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高考数学二轮复习专项:数列(含详解)

时间:2010-05-30


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考无不胜

湖南师大附中高考数学二轮复习专项: 湖南师大附中高考数学二轮复习专项:数列
1. 已知数列

{ a n } 为等差数列,每相邻两项 ak ,ak +1 分别为方程

x 2 4k x +

2 =0 ck , k (

是正整数)的两根. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 求 求

{ a n } 的通项公式;
c1 + c 2 + + c n +
之和;

2a n c 对于以上的数列{an}和{cn},整数 981 是否为数列{ n }中的项?若是,则求出相应的
项数;若不是,则说明理由.

' {a } 2. 已知二次函数 y = f ( x ) 的图像经过坐标原点,其导函数为 f ( x ) = 6 x 2 ,数列 n 的

前 n 项和为

Sn

,点

( n, S n )( n ∈ N ) 均在函数 y = f ( x ) 的图像上.

(Ⅰ) 求数列

{an } 的通项公式; 3 m T < a n a n +1 , Tn 是数列 {bn } 的前 n 项和,求使得 n 20 对所有 n ∈ N 都成立

bn =
(Ⅱ) 设

的最小正整数 m.

2 a b 3. 已知函数 f ( x ) = ( x 1) ,数列{ n }是公差为 d 的等差数列,数列{ n }是公比为 q 的等

b = f ( q 1) 比数列(q≠1, q ∈ R ) ,若 a1 = f (d + 1) , b1 = (q + 1) , 3
(1)求数列{

an

}和{

bn

}的通项公式;

c c1 + c2 + + n = an +1 + c S b + b2 … bn (2) 设数列{ n }的前 n 项和为 n , n ∈ N 都有 1 对 f ( x) =

S 2 n +1 n→∞ S 2n 求 lim

4. 各项均为正数的数列{an}的前 n 项和 Sn,函数

1 2 px ( p + q ) x + q ln x. 2

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(n,2 S n )( n ∈ N ) (其中 p,q 均为常数,且 p>q>0) ,当 x = a1 时,函数 f(x)取得极小值,点

均在函数

y = 2 px 2

q + f ′( x) + q x 的图象上, (其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数)

(1)求 a1 的值; (2)求数列

{a n } 的通项公式;

(3)记

bn =

4S n q n , 求数列{bn } n+3 的前 n 项和 Tn.

1 f ( x )在(1,1)上有意义, f ( ) = 1, 2 5. 已 知 函 数 且 任 意 的 x , y ∈ (1,1) 都 有

x+ y f ( x) + f ( y ) = f ( ). 1 + xy

{x n }满足x1 =
(1)若数列

2 xn 1 , x n +1 = (n ∈ N * ), 求f ( x n ). 2 2 1 + xn

1 1 1 1 1 + f ( ) + f ( ) + f ( 2 )+ f( ) 5 11 n + 2 的值. n + 3n + 1 (2)求

6.









f ( x) = log a x(a > 0且a ≠ 1)

,







:

2, f (a1 ), f ( a2 ), , f ( an ), 2n + 4( n ∈ N * ) 成等差数列.
(1)求数列

{an } 的通项 an ; bn = an f (an ) ,求数列 {bn } 前 n 项和 S n ;
*

(2)若 a = 2 ,令

(3)在(2)的条件下对任意 n ∈ N ,都有

bn > f 1 (t ) ,求实数 t 的取值范围.

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2 7. 已知函数 f ( x) = ax + bx + c( a, b, c ∈ R ) ,当 x ∈ [1,1] 时, | f ( x ) |≤ 1

证明: | b |≤ 1 若 f (0) = 1, f ( x ) = 1 ,求实数 a 的值.

( x , f ( x 0 )) 若 a = 0, b = 0, c = 2 ,记 f (x ) 的图象为 C,当 x ∈ (0, ∞ ) 时,过曲线上点 0 作
1 曲线的切线 l1 交 x 轴于点 P ( x1 ,0) ,过点 ( x1 , f ( x1 )) 作切线 l 2 交 x 轴于点 P2 ( x 2 ,0) ,……

依次类推,得到数列

x1 , x 2 , x3 … , x n , … ,求 lim n→∞

xn

8. 设函数

f ( x ) = ln x, g ( x ) = ax

a 2 f ( x) x .

(1)若 g ( x ) 在定义域内为单调函数,求 a 的取值范围; (2)证明:① f ( x) ≤ x 1( x > 0) ;

ln 2 ln 3 ln n 2n 2 n 1 + 2 + + 2 < (n ∈ N * , n ≥ 2) 22 3 n 4(n + 1) ②

9. 某公司按现有能力,每月收入为 70 万元,公司分析部门测算,若不进行改革,入世后因 竞争加剧收入将逐月减少.分析测算得入世第一个月收入将减少 3 万元,以后逐月多减少 2 万元, 如果进行改革, 即投入技术改造 300 万元, 且入世后每月再投入 1 万元进行员工培训, 则测算得自入世后第一个月起累计收入 Tn 与时间 n(以月为单位)的关系为 Tn=an+b,且 入世第一个月时收入将为 90 万元, 第二个月时累计收入为 170 万元, 问入世后经过几个月, 该公司改革后的累计纯收入高于不改革时的累计纯收入.

10. 已知奇函数

f ( x) =

a 2x + a 2 , ( x ∈ R ). 2x +1

(Ⅰ)试确定实数 a 的值,并证明 f(x)为 R 上的增函数;

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(Ⅱ)记

a n = f [log 2 ( 2 n 1)] 1, S n = a1 + a 2 + + a n , 求 lim S n ; n →∞

(Ⅲ)若方程 f (x ) = α 在(-∞,0)上有解,试证 1 < 3 f (α ) < 0 .

{x } 11. 已知 f ( x) = x sin x ,数列 n 满足
判断并证明函数 f (x ) 的单调性;

x1 =

3 π 4 , 2 x n +1 + cos x n π = 0 . n ∈ N * ) (

数列

{yn }

满足

y n =| x n

π

2 ,

|

π
Sn


{yn }

的前 n 项和.证明:

Sn

< 2.

12. 已知数列

{a n } 的前 n 项和为 S n ,若 a1 = 2, n a n+1 = S n + n(n + 1) , {a n } 为等差数列,并求其通项公式;

(1)证明数列

(2) 令

Tn =

Sn T > Tn +1 T ≤m 2n , ①当 n 为何正整数值时, n : ②若对一切正整数 n , 总有 n ,

求 m 的取值范围.

13. 如图,将圆分成个区域,用 3 种不同颜色给每一个区域染色,要求相邻区域颜色互异, 把不同的染色方法种数记为 an .求 (Ⅰ) a1 , a2 , a3 , a4 ; (Ⅱ) an 与
3 4 5 6 7 8 9 2 1 n

an +1 ( n ≥ 2 )

的关系式;

a ≥ 2n ( n ∈ N * ) a . (Ⅲ)数列 { n } 的通项公式 an ,并证明 n

14. 设 {a n }{bn } 是两个数列,点

M (1,2), An (2, a n ) B n (

n 1 2 , ) n n 为直角坐标平面上的点.

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* (Ⅰ)对 n ∈ N , 若三点 M , An , B n 共线,求数列 {a n } 的通项公式;

(Ⅱ)若数列{ bn }满足:

log 2 c n =

a1b1 + a 2 b2 + + a n bn a1 + a 2 + + a n ,其中 {c n } 是第三项为 8,公比

为 4 的等比数列.求证:点列 P1 (1, b1 ), P2 ( 2, b2 ), Pn ( n, bn ) 在同一条直线上,并求出此直 线的方程. 15. 已 知 数 列

{an }, {bn } 中 , a1 = t (t > 0), a 2 = t 2 , 且 x = t 是 函 数

1 f ( x ) = ( an1 an ) x 3 ( an an+1 ) x 3 的一个极值点.
(1)求数列

{an }

的通项公式;

(2)若点 Pn 的坐标为

(1, bn )( n ∈ N ) ,过函数 g ( x ) = ln(1 + x 2 ) 图象上的点 ( an , g ( an )) 的

切线始终与

opn

1 <t <2 平行(点 O 为坐标原点) 求证:当 2 ; 时,不等式
n

1 1 1 + + + < 2n 2 2 b1 b2 bn 对 n ∈ N 成立.

16.

2 函 数 f ( x ) = ( x 1) ( x ≥ 1) 的 反 函 数 为 f

1

( x) , 数 列 {an } 满 足 : {bn }
满 足 :

a1 = 1, an +1 = f 1 ( an )( n ∈ N *)

,





b n b1 1 b2 2 + 2 + + n n = an (n ∈ N *) 2 2 2 ,
(1)求数列 (2) 记

{an }



{bn }

的通项公式;

c < cn +1 cn = t n [ n(lg 2 + lg t ) lg(bn n)](t > 0且t ≠ 1) , 若对任意的 n ∈ N , 恒有 n

成立,求实数 t 的取值范围.

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P (x , y ) l 17. 已知曲线 y= x x ,过曲线上一点 n n n (异于原点)作切线 n .
3

(I)求证:直线

ln

P (x , y ) 与曲线 y= x x 交于另一点 n +1 n +1 n +1 ;
3

(II)在(I)的结论中,求出

x n+1与x n

{x } 的递推关系.若 x1 = 1 ,求数列 n 的通项公式;

Rn =
(III)在(II)的条件下,记

1 2 3 n + + + + x1 x3 x5 x 2 n 1 ,问是否存在自然数 m,M,

使得不等式 m<Rn<M 对一切 n ∈ N + 恒成立,若存在,求出 M-m 的最小值;否则请说明理 由.

18. 设数列 {

a n } 满足

a1 = t ( t < 1) ,a n +1 =

n(n + 1) 2n a n

, (n = 1, 2 ,…… )

an =
(I)用数学归纳法证明:

n (n 1) (n 2)t n (n 1)t

[

]

( n = 1, 2 ,…… )
;

a1a 2 ……a n +1 n! (II)求 n→∞ . lim

19. 某地为了防止水土流失,植树造林,绿化荒沙地,每年比上一年多植相同亩数的林木, 但由于自然环境和人为因素的影响,每年都有相同亩数的土地沙化,具体情况为下表所示: 1998 年 新植亩数 沙地亩数 1000 25200 1999 年 1400 24000 2000 年 1800 22400

而一旦植完,则不会被沙化: 问: (l)每年沙化的亩数为多少? (ll)到那一年可绿化完全部荒沙地?

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20.

已 知 f ( x ) = ( x 1)

2

, g ( x ) = 10( x 1) , 数 列

{a n }

满 足 a1 = 2 ,

(a n +1 a n )g(a n ) + f (a n ) = 0 ,

bn =

9 ( n + 2)(a n 1) 10 .

(Ⅰ)求证:数列 {a n 1}是等比数列; (Ⅱ)当 n 取何值时, b n 取最大值,并求出最大值;

tm t m +1 < b b m +1 对任意 m ∈ N * 恒成立,求实数 t 的取值范围. (III)若 m

21. 以数列

{a n }

的任意相邻两项为坐标的点

Pn ( a n , a n +1 )( n ∈ N )

均在一次函数 y = 2 x + k

的图象上,数列

{bn }

满足条件:

bn = a n +1 a n ( n ∈ N , b1 ≠ 0) ,

(1)求证:数列 (2)设数列

{bn }
,

是等比数列; 的前 n 项和分别为

{a n }

{bn }

S n , Tn ,若 S 6 = T4 , S 5 = 9 ,求 k 的值.

22.









f ( x) = log a x( a > 0且a ≠ 1)

,







:

2, f (a1 ), f ( a2 ), , f ( an ), 2n + 4( n ∈ N * ) 成等差数列.
(1)求数列

{an }

的通项

an ;

(2)若 a = 2 ,令

bn = an f ( an ) ,求数列 {bn } 前 n 项和 S n ;
*

(3)在(2)的条件下对任意 n ∈ N ,都有

bn > f 1 (t ) ,求实数 t 的取值范围.

23. 设 数).

g ( x ) = px

q p 2 f ( x) g (e) = qe 2 f ( x ) = ln x ,且 x e .其中 ( e 为自然对数的底

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(1)求 p 与 q 的关系; (2)若 g ( x ) 在其定义域内为单调函数,求 p 的取值范围; (3)求证:(i) f ( x) ≤ x 1( x > 0) ;

ln 2 ln 3 ln n 2n 2 n 1 + 2 + + 2 < (n ∈ N * , n ≥ 2) 22 3 n 4(n + 1) (ii)
b 2 ln x, f (1) = 0 x .

24. 已知函数

f ( x ) = ax

(Ⅰ)若函数 f(x)在其定义域内为单调函数,求 a 的取值范围;

an +1 = f ′(
(Ⅱ)若函数 f(x)的图象在 x = 1 处的切线的斜率为 0,且 知 a1 = 4,求证:an ≥ 2n + 2;

1 ) n2 + 1 an n + 1 ,已

1 1 1 1 2 + + ++ 1 + a1 1 + a 2 1 + a 3 1 + a n 与 5 的大小,并说 (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,试比较
明你的理由.

答案 1.解: (1) 设等差数列

{ a n } 的公差为 d,由题意得
(1) (2)
(k是正整数)

a k + a k +1 = 4k 2 a k a k +1 = c k

a k + a k +1 = 4k (1) 得 a k +1 + ak +2 = 4(k + 1) 由

(3) (4)
∴ d =2 ∴ a n = 2n 1

(4) (3)




a k + 2 a k = 4 = 2d

(3)

得 a n + a n +1 = a n + a n + 2 = 4n,

另解:由 (1) 得

a1 + a 2 = 4 a 2 + a3 = 8

d =2 得 a1 = 1 (其余略)

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由 (2 ) 式得 a n a n +1 =
(2)

2 cn

∴ cn =

2 2 1 1 = = a n a n +1 ( 2n 1)(2n + 1) 2n 1 2n + 1

1 1 1 1 1 1 ) = 1 c1 + c 2 + + c n = (1 ) + ( ) + + ( 3 3 5 2n 1 2 n + 1 2n + 1 (10 分) ∴ c1 + c 2 + + c n + = lim(c1 + c 2 + + c n ) = lim (1
n →∞ n →∞

1 ) =1 2n + 1

由 (1) (2) 得
(3)

2a n = (2n 1) 2 (2n + 1) cn

2 ∵n 是正整数, ( 2n 1) (2n + 1) 是随 n 的增大而增大,



2a 5 = 891 c5 <981,

2a 6 = 1573 c6 >981

2a n c ∴ 整数 981 不是数列{ n }中的项.
2.解: (Ⅰ)设这二次函数 f(x)=ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于 f`(x)=6x-2,得 a=3 , b=-2, 所以 f(x)=3x2-2x. 又因为点

( n, S n )( n ∈ N ) 均在函数 y = f ( x ) 的图像上,所以 S n =3n2-2n.

2 3 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)- (n 1) 2( n 1) =6n-5.

[

]

当 n=1 时,a1=S1=3×12-2=6×1-5,所以,an=6n-5 ( n ∈ N )



bn =
(Ⅱ)由(Ⅰ)得知

3 3 1 1 1 ( ) a n a n +1 = (6n 5)[6(n 1) 5] = 2 6n 5 6n + 1 ,

∑b
故 Tn=
i =1

n

i

1 =2

1 1 1 1 1 1 1 (1 7 ) + ( 7 13 ) + ... + ( 6n 5 6n + 1) = 2 (1- 6n + 1 ).

1 1 m 1 m 因此,要使 2 (1- 6n + 1 )< 20 ( n ∈ N )成立的 m,必须且仅须满足 2 ≤ 20 ,即 m≥10,
所以满足要求的最小正整数 m 为 10. 3.解: (1)数列{ 又∵

a n }为等比数列, ∴

a 3 a1 = 2d

为等比数列,

a3 a1 = f ( d + 1) f ( d 1) = d 2 ( d 2) 2 ,

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d 2 (d 2) 2 = 2d ,解得 d=2, a1 = f (1) = 0 an = 2(n 1)
b3 = q2 b1



又∵

{bn }

为等比数列,∴

而 ∵

b3 f (q 1) (q 2) 2 = = b1 f (q + 1) q 2 ,∴
q ≠ 1 , q ∈ R ,∴

( q 2) 2 = q2 q2


q = 2 , b1 = 4

bn = 4( 2) n 1 = ( 2) n +1

c c1 c2 + + + n = an +1 b b2 … bn (2)由 1 c c1 c2 + + + n 1 = an b1 b2 … bn 1





cn = a n+1 a n = 2 b ①-②得 n



cn = 2bn = 2 ( 2) n +1 = 8( 2) n 1

cn = 2 {cn } , cn 1 对于 , c1 = 8 ,知其为等比数列

Sn =


8[1 (2) n ] 8 = [1 (2) n ] S 2 n +1 = 8 [1 (2) 2 n +1 ] S 2 n = 8 [1 (2) 2 n ] 1 (2) 3 3 3 , ,



lim n →∞

S 2 n +1 1 (2) 2 n +1 = = 2 2n lim S 2n n → ∞ 1 ( 2) f ′( x ) = px ( p + q ) + q px 2 ( p + q ) x + q ( x 1)( px q ) = = , x x x q q ,∵ 0 < < 1, p p
(1,+∞)

4.解: (I)解:

f ′( x ) = 0, 得x = 1或x =


当 x=变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

q (0, p )
f′(x) f(x) +

q p
0 极大值

q ( p ,1)
-

1

0 极小值

+

所以 f(x)在 x=1 处取得最小值,即 a1=1.

(II)

y = 2 px 2

q + f ′( x ) + q = 2 px 2 + px p, 2 2 S n = 2 p a n + p a n p, (n ∈ N * ) , x

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由于 a1=1,所以 2a1 = 2 p a1 + p a1 p, 得p = 1.
2 ∴ 2 S n = 2a n + a n 1 ……………………①. 2 ∴ 2 S n 1 = 2a n 1 + a n 1 1 …………………………②. 2 2 2a n = 2( a n a n 1 ) + a n a n 1 ,



①-②得

1 2 2 ∴ 2( a n a n 1 ) ( a n + a n 1 ) = 0,∴ ( a n + a n 1 )( a n a n 1 ) = 0, 2 由于a n + a n 1 > 0,∴ a n a n 1 = 1 n +1 = 2 2 . 4S n n( n 1) 1 n 2 + 3n = ,由bn = q n = nq n , 2 2 4 n+3 1 1 2 ,所以{an}是以 a1=1,公差为 2 的等差数列,

∴ a n = 1 + ( n 1) ×

(Ⅲ)

Sn = n +

所以, Tn = q + 2q 2 + 3q 3 + … + ( n 1) q n 1 + nq n 由 qTn = q 2 + 2q 3 + 3q 4 + … + ( n 1) q n + nq n +1 ,

p > q > 0, 而p = 1 , 故q ≠ 1,

(1 q)Tn = q + q + q + … + q
2 3

n 1

+ q nq
n

n +1

q(1 q n ) = nq n+1 1 q

∴Tn =

q(1 q n ) nq n+1 ………………………14分 (1 q 2 ) 1 q
2 ∵1 + x n ≥ 2 | x n | ∴|

5.解: (1)

2 xn 1 |≤ 1 又x1 = . 2 2 1 + xn

∴|

2 xn |< 1 2 1 + xn f ( x n +1 ) = f (

1 f ( x1 ) = f ( ) = 1 2



2 xn x + xn )= f( n ) = f ( x n ) + f ( x n ) = 2 f ( x n ). 2 1 + xn xn 1 + xn



f ( x n +1 ) =2 ∴ { f ( x n )}是以 1为首项,以2为公比的等比数列 , 故f ( x n ) = 2 n 1 f ( xn )
f ( 0) + f ( 0) = f ( 0+0 ) = f (0), 故f (0) = 0 1+ 0

(2)由题设,有

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x ∈ ( 1,1), 有f ( x ) + f ( x ) = f (

xx ) = f (0) = 0, 1 x2

得 f ( x) = f ( x), 故知f ( x)在(1,1) 上为奇函数. 由

1 1 1 (k + 1)(k + 2) = = k +1 k + 2 1 1 1 1 1 1 = 2 (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2) k + 3k + 1 (k + 1)(k + 2) 1 f(


1 1 1 1 1 )= f( ) + f ( )= f( ) f( ) k +1 k+2 k +1 k+2 k + 3k + 1
2

于是 k =1

∑ f (k

n

2

1 1 1 1 ) = f( ) f( ) = 1 f ( ). 2 n+2 n+2 + 3k + 1

1 1 1 1 1 + f ( ) + f ( ) + f ( 2 )+ f( ) = 0. 5 11 n+2 n + 3n + 1 故 f ( an ) = 2 + ( n + 1 1) 2 = 2n + 2 6.解:(1) 由 2 n + 4 = 2 + ( n + 2 1) d 求得 d = 2 ,所以 ,
求得 (2)

an = a 2 n + 2 .

bn = an f ( an ) = (2n + 2) a 2 n + 2 = ( n + 1) 22 n +3 ,
5 7 9 2 n +3

S n = 2 2 + 3 2 + 4 2 + + ( n + 1) 2

,错位相减得

Sn =

(3n + 2) 2 2 n +5 26 9

(3)

bn +1 n + 2 = 4 >1 {bn } bn n +1 , 所 以 为 递 增 数 列 .

bn

中 的 最 小 项 为

b1 = 2 25 = 26 , f 1 (t ) = 2t ,所以 t < 6 .

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7. 解 : (1) 证明: 由

1 [ f (1) f ( 1)由题意 | f (1) |≤ 1, | f ( 1) |≤ 1 2 1 1 ∴| b |= | f (1) f ( 1) |≤ (| f (1) | + | f ( 1) |) ≤ 1 2 2 f (1) = a 2 )b +fc( 0 )( 1 1, a 1b + c c = 1, b = 2 a + 由 , f = ) = f ( ) =1 ( ∴b = ∴ f ( x ) = ax 2 + ( 2 a ) x 1 ∵ 当 x ∈ [ 1,1]时 | f ( x ) |≤ 1 | f ( 1) |≤ 1 即 | 2 a 3 |≤ 1 1 ≤ a ≤ 2 a2 1 1 1 = ∈ [ ,0 ] 2a 2 a 2 a2 a2 2 a2 ( a 2) 2 而f ( ) = a( ) + (2 a) ( ) 1 = +1 ≤ 1 2a 2a 2a 4a ( a 2) 2 ≤0 a=2 4a (3)当 a = 1, b = 0, c = 2时 ,f ( x ) = x 2 2 考察实数 函数 f ( x )在点 ( x 0 , f ( x 0 ))处的切线方程为 y = f ( x 0 ) + f ' ( x 0 )( x x 0 ) 令 y = 0得 x1 = x 0 同理得 x 2 = x1 f ( x0 ) f ' ( x0 )

f ( x1 ) f ( xn ) ,… x n +1 = x n f ' ( x1 ) f ' ( xn )

xn 2 2 1 2 xn +1 = xn = ( xn + ) 2 xn 2 xn
x = x x
n



n +1

n

2 1 = (x 2 xn 2
2

n

+

2 ) xn = 1 (x 2 + 2 ) xn

上 式 两 边 取 极 限 令

lim
n → ∞

x

n +1

lim
n → ∞

n

lim
n → ∞

x

n

= A

则 A = ∴ A =

1 2 ( A + ), A > 0 2 A 2即 li m x n = 2
n → ∞

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8.解: (1)

g ′( x) = a +

a 2 ax 2 2 x + a = x2 x x2

∵ g (x ) 在 (0,+∞ ) 单调,
2 (0,+∞) 恒成立, ∴ ax 2 x + a ≤0或 ax 2 x + a ≥0在

2



a≤

2x 2x a≥ 2 2 x +1 或 x + 1 在 (0,+∞) 恒成立,

∴ a ≤0或 a ≥1.

(2)① 设 (x) = f ( x) x + 1 ,则 当 x = 1 时, ′(x) =0

′( x) =

1 1 x ,

当 0 < x < 1 时, ′(x) >0 ∴ (x) 递增, 当 x > 1 时, ′(x) <0 ∴ (x) 递减, ∴

( x) max = (1) = 0
即 f ( x ) ≤ x 1 ( x >0 )

∴ (x) = f ( x) x + 1 ≤0
f ( x)

② 由①, x

1 ≤ 1 ( x > 0) x

1 1 1 1 = 2 又 n > n(n + 1) n n + 1
f (n 2 ) 1 f (2 2 ) f (3 2 ) ++ 2 + 2 2 32 n2

∴左边=

1 1 1 1 (1 2 ) + (1 2 ) + + (1 2 ) 2 3 n ≤2

1 1 1 1 1 = ( n 1) ( 2 + 2 + + 2 ) 2 2 2 3 n < 1 1 1 1 1 1 1 1 ( n 1) ( + + + ) 2 2 2 3 3 4 n n +1

1 1 1 1 2n 2 n 1 = (n 1) ( )= = 2 2 2 n +1 4(n + 1) 右边
∴原不等式成立

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9.解:入世改革后经过 n 个月的纯收入为 不改革时的纯收入为
70 n [3n +

Tn 300 n

万元

n( n 1) 2] 2

90 = a + b 170 = 2a + b 又

a = 80 ∴ b = 10

(7 分)

由题意建立不等式 80 n + 10 300 n > 70 n 3n ( n 1) n 即 n + 11n 290 > 0得n > 12.2
2

∵ n ∈ N , 取n = 13
答:经过 13 个月改革后的累计纯收入高于不改革时的累计纯收入.

10.解: (I)

f ( x ) =

a 2x + a 2 a 2x + a 2 = f ( x) = x 2x + 1 2x +1 得 (a 1) 2 + ( a 1) = 0
2 2 +1
x

∴ a = 1,∴ f ( x) = 1

设 ∞ < x1 < x 2 < +∞
f ( x1 ) f ( x 2 ) = 2(2 x1 2 x2 ) (2 x1 + 1)(2 x2 + 1)

∵ 2 x1 < 2 x2 ,2 x1 + 1 > 0,2 x2 + 1 > 0
∴ f (x ) 在 R 上单调递增
(II)
an = 2 1 = n 1 2 1+1 2
n

∴ f ( x1 ) < f ( x2 )

S n = (1 +
n→∞

1 1 1 1 1 + 2 + 3 + + n 1 ) = (2 n 1 ) 2 2 2 2 2

∴ lim S n = 2

(III)

f ( x) = 1

2 <1 2 +1
x

又 f(x)为奇函数,且在 R 上为单调增函数

∴ f ( x ) ∈ ( 1,1)
当 x ∈ (∞,0)时f ( x) ∈ (1,0) 欲使 f ( x) = α在(∞,0) 上有解

∴ 1 < α < 0

< f (α ) < 0 (10 分)∴ f ( 1) < f (α ) < f (0) 即 3

1

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即 1 < 3 f (α ) < 0. 11.解: (1) f ' ( x ) = 1 cos x ≥0,仅当 x = 2 kπ ( k ∈ Z ) 时, f ' ( x) = 0 ,故 f (x ) 在 R 上单 调递增. (2) f (x ) 为奇函数, f (0) = 0 , 由(1)知当 x ≥ 0 时, f ( x ) ≥ 0 ,即 x sin x ≥ 0, 也就是 sin x ≤ x 在 [0,+∞ ) 上恒成立.

由已知得

x n +1

π

1 1 π = cos x n = sin( x n ) 2 2 2 2 1 π 1 π | sin( x n ) |≤ | x n | 2 2 2 2

所以

| x n +1 _

π
2

|=

所以

| xn

π
2

|≤

1 π 1 π 1 π π | x n 1 | ≤ 2 | x n 2 |≤ ... ≤ n 1 | x1 |= n +1 2 2 2 2 2 2 2

Sn ≤ π (

1 1 1 1 1 π + 3 + ...... + n +1 ) π ( n +1 ) < 2 2 2 2 2 2 2 =

12.解: (1)令 n = 1 , 1 a 2 = a1 + 1 2 ,即 a 2 a1 = 2

n a n +1 = S n + n(n + 1) (n 1) an = S n1 + n(n 1) 由
n a n +1 (n 1)a n = a n + 2n a n +1 a n = 2(n ≥ 2 )
a an = 2 n ∈ N * , ∵ a 2 a1 = 2 ,∴ n +1
即数列

(

)

{a n } 是以 2 为首项, 2 为公差的等差数列,
Tn =



a n = 2n

( 2 ) ①

S n n(n + 1) (n + 1)(n + 2) = > Tn+1 = * n n 2 2 2 n +1 , 即 n > 2(n ∈ N )

② ∵

T1 =

S1 3 = 1, T2 = T3 = 2 2 ,又∵ n > 2 时, Tn > Tn +1

3 3 Tn ≤ m 恒成立,因此 m ≥ 2 ∴各项中数值最大为 2 ,∵对一切正整数 n ,总有
13.
2 3 4 5 6 7 8 9 1 n

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13.解: (Ⅰ) 当 n = 1 时,不同的染色方法种数 a1 = 3 , 当 n = 2 时,不同的染色方法种数 a2 = 6 , 当 n = 3 时,不同的染色方法种数 a3 = 6 , 当 n = 4 时,分扇形区域 1,3 同色与异色两种情形 ∴不同的染色方法种数 a4 = 3 × 1 × 2 × 2 + 3 × 2 × 1 × 1 = 18 . (Ⅱ)依次对扇形区域 1, 2,3,, n, n + 1 染色,不同的染色方法种数为 3 × 2 ,其中扇形区域 1
n

与 n + 1 不同色的有 an +1 种,扇形区域 1 与 n + 1 同色的有 an 种 ∴

an + an +1 = 3 × 2n ( n ≥ 2 ) an + an +1 = 3 × 2n ( n ≥ 2 )

(Ⅲ)∵

2 ∴ a2 + a3 = 3 × 2

a3 + a4 = 3 × 23
………………

an 1 + an = 3 × 2n 1
1 k = 2,3,, n 1) 将上述 n 2 个等式两边分别乘以 ( ) ( ,再相加,得
k

a2 + ( 1)

n 1

an = 3 × 2 3 × 2 + + 3 × ( 1)
2 3

n 1

×2

n 1

n 1 2 2 1 ( 2 ) = 3× 1 ( 2 )

,



an = 2n + 2 ( 1)

n

,

( n = 1) 3, an = n n 2 + 2 ( 1) , ( n ≥ 2 ) . 从而
(Ⅲ)证明:当 n = 1 时, a1 = 3 > 2 × 1 当 n = 2 时, a2 = 6 > 2 × 2 , 当 n ≥ 3 时,

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an = 2n + 2 ( 1) = (1 + 1) + 2 ( 1)
n n

n

= 1 + n + Cn2 + Cn3 + + Cnn 2 + n + 1 + 2 ( 1) ≥ 2n + 2 + 2 ( 1) ≥ 2n

n

n

,

an ≥ 2 n ( n ∈ N * )

2 2 a 2 ∴ n = n n 1 2 1 1 n 14.解: (Ⅰ)因三点 M , An , B n 共线,
得 a n = 2 + 2( n 1) 故数列 {a n } 的通项公式为 a n = 2n

(Ⅱ)由题意 c n = 8 4 由题意得 c n = 2

n 3

=2

2 n 3

a1 + a 2 + + a n =

n ( 2 + 2 n) = n(n + 1) 2

a1b1 + a 2b2 ++ a n bn a1 + a 2 ++ an

,∴ 2

2 n 3

=2

a1b1 + a 2b2 ++ a n bn a1 + a2 ++ a n

∴ 2n 3 =

a1b1 + a 2 b2 + + a n bn , a1 + a 2 + + a n ∴ a1b1 + a 2 b2 + a n bn = n( n + 1)( 2n 3)

当 n ≥ 2 时, a n bn = n( n + 1)( 2n 3) ( n 1) n ( 2n 5) = n(6n 8)


a n = 2n ∴ bn = 3n 4 .当 n=1 时, b1 = 1 ,也适合上式,∴ bn = 3n 4 (n ∈ N * )

因为两点 P1,Pn 的斜率

K=

bn b1 ( n 1) 3 = =3 (n ∈ N * ) 为常数 n 1 n 1

所以点列 P1 (1, b1 ), P2 ( 2, b2 ), Pn ( n, bn ) 在同一条直线上,

3 且方程为: y b1 = (x 1) ,即 3 x y 4 = 0 .
15.解: (1)

f ′( t ) = 0 (an +1 an ) = t (an an1 )(n ≥ 2)

an+1 an = t ( n ≥ 2) a an 1 ∴ n
∴ ∴ ∴

a n +1 a n = (t 2 t )t n 1 a n +1 a n = t n +1 t n an an 1 = t n t n 1 , an1 an2 = t n1 t n2 ,… a2 a1 = t 2 t an a1 = t n t ,∴ an = t n (t ≠ 1)

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t = 1 时, an an1 = an1 an2 = = a2 a1 = 0


an = 1
an = t n (n ∈ N )

综上

(2)由

bn = g ′(an )



2 an 2t n bn = = 2 1 + t 2n 1 + an
tn + 1 1 ( 2 n t n 1) ( 2 n + n ) = (t n 2 n ) <0 tn 2 2n t n ,

1 1 n 1 = (t + n ) bn 2 t ∴ 1 1 n 1 < (2 + n ) bn 2 2 ∴



1 1 1 1 1 1 1 + ++ < [(2 + 2 2 + + 2 n ) + ( + + + n )] b b2 bn 2 2 4 2 ∴ 1 1 1 = 2 n (1 + 2 n ) < 2 n 2 1 2 n = 2 n 2 2 2 2
2 16.解: (1)∵ f ( x ) = ( x 1) ( x ≥ 1) ,∴ f 1

n

( x ) = ( x + 1) 2 ( x ≥ 0) ,
,



an +1 = f 1 ( an ) = ( an + 1) 2 { an }
是以

,即

an +1 an = 1( n ∈ N *)

∴数列 ∴

a1 = 1

为首项,公差为 1 的等差数列,

an = 1 + ( n 1) = n

,即

an = n 2 ( n ∈ N *)

b n b1 1 b2 2 + 2 + + n n = an = n 2 2 由于 2 , b ( n 1) b1 1 b2 2 + 2 + + n 1 n 1 = an 1 = n 1( n ≥ 2) 2 2 ∴ 2 bn n =1 n b = 2n + n , 两式相减得,当 n ≥ 2 时, 2 ,即 n
它对 n = 1 也适合,∴

bn = 2n + n( n ∈ N *)

(2)

Cn = t n [lg(2t ) n lg(bn n)] = t n [lg(2t ) n lg 2n ] = nt n lg t

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由Cn < Cn +1

,得

nt n lg t < (n + 1)t n +1 lg t
n n ,∵ < 1( n ∈ N ) n +1 n +1 ,



当t > 1时,由 lg t > 0, 可得t >



t>

n 对一切n ∈ N 都成立 n +1 ,

∴ 此时t > 1



当0 < t < 1时,由 lg t < 0, 可得n > ( n + 1)t , t <

n n +1 ,



n 1 n ≥ (n ∈ N ) 0<t < 对一切n ∈ N 都成立 n +1 2 n +1 ,∴ 0<t < 1 2 C n < C n +1 0<t< 1 或t > 1 2



由①②可得,对一切 n ∈ N 都有
2



的 t 的取值范围为
3

2 l : y = (3xn 1)( x xn ) + xn x n , 17.解: (I)y′= 3 x 1, n
2 3 y = (3 x n 1) x 2 x n , y = x 3 x,

2 ( x x n )( x 2 + x n x 2 x n ) = 0,

( x x n ) 2 ( x + 2 x n ) = 0.

∴ x = x n , x / = 2 xn .
3 ∴ l n 与曲线交于另一点 Pn +1 (2 x n ,8 x n + 2 x n )

(II)

x n +1 = 2 x n ,

当x1 = 1时, x n = ( 2) n 1
(III)

Rn ≥ R1 = 1,

1 2 3 n Rn = + + + + n 1 , 1 4 16 4 ①

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4 Rn = 4 + 2 +

3 4 n + + + n2 , 4 16 4 ② 1 1 16 + + < < 6. 4 16 3

②-①得:

3 Rn = 4 + 1 +

∴1 ≤ Rn < 2,∴ M m的最小值为2 0 = 2
此时 M=2,m=0 18.解: (1)当 n = 1 时, a 1 = t ,命题成立. (I)

(2)假定 n = k 时命题成立,即

ak =

k [( k 1) ( k 2)t ] k (k 1)t

a k +1 =
那么,

k ( k + 1) 2k ak

= 2k

k [( k 1) ( k 2)t ] k (k 1)t

k ( k + 1)

= 2

(k + 1)[k (k 1)t ] k +1 = (k 1) (k 2)t (k + 1) kt
k (k 1)t

因此,当 n = k + 1 时,命题也成立 综合(1) (2)对任何自然数 n 命题都成立

a1 = t,a 2 =
( II )

n[(n 1) (n 2)t ] 3(2 t ) 2 ,a 3 = ,……,a n = 2t 3 2t n (n 1)t

,

a n +1 =

(n + 1)[n (n 1)t ] (n + 1) nt
1 2 3…n( n + 1) t ( n + 1) nt

∴ a 1 a 2 …a n + 1 =



a 1 a 2 …a n + 1 (n + 1)t = n! (n + 1) nt

∴ lim
n →∞

a 1 a 2 …a n + 1 n!

1 1 + t t n = = 1 1 t 1 + t n …

19.解: (1)由表知,每年比上一年多造林 400 亩.

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因为 1999 年新植 1400 亩,故当年沙地应降为 25200 1400 = 23800 亩,但当 年实际沙地面积为 24000 亩,所以 1999 年沙化土地为 200 亩. 同理 2000 年沙化土地为 200 亩. 所以每年沙化的土地面积为 200 亩 (2)由(1)知,每年林木的"有效面积"应比实造面积少 200 亩. 设 2000 年及其以后各年的造林亩数分别为 a 1 , a 2 , 总和为:

a3

,…,则 n 年造林面积

S n = 1600n +
由题意:

n( n 1) × 400 2

S n ≥ 24000 + 200n 化简得
n 2 + 7 n 120 ≥ 0

解得:

n≥8

故 8 年,即到 2007 年可绿化完全部沙地.
2 20.解: (I)∵ (a n +1 a n )g(a n ) + f (a n ) = 0 , f (a n ) = (a n 1) , g(a n ) = 10(a n 1) , 2 ∴ (a n +1 a n )10(a n - 1) + (a n - 1) = 0 . 即 (a n 1)(10a n +1 - 9a n - 1) = 0 .

a 1 ≠ 0 ,所以 又 a 1 = 2 ,可知对任何 n ∈ N , n
*

a n +1 =

9 1 an + 10 10 .

9 1 a + 1 a n +1 1 10 n 10 9 = = a 1 a n 1 10 , ∵ n
∴ {a n 1}是以 a 1 1 = 1 为首项,公比为 10 的等比数列.

9

9 ( ) n 1 * (II)由(I)可知 a n 1 = 10 (n ∈ N ) . bn = 9 9 (n + 2)(a n 1) = (n + 2)( ) n 10 10 .



b n +1 bn

9 (n + 3)( ) n +1 9 1 10 = = (1 + ) 9 n 10 n+2 (n + 2)( ) 10 .

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b8 =1 b = b7 ; b7 当 n=7 时, , 8 b n +1 >1 bn 当 n<7 时, , b n +1 > b n ; b n +1 <1 b 当 n>7 时, n , b n +1 < b n .
∴当 n=7 或 n=8 时, b n 取最大值,最大值为

b 7 = b8 =

98 10 7 .

tm t m +1 1 10t < tm[ ]<0 b m b m +1 ,得 m + 2 9(m + 3) (III)由
依题意(*)式对任意 m ∈ N 恒成立,
*

(*)

①当 t=0 时, (*)式显然不成立,因此 t=0 不合题意.

1 10t >0 m * m + 2 9(m + 3) ,可知 t < 0 ( m ∈ N ) . ②当 t<0 时,由
而当 m 是偶数时 t ③当 t>0 时,由 t
m m

> 0 ,因此 t<0 不合题意.

> 0 ( m ∈ N * ),

1 10t <0 ∴ m + 2 9( m + 3) h (m) =


t>


9(m + 3) 10(m + 2) .

(m∈ N )
*

9(m + 3) 10(m + 2)

(m∈ N )
*

h (m + 1) h (m) =


9( m + 4) 9(m + 3) 9 1 <0 10(m + 3) 10(m + 2) = 10 (m + 2)(m + 3) ,

∴ h (1) > h ( 2) > > h ( m 1) > h ( m ) > .

∴ h ( m) 的最大值为

h (1) =

6 5. 6 5.

所以实数 t 的取值范围是 21.解: (1)依题意

t>

a n +1 = 2a n + k ,

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bn = a n +1 a n = 2a n + k a n = a n + k


, (*) ,

bn+1 = a n +1 + k = 2a n + k + k = 2(a n + k ) = 2bn

bn +1 =2 b1 ≠ 0 , ∴ bn ∵ .
∴数列{

bn

}是以 b1 为首项,2 为公比的等比数列.

(2)由(1)得

Tn =

b1 (1 2 n ) = b1 (2 n 1) 1 2 ,

又由(1)中的(*)式得:

a n = bn k ,
∴ 由

S n = (b1 + b2 + + bn ) nk = Tn nk = b1 ( 2 n 1) nk ,

S 6 = T4 , S 5 = 9 ,

得:

63b1 6k = 15b1 31b1 5k = 9

解得: k = 8 .

f (an ) = 2 + (n + 1 1) 2 = 2n + 2 22.解:(1) 由 2 n + 4 = 2 + ( n + 2 1) d 求得 d = 2 ,所以 ,
求得 (2)

an = a 2 n + 2 .

bn = an f ( an ) = (2n + 2) a 2 n + 2 = ( n + 1) 22 n +3 ,
5 7 9 2 n +3

S n = 2 2 + 3 2 + 4 2 + + ( n + 1) 2

,错位相减得

Sn =

(3n + 2) 2 2 n +5 26 9

(3)

bn +1 n + 2 = 4 >1 {bn } bn n +1 , 所 以 为 递 增 数 列 .

bn

中 的 最 小 项 为

b1 = 2 25 = 26 , f 1 (t ) = 2t ,所以 t < 6 .

g ( x ) = px
23.解:由

q q p 2 ln x g (e) = pe 2 = qe 2 x e e 得 ,可求得 p = q .

p 2 px 2 2 x + p p ′( x ) = p + 2 = g g ( x ) = px 2 ln x x x x x2 ,所以 . (2)

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2

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设 h( x) = px 2 x + p ,要使 g ( x ) 在其定义域 (0, +∞ ) 内单调,只要 h( x) 在 (0, +∞ ) 满足

h( x ) ≥ 0 或 h( x ) ≤ 0 恒成立.
分 p > 0, p = 0, p < 0 三种情况求得: p ≥ 1 或 p ≤ 0 .

(3)(i)设 k ( x) = ln x x + 1 ,则

k ′( x ) =

1 1 x 1 = x x .易知当 x = 1 时 k ( x) 取极大值点,所以

k ( x ) ≤ k (1) = 0 ,即有 f ( x) ≤ x 1( x > 0) .

ln x x 1 1 ln n 1 1 ≤ = 1 ≤ (1 2 ) 2 2 x x ,令 x = n 得 n 2 n . (ii) ln x ≤ x 1 又 x > 0 ,有 x ln 2 ln 3 ln n 1 1 1 1 + 2 + + 2 ≤ [(1 2 ) + (1 2 ) + + (1 2 )] 2 2 3 n 2 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 1 = [( n 1) ( 2 + 2 + + 2 )] < [( n 1) ( + ++ )] 2 2 3 n 2 2 × 3 3× 4 n(n + 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = [( n 1) ( + + + )] = [( n 1) ( )] 2 2 3 3 4 n n +1 2 2 n +1

=

2n 2 n 1 4(n + 1)
f (1) = a b = 0 a = b,∴ f ( x ) = ax a a 2 2 ln x ∴ f ′( x ) = a + 2 x x. x ,

24.解:(1)

′ 要使函数 f(x)在定义域 (0,+∞ ) 内为单调函数,则在 (0,+∞ ) 内 f (x ) 恒大于 0 或恒小于 0,



a = 0时,f ′( x ) =

2 <0 x 在 (0,+∞ ) 内恒成立;

1 1 1 1 f ′( x ) = a ( ) 2 + a ≥ 0 a ≥0 x a a a 当 a > 0时, 要使 恒成立,则 ,解得 a ≥ 1 , a 2 f ′( x) = a + 2 ≤ 0 x x 当 a < 0时, 恒成立,
所以 a 的取值范围为 [1,+∞) ∪ ( ∞,0] .

1 f ′(1) = 0, 即a + a 2 = 0, 得a = 1,∴ f ′( x ) = ( 1) 2 x , (2)根据题意得:

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考无不胜

an +1 = f ′(
于是

1 2 ) n 2 + 1 = ( an n) 2 n 2 + 1 = an 2nan + 1 an n + 1 ,

用数学归纳法证明如下:

a 当 n = 1时, 1 = 4 ≥ 2 × 1 + 2 ,不等式成立;
a ≥ 2k + 2 成立,即 a k 2k ≥ 2 也成立, 假设当 n = k 时,不等式 k a = a k (a k 2k ) + 1 ≥ (2k + 2) × 2 + 1 = 4k + 5 > 2(k + 1) + 2 , 当 n = k + 1 时, k +1
所以当 n = k + 1 ,不等式也成立, 综上得对所有 n ∈ N 时,都有
*

a n ≥ 2n + 2 .

(3) 由(2)得 于是 所以

an = an 1[an 1 2(n 1)] + 1 ≥ an 1[2(n 1) + 2 2n + 2] + 1 = 2an 1 + 1 ,

a n + 1 ≥ 2(a n 1 + 1) ( n ≥ 2) ,
a2 + 1 ≥ 2( a1 + 1), a3 + 1 ≥ 2( a2 + 1) , an + 1 ≥ 2( an 1 + 1) ,

a n + 1 ≥ 2 n 1 (a1 + 1), 则
累乘得:

1 1 1 ≤ n 1 ( n ≥ 2) 1 + an 2 1 + a1 ,

1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 + ++ ≤ (1 + + 2 + + n 1 ) = (1 n ) < 1 + a1 1 + a 2 1 + a n 1 + a1 2 2 5 5 2 2 所以


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