值为 1 5.(2009· 河南郑州一模)数列{an}中,a1=1,an,an+1 是方程 x2-(2n+1)x+ =0 的两 bn 个根,则数列{bn}的前 n 项和 Sn 等于 6.已知数列{an}的通项公式 an=3n2-(9+a)n+6+2a(其中 a 为常数),若 a6 与 a7 两项 中至少有一项是 an 的最小值,则实数 a 的取值范围是 7.有这样一首诗:“有个学生资性好,一部《孟子》三日了,每日添增一倍多,问君 每日读多少?”(注: 《孟子》全书共 34685 字,“一倍多”指一倍),由此诗知该君第二日 读的字数为__________. 8.在等差数列{an}中,满足 3a4=7a7,且 a1>0,Sn 是数列{an}前 n 项的和,若 Sn 取得 最大值,则 n=__________. an+1 n+2 9.已知数列{an}满足 = (n∈N*),且 a1=1,则 an=__________. an n 10.设函数 f(x)定义如下表,数列{xn}满足 x0=5,且对任意自然数均有 xn+1=f(xn),则 x2006 的值为__________. x 1 2 3 4 5 f(x) 4 1 3 5 2 11.(15 分)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a3=5,S15=225;数列{bn}是等比数 列,b3=a2+a3,b2b5=128. (1)求数列{an}的通项 an 及数列{bn}的前 8 项和 T8; 1 1 (2)求使得 > 成立的正整数 n. an-7 4

12.(15 分)(2010· 福建泉州一模)某城市决定对城区住房进行改造,在新建住房的同时拆 除部分旧住房.第一年建新住房 a m2,第二年到第四年,每年建设的新住房比前一年增长 100%,从第五年起,每年建设的新住房都比前一年减少 a m2;已知旧住房总面积为 32a m2, 每年拆除的数量相同. (1)若 10 年后该城市住房总面积正好比改造前的住房总面积翻一番,则每年拆除的旧住 房面积是多少 m2? (2)求前 n(1≤n≤10 且 n∈N)年新建住房总面积 Sn.

13.(20 分)(2009· 江西高考)各项均为正数的数列{an},a1=a,a2=b,且对满足 m+n= am+an ap+aq p+q 的正整数 m,n,p,q 都有 = . (1+am)(1+an) (1+ap)(1+aq) 1 4 (1)当 a= ,b= 时,求通项 an; 2 5 1 (2)证明:对任意 a,存在与 a 有关的常数 λ,使得对于每个正整数 n,都有 ≤an≤λ. λ

数列的综合应用答案
1 解析:由 Sn=2n-1,得 an=2n 1,∴数列{an}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列. a1[1-(q2)n] 1-22n 1 2n ∴此数列的奇数项的前 n 项和为 = = (2 -1). 1-q2 1-4 3 2 解析:∵a,b,a+b 成等差数列,∴2b=2a+b,b=2a.① ∵a,b,ab 成等比数列,∴a≠0,b≠0,且 b2=a2b,b=a2.② 由①②知 a2=2a,a=2,b=4,ab=8.∵0<logm(ab)=logm8<1,∴m>8. 3 解析:设出齐这套书的年份是 x, 7(12+0) 则(x-12)+(x-10)+(x-8)+?+x=13958,∴7x- =13958, x=2000. 2 4 解析:由 S20=100 得 a1+a20=10,∴a7+a14=10. a7+a14 2 又 a7>0,a14>0,∴a7· a14≤( ) =25. 2 1 5 解析:∵an,an+1 是方程 x2-(2n+1)x+ =0 的两个根, bn 1 1 ∴an+an+1=2n+1,an· an+1= .∴bn= .又 a1=1,∴a2=2,a3=3,?,an=n. bn an· an+1 1 1 1 ∴Sn=b1+b2+?+bn= + +?+ 1×2 2×3 n(n+1) 1 1 1 1 1 1 n =1- + - +?+ - =1- = . 2 2 3 n n+1 n+1 n+1 9+a 11 9+a 15 6 解析:设 f(x)=3x2-(9+a)x+6+2a,其对称轴为 x= ,当 ≤ ≤ 时,即 6 2 6 2 24≤a≤36 时,a6 与 a7 至少有一项是 an 的最小值.答案: [24,36] 7 解析:设第一日读的字数为 a,由“每日添增一倍多”得此数列是以 a 为首项,2 为 a(1-23) 公比的等比数列,可求得三日共读的字数为 =7a=34685,解得 a=4955,∴2a= 1-2 9910,即该君第二日读的字数为 9910. 4 8 解析:设公差 d,由题设 3(a1+3d)=7(a1+6d),所以 d=- a1<0. 33 4 37 解不等式 an>0,即 a1+(n-1)(- a1)>0,所以 n< ,则 n≤9, 33 4 当 n≤9 时,an>0,同理可得 n≥10 时,an<0.故当 n=9 时,Sn 取得最大值.答案:9 9 解析:本题考查利用递推公式确定数列通项公式.据已知有:n≥2 时利用累乘法得: n(n+1) a2 a3 an 345 n n+1 n(n+1) an=a1· · · ?· =1···· ?· · = , 又验证知 a1=1 也适合, 故 an= . a1 a2 an-1 123 2 2 n-2 n-1 n(n+1) 答案: 2 10 解析:∵x0=5,xn+1=f(xn),∴x1=f(x0)=f(5)=2,x2=f(x1)=f(2)=1, x3=f(x2)=f(1)=4,x4=f(x3)=f(4)=5. 从而知数列{xn}是以 4 为周期的数列,而 x2006=f(x2005)=f(x1)=f(2)=1.答案:1 11 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, 1 由已知 a1+2d=5,15a1+ ×15×14d=225, 2 ? a + 2 d = 5 , ? 1 即? 解得 d=2,a1=1,所以 an=2n-1. ?a1+7d=15, ? 5 设等比数列{bn}的公比为 q, 因为 b3=a2+a3, 所以 b1q2=8, 因为 b2b5=128, 所以 b2 1q =128, 解得 q=2,b1=2, 2×(1-28) T8= =510. 1-2


1 1 1 1 (2) > 即 > , an-7 4 2n-8 4 解之得 4<n<6,所以 n=5. 12 解:(1)10 年后新建住房总面积为 a+2a+4a+8a+7a+6a+5a+4a+3a+2a=42a. 设每年拆除的旧住房为 x m2, 则 42a+(32a-10x)=2×32a, 解得 x=a,即每年拆除的旧住房面积是 a m2. (2)设第 n 年新建住房面积为 a, n-1 ? ?2 a,1≤n≤4, 则 an=? 所以当 1≤n≤4 时,Sn=(2n-1)a; ?(12-n)a,5≤n≤10. ? (n-4)(19-n)a 当 5≤n≤10 时,Sn=a+2a+4a+8a+7a+6a+?+(12-n)a=15a+ = 2 2 (23n-n -46)a , 2 (2 -1)a,1≤n≤4且n∈N, ? ? 故 Sn=?(23n-n2-46) a,5≤n≤10且n∈N. ? 2 ? am+an ap+aq 13 解:(1)由 = (1+am)(1+an) (1+ap)(1+aq) a1+an a2+an-1 得 = , (1+a1)(1+an) (1+a2)(1+an-1) 2an-1+1 1-an 1 1-an-1 1 4 将 a1= ,a2= 代入上式化简得 an= ,所以 = · . 2 5 an-1+2 1+an 3 1+an-1 n 1-an 1-an 1 3 -1 故数列{ }为等比数列,从而 = n,即 an= n . 1+an 1+an 3 3 +1 n 3 -1 可验证,an= n 满足题设条件. 3 +1 am+an a1+an (2)由题设 的值仅与 m+n 有关,记为 bm+n,则 bn+1= = (1+am)(1+an) (1+a1)(1+an) a+an (1+a)(1+an) a+x 考察函数 f(x)= (x>0), (1+a)(1+x)
n

? ?1 则在定义域上有 f(x)≥g(a)=?2, a=1 a ? , 0<a<1 ?1+ a
故对 n∈N*,bn+1≥g(a)恒成立. 2an 1 又 b2n= ≥g(a),注意到 0<g(a)≤ , 2 (1+an)2 解上式得: 1-g(a)- 1-2g(a) 1-g(a)+ 1-2g(a) g(a) = ≤an≤ , g(a) g(a) 1-g(a)+ 1-2g(a)

1 ,a>1 1+a

1-g(a)+ 1-2g(a) 1 取 λ= ,即有 ≤an≤λ. g(a) λ

高三数学数列专题检测
一、填空题 1.在等差数列 ?a n ? 中,若 a 4 + a6 + a8 + a10 + a 12 =120,则 2 a10 - a 12 的值为 2.在等比数列{an}中,首项 a1<0,则{an}是递增数列的充要条件是公比 q 满足 3. 已知等差数列 ?an ? 的公差为 2,若 a1 ,a 3 , a4 成等比数列, 则 a 2 = 4.等比数列 ?an ? 中, a2 ? 9, a5 ? 243 ,则 ?an ? 的前 4 项和为 5.已知数列 {an } , 那么 “对任意的 n ? N * , 点 Pn (n, an ) 都在直线 y ? 2 x ? 1 上” 是 “ {an } 为等差数列”的 条件

6.设 Sn 是等差数列 ?a n ? 的前 n 项和,若

a5 5 S ? ,则 9 ? a3 9 S5

7.正项等比数列{an}与等差数列{bn}满足 a1 ? b1 , a7 ? b7 且 a1 ? a7 ,则 a4 , b4 的大小 关系为 8.给定正数 p,q,a,b,c,其中 p?q,若 p,a,q 成等比数列,p,b,c,q 成等差数列, 则一元二 次程 bx -2ax+c=0 A.无实数根 C.有两个同号的相异的实数根 B.有两个相等的实数根 D.有两个异号的相异的实数根
2

2 9.已知等差数列 ?an ? 的前 n 项和为 S n ,若 m>1,且 am?1 ? am?1 ? am ? 0, S 2m?1 ? 38 ,则 m

等于 10.北京市为成功举办 2008 年奥运会, 决定从 2003 年到 2007 年 5 年间更新市内现有全部出 租车,若每年更新的车辆数比前一年递增 10%,则 2003 年底更新车辆数约为现有总车 辆数的(参考数据 1.1 =1.46
4

1.1 =1.61)
*

5

11.设数列{an}满足 a1=6,a2=4,a3=3,且数列{an+1-an}(n∈N )是等差数列,求数列{an} 的通项公式__________________. 12.已知等比数列 {an } 及等差数列 {bn } ,其中 b1 ? 0 ,公差 d≠0.将这两个数列的对应项相 加,得一新数列 1,1,2,?,则这个新数列的前 10 项之和为_________________.
2 2 13.设{an}是首项是 1 的正项数列, 且 (n ? 1)an ?1 ? nan ? an?1an ? 0 0(n=1.2,3,?),则它

的通项公式 an = ______________.
n 14. 已知 an ? 2 ? ( 1 ,把数列 ?an ?的各项排成三角形状; 3)

a1

a2
a5

a3
a7

a4

a6

a8
.

?? 记 A(m,n)表示第 m 行,第 n 列的项,则 A(10,8)= 二、解答题

15.设 ?an ? 是一个公差为 d (d ? 0) 的等差数列,它的前 10 项和 S10 ? 110且 a1 ,a2 ,a4 成 等比数列。 (1)证明 a1 ? d ; (2)求公差 d 的值和数列 ?an ? 的通项公式.

16. 已 知 等 比 数 列 ?xn ? 的 各 项 为 不 等 于 1 的 正 数 , 数 列

?yn ? 满 足

yn ? 2 l o agxn

(a ? 0, a ? 1) ,y4=17, y7=11

(1)证明: ?y n ?为等差数列; (2)问数列 ?y n ?的前多少项的和最大,最大值为多少?

17.已知数列 ?an ? 是等差数列,且 a1 ? 2, a1 ? a2 ? a3 ? 12. (Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式; (Ⅱ)令 bn ? an x n ( x ? R).求数列 ?bn ? 前 n 项和的公式.

18. 假设你正在某公司打工,根据表现,老板给你两个加薪的方案: (Ⅰ)每年年末 加 1000 元; (Ⅱ)每半年 结束时加 300 元。请你选择。 .... ... (1)如果在该公司干 10 年,问两种方案各加薪多少元? (2)对于你而言,你会选择其中的哪一种?

19. 已 知 数 列 {an } 中a1 ? 1 , 且 a2k ? a2k ?1 ? (?1) k , a2k ?1 ? a2k ? 3k k=1,2,3,??. (Ⅰ)求 a3 , a5 (II)求 ?an ? 通项公式.

, 其中

20. 已知点 Pn(an,bn)都在直线 l :y=2x+2 上,P1 为直线 l 与 x 轴的交点,数列 ?an ? 成等差数 列,公差为 1.(n∈N+) (1)求数列 ?an ? , ?bn ? 的通项公式; (2) 若 f(n)= ?

?a n (n为奇数) ?b n (n为偶数)
1 1 p1 p3
2

问是否存在 k ? N ? ,使得 f(k+5)=2f(k)-2 成立; 若存在,

求出 k 的值,若不存在,说明理由。 (3)求证:
2

p1 p2

?

? ??? ?

1 p1 pn
2

?

2 5

(n≥2,n∈N+)

参考答案
一、填空题 1 24 2 0<q<1 3 –6 4 120 5 充分而不必要条 6 1, 7 10 16.4%11. a n ? 三、解答题
2 15. 证明:因 a1 ,a2 ,a4 成等比数列,故 a2 ? a1a4 ,而 ?an ? 是等差数列,有 a2 ? a1 ? d ,

, a4 < b4 13.

8

A 9. 10

n 2 ? 7n ? 18 * (n∈N ) 2

12.978

1 n

89 14. 2 ? ( 1 3)

a4 ? a1 ? 3d , 于是 (a1 ? d ) 2 ? a1 (a1 ? 3d ) ,即 a12 ? 2a1d ? d 2 ? a12 ? 3a1d ,化简得
a1 ? d
( 2 )解:由条件 S10 ? 110和 S10 ? 10 a1 ?

10 ? 9 d ,得到 10a1 ? 45d ? 110,由( 1 ) , 2

a1 ? d ,代入上式得 55 d ? 110 ,故 d ? 2 , an ? a1 ? (n ? 1)d ? 2n , n ? 1 , 2 , 3 , ?
16. (1) ?xn ? 成等比数列且 x n ? 1, 设公比为q, 则q ? 0 y n?1 ? y n ? 2 loga xn?1 ? 2loga xn ? 2 loga ∴ ?x n ?成等差数列 . (2)y 4 ? 17, y7 ? 11 ∴3d=-6 d=-2 y 1 ? 23

xn?1 ? 2 loga q常数 xn

?y n ?前n项和 S n

? y1 ?

n(n ? 1) d ? 33n ? n(n ? 1) ? ?n 2 ? 24 n 2

当 n=12 时,S n 有最大值 144.∴ ?y n ?前 12 项和最大为 144. 17.(Ⅰ)解:设数列 {an } 公差为 d ,则 a1 ? a2 ? a3 ? 3a1 ? 3d ? 12, 又 a1 ? 2, d ? 2. 所以 an ? 2n. (Ⅱ)解:令 S n ? b1 ? b2 ? ? ? bn , 则由 bn ? an x ? 2nx , 得
n n

S n ? 2x ? 4x 2 ? ?(2n ? 2) x n?1 ? 2nxn , ① xSn ? 2x 2 ? 4x 3 ? ? ? (2n ? 2) x n ? 2nxn?1 , ②

当 x ? 1 时,①式减去②式,得

(1 ? x) S n ? 2( x ? x 2 ? ? x n ) ? 2nxn?1 ?

2 x(1 ? x n ) ? 2nxn?1 , 1? x

所以 S ? 2 x(1 ? x ) ? 2nx . n 2
n

n ?1

(1 ? x)

1? x

当 x ? 1 时, S n ? 2 ? 4 ? ?? 2n ? n(n ? 1) 综上可得当 x ? 1 时, S n ? n(n ? 1) ;当 x ? 1 时, S ? 2 x(1 ? x ) ? 2nx . n 2
n n ?1

(1 ? x)

1? x

18. 设方案一第 n 年年末加薪 an,因为每年末加薪 1000 元,则 an=1000n; 设方案二第 n 个半年加薪 bn,因为每半年加薪 300 元,则 bn=300n; (1)在该公司干 10 年(20 个半年),方案 1 共加薪 S10=a1+a2+??+a10=55000 元。 方案 2 共加薪 T20=b1+b2+??+b20=20×300+ 20 ? (20 ? 1) ? 300 =63000 元; 2 (2)设在该公司干 n 年,两种方案共加薪分别为: n(n ? 1) 2 Sn=a1+a2+??+an=1000×n+ ? 1000 =500n +500n 2 2 2 T2n=b1+b2+??+b2n=2n×300+ 2n ? (2n ? 1) ? 300 =600n +300n 令 T2n≥Sn 即:600n + 2 2 300n>500n +500n,解得:n≥2,当 n=2 时等号成立。 ∴如果干 3 年以上(包括 3 年)应选择第二方案;如果只干 2 年,随便选;如果只干 1 年,当 然选择第一方案。 1 1 2 2 19. (I)a2=a1+(-1) =0,a3=a2+3 =3. a4=a3+(-1) =4, a5=a4+3 =13, 所以,a3=3,a5=13. k k k k k k- (II) a2k+1=a2k+3 = a2k-1+(-1) +3 , 所以 a2k+1-a2k-1=3 +(-1) , 同理 a2k-1-a2k-3=3 1 k-1 +(-1) , ??a3-a1=3+(-1). k k-1 k k-1 所以 (a2k+1 - a2k - 1)+(a2k - 1 - a2k - 3)+ ? +(a3 - a1)=(3 +3 + ? +3)+[( - 1) +( - 1) + ? +( - 1)], 由此得 a2k+1-a1=

3 k 1 3k ?1 1 k ? (?1) k ? 1. (3 -1)+ [(-1) -1],于是 a2k+1= 2 2 2 2

a2k= a2k-1+(-1)k=

3k 1 3k 1 ? (-1)k-1-1+(-1)k= ? (-1)k=1 2 2 2 2
n ?1 2

新疆

王新敞
奎屯

{an} 的 通 项 公 式 为 : 当 n 为 奇 数 时 , an= 3
n

2

? (?1)

n ?1 2

?

1 ? 1; 2

当 n 为偶数时,

32 1 an ? ? (?1) 2 ? ? 1. 2 2

n

20. 1) P 1 (?1,0)

∴ a1 ? ?1, b1 ? 0, a2 ? ?1 ? 1 ? 0

∴ b2 ? 2, b2 ? b1 ? 2

an ? a1 ? (n ? 1) ?1 ? ?1 ? n ? 1 ? n ? 2, bn ? b1 ? (n ? 1) ? 2 ? 2n ? 2
(2) 若 k 为奇数 若 k 为偶数

则 f(k)= ak ? k ? 2 f(k+5)=b k ?5 ? 2k ? 8 2k+8=2k-4-2 无解: 这样的 k 不存在

则 f(k)=2k-2 f(k+5)=k+3 k+3=4k-4-2 q=3k k=3(舍去)无解

(3) p1 pn ? (n ? 2 ? 1,2n ? 2) ? (n ? 1,2n ? 2)

p1 pn
1 p1 p 2
=

2

? (n ? 1) 2 ? 4(n ? 1) 2 ? 5(n ? 1) 2
? 1 p1 p3
2

2

? ??? ?

1 p1 p n
2

?

? 1?1 1 1 ? 1?1 1 1 1 ? ? 2 ? ? ? ??? ? ? 2 ? 2 ? ??? 2 ? 5 ?1 (n ? 2)(n ? 1) ? 2 (n ? 1) ? 5 ?1 1 ? 2 2 ? 3 ?

1? 1 ? 1?1? ? 5? n ? 1? ?

n ? 2, n ? 1 ? 1

?

1 ?1 ? 1? 5 2 ? 5



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