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【金版学案】2015届高考数学总复习 第五章 第一节数列的概念与简单表示法课时精练 理


第五章 第一节

数列

数列的概念与简单表示法
)

1.设数列 2, 5,2 2, 11,…,则 2 5是这个数列的( A.第六项 B.第七项 C.第八项 D.第九项 答案:B

2.观察下列数:1,3,2,6,5,15,14,x ,y,z,…,则 x,y,z 的值依次为( A.13,39,123 B.42,41,123 C.24, 23,123 D.28,27,123

)

解析:观察各项可以发现:x 为前一项的 3 倍即 42,y 为前一项减 1 即 41,z 为前 一项 的 3 倍即 123.故选 B. 答案:B 1 34 3.若数列{an}满足关系:an+1=1+ ,a8= ,则 a5=( an 21 3 5 8 13 A. B. C. D. 2 3 5 8 )

21 13 8 解析:由递推关系,由 a8 逆推依次得到 a7= ,a6= ,a5= ,故选 C. 13 8 5 答案:C 4.已知数列{an}满足:a1=1,an>0,an+1-an=1(n∈N ),那么 使 an<5 成立的 n 的最大 值为( ) A.4 B.5 C.24 D.25 解析: 由 a1=1, an>0, an+1-an=1 知{an}为等差数列, 可得 an=n, 即 an= n.要使 an<5, 则 n<25.故选 C. 答案:C 5.在数列{an}中,a1=1,a2=5,an+2=an+1-an(n∈N ),则 a1 000=( A.5 B.-5 C.1 D.-1
* * 2 2 2 2 2 2 *

)

解析:由 a1 = 1 , a2 = 5 , an + 2 = an + 1 - an(n∈N ) 可得该数列为 1,5,4 ,- 1 ,- 5 ,- 4,1,5,4,…,以 6 为周期,由此可得 a1 000=a4=-1.故选 D. 答案:D 6.(2013·济宁质检)已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和,Sn+Sn+1=an+1(n∈N ),则此数列 是( ) A.递增数列 B.递减数列 C.常数列 D.摆动数列 解析:∵Sn+Sn+1=an+1,∴当 n≥2 时,Sn-1+Sn=an. 两式相减得 an+an+1=an+1-an,∴an=0(n≥2). 当 n=1 时,a1+(a1+a2)=a2,∴a1=0,
1
*

∴an=0(n∈N ),故选 C. 答案:C

*

?7?n 7.(2013·赤峰模拟)已知数列{an}的通项公式为 an=(n+2)? ? ,则当 an 取得最大值 ?8? 时,n 等于( ) A.5 B.6 C.5 或 6 D.7
解析:由题意知?
? ?an≥an-1, ?an≥an+1, ?

? ?? ∴? ? ??

n+2? ? ?n≥? n+1? ? ?n-1, ?8? ?8?

?7?

?7?

?7? ?7? n+2? ? ?n≥? n+3? ? ?n+1. ?8? ?8?

∴?

? ?n≤6, ?n≥5. ?

∴n=5 或 6.

答案:C 8.(2013·海口质检)如图是同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案,则按 此规律第 23 个图案中需用黑色瓷砖________块.

解析:用 an 表示第 n 个图的黑色瓷砖块数,则 a1=12,a2 =16,a3=20,…,由此可得 {an}是以 12 为首项,以 4 为 公差的等差数列 . ∴a23=a1+(23-1)×4=12+22×4=100. 答案:100 9.已知数列{an}满足 a1=33,an+1-an=2n(n∈N ),则 的最小值为________.
*

an n

解析: ∵an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2×[1+2+…(n-1)]+33 = 33+ n -n, 所以 =
2

an 33 +n-1. n n n n

33 -33 设 f(n)= +n-1,令 f′ (n)= 2 +1>0,解得 n> 33,则 f(n)在( 33,+∞)上 单调递增,在(0, 33)上单调递减.因为 n∈N ,所以当 n=5 或 6 时 f(n)有最小值.又 因 a5 53 a6 63 21 an a6 21 为 = , = = ,所以 的最小值为 = . 5 5 6 6 2 n 6 2 21 答案: 2 10. (2013·唐山 模拟)在数列{an}中,a1=1,an an=________.
+1 *

-an=2n+1(n∈N ),则数列的通项

*

2

解析:∵an+1-an=2n+1. ∴an= (an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1=(2n-1)+(2n-3)+… 2 2 +5+3+1=n (n≥2).当 n=1 时,也适用 an=n . 2 答案:n 11.在数列{an}中,若 a1=1,an +1=2an+3(n∈N ),则数列{an}的通项 an=________. 解析:设 an+1+x=2(an+x),解得 x=3,所以{an+3}是以 2 为公比,a1+3=4 为首项 的等比数列, n-1 ∴an+3=4·2 . n+1 ∴an=2 -3. n+1 答案:2 -3 12.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 log2(Sn+1)=n+1(n∈N ),求{an}的通项公式. 解析:由题意,得 Sn=2 -1, n+1 n n 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2 -1)-(2 -1)=2 , 当 n=1 时 ,a1=S1=3,与上式不符. ?3,n=1, ? ∴an=? n ? ?2 ,n≥2. 13.若数列 An:a1,a2,…,an(n≥2)满足|ak+1-ak|=1(k=1,2,…,n-1),则称 An 为 E 数列,记 S(An)=a1+a2+…+an. (1)写出一个 E 数列 A5 满足 a1=a3=0; (2)若 a1=12,n=2 000,证明:E 数列 An 是递增数列的充要条件是 an=2 011; (3)在 a1=4 的 E 数列 An 中,求使得 S(An)=0 成立的 n 的最小值. (1)解析: 0,1,0,1,0 是一个满足条件的 E 数列 A5.(答案不唯一, 0, -1,0,1,0; 0, ± 1, 0,1,2;0,±1,0,-1,-2;0,±1,0,-1,0 都是满足条件的 E 数列 A5) (2)证明:必要性: 因为 E 数列 An 是递增数列, 所以 ak+1-ak=1(k=1,2,…,1 999). 所以 An 是首项为 12,公差为 1 的等差数列. 所以 a2 000=12+(2 000-1)×1=2 011. 充分性: 由于 a2 000-a1 999≤1,a1 999-a1 998≤1,…,a2-a1≤1, 所以 a2 000-a1≤1 999,即 a2 000≤a1+1 999. 又因为 a1=12,a2 000=2011,所以 a2 000=a1+1 999. 故 ak+1-ak=1>0(k=1,2,…,1 999),即 An 是递增数列. 综上所述,结论得证. (3)解析:对首项为 4 的 E 数列 An,由于 a2≥a1-1=3, a3≥a2-1≥2, … a8≥a7-1≥-3, … 所以 a1+a2+…+ak>0(k=2,3,…,8). 所以对任意的首项为 4 的 E 数列 An, 若 S(An)=0,则必有 n≥9. 又 a1=4 的 E 数列 A9:4,3,2,1,0,-1,-2,-3,-4 满足 S(A9)=0,
3
n+1
* *

所以 n 的最小值是 9. 1 1 1 14.已知数列{an}满足 a1=1,an=a1+ a2+ a3+…+ an-1(n>1). 2 3 n-1 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 an=2013,求 n. 1 1 1 解析:(1)∵a1=1,且 an=a1+ a2+ a3+…+ an-1(n>1). 2 3 n-1 1 1 1 1 ∴a2=a1=1,an+1=a1+ a2+ a3+…+ an-1+ an(n≥1). 2 3 n-1 n 1 ∴an+1-an= an(n≥2).

n n+1 ∴an+1= an, n an+1 an ∴ = (n≥2). n+1 n an an-1 a2 1 ∴ = =…= = , n n-1 2 2 n ∴an= (n≥2).
2 1,n=1, ? ? ∴an=?n ,n≥2. ? ?2

(2) ∵an= =2 013,∴n=4 026. 2

n

4


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