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2000-2012全国高中数学联赛分类汇编 专题12 数列


1、 (2000 一试 4)给定正数 p,q,a,b,c,其中 p?q,若 p,a ,q 是等比数列,p,b,c,q 是等差 2 数列,则一元二次方程 bx ?2ax+c=0 ( ) (A)无实根 (B)有两个相等实根 (C)有两个同号相异实根 (D)有两个异号实根

2、 (2003 一试 1) 删去正整数数列 1, 3, 2, ……中的所有完全平方数, 得

到一个新数列. 这 个数列的 2003 项是( ) (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 【解析】C 2 2 【解析】45 =2025,46 =2116. 在 1 至 2025 之间有完全平方数 45 个,而 2026 至 2115 之间没有完全平方数.故 1 至 2025 中共有新数列中的 2025-45=1980 项.还缺 2003-1980=23 项.由 2025+23=2048.知选 C.
[来源:学&科&网]

【解析】由于 a1,a2,…,an-1 中的每一个都可以取 0 与 1 两个数,Tn=2 . n-2 n-1 在每一位(从第一位到第 n-1 位)小数上,数字 0 与 1 各出现 2 次.第 n 位则 1 出现 2 次. ∴ Sn=2
n-2

n-1

?0.11…1+2

n-2

?10 .
-n

Sn 1 1 1 ∴ lim = ? = . n→∞Tn 2 9 18

5、 (2004 一试 11)已知数列 a0,a1,a2,… ,an,…满足关系式(3-an+1)(6+an)=18,且 a0=3, 1 则∑ 的值是
i=0 n

ai

6、(2005 一试 7) 将关于 x 的多项式 f ( x) ? 1 ? x ? x ? x ? ? ? x
2 3

19

? x 20 表为关于 y 的多






g ( y) ?

a0 ? a1 y ? a 2 y 2 ? ? ? a19 y 19 ? a 20 y 20 ,
.



y ? x ? 4.



a0 ? a1 ? ? ? a20 ?

7、 (2007 一试 10)已知等差数列{an}的公差 d 不为 0,等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正 有理数。若 a1=d,b1=d ,且 【答案】
2

2 2 a12 ? a2 ? a3 是正整数,则 q 等于 b1 ? b2 ? b3



1 2

2 2 a12 ? a2 ? a3 a12 ? (a1 ? d ) 2 ? (a1 ? 2d ) 2 14 ? ? ,故由已知条件知道: 2 b1 ? b2 ? b3 b1 ? b1q ? b1q 1? q ? q2 14 14 2 2 1+q+q 为 ,其中 m 为正整数。令 1 ? q ? q ? , m m 1 1 14 1 56 ? 3m 14 ? ?1 ? ? ? 则q ? ? ? 。 由于 q 是小于 1 的正有理数, 所以 1 ? ? 3, 2 4 m 2 4m m 56 ? 3m 1 即 5≤m≤13 且 是某个有理数的平方,由此可知 q ? 。 4m 2

【解析】因为

8、 (2008 一试 10)设数列 {an } 的前 n 项和 S n 满足: S n ? an ?

n ?1 , n ? 1, 2,? ,则通项 n(n ? 1)

an =



[来源:Z§xx§k.Com]

9 、 2010 一 试 4 ) 已 知 {a n } 是 公 差 不 为 0 的 等 差 数 列 , {bn } 是 等 比 数 列 , 其 中 (

a1 ? 3, b1 ? 1, a 2 ? b2 ,3a5 ? b3 , 且 存 在 常 数 ? , ? 使 得 对 每 一 个 正 整 数 n 都 有 a n ? log ? bn ? ? ,则 ? ? ? ?
【答案】 3 3 ? 3 【解析】设 {a n } 的公差为 d ,{bn } 的公比为 q ,则 .

3 ? d ? q,

(1)
2

3(3 ? 4d ) ? q 2 ,

(2)

(1)代入(2)得 9 ? 12d ? d ? 6d ? 9 ,求得 d ? 6, q ? 9 . 从而有 3 ? 6(n ? 1) ? log ? 9 对一切正整数 n 都成立. 从而 log? 9 ? 6,?3 ? ? log? 9 ? ? ,求得 ? ? 3 3 , ? ? 3 , ? ? ? ? 3 3 ? 3 . 10、 (2009 一试 7)一个由若干行数字组成的数表,从第二行起每一行中的数字均等于其肩 上的两个数之和,最后一行仅有一个数,第一行是前 100 个正整数按从小到大排成的行,则 最后一行的数是 (可以用指数表示)
n ?1

? ? 对一切正整数 n 都成立, 6n ? 3 ? (n ? 1) log? 9 ? ? 即

11、 (2000 一试 13)设 Sn=1+2+3+…+n,n?N,求 f(n)=

Sn 的最大值. (n ? 32) S n?1

12、 (2000 二试 2)设数列{a n}和{b

n

}满足,且

?an ?1 ? 7 an ? 6bn ? 3 n ? 0,1,2, ? ? ?bn ?1 ? 8an ? 7bn ? 4
证明 a n(n=0,1,2,…)是完全平方数. 【解析】[证法一]:由假设得 a1=4, b1=4 且当 n ? 1 时 (2an+1-1)+ 3bn ?1 =(14an+12bn-7 )+ 3 (8an+7bn-4)=[(2an-1)+ 3bn ](7+4 3 )
n ?1 n 依次类推可得 (2an-1)+ 3bn = (7+ 4 3 ) (2a1 -1+ 3b1 )=(7+4 3 ) n 同理(2an-1+ )- 3bn =(7+4 3 )

从而 an=

1 n 1 n 1 (7+4 3 ) + (7+4 3 ) + . 2 4 4
3 ) 2 ,所以 an =[

由于 7 ? 4 3 =(2 ? 由二项式展开得 c =

1 n 1 n 2 (2+ 3 ) + (2- 3 ) ] 2 2

n

1 n 1 k n n?2 k 2 (2+ 3 ) + (2- 3 ) = ? C n k 3 2 , 2 2 0? 2 k ? n

显然 Cn 为整数,于是 an 为完全平方数.

13、 (2001 一试 13)设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且 b1 ? a1 ,b2 ? a 2 ,b3 ? a 3
2 2

2

(a1<a2),又 lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ?
n ? ??

2 ? 1 ,试求{an}的首项与公差。

【解析】设所求公差为 d,∵a1<a2,∴d>0.由此得

a12 (a1 ? 2d ) 2 ? (a1 ? d ) 4

2 化简得: 2a1 ? 4a1 d ? d 2 ? 0

14、 (2001 二试 2)设 xi≥0(I=1,2,3,…,n)且 大值与最小值。 【解析】先求最小值,因为 (

? xi ? 2
2 i ?1

n

1? k ? j ? n

?

n k x k x j ? 1 ,求 ? x i 的最 j i ?1

?x ) ? ?x
2 i i ?1 i ?1

n

n

2 i

?2

1? k ? j ? n

?

k xk x j ? 1 ? j

?x
i ?1

n

i

≥1

等号成立当且仅当存在 i 使得 xi=1,xj=0,j=i ∴

?x
i ?1

n

i

最小值为 1.

再求最大值,令 xk ? k y k



? ky
k ?1

n

2 k

?2

1? k ? j ? n

? ky y
k

j

?1



设M ?

?x ? ?
k k ?1 k ?1

n

n

? y1 ? y 2 ? ? ? y n ? a1 ? y2 ? ? ? yn ? a2 ? k yk , 令 ? ?? ? ? yn ? an ?
令 an?1 =0,则 M ?

2 2 2 则①? a1 ? a2 ? ? ? an ? 1

?
k ?1

n

k (ak ? ak ?1 )

?

?
k ?1

n

k ak ?

?
k ?1

n

k ak ?1 ?

?
k ?1

n

k ak ?

?
k ?1

n

k ? 1ak ?

?(
k ?1

n

k ? k ? 1 )ak

15、 (2001 二试 3)将边长为正整数 m,n 的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形,每个 正方形的边均平行于矩形的相应边,试求这些正方形边长之和的最小值。 D D1 C

n

m A1 A B 【解析】记所求最小值为 f (m,n),可义证明 f (m,n)=rn+n-(m,n) (*) 其中(m,n) 表示 m 和 n 的最大公约数 事实上,不妨没 m≥n (1)关于 m 归纳,可证存在一种合乎题意的分法,使所得正方形边长之和恰为 rn+n-(m, n) 当用 m=1 时,命题显然成立. 假设当,m≤k 时,结论成立(k≥1).当 m=k+1 时,若 n=k+1,则命题显然成立. 若 n<k+1,从矩形 ABCD 中 切去正方形 AA1D1D(如图),由归纳假设矩形 A1BCD1 有一种分 法使得所得正方形边长之和恰为 m—n+n—(m-n,n=m-(m,n),)于是原矩形 ABCD 有一种分法使得所得正方形边长之和为 rn+n-(m, n) (2)关于 m 归纳可以证明(*)成立.
[来源:学科网 ZXXK]

当 m=1 时,由于 n=1,显然 f (m,n)=rn+n-(m,n)

[来源:Zxxk.Com]

16、 (2002 一试 14)如图,有一列曲线 P0, P1, P2, ……,已知 P0 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形,Pk+1 是对 Pk 进行如下操作得到的:将 Pk 的每条边三等分,以每边中间部分的 线段为边,向外作等边三角形,再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,3,…),记 Sn 为曲线 Pk 所围成图形面积。 ①求数列{Sn}的通项公式;②求 lim S n 。
n ??

P0 P1 P2

【解析】①对 P0 进行操作,容易看出 P0 的每条边变成 P1 的 4 条边,故 P1 的边数 为 3×4; 同样,对 P1 进行 2 n 操作,P1 的每条边变成 P2 的 4 条边,故 P2 的边数为 3×4 ,从而不难得到 Pn 的边数为 3×4 已知 P0 的面积为 S0=1, 比较 P1 与 P0, 容易看出 P1 在 P0 的每条边上增加了一个小等边三角形, 其面积为

1 1 1 ,而 P0 有 3 条边,故 S1=S0+3× 2 =1+ 2 3 3 3 1 1 × 2 , 2 3 3

再比较 P2 与 P1, 容易看出 P2 在 P1 的每条边上增加了一个小等边三角形, 其面积为 而 P1 有 3×4 条边,故 S2=S1+3×4×

1 1 4 =1+ + 3 4 3 3 3

类似地有:S3=S2+3×4 ×

2

1 1 4 42 =1+ + 3 + 5 3 3 3 36

∴ Sn= 1 ?

1 4 42 4 n ?1 ? 3 ? 5 ? ? ? 2 n ?1 3 3 3 3

=1+

3 n 4 k ?( ) 4 k ?1 9

=

8 3 4 n ? ?( ) 5 5 9

( ※ )

17、 (2004 二试 2)在平面直角坐标系 XOY 中,y 轴正半轴上的点列{An}与曲线 y= 2x(x≥ 1 0)上的点列{Bn}满足| OAn|=|OBn|= ,直线 AnBn 在 x 轴上的截距为 an,点 Bn 的横坐标为 bn,n

n

∈N*. ⑴ 证明 an>an+1>4,n∈N*; ⑵ 证明有 n0∈N*,使得对?n>n0,都有 + +…+

b2 b3 b1 b2

bn bn+1 + <n-2004. bn-1 bn

∴ an=

bn bn(1+n 2bn) 1+n 2bn 1 2 1 2 2 1 2 = = 2 =( ) + 2( )=tn + 2 tn=(tn+ ) - ≥( 2 2 1-2n bn n bn 2 2 1-n 2bn n bn n bn

2 2 1 ) - =4. 2 2 且由于 tn 单调减,知 an 单调减,即 an>an+1>4 成立. 1 1 亦可由 2 =bn+2. = bn+2,得 an=b n+2+ 2 bn+2, . +

n bn

n bn

∴ 由 bn 递减知 an 递减,且 an>0+2+ 2? 2=4.

18、 (2005 一试 13)数列 {a n } 满足: a 0 ? 1, a n ?1 ?

2 7 a n ? 45 a n ? 36

2

, n ? N.

证明: (1)对任意 n ? N , a n 为正整数;(2)对任意 n ? N , a n a n ?1 ? 1 为完全平方数。

(2)将①两边配方,得 (a n ?1 ? a n ) ? 9(a n a n ?1 ? 1),? a n a n ?1 ? 1 ? (
2

a n ?1 a n 2 ) .④ 3

由③ an ?1 ? an ? 9an ? (an ?1 ? an ) ≡ ?(an ? an ?1 ) ? mod 3? ∴ an ?1 ? an ≡ ( ?1) ④式成立.
n

? a1 ? a0 ? ≡0(mod3)∴

an ?1 ? an 为正整数 3

? a n a n ?1 ? 1 是完全平方数.

19、 (2006 二试 2)已知无穷数列{an}满足 a0=x,a1=y, an ?1 ?

an an ?1 ? 1 ,n=1、2、…。 an ? an ?1

(1)对于怎样的实数 x 与 y,总存在正整数 n0,使当 n0≥n 时 an 恒为常数? (2)求数列{an}的通项公式。

20、 (2007 一试 13)设 an ? 【解析】证明:由于

? k (n ? 1 ? k ) ,求证:当正整数 n≥2 时,a
k ?1

n

1

n+1

<an。

1 1 1 1 2 n 1 ? ( ? ) ,因此 an ? ? ,于是,对 n ? 1 k ?1 k k (n ? 1 ? k ) n ? 1 k n ? 1 ? k 1 1 n 1 1 n ?1 1 ? 任意的正整数 n≥2,有 (an ? an ?1 ) ? ? ? 2 n ? 1 k ?1 k n ? 2 k ?1 k n n 1 1 1 1 1 1 ?( ? )? ? ? (? ? 1) ? 0 ,即 an+1<an。 n ? 1 n ? 2 k ?1 k (n ? 1)( n ? 2) (n ? 1)( n ? 2) k ?1 k

21、 (2008 二试 3)设 ak ? 0 ,k ? 1, 2,?, 2008 .证明:当且仅当 ? ak ? 1 时,存在数列 { xn }
k ?1

2008

满足以下条件:

[来源:学.科.网 Z.X.X.K]

(1) 0 ? x0 ? xn ? xn ?1 , n ? 1, 2,3,? ; (2) lim xn 存在;
n ??

(3) xn ? xn ?1 ? ? ak xn ? k ? ? ak ?1 xn ? k , n ? 1, 2,3,? .
k ?1 k ?0

2008

2007

充分性:假设 ? ak ? 1 .定义多项式函数如下: f ( s) ? ?1 ? ? ak s k , s ? [0,1] ,则 f ( s ) 在
k ?1

2008

2008 k ?1

[0,1]上是递增函数,且 f (0) ? ?1 ? 0 , f (1) ? ?1 ? ? ak ? 0 .因此方程 f ( s) ? 0 在[0,1]内
k ?1

2008

有唯一的根 s ? s0 ,且 0 ? s0 ? 1 ,即 f ( s0 ) ? 0 .
k 下取数列 { xn } 为 xn ? ? s0 , n ? 1, 2,? ,则明显地 { xn } 满足题设条件(ⅰ) ,且 k ?1
n s0 ? s0 ?1 s ? s n ?1 s n . 0 ? s0 ? 1 , lim s0 ?1 ? 0 , 因 故 因此 lim xn ? lim 0 0 ? 0 , { xn } 即 n ?? n ?? n ?? 1 ? s 1 ? s0 1 ? s0 0

n

k xn ? ? s0 ? k ?1

n

k 的极 限存在,满足(2) 最后验证 { xn } 满足(3) . ,因 f ( s0 ) ? 0 ,即 ? ak s0 ? 1 ,从而 k ?1

2008

n k n n xn ? xn ?1 ? s0 ? ( ? ak s0 ) s0 ? ? ak s0 ? k ? ? ak ( xn ? k ? xn ?k ?1 ) . k ?1 k ?1 k ?1

2008

2008

2008

综上,存在数列 { xn } 满足(1). 2 2、 (2009 一试 10)已知 p , q ? q ? 0 ? 是实数,方程 x2 ? px ? q ? 0 有两个实根 ? , ? ,数

列 ?an ? 满足 a1 ? p , a2 ? p 2 ? q , an ? pan?1 ? qan?2 ? n ? 3 , , ? 4 ? (Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式(用 ? , ? 表示) ;(Ⅱ)若 p ? 1 , q ?
1 ,求 ?an ? 的前 n 项和. 4

②当 ? ? p2 ? 4q ? 0 时, ? ? ? , ? ? ? n?1 ? ? 2 ? an?1 ? ? an ? ? n?1 ? ? an ? ? ? ? an ? ? n?1 ? ? n?1 ? n ? 1, , ? . ? ?? ? ?? ? ?? 整理得 an?1 ?
? ? n? 2 ? n?1 ? 2 ? ? ? ? an ? ? , ? n ? 1, , ? . ? ?? ? ?? ? ?

? ? n?1 ? 所以,数列 ?an ? ? 成公比为 ? 的等比数列,其首项为 ? ?? ? ? ?2 ?2 ?2 ? n?1 ?2 .所以 an ? a1 ? ?? ? ? ? ? ? ? n?1 . ? ?? ? ?? ? ?? ? ?? ? ??

于是数列 ?an ? 的通项公式为 an ? (Ⅱ)若 p ? 1 , q ?

? n?1 ? ? n?1 . ? ??

1 1 ,则 ? ? p2 ? 4q ? 0 ,此时 ? ? ? ? .由第(Ⅰ)步的结果得,数列 ?an ? 4 2
n

? 1 ? n ?1 的通项公式为 an ? ? n ? 1? ? ? ? n ,所以, ?an ? 的前 n 项和为 2 ?2? 2 3 4 n n ?1 sn ? ? 2 ? 3 ? ? ? n?1 ? n 2 2 2 2 2 1 2 3 4 n n ?1 sn ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? ? 2 2 2 2 2n 2n?1 1 3 n?3 n?3 以上两式相减,整理得 sn ? ? n?1 , 所以 sn ? 3 ? n . 2 2 2 2 方法二: (Ⅰ)由韦达定理知 ? ? ? ? q ? 0 ,又 ? ? ? ? p ,所以 a1 ? ? ? ? , a2 ? ? 2 ? ? 2 ? ?? .

特征方程 ? 2 ? p? ? q ? 0 的两个根为 ? , ? .
2 ? ①当 ? ? ? ? 0 时,通项 an ? ? A1 ? A2 n ?? n ? n ? 1, , ? 由 a1 ? 2? , a2 ? 3? 2 得
?? A1 ? A2 ?? ? 2? ? , ? 2 2 ?? A1 ? 2 A2 ?? ? 3? ?

解得 A1 ? A2 ? 1 .故

an ? ?1 ? n ?? n .

2 ? ② 当 ? ? ? 时 , 通 项 an ? A1? n ? A2 ? n ? n ? 1, , ? . 由 a1 ? ? ? ? , a2 ? ? 2 ? ? 2 ? ?? 得

? A1? ? A2 ? ? ? ? ? ?? ? ? , 解得 A1 ? , A2 ? .故 ? 2 2 2 2 ? ?? ? ?? ? A1? ? A2 ? ? ? ? ? ? ?? ? ?? n?1 ? n?1 ? n?1 ? ? n?1 . an ? ? ? ? ?? ? ?? ? ?? (Ⅱ)同方法一.

23、 (2010 二试 3)给定整数 n ? 2 ,设正实数 a1 , a2 , ?, an 满足 ak ? 1, k ? 1, 2, ? , n ,记

Ak ?
求证:

a1 ? a2 ? ? ? ak , k ? 1, 2, ?, n . k

? ak ? ? Ak ?
k ?1 k ?1

n

n

n ?1 . 2

24、 (2011 一试 10)已知数列 {a n } 满足: a1 ? 2t ? 3 (t ? R 且 t ? ?1) ,
a n ?1 ? (2t n ?1 ? 3)a n ? 2(t ? 1)t n ? 1 (n ? N * ) . a n ? 2t n ? 1 2(t n ?1 ? 1)(a n ? 1) ?1 , a n ? 2t n ? 1

(1)求数列 {a n } 的通项公式; (2)若 t ? 0 ,试比较 an?1 与 a n 的大小. 【解析】 (1)由原式变形得 a n ?1 ?

25、 (2012一试10)已知数列 ?an ? 的各项均为非零实数,且对于任意的正整数 n ,都有
3 3 (a1 ? a2 ? ? ? an )2 ? a13 ? a2 ? ? ? an

(1)当 n ? 3 时,求所有满足条件的三项组成的数列 a1 , a2 , a3 ; (2)是否存在满足条件的无穷数列 {an } ,使得 a2013 ? ?2012? 若存在, 求出这样的无穷数列的一个通项公式;若不存在,说明理由. 【解析】(1)当 n ? 1 时, a1 ? a1 ,由 a1 ? 0 得 a1 ? 1 .当 n ? 2 时, (1 ? a2 ) ? 1 ? a2 ,由
2 3 2 3

a2 ? 0 得 a2 ? 2 或 a2 ? ?1
当 n ? 3 时, (1 ? a2 ? a3 ) ? 1 ? a2 ? a3 . 若 a2 ? 2 得 a3 ? 3 或 a3 ? ?2 ;若 a2 ? ?1 得 a3 ? 1 ;
2 3 3

综上,满足条件的三项数列有三个:1,2,3或1,2,-2或1,-,1 (2)令 Sn ? a1 ? a2 ? ? ? an , 则 Sn ? a1 ? a2 ? ? ? an (n ? N ) 从而
2 3 3 3 3 3 3 ( Sn ? an ?1 )2 ? a13 ? a2 ? ? ? an ? an ?1. ?

两式相减,结合 an ?1 ? 0 得 2Sn ? an ?1 ? an ?1 当 n ? 1 时,由(1)知 a1 ? 1 ;
2

当 n ? 2 时, 2an ? 2( Sn ? Sn ?1 ) ? (an ?1 ? an ?1 ) ? (an ? an ), 即 (an ?1 ? an )(an ?1 ? an ? 1) ? 0,
2 2

所以 an ?1 ? ?an 或 an ?1 ? an ? 1 又 a1 ? 1, a2013 ? ?2012, 所以 an ? ?

?n(1 ? n ? 2012)
n ?2012 ? (?1) ( n ? 2013)

26、(2012 二试 4)设 Sn ? 1 ?

1 1 ? ? ? ,n是正整数.证明:对满足 0 ? a ? b ? 1 的任 2 n

意实数 a, b ,数列 {S n ? [ S n ]} 中有无穷多项属于 (a, b) .这里, [ x] 表示不超过实数x的最 大整数.

1 1 1 ? ??? n 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? 1 ? ? ( 1 ? 2 ) ? ( n?1 ? ? ? n ) ? 1 ? ? ( 2 ? 2 ) ? ? ? ( n ? ? ? n ) 2 2 ?1 2 2 ?1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ? 1? ? ??? ? n 2 2 2 2 1 1 因 此 , 当 n 充 分 大 时 , S n 可 以 大 于 如 何 一 个 正 数 , 令 N0 ? [ ] ? 1, 则 N 0 ? ,当 b?a b?a k ? N0 时, 1 1 Sk ? Sk ?1 ? ? ?b?a k N0 因此,对于如何大于 S N0 的正整数 m, 总存在 n ? N 0 , 使 Sn ? m ? (a, b),
证法二:(1) S2n ? 1 ? 即 m ? a ? Sn ? m ? b, 否则,一定存在 k ? N 0 , 使 Sk ?1 ? m ? a, 且 S k ? m ? b, 这样就有 Sk ? Sk ?1 ? b ? a,

1 1 ? ? b ? a, 矛盾.故一定存在 n ? N 0 , 使得 m ? a ? Sn ? m ? b, k N0 令 mi ? [ S N0 ] ? i (i ? 1, 2,3,?), 则 mi ? S N0 , 故一定存在 n1 ? N 0 ,
而 S k ? S k ?1 ? 使 mi ? a ? S ni ? mi ? b ,因此 a ? Sni ? mi ? Sni ? [ Sni ] ? b 这样的 i 有无穷多个,所以数列 ?S n ? [ S n ]? 中有无穷多项属于 (a, b)


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