2019版高考数学一轮复习《第五章数列》课时训练(含答案)

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1、第五章 数列第 1 课时 数列的概念及其简单表示法一、 填空题1. 数列 , , ,的第 10 项是_23 4567 89答案:2021解析:所给数列呈现分数形式,且正负相间,求通项公式时,我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解,就很容易归纳出数列a n的通项公式为 an(1) n1 ,故2n2n 1a10 .20212. 已知数列a n满足 an2 a n1 a n,且 a12,a 23,则 a2 016的值为_答案:1解析:由题意,得a3a 2a 11,a 4a 3a 22,a 5a 4a 33,a 6a 5a 41,a 7a 6a 52, 数列a n是周期为 6 的周期数列而 2 0

2、166336, a 2 016a 61.3. 数列 7,9,11,2n1 的项数是_. 答案:n3解析:易知 a17,d2,设项数为 m,则 2n17(m1)2,mn3.4. 已知数列a n的前 n 项和为 Sn,且 an0(nN *),又 anan1 S n,则a3a 1_答案:1解析:因为 anan1 S n,所以令 n1 得 a1a2S 1a 1,即 a21.令 n2,得a2a3S 2a 1a 2,即 a31a 1,所以 a3a 11.5. 已知数列a n的前 n 项和 Snn 22n1,则a n的通项公式为_答案:a n 4( n 1) ,2n 1( n 2) )解析:当 n1 时,a

3、 1S 14;当 n2 时,a nS nS n1 2n1, an4( n 1) ,2n 1( n 2) .)6. 已知数列a n的前 n 项和为 Sn,且 Sn2a n1(nN *),则 a5_答案:16解析:当 n1 时,S 12a 11, a 11;当 n2 时,S n2a n1,S n1 2a n1 1,则有 an2a n2a n1 , an2a n1 . an是等比数列,且 a11,q2,故 a5a 1q42 416.7. 若数列a n的前 n 项和 Sn an ,则a n的通项公式 an_23 13答案:(2) n1解析:当 n1 时,a 11;当 n2 时,a nS nS n1 a

4、n an1 ,则 2,23 23 anan 1得 an(2) n1 .8. 设数列a n满足 a1a,a n1 (nN *)若数列a n是常数列,则a_. 答案:2解析:因为数列a n是常数列,所以 aa 2 ,即 a(a1)a 22,解得a2 2a 1a2.9. 数列a n的前 n 项积为 n2,那么当 n2 时,a n_答案:n2( n 1) 2解析:设数列a n的前 n 项积为 Tn,则 Tnn 2,当 n2 时,a n .TnTn 1 n2( n 1) 210. 数列a n满足:a 11,且对任意的 m,nN *都有 anm a na mnm,则a100_答案:5 050解析:令 m1

5、,则 an1 a n1na n1 a nn1a 100(a 100a 99)(a 99a 98)(a 3a 2)(a 2a 1)a 110099215 050.二、 解答题11. 数列a n的通项公式是 ann 27n6.(1) 这个数列的第 4 项是多少?(2) 150 是不是这个数列的项?若是这个数列的项,它是第几项?(3) 该数列从第几项开始各项都是正数?解:(1) 当 n4 时,a 44 24766.(2) 令 an150,即 n27n6150,解得 n16 或 n9(舍去),即 150 是数列的第 16 项(3) 令 ann 27n60,解得 n6 或 n1(舍), 从第 7 项起各

6、项都是正数12. 已知数列a n满足前 n 项和 Snn 21,数列b n满足 bn ,且前 n 项和为2an 1Tn.设 cnT 2n1 T n.(1) 求数列b n的通项公式;(2) 判断数列c n的增减性解:(1) a 12,a nS nS n1 2n1(n2), b n23( n 1) ,1n( n 2) .)(2) c nb n1 b n2 b 2n1 ,1n 1 1n 2 12n 1 c n1 c n 12n 2 12n 3 1n 1 a1a2a3a4,a 5a6a7a n1(nN *), 数列a n中的最大项为 a52,最小项为 a40.(2) an1 1 ,对任意的 nN *,

7、都有 ana 6成立,结合函1a 2( n 1)12n 2 a2数 f(x)1 的单调性,可知 50,a 90,78d1),得 q2,a 11,则 a34.2. 设等比数列a n的公比 q ,前 n 项和为 Sn,则 _12 S4a4答案:15解析:S 4 ,a 4a 1q3,所以 15.a1( 1 q4)1 q S4a4 1 q4q3( 1 q)3. 在各项均为正数的等比数列a n中,若 log2a2log 2a81,则 a3a7_答案:2解析:由 log2a2log 2a81 得 log2(a2a8)1,所以 a2a82,由等比数列性质可得a3a7a 2a82.4. 已知等比数列a n的前

8、 n 项和为 Sn,且 4a1,2a 2,a 3依次成等差数列,若 a11,则 S5_ .答案:31解析:因为 4a1,2a 2,a 3依次成等差数列,4a 24a 1a 3,所以 4a1q4a 1a 1q2,所以q2.又 a11,所以 S5 31.a1( 1 q5)1 q5. 设 Sn是等比数列a n的前 n 项和,若 a52a 100,则 的值是_S20S10答案:54解析:当 q1 时,a 5a 100 不合题意, 公比 q1. q 5 ,因而 1q 101 .a10a5 12 S20S10 1 q201 q10 14 546. 我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红

9、光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座 7 层塔共挂了 381 盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍,则塔的顶层共有灯_盏答案:3解析:设塔的顶层共有灯 x 盏,则各层的灯数构成一个首项为 x,公比为 2 的等比数列,结合等比数列的求和公式有: 381,解得 x3,即塔的顶层共有灯x( 1 27)1 23 盏7. 设等比数列a n的前 n 项和为 Sn,若 S37,S 663,则a7a 8a 9_答案:448解析:由 S37,S 663,得 a1a 2a 37,7a 4a 5a 663,则a4a 5a 6(a 1a 2a 3)q356,q 38,a 7a

10、8a 9(a 4a 5a 6)q3568448.8. 已知等比数列a n的前 n 项和为 Sn,若 S22a 23,S 32a 33,则公比 q 的值为_答案:2解析: S22a 23,S 32a 33, a1a 1q3,a 1(1q)a 1q23, q22q0,q0,则公比 q2.9. 在等比数列a n中,已知 a11,a 48,设 S3n为该数列的前 3n 项和,T n为数列a的前 n 项和若 S3ntT n,则实数 t 的值为_3n答案:7解析: a 4a 1q3q 38, q2,S 3n 8 n1.由题意知,数列a 是首1 23n1 2 3n项为 1,公比为 8 的等比数列,T n (

11、8n1)由 S3ntT n,得 t7.1 8n1 8 1710. 在正项等比数列a n中,若 a4a 32a 22a 16,则 a5a 6的最小值为_答案:48解析:设 a2a 1x,等比数列的公比为 q,则 a4a 3 xq 2,a 5a 6 xq 4.再由a4a 32a 22a 16,得 xq262x, x 0,q1. a5a 6 xq 4 6q2 2 6 6(44)48,当且仅当 q222 时,等号成立,故6q4q2 2 (q2 2 4q2 2 4)a5a 6的最小值为 48.二、 解答题11. 已知a n是首项为 a1,公比 q 为正数(q1)的等比数列,其前 n 项和为 Sn,且5S

12、24S 4.(1) 求 q 的值(2) 设 bnqS n,请判断数列b n能否为等比数列?若能,请求出 a1的值;若不能,请说明理由解:(1) 由题意知,5S 24S 4, .5a1( 1 q2)1 q 4a1( 1 q4)1 q a 10,q0,且 q1, 4q 45q 210,解得 q .12(2) S n 2a 1a 1 ,a1( 1 qn)1 q (12)n 1 b nqS n 2a 1a 1 .12 (12)n 1 当且仅当 2a 10,即 a1 时,b n 为等比数列,12 14 (12)n 1 b n能为等比数列,此时 a1 .1412. 已知等差数列a n的公差 d 不为 0,

13、且ak1,ak 2,ak n,(k 1k 2k n)成等比数列,公比为 q.(1) 若 k11,k 23,k 38,求 的值;a1d(2) 当 为何值时,数列k n为等比数列a1d解:(1) 由已知可得 a1,a 3,a 8成等比数列,所以(a 12d) 2a 1(a17d),整理可得,4d23a 1d.因为 d0,所以 .a1d 43(2) 设数列k n为等比数列,则 k k 1k3.又 ak1,ak 2,ak 3成等比数列,2所以a 1(k 11)da 1(k 31)da 1(k 21)d 2.整理,得 a1(2k2k 1k 3)d(k 1k3k k 1k 32k 2)2因为 k k 1k

14、3,所以 a1(2k2k 1k 3)d(2k 2k 1k 3)2因为 2k2k 1k 3,所以 a1d,即 1.a1d当 1 时,a na 1(n1)dnd,所以 aknk nd.a1d因为 aknak 1qn1 k 1dqn1 ,所以 knk 1qn1 .所以 q,数列k n为等比数列kn 1kn k1qnk1qn 1综上,当 1 时,数列k n为等比数列a1d13. (2017苏州期中)已知等比数列a n的公比 q1,且满足 a2a 3a 428,且a32 是 a2,a 4的等差中项(1) 求数列a n的通项公式;(2) 若 bna nlog an,S nb 1b 2b n,求使 Snn2

15、 n1 62 成立的正整数 n 的最12小值解:(1) a 32 是 a2,a 4的等差中项, 2(a 32)a 2a 4,代入 a2a 3a 428,可得 a38, a 2a 420, 解得 或 a1q2 8,a1q a1q3 20, ) a1 2,q 2 ) a1 32,q 12. ) q1, 数列a n的通项公式为 an2 n.a1 2,q 2, )(2) b na nlog an2 nlog 2nn2 n,1212 S n(1222 2n2 n) ,2Sn(12 222 3(n1)2 nn2 n1 ) ,得,S n22 22 32 nn2 n1 n2 n1 2 n1 2n2 n1 .2

16、( 1 2n)1 2 S nn2 n1 62, 2 n1 262, n16,n5, 使 Sn n2n1 62 成立的正整数 n 的最小值为 6.第 4 课时 数列的求和一、 填空题1. 在数列a n中,若 a12,且对任意的 nN *有 2an1 12a n,则数列a n前 10项的和为_答案:52解析:由 2an1 12a n得 an1 a n ,所以数列a n是首项为2,公差为 的等差12 12数列,所以 S1010(2) .10( 10 1)2 12 522. 已知数列a n的通项公式是 an ,其前 n 项和 Sn ,则项数2n 12n 32164n_答案:6解析: an1 , 12n

17、Sn n( )(112) (1 14) (1 18) (1 12n) 12 14 18 12nn n1 .由 Sn n1 ,可得出 n6.121 (12)n 1 12 12n 32164 12n3. 数列 1 ,3 ,5 ,7 ,(2n1) ,的前 n 项和 Sn_12 14 18 116 12n答案:n 2112n解析:该数列的通项公式为 an(2n1) ,则 Sn135(2n1)12n( )n 21 .12 122 12n 12n4. 已知等差数列a n的前 n 项和为 Sn,a 55,S 515,则数列 的前 100 项1anan 1和为_答案:100101解析: a 55,S 515,

18、 15,则 a11,5( a1 a5)2 d 1, ann, .设数列 的a5 a14 1anan 1 1n( n 1) 1n 1n 1 1anan 1前 n 项和为 Tn,则 T 100 1 .(112) (12 13) (1100 1101) 1101 1001015. 已知数列a n的前 n 项和 Snn 26n,则|a n|的前 n 项和 Tn_答案: 6n n2( 1 n 3) ,n2 6n 18( n3) )解析:由 Snn 26n 得a n是等差数列,且首项为5,公差为 2, an5(n1)22n7, 当 n3 时,a n3 时,a n0, Tn6n n2( 1 n 3) ,n2

19、 6n 18( n3) . )6. 数列a n的前 n 项和为 Sn,已知 Sn1234(1) n1 n,则S17_答案:9解析:S 171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.7. 已知数列a n: , , , ,.若12 13 23 14 24 34 110 210 310 910bn ,那么数列b n的前 n 项和 Sn_1anan 1答案:4nn 1解析: a n ,1 2 3 nn 1 n2 b n 4 ,1anan 1 4n( n 1) (1n 1n 1) S n4 4 .(112) (12 13) (1n 1n 1) (1 1n 1)

20、 4nn 18. 已知数列a n满足 an2 a n(nN ),且 a11,a 22,则数列a n的前 2 014项的和为_答案:3解析: an2 a n(a n2 ),n2, 数列a n是以 4 为周期的周期数列S 2 014503(a 1a 2a 3a 4)a 2 013a 2 014503(a 1a 2a 1a 2)a 50341 a 50342 a 1a 23.9. 设数列a n满足 a11,且 an1 a nn1(nN *),则数列 前 10 项的和为1an_答案:2011解析: a11,a n1 a nn1, a2a 12,a 3a 23,a na n1 n.将以上 n1 个式子相

21、加得 ana 123n ,即 an .令n( n 1) 22 n( n 1)2bn ,故 bn 2 ,故 S10b 1b 2b 102(1 1an 2n( n 1) (1n 1n 1) 12 12 13 ) .110 111 2011二、 解答题10. 已知数列a n的通项 an 求其前 n 项和 Sn.6n 5( n为 奇 数 ) ,2n( n为 偶 数 ) , )解:奇数项组成以 a11 为首项,公差为 12 的等差数列,偶数项组成以 a24 为首项,公比为 4 的等比数列;当 n 为奇数时,奇数项有 项,偶数项有 项, Snn 12 n 12 ;当 n 为偶数时,n 12 ( 1 6n

22、5)24( 1 4n 12 )1 4 ( n 1) ( 3n 2)2 4( 2n 1 1)3奇数项和偶数项分别有 项,n2 S n ,n2( 1 6n 5)24( 1 4n2 )1 4 n( 3n 2)2 4( 2n 1)3 S n( n 1) ( 3n 2)2 4( 2n 1 1)3 ( n为 奇 数 ) ,n( 3n 2)2 4( 2n 1)3 ( n为 偶 数 ) . )11. 设等差数列a n的前 n 项和为 Sn,且 S32S 24,a 536.(1) 求 an,S n;(2) 设 bnS n1(nN *),T n ,求 Tn.1b1 1b2 1b3 1bn解:(1) 因为 S32S

23、 24,所以 a1d4.因为 a536,所以 a14d36,解得 d8,a 14,所以 an48(n1)8n4,S n 4n 2.n( 4 8n 4)2(2) 因为 bn4n 21(2n1)(2n1),所以 ,1bn 1( 2n 1) ( 2n 1) 12( 12n 1 12n 1)Tn 1b1 1b2 1b3 1bn12(1 13 13 15 12n 1 12n 1) .12(1 12n 1) n2n 112. 已知数列a n是首项为 a1 ,公比为 q 的等比数列,设 bn23log an(nN *),14 14 14数列c n满足 cna nbn.(1) 求数列b n的通项公式;(2)

24、求数列c n的前 n 项和 Sn.解:(1) 由题意,知 an (nN *)(14)n 又 bn3log an2,故 bn3n2(nN *)14(2) 由(1)知 an ,b n3n2(nN *),(14)n 所以 cn(3n2) (nN *),(14)n 所以 Sn1 4 7 (3n5) (3n2) ,14 (14)2 (14)3 (14)n 1 (14)n 于是 Sn1 4 7 (3n5) (3n2)( )n1 ,14 (14)2 (14)3 (14)4 (14)n 14两式相减,得Sn 3( )2( )3( )n(3n2) (3n2)( )n1 ,34 14 14 14 14 (14)n

25、 1 12 14所以 Sn (nN *)23 3n 23 (14)n 13. 在等差数列a n中,已知公差 d2,a 2是 a1与 a4的等比中项(1) 求数列a n的通项公式;(2) 设 bna ,记 Tnb 1b 2b 3b 4(1) nbn,求 Tn.n( n 1)2解:(1) 由题意知(a 1d) 2a 1(a13d),即(a 12) 2a 1(a16),解得 a12,所以数列a n的通项公式为 an2n.(2) 由题意知 bna n(n1),n( n 1)2则 bn1 b n2(n1),所以 Tn122334(1) nn(n1)当 n 为偶数时,Tn(b 1b 2)(b 3b 4)(

26、b n1 b n)48122n ,n2( 4 2n)2 n( n 2)2当 n 为奇数时,T nT n1 (b n) n(n1) ,( n 1) ( n 1)2 ( n 1) 22所以 Tn 第 5 课时 数列的综合应用 ( n 1) 22 , n为 奇 数 ,n( n 2)2 , n为 偶 数 . )一、 填空题1. 在等差数列a n中,满足 3a47a 7,且 a10,S n是数列a n的前 n 项和,若 Sn取得最大值,则 n_答案:9解析:设公差 d,由题设知 3(a13d)7(a 16d),得 d a10,解不等式433an0,即 a1(n1) 0,解得 n ,则 n9 时,a n0

27、,同理可得 n10 时,(433a1) 374an0,故当 n9 时,S n取得最大值2. 在等比数列a n中,各项都是正数,且 a1, a3,2a 2成等差数列,则12_a9 a10a7 a8答案:32 2解析: a1, a3,2a 2成等差数列, 2 a3a 12a 2,即 a3a 12a 2.设等比数列12 12an的公比为 q 且 q0,则 a3a 1q2,a 2a 1q, a1q2a 12a 1q, q212q,解得q1 或 1 (舍), q 2( 1) 232 .2 2a9 a10a7 a8 a9( 1 q)a7( 1 q) 2 23. 在数列a n中,S n是其前 n 项和,且

28、Sn2a n1,则数列的通项公式an_答案:a n2 n1解析:依题意得 Sn1 2a n1 1,S n2a n1,两式相减得 Sn1 S n2a n1 2a n,即an1 2a n.又 S12a 11a 1,所以 a11,所以数列a n是以 a11 为首项,2 为公比的等比数列,所以 an2 n1 .4. 等差数列a n的首项为 1,公差不为 0.若 a2,a 3,a 6成等比数列,则a n前 6 项的和为_答案:24解析:设等差数列的公差为 d,由 a2,a 3,a 6成等比数列可得 a a 2a6,即(12d)232(1d)(15d),整理可得 d22d0.因为公差不为 0,所以 d2,

29、数列的前 6 项和为 S66a 1 d61 (2)24.6( 6 1)2 6( 6 1)25. 设等比数列a n的前 n 项和为 Sn,若 S3,S 9,S 6成等差数列,且 a2a 54,则 a8的值为_答案:2解析: 等比数列a n的前 n 项和为 Sn,若 S3,S 9,S 6成等差数列,且 a2a 54, q1, 解得2a1( 1 q9)1 q a1( 1 q3)1 q a1( 1 q6)1 q ,a1q a1q4 4, )a1q8,q 3 , a 8a 1q7(a 1q)(q3)28 2.12 146. 在等差数列a n中,已知首项 a10,公差 d0.若 a1a 260,a 2a

30、3100,则5a1a 5的最大值为_答案:200解析:由 a1a 260,a 2a 3100 得 2a1d60,2a 13d100,a 10,d0.由线性规划的知识得 5a1a 56a 14d,过点(20,20)时,取最大值为 200.7. 设正项数列a n的前 n 项和是 Sn,a n和 都是等差数列,则 的最小值SnSn 10an是_答案:21解析:由题设知 Sn n n2.又 为等差数列,从而 a1 ,从而(a1d2) d2 Sn d2ana 1(n1)dd ,S n n2, .令(n12) d2 Sn 10and2( n 10) 2d(n 12)( n 10) 22(n 12) ( n

31、 10) 22n 12n1t(t1),原式 21,从而当(t 12 10)2 t 14 (t 441t 42) 14 (2t441t 42)t21,即 n11 时,原式取到最小值 21.8. 中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还 ”其大意为:“有一个人走了 378 里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了 6 天后到达目的地 ”问此人第 4 天和第 5 天共走了_里答案:36解析:由题意知,此人每天走的里数构成公比为 的等比数列,设等比数列的首项为12a1,则有

32、378,解得 a1192,所以a1(1 126)1 12a4192 24,a 524 12,a 4a 5241236,所以此人第 4 天和第 5 天共走了18 1236 里9. 已知a n,b n均为等比数列,其前 n 项和分别为 Sn,T n,若对任意的 nN *,总有 ,则 _SnTn 3n 14 a3b3答案:9解析:设a n,b n的公比分别为 q,q, ,SnTn 3n 14 当 n1 时,a 1b 1.当 n2 时, .当 n3 时,a1 a1qb1 b1q 527, 2q5q3, 7q 27qq 2q60,解得a1 a1q a1q2b1 b1q b1q 2q9,q3, 9.a3b

33、3 a1q2b1q 210. 现有一根 n 节的竹竿,自上而下每节的长度依次构成等差数列,最上面一节长为10 cm,最下面的三节长度之和为 114 cm,第 6 节的长度是首节与末节长度的等比中项,则 n_答案:16解析:设每节竹竿的长度对应的数列为a n,公差为 d(d0)由题意知a110,a na n1 a n2 114,a a 1an.由 ana n1 a n2 114,得 3an1 114,解得26an1 38, (a15d) 2a 1(an1 d) ,即(105d) 210(38d),解得d2,a n1 a 1(n2)d38,即 102(n2)38,解得 n16.二、 解答题11.

34、设数列a n的前 n 项和为 Sn,满足 2Sna n1 2 n1 1,且 a1,a 25,a 3成等差数列(1) 求 a1,a 2的值;(2) 求证:数列a n2 n是等比数列,并求数列a n的通项公式(1) 解:由已知,得 2a1a 23 ,2(a1a 2)a 37 ,又 a1,a 25,a 3成等差数列,所以 a1a 32a 210 ,解,得 a11,a 25.(2) 证明:由已知,nN *时,2(S n1 S n)a n2 a n1 2 n2 2 n1 ,即an2 3a n1 2 n1 ,即 an1 3a n2 n(n2),由(1)得,a 23a 12, a n1 3a n2 n(nN

35、 *),从而有 an1 2 n1 3a n2 n2 n1 3a n32 n3(a n2 n)又 a120, a n2 n0, 3,an 1 2n 1an 2n 数列a n2 n是等比数列,且公比为 3, a n2 n(a 12)3 n1 3 n,即 an3 n2 n.12. 商学院为推进后勤社会化改革,与桃园新区商定,由该区向建设银行贷款 500 万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓,工程于 2017 年初动工,年底竣工并交付使用,公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率 5%,按复利计算),公寓所收费用除去物业管理费和水电费 18 万元,其余部分全部用于年底还建行贷款(1) 若

36、公寓收费标准定为每生每年 800 元,问到哪一年可偿还建行全部贷款?(2) 若公寓管理处要在 2025 年年底把贷款全部还清,则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到元)?(参考数据:lg 1.734 30.239 1,lg 1.050.021 2,1.05 81.477 4)解:(1) 设公寓投入使用后 n 年可偿还全部贷款,则公寓每年收费总额为 1 000800800 000(元)80 万元,扣除 18 万元,可偿还贷款 62 万元依题意有621(15%)(15%) 2(15%) n1 500(15%) n1 ,化简得 62(1.05n1)251.05 n1 , 1.05 n1.734 3

37、.两边取对数并整理得n 11.28,lg 1.734 3lg 1.05 0.239 10.021 2 当取 n12 时,即到 2029 年底可全部还清贷款(2) 设每生每年的最低收费标准为 x 元,因到 2025 年底公寓共使用了 8 年,依题意有 1(15%)(15%) 2(15%) 7500(15%) 9.(1 000x10 000 18)化简得(0.1x18) 5001.05 9,1.058 11.05 1解得 x992, 每生每年的最低收费标准为 992 元13. 已知数列a n,b n满足 2Sn(a n2)b n,其中 Sn是数列a n的前 n 项和(1) 若数列a n是首项为 ,

38、公比为 的等比数列,求数列b n的通项公式;23 13(2) 若 bnn,a 23,求数列a n的通项公式;(3) 在(2)的条件下,设 cn ,求证:数列c n中的任意一项总可以表示成该数列其anbn他两项之积(1) 解:因为 an 2 ,23( 13)n 1 ( 13)n Sn ,231 ( 13)n 1 ( 13) 121 ( 13)n 所以 bn .2Snan 21 ( 13)n 2( 13)n 2 12(2) 解:若 bnn,则 2Snna n2n,所以 2Sn1 (n1)a n1 2(n1),两式相减得 2an1 (n1)a n1 na n2,即 nan(n1)a n1 2.当 n

39、2 时,(n1)a n1 (n2)a n2,两式相减得(n1)a n1 (n1)a n1 2(n1)a n,即 an1 a n1 2a n.由 2S1a 12,得 a12,又 a23,所以数列a n是首项为 2,公差为 321 的等差数列,故数列a n的通项公式是 ann1.(3) 证明:由(2)得 cn ,对于给定的 nN *,若存在 k,tn,k,tN *,使得n 1ncnc kct,只需 ,即 1 ,n 1n k 1k t 1t 1n (1 1k) (1 1t)即 ,则 t ,1n 1k 1t 1kt n( k 1)k n取 kn1,则 tn(n2),所以对数列c n中的任意一项 cn ,都存在 cn1 和 cn22n ,使n 1n n 2n 1 n2 2n 1n2 2n得 cnc n1 cn22n .

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