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数列解答题练习


学员姓名: 授课教师: 教学标题 考点、教学重点

科目:数学 总课时:

年级: 已上课时: 数列强化练习

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教学过程

必考解答题——模板成形练(五) 数 列

(建议用时:60 分钟

) 1.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 2Sn=1-an. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 bn=
n 1 ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求证 ? T <2. k=1 k

1 (1)解 当 n=1 时,2S1=1-a1,2a1=1-a1,∴a1=3; ?2Sn=1-an, 当 n≥2 时,? ?2Sn-1=1-an-1, 两式相减得 2an=an-1-an(n≥2), an 1 即 3an=an-1(n≥2),又 an-1≠0,∴ = (n≥2), an-1 3 1 1 ∴数列{an}是以3为首项,3为公比的等比数列. 1 ?1?n-1 ?1?n ?3? =?3? . ∴an=3· ? ? ? ? (2)证明 由(1)知 bn= n2+n ∴Tn=1+2+3+…+n= 2 , =n,

k=1

? Tk=1×2+2×3+…+n?n+1?

n

1

2

2

2

1

1 1 1 1 1 ? ? =2?1-2+2-3+…+n-n+1? ? ? 1 ? ? =2?1-n+1?<2. ? ? 2.数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,且 Sn=Sn-1+2n(n≥2,n∈N*). (1)求 Sn; (2)是否存在等比数列{bn}满足 b1=a1,b2=a3,b3=a9?若存在,求出数列{bn}的通项公式; 若不存在,说明理由. 解 (1)因为 Sn=Sn-1+2n,

所以有 Sn-Sn-1=2n 对 n≥2,n∈N*成立, 即 an=2n 对 n≥2 成立,又 a1=2· 1. 所以 an=2n 对 n∈N*成立. 所以 an+1-an=2 对 n∈N*成立,所以{an}是等差数列, a1+an 所以有 Sn= 2 · n=n2+n,n∈N*. (2)存在. 由(1),得 an=2n,n∈N*成立, 所以有 a3=6,a9=18,又 a1=2, b2 b3 所以由 b1=a1,b2=a3,b3=a9,则b =b =3.
1 2

所以存在以 b1=2 为首项,公比为 3 的等比数列{bn}, 其通项公式为 bn=2· 3n-1. 3. 已知数列{an}是首项 a1=1 的等差数列, 其前 n 项和为 Sn, 数列{bn}是首项 b1=2 的等比数列, 且 b2S2=16,b1b3=b4. (1)求 an 和 bn; (2)令 c1=1,c2k=a2k-1,c2k+1=a2k+kbk(k=1,2,3,…),求数列{cn}的前 2n+1 项和 T2n+1. 解 (1)设数列{an}的公差为 d,数列{bn}的公比为 q,

则 an=1+(n-1)d,bn=2qn-1. b4 由 b1b3=b4,得 q=b =b1=2,
3

由 b2S2=2q(2+d)=16,解得 d=2.

2

∴an=2n-1,bn=2n. (2)∵T2n+1=c1+a1+(a2+b1)+a3+(a4+2· b2)+…+a2n-1+(a2n+nbn)=1+S2n+(b1+2b2+… +nbn). 令 A=b1+2b2+…+nbn, 则 A=2+2· 22+…+n· 2n, ∴2A=22+2· 23+…+(n-1)2n+n· 2n+1, ∴-A=2+22+…+2n-n· 2n+1, ∴A=n· 2n+1-2n+1+2. 2n?1+a2n? 又 S2n= =4n2, 2 ∴T2n+1=1+4n2+n· 2n+1-2n+1+2 =3+4n2+(n-1)2n+1. 1 2 2 4.已知数列{an}满足:an≠± 1,a1=2,3(1-a2 n+1)=2(1-an),bn=1-an,
2 * cn=a2 n+1-an(n∈N ).

(1)证明数列{bn}是等比数列,并求数列{bn}、{cn}的通项公式. (2)是否存在数列{cn}的不同项 ci,cj,ck(i<j<k)使之成为等差数列?若存在,请求出这样的 不同项 ci,cj,ck(i<j<k);若不存在,请说明理由. (3)是否存在最小的自然数 M,对一切 n∈N*都有(n-2)cn<M 恒成立?若存在,求出 M 的值, 若不存在,说明理由. 1 2 2 (1)证明 因为 an≠± 1,a1=2,3(1-a2 n+1)=2(1-an),bn=1-an,
2 bn+1 1-an 2 3 2 +1 * 2 3 所以 b = 2 = (n∈N ),b1=1-a1= ,所以{bn}是以 为首项, 为公比的等比数列, 3 4 4 3 1-an n

3 ?2? 3 ?2? 2 2 2 1 ?2? 所以 bn=4×?3?n-1(n∈N*), 所以 an =1-bn=1-4×?3?n-1(n∈N*). 所以 cn=an +1-an= ×? ? 4 ?3? ? ? ? ?
n-1

(n∈N*)

(2)解 假设存在 cj,cj,ck(i<j<k)满足题意,则有 2cj=ci+ck 代入得 1 ?2? 1 ?2? 1 ?2? 2×4×?3?j-1=4×?3?i-1+4×?3?k-1 化简得 2j-i+1=3j-1+2k+j-i, ? ? ? ? ? ? 即 2j-i+1-2k+j-i=3j-1,左边为偶数,右边为奇数不可能相等. 所以假设不成立,这样的三项不存在.
3

1 ?2? - n-4 (3)解 ∵(n-2)cn-(n-1)cn+1=4×?3?n 1× 3 , ? ? ∴(1-2)c1<(2-2)c2<(3-2)c3<(4-2)c4, (4-2)c4=(5-2)c5,(5-2)c5>(6-2)c6>(7-2)c7>…… 1 ?2? 4 即在数列{(n-2)cn}中,第 4 项和第 5 项是最大项,当 n=4 时(n-2)cn=2×4×?3?3=27, ? ? 所以存在最小自然数 M=1 符合题意. 5.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,a4=a1-9,a5,a3,a4 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:对任意 k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 解 (1)设公比为 q,在等比数列{an}中,a5,a3,a4 成等差数列,∴2a3=a5+a4,即 2a1q2= a1q4+a1q3, 整理得:q2+q-2=0. 解得 q=1,或 q=-2. 又 a4=a1-9, 即 a1q3=a1-9, 当 q=1 时,无解. 当 q=-2 时,解得 a1=1, ∴等比数列{an}通项公式为 an=(- 2)n-1(n∈N*). (2)证明:∵Sn 为等比数列{an}的前 n 项和, 1· [1-?-2?k] 1-?-2?k 1-?-2?k+1 1-?-2?k+2 ∴Sk= = ,Sk+1= ,Sk+2= , 3 3 3 1-?-2? 1-?-2?k+1 1-?-2?k+2 2-?-2?k+1-?-2?k+2 2-?-2?k+1[1+?-2?] ∵ Sk + 1 + Sk + 2 = + = = = 3 3 3 3 2+?-2?k+1 1-?-2?k =2· =2Sk, 3 3 ∴Sk+1,Sk,Sk+2 成等差数列. 6.已知各项均不相等的等差数列{an}的前 5 项和为 S5=3 5,且 a1+1,a3+1,a7+1 成等比 数列. (1)求数列{an}的通项公式;
?1? n ? ? n (2 )设 Tn 为数列?S ?的前 n 项和,问是否存 在常数 m,使 Tn=m?n+1+2?n+2??,若存在, ? n? ? ? 4

求出 m 的值;若不存在,说明理由. 解 (1)设数列{an}的公差为 d,由已知得 a3=a1+2d=7, 又 a1+1,a3+1,a7+1 成等比数列,[来源:www.shulihua.net] ∴82=(8-2d)(8+4d),解得 a1=3,d =2, ∴an=2n+1. (2)由(1)得 Sn=n (n+2), 1 ? 1 1 1?1 ?n-n+2?, = = Sn n?n+2? 2? ? 1 ? 1? 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn=2?1-3 +2-4+3-5+…+ - +n- n+2? ? n-1 n+1 ? 1 1 1 ? 1? =2?1+2-n+1-n+2? ? ? n ? 1? n =2?n+1+2?n+2??, ? ? n ? 1 ? n 故存在常数 m= 2,使 Tn=m?n+1+2?n+2??. ? ? 7.(2014· 温州十校联考)已知等差数列{an}的公差为-1,且 a2+a7+a12=-6. (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn; 1 (2)若{bn}是首项为 4,公比为2的等比数列,前 n 项和为 Tn,求证:当 t>6 时,对任意 n,m ∈N*,Sn<Tm+t 恒成立. 解 (1)由 a2+a7+a12=-6 得 a7=-2, ∴a1=4, ∴an=a1+(n-1)d=5-n,[来源:www.shulihua.net] n?a1+an? n?9-n? 从而 Sn= = 2 . 2 ? ?1? ? 4?1-?2?m? ? ? ? ? (2)由等比数列求和公式得 Tm= 1 1-2 ? ?1? ? =8?1-?2?m?, ? ? ? ? Tm≥T1=4.(或者:各项为正的等比数列 T1=4 为最小值)

5

n?9-n? 1 又 Sn= 2 =-2(n2-9n) 9? 81? 1?? n-2?2- ?, =-2?? 4? ? ?? 故(Sn)max=S4=S5=10, 当 t>6 时,对任意 n、m∈N*,Tm+t>T1+6>10≥Sn, ∴当 t>6 时,Sn<Tm+t 恒成立. ?1? 8.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+an+?2?n-1=2(n∈N*),设 cn=2nan. ? ? (1)求证:数列{cn}是等差数列,并求数列{ an}的通项公式; (2)按以下规律构造数列{bn},具体方法如下: b1=c1,b2=c2+c3,b3=c4+c5+c6+c7,…,第 n 项 bn 由相应的{cn}中 2n-1 项的和组成,求 数列{bn}的通项 bn. ?1? 解 (1)证明:在 Sn+an+?2?n-1=2①中, ? ? 令 n=1,得 S1+a1+1=2, 1 ∴a1=2. ?1? 当 n≥2 时,Sn-1+an-1+?2?n-2=2,② ? ? ?1? ①-②得,an+an-an-1-?2?n-1=0(n≥2), ? ? 1 ∴2an-an-1= n-1, 2 ∴2nan-2n-1an-1=1. 又 cn=2nan, ∴cn-cn-1=1(n≥2). 又 c1=2a1=1, ∴数列{cn}是等差数列.于是 cn=1+(n-1)×1=n n 又∵cn=2nan,∴an=2n. (2)由题意得 bn=c2n-1+c2 n-1+1+c2n-1+2+… +c2n-1=2n-1+(2n-1+1)+(2n-1+2)+…+(2n- 1),

6

而 2n-1,2n-1+1,2n-1+2,…,2n-1 是首项为 2n-1, 公差为 1 的等差数列,且共有 2n-1 项, [2n-1+?2n-1?]×2n-1 22n-2+22n-1-2n-1 ∴bn= = =3×22n-3-2n-2. 2 2 9 . (2014· 南 京 一 模 ) 设 等 差 数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn , 已 知 a1 = 2 , S6 = 22.[ 来 源:www.shulihua.net] (1)求 Sn; (2)若从{an}中抽取一个公比为 q 的等比数列{a kn},其中 k1=1,且 k1<k2<…<kn<…,kn∈N*. ①当 q 取最小值时,求{kn}的通项公式; ②若关于 n(n∈N*)的不等式 6Sn>kn+1 有解,试求 q 的值. 解 (1)设等差数列的公差为 d,[来源:www.shulihua.net] 1 2 则 S6=6a1+2×6×5d=22,解得 d=3, n?n+5? ∴Sn= 3 . (2)①∵数列{an}是正项递增等差数列, ∴数列{akn}的公比 q>1, 8 a2 4 若 k2=2,则由 a2=3,得 q=a =3,[来源:www.shulihua.net 数理化网]
1

?4? 32 此时 ak3=2×?3?2= 9 , ? ? 32 2 10 由 9 =3(n+2),解得 n= 3 ?N*, ∴k2>2,同理 k2>3; 若 k2=4,则由 a4=4,得 q=2, 此时 akn=2×2n-1, 2 另一方面,akn=3(kn+2), 2 ∴3(kn+2)=2n, 即 kn=3×2n-1-2, ∴对任何正整数 n,akn 是数列{an}的第 3×2n-1-2 项. ∴最小的公比 q=2. ∴kn=3×2n-1-2.
7

②由 akn=

2kn+4 n-1 3 =2q ,

得 kn=3qn-1-2,而 q>1, 所以当 q>1 且 q∈N 时,所有的 kn=3qn-1-2 均为正整数,符合题意; 当 q>1 且 q?N 时,kn=3qn-1-2∈N 不全是 正整数,不合题意. 而 6Sn>kn+1 有解, ∴ 2n?n+5?+2 >1 有解,经检验, 3qn 2n?n+5?+2 >1 的解,符合题意; 3qn

当 q=2,q=3,q=4 时,n=1 都是 下面证当 q≥5 时,

2n?n+5?+2 >1 无解, 3qn

2n?n+5?+2 设 bn= , 3qn 2[?1-q?n2+?7-5q?n+7-q] 则 bn+1-bn= , 3qn+1 ∵ 5q-7 <0, 2-2q

∴f(n)=2[(1-q)n2+(7-5q)n+7-q]在 n∈N*上单调递减. ∵f(1)<0, ∴f(n)<0 恒成立, ∴bn+1-bn<0, ∴bn≤b1 恒成立, 又当 q≥5 时,b1<1, ∴当 q≥5 时,6Sn>kn+1 无解.

综上所述,q 的值为 2,3,4. 课后作业: 1.已知公差大于零的等差数列{an}的前 n 项和 Sn,且满足:a2a4=64,a1+a5=18. (1)若 1<i<21,a1,ai,a21 是某等比数列的连续三项,求 i 的值. n (2)设 bn= ,是否存在一个最小的常数 m 使得 b1+b2+…+bn<m 对于任意的正整数 n 均 ?2n+1?Sn
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成立,若存在,求出常数 m;若不存在,请说明理由. 解 (1)数列{an}为等差数列,因为 a1+a5=a2+a4=18,

又 a2a4=65,所以 a2,a4 是方程 x2-18x+65=0 的两个根, 又公差 d>0,所以 a2<a4,所以 a2=5,a4=13. ?a1+d=5, 所以? ① ?a1+3d=13, 所以 a1=1,d=4.所以 an=4n-3. 由 1<i<21,a1,ai,a21 是某等比数列的连续三项, 所以 a1a21=a2 i, 即 1×81=(4i-3)2,解得 i=3. (2)由(1)知,Sn=n×1+ n?n-1? ×4=2n2-n, 2

1 1 1 1 所以 bn= =2( - ),② ?2n-1??2n+1? 2n-1 2n+1 所以 b1+b2+…+bn 1 1 1 1 =2(1-3+3-5+…+ 因为 1 1 n - )= , 2n-1 2n+1 2n+1

n 1 1 1 =2- <2,③ 2n+1 2?2n+1?

1 所以存在 m=2使 b1+b2+…+bn<m 对于任意的正整数 n 均成立. 2.设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 a1≠0,2an-a1=S1· Sn,n∈N*. (1)求 a1,a2,并求数列{an}的通项公式; (2)求数列{nan}的前 n 项和. 解
2 (1)令 n=1,得 2a1-a1=a1 ,即 a1=a2 1.

因为 a1≠0,所以 a1=1. 令 n=2,得 2a2-1=S2=1+a2,解得 a2=2. 当 n≥2 时,由 2an-1=Sn,2an-1-1=Sn-1, 两式相减得 2an-2an-1=an,即 an=2an-1. 于是数列{an}是首项为 1,公比为 2 的等比数列. 因此,an=2n-1. 所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1.
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(2)由(1)知,nan=n· 2n-1. 记数列{n· 2n-1}的前 n 项和为 Bn,于是 Bn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1.① 2Bn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n.② ①-②,得 -Bn=1+2+22+…+2n-1-n· 2n=2n-1-n· 2n. 从而 Bn=1+(n-1)· 2n . 即数列{nan}的前 n 项和为 1+(n-1)· 2n. 3.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+1-2n 1+1,n∈N*,且 a1=1,设数列{bn}满足 bn


=an+2n. (1)求证数列{bn}为等比数列,并求出数列{an}的通项公式; 6n-3 (2)若数列 cn= b ,Tn 是数列{cn}的前 n 项和,证明:Tn<3. n (1)解
n+1 ?2Sn=an+1-2 +1, 当 n≥2 时,由? n ?2Sn-1=an-2 +1

?2an=an+1-an-2n ?an+1=3an+2n, 从而 bn+1=an+1+2n+1=3(an+2n)=3bn, 故{bn}是以 3 为首项,3 为公比的等比数列, bn=an+2n=3×3n-1=3n, an=3n-2n(n≥2), 因为 a1=1 也满足,于是 an=3n-2n. 6n-3 2n-1 (2)证明 cn= b = n-1 , 3 n 2n-3 2n-1 1 3 5 则 Tn=30+31+32+…+ n-2 + n-1 ,① 3 3 2n-3 2n-1 1 1 3 5 T n= 1+ 2+ 3+…+ n-1 + 3 3 3 3 3n ,② 3 2n-1 2 1 2 2 2 ①-②,得3Tn=30+31+32+…+ n-1- 3n 3

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1 1- n-1 3 2n-1 2 =1+3· - 1 3n 1-3 =2- =2- 3
n-1-

1

2n-1 3n

2?n+1? 3n ,

n+1 故 Tn=3- n-1 <3. 3 1 2 4.已知单调递增数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 Sn=2(an +n). (1)求数列{an}的通项公式; ? 1 ? 2 ,n为奇数, (2)设 cn=?an+1-1 ? ?3×2an-1+1,n为偶数, 解

求数列{cn}的前 n 项和 Tn.

1 2 (1)n=1 时,a1=2(a1 +1),得 a1=1,

1 由 Sn=2(a2 n+n),① 1 则当 n≥2 时,Sn-1=2(a2 n-1+n-1),② 1 2 ①-②得 an=Sn-Sn-1=2(a2 n-an-1+1),
2 化简得(an-1)2-an -1=0,

an-an-1=1 或 an+an-1=1(n≥2), 又{an}是单调递增数列,故 an-an-1=1, 所以{an}是首项为 1,公差为 1 的等差数列,故 an=n. ? 1 ? 2 ,n为奇数, (2)cn=?an+1-1 ? ?3×2an-1+1,n为偶数, 当 n 为偶数时, Tn=(c1+c3+…+cn-1)+(c2+c4+…+cn) 1 1 1 n =( 2 + 2 +…+ 2 )+3×(21+23+…+2n-1)+2 2 -1 4 -1 n -1
11



1 1 1 n + +…+ +3× +2 1×3 3×5 ?n-1?×?n+1? 1-4

n 2?1-42?

1 1 1 1 1 1 1 n n =2×(1-3+3-5+…+ - )+2×(42-1)+2 n-1 n+1 =2
n+1

n2-2n-4 + . 2?n+1?

当 n 为奇数时, Tn=(c1+c3+…+cn)+(c2+c4+…+cn-1) n-1 1 1 1 - =[ 2 + 2 +…+ ]+3×(21+23+…+2n 2)+ 2 2 2 -1 4 -1 ?n+1? -1 n-1 n-1 1 1 1 1 1 1 1 =2×(1-3+3-5+…+n- )+2×(4 2 -1)+ 2 n+2 n2-2n-9 =2n+ . 2?n+2?
n n -2n-9 ? 2 ? + 2?n+2? ?n为奇数?, 所以 Tn=? n2-2n-4 2n 1+ ?n为偶数?. ? 2?n+1? ?


2

2x+3 1 5.已知函数 f(x)= 3x ,数列{an}满足 a1=1,an+1=f(a ),n∈N*. n (1)求数列{an}的通项公式; m-2 014 1 (2)令 bn= (n≥2),b1=3,Sn=b1+b2+…+bn,若 Sn< 对一切 n∈N*恒成立,求最 2 an-1an 小正整数 m. 2 an+3 2+3an 1 2 (1)∵an+1=f(a )= 3 = 3 =an+3, n an



2 ∴{an}是以 1 为首项,3为公差的等差数列. 2 2 1 ∴an=1+(n-1)×3=3n+3. (2)当 n≥2 时,bn= 1 =2 1 2 1 an-1an ?3n-3??3n+3?
12

1



1 9 1 1 =2( - ), ?2n-1??2n+1? 2n-1 2n+1 9

9 1 又 b1=3=2(1-3), 9 1 1 1 ∴Sn=b1+b2+…+bn=2(1-3+3-5+…+ m-2 014 ∵Sn< 对一切 n∈N*恒成立, 2 即 又 9n m-2 014 < 对一切 n∈N*恒成立, 2 2n+1 m-2 014 9 9n 9 <2,∴ ≥2, 2 2n+1 1 1 9 1 9n - )= (1- )= , 2n-1 2n+1 2 2n+1 2n+1

即 m≥2 023. ∴最小正整数 m 为 2 023. 6.某工厂为扩大生产规模,今年年初新购置了一条高性能的生产线,该生产线在使用过程中的 维护费用会逐年增加,第一年的维护费用是 4 万元,从第二年到第七年,每年的维护费用均比上 年增加 2 万元,从第八年开始,每年的维护费用比上年增加 25%. (1)设第 n 年该生产线的维护费用为 an,求 an 的表达式; (2)若该生产线前 n 年每年的平均维护费用大于 12 万元时,需要更新生产线.求该生产线前 n 年 每年的平均维护费用,并判断第几年年初需要更新该生产线? 解 (1)由题意知,当 n≤7 时,数列{an}是首项为 4,公差为 2 的等差数列,

所以 an=4+(n-1)×2=2n+2. 当 n≥8 时, 数列{an}从 a7 开始构成首项为 a7=2×7+2=16, 5 公比为 1+25%=4的等比数列, ?5? 则此时 an=16×?4?n-7, ? ? 2n+2,n≤7, ? ? 所以 an=? ?5? 16×?4?n-7,n≥8. ? ? ? ? (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,

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当 1≤n≤7 时,Sn=4n+

n?n-1? 2 2 ×2=n +3n,

当 n≥8 时,由 S7=72+3×7=70, ?5? 1-?4?n-7 ? ? 5 ?5?n-7 ?4? -10, 则 Sn=70+16×4× = 80 × 5 ? ? 1-4 ∴该生产线前 n 年每年的平均维护费用为 n+3,1≤n≤7, ? ? Sn ?5?n 7 = ? -10 n ?80×? ?4? ,n≥8. ? ? n


?Sn? 当 1≤n≤7 时,? n ?为递增数列, ? ?

当 n≥8 时, ?5?n-6 ?5?n-7 ? ? ?4? -10 80 × - 10 80 × Sn+1 Sn ?4? ? ? ∵ -n= - n n+1 n+1 ?5? ?n ? ? -1?+10 80×?4?n-7· ? ? ?4 ? = >0, n?n+1? ∴ Sn+1 Sn > . n+1 n
? ?

?Sn? ∴? n ?也为递增数列.

S7 S8 又∵ 7 =10<12, 8 = S9 9=

5 80×4-10 8

=11.25<12,

?5? 80×?4?2-10 ? ? ≈12.78>12, 9

则第 9 年年初需更新生产线.

教师课后建议及学法指导:

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课后 评价

1.学生掌握程度: 精通○ 2.学生课堂表现: 很积极○

掌握○

理解○

不太理解○ 不太积极○

积极○ 一般○

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