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2016年高考数学总复习 第五章 数列知能训练 理


第五章 第1讲

数列、推理与证明

数列的概念与简单表示法

2 3 4 5 1.数列 1, , , , ,?的一个通项公式是( 3 5 7 9 A.an= B.an= 2n+1 2n-1

)

n n

n n

C.an= D.an= 2n-3 2n+3 2 2.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn=n +2n-1,则( * A.an=2n+1(n∈N ) * B.an=2n-1(n∈N ) ?2 ?n=1?, ? C.an=? * ?2n+1?n≥2,n∈N ? ?
? ?n=1?, ?2 D.an=? * ?2n-1?n≥2,n∈N ? ?

)

3.在数列{an}中,已知 a1=1,且当 n≥2 时,a1a2?an=n ,则 a3+a5=( ) 7 61 31 11 A. B. C. D. 3 16 15 4 4.(2013 年福建)阅读如图 X5?1?1 所示的程序框图,运行相应的程序,如果输入某个 正整数 n 后,输出的 S∈(10,20),那么 n=( )

2

图 X5?1?1 A.3 B.4 C.5 D.6 1 5.(2014 年新课标Ⅱ)数列{an}满足 an+1= ,a8=2,则 a1=________. 1- an * 6.已知数列{an}满足:a4n-3=1,a4n-1=0,a2n=an,n∈N ,则 a2009=________,a2014= ________. 2 7.(2013 年浙江乐清一模)已知递增数列{an}的通项公式为 an=n +kn+2,则实数 k 的 取值范围为________. s t 8.(2013 年广东江门一模)将集合{2 +2 |0≤s<t,且 s,t∈Z}中的元素按上小下大,
1

左小右大的原则排成如图 X5?1?2 所示的三角形数表,将数表中位于第 i 行第 j 列的数记为 bij(i≥j>0),则 b43=________. 3 5 6 9 10 12 ? ? ? ? 图 X5?1?2 9. 已知在等差数列{an}和等比数列{bn}中,a1=b1=1,b4=8,{an}的前 10 项和 S10=55. (1)求 an 和 bn; (2)现分别从{an}和{bn}的前 3 项中各随机抽取一项写出相应的基本事件, 并求这两项的 值相等的概率.

?10?n * 10.已知数列{an}的通项公式为 an=(n+1)? ? (n∈N ),则当 n 为多大时,an 最大? ?11?

2

第 2 讲 等差数列

1.(2014 年福建)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,S3=12,则 a6=( ) A.8 B.10 C.12 D.14 2.(2013 年安徽)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,S8=4a3,a7=-2,则 a9=( ) A.-6 B.-4 C.-2 D.2 3.(2014 年天津)设{an}是首项为 a1,公差为-1 的等差数列,Sn 为其前 n 项和.若 S1, S2,S4 成等比数列,则 a1=( ) A.2 B.-2 1 1 C. D.- 2 2 4.已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1+a7+a13 的值是一个确定的常数,则下列 各式: ①a21;②a7;③S13;④S14;⑤S8-S5. 其结果为确定常数的是( ) A.②③⑤ B.①②⑤ C.②③④ D.③④⑤ 5.(2013 年新课标Ⅰ)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则 m=( ) A.3 B.4 C.5 D.6 6.(2014 年辽宁)设等差数列{an}的公差为 d,若数列{2a1an}为递减数列,则( ) A.d<0 B.d>0 C.a1d<0 D.a1d>0 2 7.(2012 年广东)已知递增的等差数列{an}满足 a1=1,a3=a2-4,则 an=________. 8.(2013 年广东)在等差数列{an}中,已知 a3+a8=10,则 3a5+a7=________.

9. (2013 年四川)在等差数列{an}中, a1+a3=8, 且 a4 为 a2 和 a9 的等比中项, 求数列{an} 的首项、公差及前 n 项和.

10.(2013 年新课标Ⅱ)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且 a1,a11,a13 成等比
3

数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求 a1+a4+a7+?+a3n-2.

第 3 讲 等比数列

1.在等比数列{an}中,a2=3,a7·a10=36,则 a15=( ) A.12 B.-12 C.6 D.-6 2.(2013 年江西)等比数列 x,3x+3,6x+6,?的第四项为( A.-24 B.0 C.12 D.24

)

3.设在公差 d≠0 的等差数列{an}中,a1,a3,a9 成等比数列,则 A.

a1+a3+a5 =( a2+a4+a6

)

7 5 B. 5 7 3 4 C. D. 4 3 4.(2014 年重庆)对任意的等比数列{an},下列说法一定正确的是( A.a1,a3,a9 成等比数列 B.a2,a3,a6 成等比数列 C.a2,a4,a8 成等比例列 D.a3,a6,a9 成等比数列 5.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,若 8a2+a5=0,则 =( A.11 B.5 C.-8 D.-11

)

S5 S2

)

2 6.(2013 年新课标Ⅰ)设首项为 1,公比为 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则( ) 3 A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2 C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an 7.(2013 年重庆)已知{an}是等差数列,a1=1,公差 d≠0,Sn 为其前 n 项和.若 a1,a2, a5 成等比数列,则 S8=________. 8.(2013 年江西)某住宅小区计划植树不少于 100 棵,若第一天植 2 棵,以后每天植树 * 的棵数是前一天的 2 倍,则需要的最少天数 n(n∈N )等于__________.

4

9.(2013 年四川)在等比数列{an}中,a2-a1=2,且 2a2 为 3a1 和 a3 的等差中项,求数列 {an}的首项、公比及前 n 项和.

10.(2014 年北京)已知{an}是等差数列,满足 a1=3,a4=12,数列{bn}满足 b1=4,b4 =20,且{bn-an}是等比数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前 n 项和.

第 4 讲 数列的求和

1. 在各项都为正数的等比数列{an}中, 首项 a1=3, 前 3 项和为 21, 则 a3+a4+a5=( ) A.33 B.72 C.84 D.189 2.(2013 年新课标Ⅱ)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1 =( ) 1 1 1 1 A. B.- C. D.- 3 3 9 9 3.(2014 年新课标Ⅱ)等差数列{an}的公差为 2,若 a2,a4,a8 成等比数列,则{an}的前 n 项和 Sn=( ) A.n(n+1) B.n(n-1) n?n+1? n?n-1? C. D. 2 2 4. (2014 年大纲)在等比数列{an}中, a4=2, a5=5, 则数列{lgan}的前 8 项和等于( ) A.6 B.5 C.4 D.3 ? 1 ? ?的前 100 项和为 5.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列?
?anan+1?

(

)
5

100 99 99 101 B. C. D. 101 101 100 100 n 6.若数列{an}的通项公式是 an=(-1) ·(3n-2),则 a1+a2+?+a10=( ) A.15 B.12 C.-12 D.-15 7.(2013 年广东揭阳一模)已知等差数列{an}满足 a1>0,5a8=8a13,则当前 n 项和 Sn 取 最大值时,n=( ) A.20 B.21 C.22 D.23 8. 如图 X5?4?1, 它满足: ①第 n 行首尾两数均为 n; ②图中的递推关系类似杨辉三角. 则 第 n(n≥2)行的第 2 个数是______________. 1 2 2 3 4 3 4 7 7 4 5 11 14 11 5 ?? 图 X5?4?1 A.

9.(2014 年新课标Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方程 x -5x+6=0 的根. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列? n?的前 n 项和. ?2 ?
?an?

2

10.(2014 年广东佛山一模)数列{an},{bn}的每一项都是正数,a1=8,b1=16,且 an, bn,an+1 成等差数列,bn,an+1,bn+1 成等比数列,n=1,2,3,?. (1)求 a2,b2 的值; (2)求数列{an},{bn}的通项公式; (3)证明:对一切正整数 n, 1

a1-1 a2-1 a3-1



1



1

+?+

1

an-1 7

2 < 成立.

6

第 5 讲 利用几类经典的递推关系式求通项公式

1.在等比数列{an}中,a1=1,公比|q|≠1.若 am=a1a2a3a4a5,则 m=( ) A.9 B.10 C.11 D.12 2.古希腊著名的毕达哥拉斯学派把 1,3,6,10,?这样的数称为“三角形数”,而把 1,4,9,16,?这样的数称为“正方形数”.如图 X5?5?1,可以发现,任何一个大于 1 的“正 方形数”都可以看作两个相邻的“三角形数”之和. 下列等式中, 符合这一规律的表达式是 ( )

图 X5?5?1 ①13=3+10;②25=9+16;③36=15+21;④49=18+31;⑤64=28+36. A.①④ B.②⑤ C.③⑤ D.②③ * 3.数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列,且 bn=an+1-an(n∈N ).若 b3=-2,b10=12, 则 a8=( ) A.0 B.3 C.8 D.11 4.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 8a2+a5=0,则下列式子中数值不能确定的是 ( )

a5 a3 an+1 C. an
A.

B.

S5 S3
D.

Sn+1 Sn

2 1 5.(2013 年新课标Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和为 Sn= an+ ,则数列{an}的通项公式是 3 3 an=________________________________________________________________________. ,则 an=________. 3an+1 7 . 已 知 在 数 列 {an} 中 , a1 = 1 , an + 1 = 2an + n , 则 数 列 {an} 的 通 项 公 式 是 an = ________________. n 8.已知在数列{an}中,a1=1,an+1=3an+3 ,则 an=________. 6.已知数列{an}满足 a1=1,an+1=

an

9.(2014 年新课标Ⅱ)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+1. ? 1? (1)证明:?an+ ?是等比数列,并求{an}的通项公式; 2? ? 1 1 1 3 (2)证明: + +?+ < . a1 a2 an 2

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10.(2014 年安徽)数列{an}满足 a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N . (1)证明:数列? ?是等差数列;
?n? ?an?

*

(2)设 bn=3 · an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

n

第 6 讲 合情推理和演绎推理

1.观察(x )′=2x,(x )′=4x ,(cosx)′=-sinx.由归纳推理,得若定义在 R 上的 函数 f(x)满足 f(-x)=f(x),记 g(x)为 f(x)的导函数,则 g(-x)=( ) A.f(x) B.-f(x) C.g(x) D.-g(x) 1 2 3 2 . (2014 年 广 东 茂 名 一 模 ) 已 知 2 ×1 = 2,2 ×1×3 = 3×4 , 2 ×1×3×5 = 4 4×5×6,2 ×1×3×5×7=5×6×7×8,?,依此类推,第 n 个等式为________________ _______________________________________________________________________________ _________________________________________. 3.(2013 年陕西)观察下列等式: 2 1 =1 2 2 1 -2 =-3 2 2 2 1 -2 +3 =6 2 2 2 2 1 -2 +3 -4 =-10 照此规律, 第 n 个等式为_____________________________________________________. 4.如图 X5?6?1,在平面上,用一条直线截正方形的一个角,则截下的一个直角三角形 2 2 2 按如图 X5?6?1(1)所标边长,由勾股定理,得 c =a +b .设想把正方形换成正方体,把截线 换成如图 X5?6?1(2)所示的截面,这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥 O?ABC, 若 用 s1 , s2 , s3 表 示 三 个 侧 面 面 积 , s4 表 示 截 面 面 积 , 则 可 以 类 比 得 到 的 结 论 是 __________________.

2

4

3

8

(1)

(2)

图 X5?6?1 π 1 π 2π 1 π 2π 3π 1 5.已知 cos = ,cos ·cos = ,cos ·cos ·cos = ,?,根据以上等 3 2 5 5 4 7 7 7 8 式,可猜想出的一般结论是__________________________________________________. 2 2 3 9 3 9 6.(2012 年广东汕头一模)观察下列一组等式: +2=4, ×2=4, +3= , ×3= , 1 1 2 2 2 2 4 16 4 16 +4= , ×4= ,?,根据这些等式反映的结果,可以得出一个关于自然数 n 的等式, 3 3 3 3 这个等式可表示为_______________________________________________________. 1 7.(2014 年福建龙岩模拟)代数式 1+ (“?”表示无限重复)是一个固定值, 1 1+ 1+? 1 5+1 可以令原式=t,由 1+ =t,解得其值为 t= ,用类似方法可得 2+ 2+ 2+?= t 2 ______________. 8.某同学在一次研究性学习中发现,以下 5 个式子的值都等于同一个常数. 2 2 ①sin 13°+cos 17°-sin13°cos17°; 2 2 ②sin 15°+cos 15°-sin15°cos15°; 2 2 ③sin 18°+cos 12°-sin18°cos12°; 2 2 ④sin (-18°)+cos 48°-sin(-18°)cos48°; 2 2 ⑤sin (-25°)+cos 55°-sin(-25°)cos55°. (1)试从上述 5 个式子中选择一个,求出这个常数; (2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论.

9.(2014 年广东广州一模)在等差数列{an}中,a1+a2=5,a3=7,记数列?

?

?anan+1?

1 ? ?的前 n

项和为 Sn. (1)求数列{an}的通项公式; (2)是否存在正整数 m,n,且 1<m<n,使得 S1,Sm,Sn 成等比数列?若存在,求出所有 符合条件的 m,n 的值;若不存在,请说明理由.

9

10

第 7 讲 直接证明与间接证明

1.下列各式中,对 x∈R 都成立的是( ) 2 2 A.lg(x +1)≥lg(2x) B.x +1>2x 1 1 C. 2 ≤1 D.x+ ≥2 x +1 x 2 2 2 2 2.要证 a +b -1-a b ≤0,只要证( ) 2 2 A.2ab-1-a b ≤0 a4+b4 2 2 B.a +b -1- ≤0 2 ?a+b? 2 2 C. -1-a b ≤0 2 2 2 D.(a -1)(b -1)≥0 2 2 2 3.若 a,b,c 是不全相等的实数,求证:a +b +c ≥ab+bc+ac.其证明过程如下: 2 2 2 2 2 2 ∵a,b,c∈R,∴a +b ≥2ab,b +c ≥2bc,a +c ≥2ac. 2 2 2 又 a,b,c 不全相等,∴2(a +b +c )≥2(ab+bc+ac). 2 2 2 ∴a +b +c ≥ab+bc+ac.此证法是( ) A.分析法 B.综合法 C.反证法 D.分析法与综合法并用 4.如下是证明 7-1> 11- 5的过程: 要证 7-1> 11- 5, 只需证 7+ 5> 11+1, 2 2 即证( 7+ 5) >( 11+1) , 即证 35> 11,即证 35>11,显然成立. ∴ 7-1> 11- 5.其证法是( ) A.分析法 B.综合法 C.间接证法 D.分析法与综合法并用 2 5.(2014 年山东)用反证法证明命题“设 a,b 为实数,则方程 x +ax+b=0 至少有一 个实根”时,要做的假设是( ) 2 A.方程 x +ax+b=0 没有实根 2 B.方程 x +ax+b=0 至多有一个实根 2 C.方程 x +ax+b=0 至多有两个实根 2 D.方程 x +ax+b=0 恰好有两个实根 6.α ,β 是两个不同的平面,m,n 是平面 α 及 β 之外的两条不同的直线,给出四个 论断:①m⊥n;②α ⊥β ;③n⊥β ;④m⊥α .以其中的三个论断作为条件,余下一个论断 作为结论,写出你认为正确的一个命题____________________. 7.下表中的对数值有且仅有一个是错误的: x 3 5 8 9 15 lgx 2a-b a+c 3-3a-3c 4a-2b 3a-b+c+1 请将错误的一个改正为________________. 8.(2014 年福建)已知集合{a,b,c}={0,1,2},且下列三个关系:①a≠2;②b=2; ③c≠0 有且只有一个正确,则 100a+10b+c=__________. 9.(2013 年湖北)已知等比数列{an}满足|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式;

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1 1 1 (2)是否存在正整数 m,使得 + +?+ ≥1?若存在,求 m 的最小值;若不存在,请

a1 a2

am

说明理由.

10.(2014 年浙江)已知等差数列{an}的公差 d>0,设{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,S2·S3 =36. (1)求 d 及 Sn; * (2)求 m,k(m,k∈N )的值,使得 am+am+1+am+2+?+am+k=65 成立.

第 8 讲 数学归纳法

1.用数学归纳法证明:(n+1)(n+2)·?·(n+n)=2 ×1×3×?×(2n+1)(n∈N ), 从“n=k”到“n=k+1”左端需乘的代数式是( ) A.2k+1 B.2(2k+1) 2k+1 2k+3 C. D. k+1 k+1 n?2n2+1? 2 2 2 2 2 2.用数学归纳法证明:1 +2 +?+n +?+2 +1 = ,第二步证明由“k 3 到 k+1”时,左边应加( ) 2 2 A.k B.(k+1) 2 2 2 2 2 C.k +(k+1) +k D.(k+1) +k 2 n 3.对一切正整数 n,n 与 2 的大小关系为 ( ) * 2 n A.对一切 n∈N ,恒有 n <2 * 2 n B.对一切 n∈N ,恒有 n ≤2 2 n 2 n C.当 n=1 或 n≥5 时,n <2 ,n=2,3,4 时,n ≥2 D.以上都不对 * 4.f(n)和 g(n)都是定义在正整数集上的函数,满足:①f(1)=g(1);②对 n∈N ,f(n) * -f(n-1)=g(n)-g(n-1).那么猜想对 n∈N 时,有( )
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n

*

A.f(n)>g(n) B.f(n)<g(n) C.f(n)=g(n) D.f(n)与 g(n)大小关系不能确定 2 5n-1 5. 用数学归纳法证明 1+2+2 +?+2 是 31 的整数倍时, 当 n=1 时, 上式等于( ) 2 A.1+2 B.1+2+2 2 3 2 3 4 C.1+2+2 +2 D.1+2+2 +2 +2 1 1 1 1 6.已知 Sk= + + +?+ (k=1,2,3,?),则 Sk+1=( ) k+1 k+2 k+3 2k 1 1 1 A.Sk+ B.Sk+ - 2k+1 2k+2 k+1 1 1 1 1 C.Sk+ - D.Sk+ + 2k+1 2k+2 2k+1 2k+2 1 1 1 1 m * 7.若不等式 + + +?+ > 对于一切 n∈N 成立,则正整数 m 的最大 n+1 n+2 n+3 2n 2015 值为__________. 1 1 1 1 8.已知 f(n)= + + +?+ 2,则下列说法正确的是________. n n+1 n+2 n 1 1 ①f(n)中共有 n 项,当 n=2 时,f(2)= + ; 2 3 1 1 1 ②f(n)中共有 n+1 项,当 n=2 时,f(2)= + + ; 2 3 4 1 1 2 ③f(n)中共有 n -n 项,当 n=2 时,f(2)= + ; 2 3 1 1 1 2 ④f(n)中共有 n -n+1 项,当 n=2 时,f(2)= + + . 2 3 4 9.(2014 年广东深圳一模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 4(n+1)(Sn+1)=(n 2 * +2) an(n∈N ). (1)求 a1,a2 的值; (2)求 an; n+1 3 (3)设 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求证:Tn< . an 4

10.(2014 年重庆)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; * (2)若 b=-1, 问: 是否存在实数 c 使得 a2n<c<a2n+1 对所有 n∈N 恒成立?证明你的结论.

2

*

13

第五章 数列、推理与证明 第 1 讲 数列的概念与简单表示法 1.B 2.C 3.B 4.B 解析:根据题意,该算法的功能为 第一步:k=1,S=2×0+1=1,k=2; 第二步:S=2×1+1=3,k=3; 第三步:S=2×3+1=7,k=4; 第四步:S=2×7+1=15,k=5. 此时 S=15∈(10,20),应该退出程序. 那么此时判断框中的条件是 5>4,故 n 的值为 4. 1 1 5. 解析:由已知,得 an=1- ,a8=2, 2 an+1 1 1 1 1 ∴a7=1- = ,a6=1- =-1,a5=1- =2. a8 2 a7 a6 1 1 同理,a4= ,a3=-1,a2=2,a1= . 2 2 6.1 0 解析:a2009=a4×503-3=1,a2014=a2×1007=a1007=a4×252-1=0. 2 2 7.(-3,+∞) 解析:由{an}为递增数列,得 an+1-an=(n+1) +k(n+1)+2-n - kn-2=2n+1+k>0 恒成立, 即 k>-(2n+1)恒成立,即 k>[-(2n+1)]max=-3. 0 1 0 2, 1 2 0 3, 1 3, 2 3 8.20 解析:3=2 +2 ;5=2 +2 6=2 +2 ;9=2 +2 10=2 +2 12=2 +2 ;17= 0 4, 1 4, 2 4 2 +2 18=2 +2 20=2 +2 ,?.故 b43=20. 9.解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q,则 S10=10a1+45d= 55? d=1? an=a1+(n-1)d=n, b4=b1q3=8? q=2? bn=b1qn-1=2n-1, n-1 则 an=n,bn=2 . (2)a1=1,a2=2,a3=3,b1=1,b2=2,b3=4, 从{an},{bn}的前 3 项中各随机抽取一项写出相应的基本事件有(1,1),(1,2),(1,4), (2,1),(2,2),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),共 9 个, 符合题意的有(1,1),(2,2),共 2 个, 2 故抽取的两项的值相等的概率为 . 9 10 ? ?n+1 ?10?n 10.解:∵an+1-an=(n+2)? ? -(n+1)? ? ?11? ?11? 10 10 9 - n ? ?n ? ?n =? ? · ,而? ? >0, 11 ?11? ?11? ∴当 n<9 时,an+1-an>0,即 an+1>an; 当 n=9 时,an+1-an=0,即 a10=a9; 当 n>9 时,an+1-an<0,即 an+1<an. 因此 a1<a2<?<a9=a10>a11>a12>?.
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∴当 n=9 或 n=10 时,数列{an}有最大项,最大项为 a9 或 a10. 第 2 讲 等差数列 1.C 解析:设等差数列{an}的公差为 d,a1=2,S3=(a1+a3)+a2=3a2=12,a2=4,d =2,则 a6=a1+5d=12. 8×7 2.A 解析:S8=8a1+ d=4a3=4(a1+2d),4a1=-20d,a1=-5d.又∵a7=a1+6d 2 =d=-2,∴a1=10,a9=a1+8d=10+8×(-2)=-6. 2 2 3.D 解析:S1,S2,S4 成等比数列,∴S2=S1S4,即(2a1-1) =a1(4a1-6).解得 a1= 1 - . 2 4.A 解析:由 a1+a7+a13 是一个确定的常数,得 3a7 是确定的常数,故②正确;S13= 13?a1+a13? =13a7 是确定的常数,故③正确;S8-S5=a6+a7+a8=3a7 是确定的常数,故⑤ 2 正确. 5.C 解析:Sm-Sm-1=am=2,Sm+1-Sm=am+1=3,两式相减,得 am+1-am=d=1.

m?m-1? ? ?S =ma + 2 =0, ? m?m+1? S =?m+1?a + =3. ? ? 2
m
1

解得 m=5.

m+1

1

6. C 解析: 由已知, 得2

a1an

<2

a1 an-1

, 即

2 a1an a ( a -a ) ad <1,2 1 n n-1 <1.又 an-an-1=d, 故 2 1 <1, a1an ?1 2

从而 a1d<0. 2 2 2 7.2n-1 解析:由 a3=a2-4,得 1+2d=(1+d) -4,即 d =4.因为{an}是递增的等 差数列,所以 d=2,故 an=2n-1. 8.20 解析:a3+a8=a1+2d+a1+7d=2a1+9d=10,3a5+a7= 3(a1+4d)+(a1+6d)=4a1+18d=2(2a1+9d)=2×10=20. 9.解:设该数列公差为 d,前 n 项和为 Sn. 2 由已知,可得 2a1+2d=8,(a1+3d) =(a1+d)(a1+8d). 所以 a1+d=4,d(d-3a1)=0. 解得 a1=4,d=0,或 a1=1,d=3. 所以,数列{an}的首项为 4,公差为 0,或首项为 1,公差为 3. 2 3n -n 所以,数列的前 n 项和 Sn=4n 或 Sn= . 2 10.解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,且 d≠0, 2 由题意 a1,a11,a13 成等比数列,∴a11=a1a13. 2 ∴(a1+10d) =a1(a1+12d),化为 d(2a1+25d)=0. ∵d≠0,∴2×25+25d=0.解得 d=-2. ∴an=25+(n-1)×(-2)=-2n+27. (2)由(1),得 a3n-2=-2(3n-2)+27=-6n+31.可知此数列是以 25 为首项,-6 为公 差的等差数列. n?a1+a3n-2? ∴Sn=a1+a4+a7+?+a3n-2= 2 n?25-6n+31? = 2 2 =-3n +28n. 第 3 讲 等比数列 1.A 解析:由等比数列的性质,得 a2·a15=a7·a10=36,则 a15=12.故选 A. 6x+6 3x+3 2.A 解析:方法一: =2=q,有 =2,3x+3=2x,即 3x+3 x
15

x=-3,则等比数列-3,-6,-12,?的第四项为-24. 2 2 2 2 方法二:(3x+3) =x(6x+6),9x +18x+9=6x +6x,3x +12x+9=0,x=-3 或 x
=-1(舍).则等比数列-3,-6,-12,?的第四项为-24. 3.C 2 4.D 解析:因为数列{an}是等比数列,a6=a3a9,所以 a3,a6,a9 成等比数列. S5 1-q5 3 5.D 解析:设{an}的公比为 q,则 8a2+a5=8a2+a2q =0,解得 q=-2.∴ = = S2 1-q2 -11. 2 1- a n 3 a1-anq 6.D 解析:由题意,得 Sn= = =3-2an. 1-q 2 1- 3 2 2 7.64 解析:a1,a2,a5 成等比数列,有 a2=a1a5,即(a1+d) =a1(a1+4d),d=2a1=2, 8×7 S8=8a1+ d=8+56=64. 2 8.6 解析:?
?a1=2, ? ? ?q=2,

Sn=

2?1-2 ? n+ 1 =2 -2,S5=62,S6=126.所以至少需要 6 1-2

n

天. 9.解:设等比数列{an}的公比为 q. 由已知,得 a2-a1=a1(q-1)=2,则 a1≠0. 2 ∵2×2a2=3a1+a3,∴4a1q=3a1+a1q . 2 2 ∴a1(4q-3-q )=0,即 q -4q+3=0. 解得 q=3 或 q=1. 由于 a1(q-1)=2,则 q=1 不合题意,应舍去. 故公比 q=3,首项 a1=1. n 3 -1 ∴数列{an}的前 n 项和 Sn= . 2 a4-a1 12-3 10.解:(1)由{an}是等差数列,得 d= = =3. 3 3 ∴an=3+(n-1)×3=3n. 设 q 是等比数列{bn-an}的公比, b4-a4 20-12 3 有q= = =8,∴q=2. b1-a1 4-3 n-1 n-1 ∴bn-an=(b1-a1)×2 =2 . n-1 n-1 从而 bn=an+2 =3n+2 . (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn=(3+6+9+?+3n)+(1+2+22+?+2n-1) 3n?n+1? n = +2 -1. 2 第 4 讲 数列的求和 1.C 1 2 4 2.C 解析:S3=a2+10a1=a1+a2+a3,a3=9a1,q =9.a5=a1q =81a1=9,a1= . 9 2 2 3 . A 解析:由已知,得 a 4 = a2a8 , (a1 + 6) = (a1 + 2)(a1 + 14) , a1 = 2. ∴ Sn = na1 + n?n-1? d=2n+n(n-1)=n2+n. 2 a5 5 a4 16 ?5?3 16 4.C 解析:由已知,得 q= = .∴a1= 3=2÷? ? = .∴lga1=lg .∵{an}为等 a4 2 q 125 ?2? 125

16

比数列,∴lgan-lgan-1=lg

an 5 =lg (n≥2),∴{lgan}为等差数列. an-1 2

16 8×7 5 ∴所求和为 8lg + lg =8(4lg2-3lg5)+28(lg5-lg2)=4lg2+4lg5=4.故选 125 2 2 C. 5. A 解析: 由 a5=5, S5=15, 得 a1=1, d=1.∴an=1+(n-1)=n.故 1 = 1

anan+1 n?n+1?

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 100 = - .∴ +?+ = - + - +?+ - =1- = .故选 A. n n+1 a1a2 a100a101 1 2 2 3 100 101 101 101 6.A 7.B 解析:由 5a8=8a13,得 5(a1+7d)=8(a1+12d). 3 64 1 ? 3 ? ∴d=- a1.由 an=a1+(n-1)d=a1+(n-1)·?- a1?≥0? n≤ =21 . 61 3 3 ? 61 ? ∴数列{an}的前 21 项都是正数,以后各项都是负数. 故 Sn 取最大值时,n 的值为 21.故选 B. n2-n+2 8. 解析:设第 n(n≥2)行的第 2 个数构成数列{an},则有 a3-a2=2,a4-a3 2 2+n-1 =3,a5-a4=4,?,an-an-1=n-1,相加,得 an-a2=2+3+?+(n-1)= ×(n 2 2 ?n+1??n-2? ?n+1??n-2? n -n+2 -2)= ,an=2+ = . 2 2 2 2 9.解:(1)方程 x -5x+6=0 的根为 2,3, 又因为{an}是递增的等差数列,则 a2=2,a4=3. 设数列的公差为 d,a4-a2=2d=1, 1 3 ∴d= ,a1= . 2 2 3 1 n ∴{an}的通项公式为 an= +(n-1)× = +1. 2 2 2 (2)设数列? n?的前 n 项和为 Sn, ?2 ? an n+2 3 4 5 n+2 由(1)知, n= n+1 ,则 Sn= 2+ 3+ 4+?+ n+1 , 2 2 2 2 2 2 1 3 4 5 n+2 Sn= 3+ 4+ 5+?+ n+2 , 2 2 2 2 2 1 ? n+2 3 1? 1 ? n+2 1 3 ?1 1 n+4 两式相减,得 Sn= 2+? 3+ 4+?+ n+1?- n+2 = + ?1- n-1?- n+2 =1- n+2 . 2 ? 2 2 2 ?2 2 4 4? 2 ? 2 2 ?an? n+4 ∴数列? n?的前 n 项和为 Sn=2- n+1 . 2 ?2 ? 10.解:(1)由 2b1=a1+a2,得 a2=2b1-a1=24. 由 a2=b1b2,得 b2= =36. (2)∵an,bn,an+1 成等差数列,∴2bn=an+an+1. ① 2 ∵bn,an+1,bn+1 成等比数列,∴an+1=bnbn+1. ∵数列{an},{bn}的每一项都是正数,∴an+1= bnbn+1.② 于是当 n≥2 时,an= bn-1bn. ③ 将②,③代入①式,得 2 bn= bn-1+ bn+1, 因此数列{ bn}是首项为 4,公差为 2 的等差数列. 2 ∴ bn= b1+(n-1)d=2n+2,于是 bn=4(n+1) . 由③式,得当 n≥2 时,
17
2

?an?

a2 2 b1

an= bn-1bn= 4n2·4?n+1?2=4n(n+1). 当 n=1 时,a1=8,满足该式子, ∴对一切正整数 n,都有 an=4n(n+1).
(3)由(2)知,所证明的不等式为 1 1 1 1 2 + + +?+ 2 < . 7 23 47 4n +4n-1 7 1 ? 1 2?1 方法一:首先证明 2 < ? - ?(n≥2). 4n +4n-1 7?n n+1? 1 ? 1 2 ?1 1 2 2 2 2 ∵ 2 < ? - < 2 ?7n +7n<8n +8n-2?n +n-2>0? ?? 2 4n +4n-1 7?n n+1? 4n +4n-1 7n +7n (n-1)(n+2)>0,当 n≥2 时,该式恒成立, 1 ?? 1 2?1 1 ? 1 1 1 1 2??1 1? ?1 ∴当 n≥2 时, + +?+ 2 < + ?? - ?+?+? - = + ? - ? ? ? 7 23 4n +4n-1 7 7??2 3? ?n n+1?? 7 7?2 n+1? 1 2 1 2 < + × = . 7 7 2 7 1 2 当 n=1 时, < . 7 7 1 1 1 1 2 综上所述,对一切正整数 n,有 + + +?+ < . a1-1 a2-1 a3-1 an-1 7 1 ? 1 1 1 1? 1 - 方法二: 2 < 2 = = ? ?. 4n +4n-1 4n +4n-3 ?2n-1??2n+3? 4?2n-1 2n+3? 1 1 1 当 n≥3 时, + +?+ 2 7 23 4n +4n-1 1 1 1??1 1? ?1 1 ? < + + ?? - ?+? - ?+?+ 7 23 4??5 9? ?7 11?

? 1 - 1 ?+? 1 - 1 ?? ?2n-3 2n+1? ?2n-1 2n+3?? ? ? ? ?? 1 1 1?1 1? 2 < + + ? + ?< . 7 23 4?5 7? 7
1 2 1 1 1 1 2 当 n=1 时, < ;当 n=2 时, + < + = . 7 7 7 23 7 7 7 1 1 1 1 2 综上所述,对一切正整数 n,有 + + +?+ < . a1-1 a2-1 a3-1 an-1 7 1 ? 1 1 1 1? 1 - 方法三: 2 < 2 = = ? . 2 n - 1 2 n +1? 4n +4n-1 4n -1 ?2n-1??2n+1? 2? ? 1 1 1 当 n≥4 时, + +?+ 2 7 23 4n +4n-1 1 1 1 1??1 1? ?1 1 ? < + + + ?? - ?+? - ?+?+ 7 23 47 2??7 9? ?9 11?

? 1 - 1 ?+? 1 - 1 ?? ?2n-3 2n-1? ?2n-1 2n+1?? ? ? ? ??
1 1 1 1 2 < + + + < . 7 23 47 14 7 1 2 1 1 1 1 2 当 n=1 时, < ;当 n=2 时, + < + = ; 7 7 7 23 7 7 7 1 1 1 1 1 1 2 当 n=3 时, + + < + + = . 7 23 47 7 14 14 7

18

综上所述,对一切正整数 n,有 1.C 2.C 3.B 解析:由题意,得?

1 1 1 1 2 + + +?+ < . a1-1 a2-1 a3-1 an-1 7 第 5 讲 利用几类经典的递推关系式求通项公式
? ?b1+2d=-2, ?b1+9d=12. ? ? ?b1=-6, ?d=2. ?

解得?

∵bn=an+1-an,∴b1+b2+?+bn=an+1-a1. 7×6 ∴a8=b1+b2+?+b7+3=7×(-6)+ ×2+3=3. 2 4.D 解析:数列{an}为等比数列,则 8a2+a5=a2(8+q )=0.∵a2≠0,∴q=-2.∴
3

a5 a3

S5 1-q 11 an+1 Sn+1 1-q 2 =q =4; = ; =q=-2; = 3= n ,其值与 n 有关.故选 D. S3 1-q 3 an Sn 1- q
2 1 ? ?S =3a +3, 解析:? 2 1 ? ?S =3a +3.
n n n-1 n-1

5

n+1

5.(-2)

n-1

两式相减,得

2 2 1 2 an an= an- an-1, an=- an-1, =-2,a1=1, 3 3 3 3 an-1 n-1 则 an=(-2) . 1 an 1 3an+1 1 1 1 1 6. 解析:由 an+1= ,得 = = +3? - =3? =1+3(n- 3n-2 3an+1 an+1 an an an+1 an an 1 . 3n-2 n-1 7.3×2 -n-1 解析:令 an+1+A(n+1)+B=2(an+An+B),运用待定系数法,得 A n-1 n-1 =1,B=1.∴an+1+(n+1)+1=2(an+n+1).∴an+n+1=3×2 .∴an=3×2 -n-1. 1).∴an= = n-1+1.令 n-1=bn,∴数列{bn}是首项为 1, 3 3 3 n-1 公差为 1 的等差数列,∴bn=1+1(n-1)=n.∴an=n3 . 1? 1 ? 9.证明:(1)由 an+1=3an+1,得 an+1+ =3?an+ ?. 2? 2 ? n ? 1? 1 3 3 1 3 又 a1+ = ,所以?an+ ?是首项为 ,公比为 3 的等比数列.所以 an+ = . 2? 2 2 2 2 2 ? n 3 -1 因此数列{an}的通项公式为 an= . 2 1 2 (2)由(1)知, = n . an 3 -1 n n-1 因为当 n≥1 时,3 -1≥2×3 , 1 1 1 2 1 所以 n ≤ ≤ . n-1,即 = n 3 -1 2×3 an 3 -1 3n-1 1 1 1 1 1 于是 + +?+ ≤1+ +?+ n-1 a1 a2 an 3 3 1? 3 3? = ?1- n?< . 3? 2 2? 1 1 1 3 所以 + +?+ < . a1 a2 an 2 * 10.(1)证明:a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N ,
n

8.n3

n-1

解析:∵an+1=3an+3 ,∴

n

an+1

an

an

19

等式两边同除以 n(n+1),得 即

an+1 an = +1, n+1 n

an+1 an - =1. n+1 n ?an? ∴数列? ?是首项为 1,公差为 1 的等差数列. ?n? an 2 (2)解:由(1),得 =1+(n-1)×1=n,即 an=n . n n n 从而 bn=3 · an=n·3 . Sn=1×31+2×32+3×33+?+n·3n, 2 3 4 n+1 3Sn=1×3 +2×3 +3×3 +?+n·3 , 1 2 3 n n+1 两式相减,得-2Sn=3 +3 +3 +?+3 -n·3 n n+1 3?1-3 ? ?1-2n?·3 -3 n+1 = -n·3 = .
1-3 n+1 ?2n-1?·3 +3 ∴Sn= . 4 2

第 6 讲 合情推理和演绎推理 1.D n 2.2 ×1×3×5×?×(2n-1)=(n+1)×(n+2)×(n+3)×?×(n+n) 2 2 2 n-1 2 n+1n?n+1? 3.1 -2 +3 -?+(-1) n =(-1) 2 2 2 2 2 4.s4=s1+s2+s3 π 2π nπ 1 * 5.cos cos ·?·cos = n,n∈N 2n+1 2n+1 2n+1 2 n+1 n+1 * 6. +(n+1)= ×(n+1),n∈N

n n+1 n+1+?n2+n? ?n+1?2 解析:由于 +(n+1)= = , n n n 2 n+1 ?n+1? n+1 n+1 * ×(n+1)= ,故 +(n+1)= ×(n+1),n∈N . n n n n 2 7.2 解析:类似令原式=t,有 2+t=t,2+t=t ,解得 t=-1(舍去)或 t=2.
1 3 2 2 8.解:(1)选择②,由 sin 15°+cos 15°-sin15°cos15°=1- sin30°= ,故这 2 4 3 个常数是 . 4 (2)推广,得到三角恒等式 3 2 2 sin α +cos (30°-α )-sinα cos(30°-α )= . 4 2 2 证明:sin α +cos (30°-α )-sinα cos(30°-α ) 2 2 =sin α +(cos30°cosα +sin30°sinα ) -sinα (cos30°cosα +sin30°sinα ) 3 3 1 3 1 3 3 2 2 2 2 2 = sin α + cos α + sinα cosα + sin α - sinα cosα - sin α = sin α + 4 2 4 2 2 4 4 3 2 cos α = . 4 9.解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, ? ? ? ?a1+a2=5, ?2a1+d=5, ?a1=1, 因为? 即? 解得? ?a3=7, ?a1+2d=7. ?d=3. ? ? ? 所以 an=a1+(n-1)d=1+3(n-1)=3n-2. * 所以数列{an}的通项公式为 an=3n-2(n∈N ).
20

n

1 ? 1 1? 1 - = = ? ?, anan+1 ?3n-2??3n+1? 3?3n-2 3n+1? ? 1 ? ?的前 n 项和 所以数列? (2)因为 1
?anan+1?

Sn= + + +?+ + a1a2 a2a3 a3a4 an-1an anan+1
1 ? 1? 1 1 ? 1? 1? 1?1 1? 1?1 1 ? 1? 1 - - = ?1- ?+ ? - ?+ ? - ?+?+ ? + ? ? ? 4? 3?4 7? 3?7 10? 3? 3?3n-5 3n-2? 3?3n-2 3n+1? 1 ? 1? n = ? 1- = . 3n+1? 3? ? 3n+1 假设存在正整数 m,n,且 1<m<n,使 S1,Sm,Sn 成等比数列, ? m ?2=1× n . 2 则 Sm=S1Sn,即? ? ?3m+1? 4 3n+1 2 -4m 所以 n= 2 . 3m -6m-1 2 因为 n>0,所以 3m -6m-1<0. 2 3 因为 m>1,所以 1<m<1+ <3. 3 * 因为 m∈N ,所以 m=2. 2 -4m 此时 n= 2 =16. 3m -6m-1 故存在满足题意的正整数 m,n,且只有一组值,即 m=2,n=16. 第 7 讲 直接证明与间接证明 2 1.C 解析:A,D 中 x 必须大于 0,故排除 A,D,B 中应为 x +1≥2x,故 B 不正确. 2.D 3.B 4.A 5.A 解析:反证法的步骤第一步是假设命题反面成立,而“至少有一个实根”的否定 是“没有实根”.故选 A. 6.若①③④,则②(或若②③④,则①) 解析:依题意可得以下四个命题: (1)m⊥n,α ⊥β ,n⊥β ? m⊥α ;(2)m⊥n,α ⊥β ,m⊥α ? n⊥β ; (3)m⊥n,n⊥β ,m⊥α ? α ⊥β ;(4)α ⊥β ,n⊥β ,m⊥α ? m⊥n. 不难发现,命题(3),(4)为真命题,而命题(1),(2)为假命题. 7.lg15=3a-b+c 解析:如果 lg3=2a-b 是正确的,那么 lg9=2lg3=2(2a-b)= 4a-2b;如果 lg3=2a-b 是错误的,那么 lg9=4a-2b 也是错误的,这与题意矛盾.反过 来,lg9=4a-2b 也不是错误的,否则 lg3=2a-b 是错误的.同样,如果 lg5=a+c,那么 lg8=3lg2=3(1-lg5)=3(1-a-c),如果 lg5=a+c 是错误的,那么 lg8=3-3a-3c, 也错误,这与题意矛盾;显然 lg8=3-3a-3c 也不是错误的,否则 lg5=a+c 也错误. ∴lg15=lg(3×5)=lg3+lg5=(2a-b)+(a+c)=3a-b+c.∴应将最后一个改正为 lg15=3a-b+c. 8.201 解析:由已知,若 a≠2 正确,则 a=0 或 a=1,即 a=0,b=1,c=2 或 a=0, b=2,c=1 或 a=1,b=0,c=2 或 a=1,b=2,c=0 均与“三个关系有且只有一个正确” 矛盾; 若 b=2 正确,则 a≠2 正确,不符合题意;所以 c≠0 正确,a=2,b=0,c=1,故 100a +10b+c=201. 3 9.解:(1)∵a1a2a3=a2=125,∴a2=5. 又 a2|q-1|=10,∴q=-1 或 q=3.
?q=-1, ? 即? ?a1=-5 ?

1

1

1

1

1

q=3, ? ? 或? 5 a1= . ? 3 ?
21

∴an=-5·(-1)

n-1

或 an=5×3 1 1

n-2

.

1 ? ?- ,m为奇数, (2)若 q=-1,则 + +?+ =? 5 a1 a2 am ? ?0,m为偶数. 1 1 1 ? 1 1 1 1? 若 q=3,则 + +?+ = ?3+1+ +?+ m-2? 3 3 ? a1 a 2 am 5? 9 ? ?1?m? 9 = ?1-? ? ?< <1. 10? ?3? ? 10 综上所述,不存在满足题意的正整数 m. 10.解:(1)S2·S3=(2a1+d)(3a1+3d)=36, 将 a1=1 代入上式,解得 d=2 或 d=-5. ∵公差 d>0,∴d=2,an=1+2(n-1)=2n-1, ?1+2n-1?n 2 * Sn= =n (n∈N ). 2 (2)由(1)知,am+am+1+am+2+?+am+k [2m-1+2?m+k?-1]?k+1? = =(2m+k-1)(k+1)=65. 2 *, ∵m,k∈N 2m+k-1>1,k+1>1, ? ? ?2m+k-1=5, ?m=-3, ∴? 解得? (舍去). ?k+1=13. ?k=12, ? ?
? ? ?2m+k-1=13, ?m=5, 或? 解得? ? ? ?k+1=5. ?k=4. 综上所述,m=5,k=4. 第 8 讲 数学归纳法 1.B 2.D 3.C 4.C 5-1 4 5.D 解析:原等式共有 5n 项,当 n=1 时,2 =2 ,选 D. 1 1 1 1 1 1 1 6.C 解析:Sk+1= + +?+ = + +?+ = + k+1+1 k+1+2 2k+1 k+2 k+3 2k+2 k+1 1 1 1 1 1 1 1 +?+ + + - =Sk+ - . k+2 2k 2k+1 2k+2 k+1 2k+1 2k+2 1 1 1 1 7.1007 解析:记 f(n)= + + +?+ , n+1 n+2 n+3 2n 1 1 1 1 1 则 f(n+1)-f(n)= + - = - >0,数列{f(n)}是递增数列, 2n+1 2n+2 n+1 2n+1 2n+2 1 则 f(n)min=f(1)= ,∴m≤1007. 2 8.④ 2 9.(1)解:当 n=1 时,有 4×(1+1)(a1+1)=(1+2) a1, 解得 a1=8. 2 当 n=2 时,有 4×(2+1)(a1+a2+1)=(2+2) a2, 解得 a2=27. 2 ?n+2? an (2)解:方法一:当 n≥2 时,有 4(Sn+1)= . ① n+1 2 ?n+1? an-1 4(Sn-1+1)= . ②

n 2 2 ?n+2? an ?n+1? an-1 ①-②,得 4an= - , n+1 n

22

an ?n+1?3 = . an-1 n3 an an-1 an-2 a2 ∴ 3= 3 = 3=?= 3=1. ?n+1? n ?n-1? 3 3 ∴an=(n+1) (n≥2). 3 方法二:根据 a1=8,a2=27,猜想:an=(n+1) . 3 ①当 n=1 时,有 a1=8=(1+1) ,猜想成立. 3 ②假设当 n=k 时,猜想也成立,即 ak=(k+1) . 那么当 n=k+1 时, 2 有 4(k+1+1)(Sk+1+1)=(k+1+2) ak+1, 2 ?k+1+2? ak+1 即 4(Sk+1+1)= , ① k+1+1 2 ?k+2? ak 又 4(Sk+1)= , ② k+1 2 2 2 2 3 ?k+3? ak+1 ?k+2? ak ?k+3? ak+1 ?k+2? ?k+1? ①-②,得 4ak+1= - = - , k+2 k+1 k+2 k +1 3 3 解得 ak+1=(k+2) =(k+1+1) . ∴当 n=k+1 时,猜想也成立. 3 因此,由数学归纳法证得 an=(n+1) 成立. n+1 1 1 1 1 (3)证明:∵bn= = = - , 2< an ?n+1? n?n+1? n n+1
即 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn=b1+b2+b3+?+bn-1+bn= 2+ 2+ 2+?+ 2+ + +? 2< 2+ 2 3 4 n ?n+1? 2 2×3 3×4 1 1 + + ?n-1?n n?n+1? 1 ?1 1? ?1 1? ? 1 -1?+?1- 1 ?=1+1- 1 <3. = +? - ?+? - ?+?+? ? ? ? 4 ?2 3? ?3 4? ?n-1 n? ?n n+1? 4 2 n+1 4 10.解:(1)方法一:a2=2,a3= 2+1. 再由题设条件知, 2 2 (an+1-1) =(an-1) +1. 2 从而{(an-1) }是首项为 0,公差为 1 的等差数列. 2 * 故(an-1) =n-1,即 an= n-1+1(n∈N ). 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 ak+1= ?ak-1?2+1+1= ?k-1?+1+1= ?k+1?-1+1, 这就是说,当 n=k+1 时结论成立. * 所以 an= n-1+1(n∈N ). 2 (2)方法一:设 f(x)= ?x-1? +1-1,则 an+1=f(an). 1 2 令 c=f(c),即 c= ?c-1? +1-1.解得 c= . 4 下面用数学归纳法证明 a2n<c<a2n+1<1. 当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(0)= 2-1, 1 所以 a2< <a3<1,结论成立. 4 假设 n=k 时结论成立,即 a2k<c<a2k+1<1.
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易知 f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而 c=f(c)>f(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)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1. 故 c<a2k+3<1,因此 a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1,这就是说,当 n=k+1 时结论成立. 1 * 综上所述,存在 c= 使得 a2n<c<a2n+1 对所有 n∈N 成立. 4 方法二:设 f(x)= ?x-1? +1-1,则 an+1=f(an). * 先证 0≤an≤1(n∈N ). ① 当 n=1 时,结论显然成立. 假设 n=k 时结论成立,即 0≤ak≤1. 易知 f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而 0=f(1)≤f(ak)≤f(0)= 2-1<1, 即 0≤ak+1≤1.这就是说,当 n=k+1 时结论成立. 故①成立. * 再证 a2n<a2n+1(n∈N ). ② 当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)= 2-1, 所以 a2<a3,即 n=1 时②成立. 假设 n=k 时,结论成立,即 a2k<a2k+1. 由①及 f(x)在(-∞,1]上为减函数,得 a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2, a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1. 这就是说,当 n=k+1 时②成立. * 所以②对一切 n∈N 成立. 2 由②,得 a2n< a2n-2a2n+2-1, 2 2 即(a2n+1) <a2n-2a2n+2. 1 因此 a2n< . ③ 4 又由①②及 f(x)在(-∞,1]上为减函数,得 f(a2n)>f(a2n+1),即 a2n+1>a2n+2. 2 所以 a2n+1> a2n+1-2a2n+1+2-1. 1 解得 a2n+1> . ④ 4 1 * 综上所述,由②③④知,存在 c= 使得 a2n<c<a2n+1 对一切 n∈N 成立. 4
2

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