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《2014年高考数学(理)真题分类汇编:d单元数列-(7700)》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、...D单元数列D1数列的概念与简单表示法1.、、[2014江·西卷]已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(1)令cn=an,求数列{cn}的通项公式;bnn-1,求数列{an}的前n项和Sn. (2)若bn=3+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N17.解:(1)因为anbn*),所以anan+1-=2,即cn+1bnbn+1-cn=2,所以数列{cn}是以c1=1为首项,d=2为公差的等差数列,故cn=2n-1.n-1,知an-1,于是数列{a
2、0+3×31+5×32 (2)由bn=3n=(2n-1)3n}的前n项和Sn=1×3n-1,3Sn=1×31+3×32+⋯+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n,将两式相减得 +⋯+(2n-1)×3-2Sn=1+2×(31+32+⋯+3n-1)-(2n-1)×3n=-2-(2n-2)×3n,所以Sn=(n-1)3n+1.2[2014新·课标全国卷Ⅰ]已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.+2-an=λ. (1)证明:an(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.+1=λS
3、n-1,an+2=λSn+1-1,17.解:(1)证明:由题设,anan+1an两式相减得an+2-an)=λan+1(an+1.因为an+1≠0,所以an+2-an=λ.(2)由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1,由(1)知,a3=λ+1.若{an}为等差数列,则2a2=a1+a3,解得λ=4,故an+2-an=4.由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,-1=4n-3;a2n{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在λ=4,使得数列{an}为
4、等差数列.3、[2014新·课标全国卷Ⅱ]已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.12(1)证明an+是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)证明11++⋯+a1a213<.an2......11=3an+2.217.解:(1)由an+1=3an+1得an+1+131又a1+=,所以an+2223,公比为3的等比数列,所以an+2是首项为n-13列{an}的通项公式为an=2.12=(2)(1).证明:由知n-1a3nnn1--123≥×,因为当n13≥时,12=n3,因此数2所以1≤n-131n-1,即2×31=an2≤n-13
5、1n-1.3......于是1+a11+⋯+a211≤1++⋯+an31n-1=3321-13n<.32所以1+a11+⋯+a213<.an22*).4,,[2014重·庆卷]设a1=1,an+1=an-2an+2+b(n∈N(1)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式.+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n6、n-1,即a*).方法二:a2=2,a3=2+1.可写为a1=1-1+1,a2=2-1+1,a3=3-1+1.因此猜想an=n-1+1.下面用数学归纳法证明上式.当n=1时,结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=k-1+1,则+1=(ak-1)2+1+1=(k-1)+1+1=(k+1)-1+1,ak这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=n-1+1(n∈N*).2+1-1,则an(2)方法一:设f(x)=(x-1)令c=f(c),即c=(c-1)下面用数学归纳法证明命题2+1-1,解得c=14.a2n7、,a2=f(1)=0,a3=f(0)=2-1,所以a2< 4f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数,得c=f(c)8、f(an).2+1-1,则an*).①先证:0≤an≤1(n∈N当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,
6、n-1,即a*).方法二:a2=2,a3=2+1.可写为a1=1-1+1,a2=2-1+1,a3=3-1+1.因此猜想an=n-1+1.下面用数学归纳法证明上式.当n=1时,结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=k-1+1,则+1=(ak-1)2+1+1=(k-1)+1+1=(k+1)-1+1,ak这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=n-1+1(n∈N*).2+1-1,则an(2)方法一:设f(x)=(x-1)令c=f(c),即c=(c-1)下面用数学归纳法证明命题2+1-1,解得c=14.a2n7、,a2=f(1)=0,a3=f(0)=2-1,所以a2< 4f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数,得c=f(c)8、f(an).2+1-1,则an*).①先证:0≤an≤1(n∈N当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,
7、,a2=f(1)=0,a3=f(0)=2-1,所以a2< 4f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数,得c=f(c)8、f(an).2+1-1,则an*).①先证:0≤an≤1(n∈N当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,
8、f(an).2+1-1,则an*).①先证:0≤an≤1(n∈N当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,
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