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2013年8月14日高中数学组卷


高中数学组卷【数列】
一.解答题(共 10 小题) 1.已知数列{an} 满足 an+1= ,且 a1=2.

(1)求证:数列{ }是等差数列,并求通项 an; (2)bn= ,且 cn=bn? (n∈N*) ,求和 Tn=c1+c2+…+cn.

2.已知数列{an}满足 (1)设 (2)设 , . ,求数列{dn}的前 n

项和 Sn.

3.已知数列{an}满足 a (1)求{an}的通项公式;

,且对任意 n∈N+,都有



(2)令 bn=an?an+1,Tn=b1+b2+b3+…+bn,求证:



4.在数列{an}中,a1=1, (1)令 (2)令



,求证{bn}是等比数列,并求{an}的通项公式; ,求数列{cn}的前 n 项和 Sn.

(3)求数列{an}的前 n 项和 Tn.

5.对于数列{an},有 fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,且 a1=3,fn(1)=p (1﹣2n)求: (1)p 的值(2){an}的通项公式.

6.已知数列{an}中,

,设



求证:数列{bn}是等比数列,并求数列{an}的通项公式 an.

7.已知数列{an}的各项均为正数,前 n 项和为 Sn,且 (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)设 ,求 Tn.

8. 已知数列

, 且满足

, 又



(1)证明:数列{bn}为等差数列,并求数列{an}的通项公式; (2)设数列 cn=nan,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. ,数列{an}满足 ,

9.已知函数

(1)求数列{an}的通项公式; (2)令 Tn=a1a2﹣a2a3+a3a4﹣a4a5+…﹣a2na2n+1,求 Tn; Tn=a2(a1﹣a3)+a4(a3-a5)+…+ a2n(a2n-1﹣a2n+1) =a2(-2d)+a4(-2d)+…+ a2n(-2d) =-2d(a2 +a4 +a6+… a2n) (3)若 对 n∈N*恒成立,求 m 的最小值.

10.已知函数 f(x)=2+ ,数列{an}满足 a1=1, (1)证明:数列{ }是等差数列;

=f(an) (n∈N*) .

(2)记 Sn=a1a2+a2a3+…anan+1,求 Sn.

2013 年 7 月 25 日何艾洋的高中数学组卷
参考答案与试题解析
一.解答题(共 10 小题) 1.已知数列{an} 满足 an+1= (1)求证:数列{ ,且 a1=2.

}是等差数列,并求通项 an;

(2)bn=

,且 cn=bn?

(n∈N ) ,求和 Tn=c1+c2+…+cn.

*

考点: 数列的求和;等差关系的确定. 专题: 综合题;等差数列与等比数列. 分析: (1)由数列{an}满足 an+1= ,且 a1=2,知
1031931

=

,故

= .由此能求出数列{an}的通项公式.

(Ⅱ)由 an= ,知 bn= Tn=c1+c2+…+cn. 解答:

=n+1,所以 cn=

=(n+1)?( ) ,由此利用错位相减法能求出

n

解: (1)∵数列{an}满足 an+1= ∴ , }是一个首项为 = .

,且 a1=2,

=

∴数列{ ∴ =

= ,公差为 的等差数列,

∴数列{an}的通项公式为 an= . 分) (6

(Ⅱ)∵an= ,∴bn=

=

=n+1, 分) (7

所以 cn=
2

=(n+1)?( ) , 分) (8 +3×( ) +4×( ) +…+(n+1)×( ) ,①
3 n

n

Tn=2×( ) +3×( ) +4×( ) +…+(n+1)?( ) ①﹣②得
2 3 n

2

3

4

n+1

,②(10 分)
n+1

=1+( ) +( ) +…+( ) ﹣(n+1)?( )

=1+

﹣(n+1)?( )

n+1

= ﹣

. (13 分)

所以 Tn=3﹣

. (14 分)

点评: 本题考查数列通项公式的求法,考查数列前 n 项和公式的求法,解题时要认真审题,仔细解答,注意构造 法和错位相减法的合理运用.

2.已知数列{an}满足

(1)设



(2)设



,求数列{dn}的前 n 项和 Sn.

考点: 数列递推式;数列的求和. 专题: 点列、递归数列与数学归纳法. 分析:
1031931

(1)由



,变形得到



,代入

,即可化为

.利用“累加求和”及等差数列的前 n 项和公式即可得出. (2)利用(1)的结论和“裂项求和”即可得出. 解答: 解: (1)由 , ,得到 , , .

代入

,化为



∴bn=(bn﹣bn﹣1)+(bn﹣1﹣bn﹣2)+…+(b2﹣b1)+b1 =(n﹣1)+ +(n﹣2)+ +…+1+ +1 = = . ,

(2)由(1)可得

=



=2

n+1

﹣1.



=

=



∴Sn=

…+

=

=



点评: 熟练掌握“累加求和”、等差数列的前 n 项和公式、“裂项求和”、变形代入等是解题的关键.注意利用已经证 明的结论. 3.对于数列{an},有 fn(x)=a1x+a2x +a3x +…+anx ,且 a1=3,fn(1)=p(1﹣2 ) 求: (1)p 的值 (2){an}的通项公式. 考点: 数列递推式. 专题: 综合题. n 分析: (1)由 fn(1)=a1+a2+…+an=p(1﹣2 ) ,能求出 p 的值. n﹣1 n n﹣1 n﹣1 (2)n≥2 时,a1+a2+…+an﹣1=3(2 ﹣1) .所以 an=3(2 ﹣1)﹣3(2 ﹣1)=3?2 ,由此能求出{an}的 通项公式. n 解答: 解: (1)∵fn(1)=a1+a2+…+an=p(1﹣2 )…2′ 1 ∴a1=p(1﹣2 )=3 ∴p=﹣3…4′. (2)n≥2 时,
1031931

2

3

n

n

a1+a2+…+an﹣1=3(2 ﹣1) , n n﹣1 ∴an=3(2 ﹣1)﹣3(2 ﹣1) n﹣1 =3?2 …7’ 又∵a1=3, n﹣1 ∴an=3?2 (n∈R) .…8’ 点评: 本题考查数列的性质和应用,解题时要认真审题,注意数列递推公式的合理运用.

n﹣1

4.已知数列{an}满足 a (1)求{an}的通项公式;

,且对任意 n∈N ,都有

+



(2)令 bn=an?an+1,Tn=b1+b2+b3+…+bn,求证:



考点: 数列递推式;数列的求和. 专题: 综合题;等差数列与等比数列. 分析: (1)对数列递推式化简,可得数列{
1031931

}是以 为首项, 为公差的等差数列,由此可得求{an}的通项公式;

(2)利用裂项法求数列的和,即可证得结论. 解答: (1)解:∵ ∴2an﹣2an+1=3anan+1 ∴ ﹣ = }是以 为首项, 为公差的等差数列 = ; ,

∴数列{ ∴ ∴ =

(2)证明: ∴ …(12 分)

点评: 本题考查数列递推式,考查等差数列的通项公式,考查裂项法求数列的和,考查不等式的证明,正确确定 数列的通项是关键.

5.在数列{an}中,a1=1,



(1)令

,求证{bn}是等比数列,并求{an}的通项公式; ,求数列{cn}的前 n 项和 Sn.

(2)令

(3)求数列{an}的前 n 项和 Tn. 考点: 数列递推式;数列的求和. 专题: 综合题;等差数列与等比数列. 分析: (1)由条件,利用等比数列的定义,即可证明{bn}是等比数列,从而可求{an}的通项公式; (2)确定数列{cn}的通项,利用错位相减法,即可求数列{cn}的前 n 项和 Sn.
1031931

(3)利用 解答: 解: (1)由条件得

,及数列{cn}的前 n 项和 Sn,即可求数列{an}的前 n 项和 Tn.

=

=

=

,…(2 分)

又 a1=1,∴

=1,

∴数列{bn}构成首项为 1,公比为 的等比数列.…(3 分) ∴bn= ,…(4 分)



=



∴an=

…(5 分)

(2)∵ ∴Sn= +

=



=



+…+

∴ Sn=

+

+…+

+

,…(7 分)

两式相减得: Sn= +2( ∴Sn=5﹣ (3)∵

+…+

)﹣

,…(8 分)

.…(10 分) ,

∴Sn=(Tn+1﹣a1)﹣ Tn,…(12 分)

∴Tn=2Sn+2a1﹣2an+1=12﹣

.…(14 分)

点评: 本题考查等比数列的判定,考查数列的通项,考查数列的求和,确定数列的通项是关键.

6.已知数列{an}中,

,设



(Ⅰ)试写出数列{bn}的前三项; (Ⅱ)求证:数列{bn}是等比数列,并求数列{an}的通项公式 an. 考点: 数列递推式;等比数列的通项公式. 专题: 综合题. 分析: (Ⅰ)由 n=1,2,3 可求可得 b1,b2,b3, (Ⅱ)由已知代入 解答: 解: (Ⅰ)由 ,得 , . 可求 bn,进而可求 an

1031931

,分别令 n=1,2 可求 a2,a3,然后由

,分别令



,可得 b1=4,b2=8,b3=16. 分) (3

(Ⅱ)证明:因

,故

. 分) (5

显然



因此数列{bn}是以

为首项,以 2 为公比的等比数列,

即 bn=

. 分) (7

解得

. 分) (8 .

点评: 本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的项,构造等比数列求解通项,解题的关键是构造法在数列 求解中的灵活应用.

7.已知数列{an}的各项均为正数,前 n 项和为 Sn,且 (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)设 ,求 Tn.

考点: 数列的求和. 专题: 计算题;等差数列与等比数列. 分析:
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(Ⅰ)由

,知



,所以(an+an﹣1)

(an﹣an﹣1﹣1)=0,由此能求出 an=n. (Ⅱ)由 解答: 解: (Ⅰ)∵ ∴ ,① ,② 由①﹣②得: (an+an﹣1) n﹣an﹣1﹣1)=0, (a ∵an>0,∴ , , 分) (2 , ,知 ,由此能求出 Tn.

又∵ ∴a1=1,∴

, , 分) (5

当 n=1 时,a1=1,符合题意. 故 an=n. 分) (6

(Ⅱ)∵ ∴ 故 , (10 分)



. (12 分)

点评: 本题考查数列的通项公式和前 n 项和公式的求法,解题时要认真审题,注意迭代法和裂项求和法的合理运 用.

8.已知数列

,且满足

,又



(1)证明:数列{bn}为等差数列,并求数列{an}的通项公式; (2)设数列 cn=nan,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 考点: 数列的求和;等差关系的确定. 专题: 计算题. 分析: (1)把

1031931

取倒数得到 bn﹣bn﹣1=2,从而得出{bn}以 2 为首项,2 为公差的等差数

列, 根据等差数列通项公式可求得数列{bn}的通项公式,进而求数列{an}的通项公式; n (2)由(1)可求得数列{Cn}的通项公式,数列{cn}中的 n?2 由等差数列和等比数列构成,进而可用错位 将减法求和. 解答: 解: (1)把 取倒数得: (n≥2)



,∴bn﹣bn﹣1=2,

∴{bn}以 2 为首项,2 为公差的等差数列, ∴bn=2(n﹣1)+2=2n, ∴ ,得 ;

(2)∴Cn=nan=
2

, )+…+( )

Tn=( +2)+( +2?2 )+( = +(1×2+2×2 +3×2 +…+n×2 )
2 3 n

记 Sn=1×2+2×2 +3×2 +…+n×2 ① 2 3 3 n n+1 2Sn=1×2 +2×2 +3×2 +…+(n﹣1)×2 +n×2 ② 2 n n+1 n+1 n+1 n+1 两式相减得 Sn=﹣(2+2 +…+2 ﹣n×2 )=n×2 ﹣(2 ﹣2)=2+(n﹣1)2 ∴Tn=2+ +(n﹣1)×2
n+1

2

3

n



点评: 本题主要考查了等差数列的通项公式和求和问题.当出现由等比数列和等差数列构成的数列求和时,一般 采用错位相减法.

9.已知函数

,数列{an}满足



(1)求数列{an}的通项公式; (2)令 Tn=a1a2﹣a2a3+a3a4﹣a4a5+…﹣a2na2n+1,求 Tn; (3)若 对 n∈N 恒成立,求 m 的最小值.
*

考点: 数列的求和;数列的函数特性;数列与函数的综合. 专题: 计算题;等差数列与等比数列. 分析: (1)由 , 出数列{an}的通项公式. (2) 由
*

1031931

,知

,由此能求

, Tn=a1a2﹣a2a3+a3a4﹣a4a5+…﹣a2na2n+1= 知 ,由
*

, 由此能求出 Tn. 时,n∈N 恒成立,知

(3)由 n∈N ,{Tn}递减,知当 n=1 时,Tn 取最大值 ,由此能求出 m 的最小值. 解答: 解: (1)∵ ∴ , ,



∴{an}是以 1 为首项,以 为公差的等差数列, 所以 (2)∵ . ,

∴Tn=a1a2﹣a2a3+a3a4﹣a4a5+…﹣a2na2n+1=a2(a1﹣a3)+a4(a3﹣a5)+…+a2n(a2n﹣1﹣a2n+1) = =﹣ [ =
*

+ .

]

(3)由 n∈N ,{Tn}递减, 所以当 n=1 时,Tn 取最大值 由 所以, 所以,m 的最小值为﹣ . 时,n∈N 恒成立, ,
*



点评: 本题考查数列的通项公式的求法,考查数列的前 n 项和的求法,考查满足条件的实数的最小值的求法.解 题时要认真审题,注意等差数列性质的合理运用.

10.已知函数 f(x)=2+ ,数列{an}满足 a1=1, (1)证明:数列{ }是等差数列;

=f(an) (n∈N ) .

*

(2)记 Sn=a1a2+a2a3+…anan+1,求 Sn. 考点: 数列的求和;数列的函数特性;等差关系的确定. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: (1)由 f(x)=2+ , =f(an)联立可得递推式
1031931

,移向后即可得到结论;

(2)由数列{ 解答:

}是等差数列求出 an,把 an 代入 Sn=a1a2+a2a3+…anan+1,利用裂项相消可求前 n 项和.

(1)证明:因为 f(x)=2+ , 由 即 所以,数列{ =f(an)得, (n∈N*) , }是公差为 2 的等差数列; }是公差为 2 的等差数列, . . = 所以,Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1= = = = . + . ,

(2)解:由数列{ 所以 则

点评: 本题考查了数列的函数特性,考查了等差数列的通项公式,训练了裂项相消求数列的前 n 项和,此题是中 档题.


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