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文档简介

辅导科目:数 (1(普陀区2013届高三一模文科)若等差数列{an}的前n项和为Sn,a2a414,S770,则数列{an}的通 a3n2(nN*)n 2(2( ,a1 2则公比q的取值范围 1,2 (3( }(nN*)中可以找出无限项构成一个新的等比数列{b},使得该新 列的各项和为,则此数列{b}的通 b 8(4( 为an3(nN*),则liman1an2 (5(S13 (6(2013设数列{an}nNa2和a2012是方程4x8x30 则数列{an}的前2013项的和S2013 (7)(青浦区2013届高三一模)若三个互不相等的实数成等差数列,适当交换这三个数的位置后变成一个等比数列, (写出一个即可)2或-12 (18(

an则称{an}是周期数列,T叫做它的周期.已知数列{xn}满足x11,x2a(a1列{xn}的周期为3时,则{xn}的前2013项的和S2013

xn2|xn1xn|(1(2013若无穷等比数列a的前nS1a3

a (nN*),则复数z 在复平面上对应的点位于 )a

n

(2(静安区2013届高三一模文科)等差数列{an}中,已知3a57a10a10,则数列{an}nSn(nN*)中最小的是 )

S7S

(3(2013)S是等差数列{a}(nN*nSS 结论错误的 )A.S6和S7均为Sn的最大值 B.a70 C.公差d0 D.S9S5(4)数列a满足a

1a cos2n(nN,若数列a的前nS

则S2013的值 )(A)

(D)2(5(

当n2k1,其中kN ak

当n设f(n)a1a2a2n1a2n,则f(2013)f(2012)等于 )

n(6(yf(x,若数列lnf(an)f(x为“保比差数列函数”.现有定义在(0nx如下函数:①f(x)1 ②f(x)x2 ③f(x)ex ④f(x) ,则为“保比差数列函数xx的所有序号 )(

(B)

(C

②③④(1(在ABCABCabcABC成等差数列.2若ABBC3,且b ,求ac的值2M

sinAM31cos31(1)A、B、C2BA又ABC,∴B 23ABBC3cacos23ac3

4又由余弦定理得b2a2c2

2accos ∴18a2c2ac,∴a2c2ac

6 8(2)M

sinA3131

3cosAsin3

11由(1)得B ,∴AC 由C2A0A0,可得0A2

A 33

3,3)

M的取值范围为

3,3 (2(已知数列

2,

3n12n(n 设

a

证明:数列bn

的通 求数列an的前nSn

a

3a3n12n

b n

,……2

{bn}为等差数列.又b1=0,bnn1. 4ann13n2n 6(2)设Tn0313n13 n3T032133(n1)3n1n22Tn2

(n1)

13

(n1)

10Tn

94

(n1)2

(2n3)3n1.4

2n

14(3((已知数列anA(na1a2a3an

B(n)a2a3a4an1C(n)aaa

,(n12,3nNa0

若a1,a5,且对任意nN,三个数A(n),B(n),C(n)组成等差数列,求数列a的通 n证明:数列aqnNA(nB(n),C(n组成公比为n(1)n =a-a=4,nN*,所以{anna=4n-3,nn(2(必要性)若数列{a}是公比为q的等比数列,则B(n)=a2+a3 +an+1=q,C(n)=a3+a4 +an+2=qn

(充分性nNA(nB(nC(n)组成公比为q的等比数列,B(n)qA(nC(n)qB(n),于是C(nB(nqB(nA(n),得an2a2q(an1a1an2qan1a2 n1B(1qA(1a2qa1an2qan10n a0an2a2q,故数列aa,公比为qn n综上,数列{aqnN*A(n)、B(n)、C(nq的n(4(设等差数列{an}的前nSna5a1334S39.数列{bn}的前n项和为Tn,满足Tn1bn求数列{an}的通 写出一个正整数ma

m9是数列{bn}m设数列

}的通 为c

,问:是否存在正整数t和k(k3,使得cccan an

列?若存在,请求出所有符合条件的有序整数对(t,k)2a116d设数列{an}的首项为a1d,由已知,有3a13d

解得a11,d2 所以{a}的通 为a2n1(nN* (4 n1bT1b,所以b1.……(1 由Tn1bn,得Tn11bn1,两式相减,得bn1bnbn1故

12

,……(2

1n所以,{bn}22的等比数列,所以bn2

.……(3 am

2m

12(m

(41am

是{b}中的项,只要m42n即可,可取m4 (6分n(只要写出一个m的值就给分,写出m2n4nN*n3也给分n

2n12n1

要使c1c2ck成等差数列,必须2c2c1ck63

1

2k12k1

(2k3

t

因为k与t都是正整数,所以t只能取2,3,5 (4分当t2时,k7;当t3时,k5;当t5时,k4 (5分综上可知,存在符合条件的正整数t和k,所有符合条件的有序整数对(t,k)(2,7(35(5,4 (6(5(

满足

104n1nN*,数列

满足

n求an的通 n1数列bn满足bn1

Tn为数列bn的前n项和.求limTnan

mn1mn,使得T1,Tm,Tnmn的值;若不存在,请说解(1)解:c1c210,c2c340,所以公比q 2c14c110计算出c1 3nc24n1 4nan2n 5(2)

1

612n 22n12n 1 1 1

于是Tn213

8 5

2n1 2n

n 2m1

32n 2m24m可得 0 由分子为正,解得 6m 6 mNm1,得m2n12当且仅当m2,n12时,T1,Tm,Tn成等比数列 16m2n12T1,Tm,Tn成等比数列。若学生没有说明理由,则只能得13(6(

C0

C1

C2

n

Cnnnnn23nnnn23lg2lg(11)lg(11 (1)Sn2an1Sn12an11an12an12anan12an

1

10,数列an12

2n1 5n(2)由(1)S2n1nnn12 0SC1nn122(C02C122 102b11b21bm1m1 又b是连续的正整数数列,b 1.上式化为2(bm1)m 1m

3

mN,

2,

3m 此时数列的所有项的和为34511 16(7(定义数列{xn}p,使对任意正整数n,总有(xn1p)(xnp0成立,那么我们称数列{xn}为p摆动数列”.设a2n1b1)nnN,判断{a}、{b}p 设数列{c}为“p摆动数列,cp,求证:对任意正整数m,nN*,总有

设数列{d的前nSS1)nn,试问:数列{d (1)假设数列{an}pp,总有2n1p2n1对任意n成立,n1时,则1p3,取n2时,则3p5p不存在,所以数列{an}不是“p摆动数列 2由b(1)n,于是b (1)2n10对任意n成立 nn 所以数列{bn}p摆动数列”.…4(2)由数列{cn}pc1pp,使对任意正整数n,总有(cn1p)(cnp0即有(cn2p)(cn1p)0成立.则(cn2p)(cnp)0 6所以c1pc3pc2m1p 7同理(c2p)(c1p)0c2pc4pc2np 8所以c2np 9因此对任意的m,nN*,都有c2nc2m1成 10(3)n1d1当n2,nN时,dnSnSn1(1)n(2n1),综上,dn(1)n(2n 12即存在p0,使对任意正整数n,总有dndn1(1)2n1(2n1)(2n1)0成立,所以数列{dn}是“p摆动数列 14当ndn2n1递减,所以dnd11p1当n为偶数时dn2n1递增,dnd23,只要p3即 15综上1p3.所以数列{dn}是“p摆动数列,p的取值范围是 166(8((6已知数列{an}满足a17,1a1a2 anan10(其中λ≠0且λ≠–1,n∈N*),Sn为数列{an}的前n项和.若a2aa,求的值 (2)求数列{an}的通 a n(3)当1时,数列{an131解:(1)n1

1n2

1

2由a2aa,计算得7 4 由题意1a1a2anan101a1a2an1an0(n2(1)anan10(n2),又0, 5

1

(n2,故数列

}从第二项起是等比数列 7a

a

1

又因为

7(

8

n1所以数列{anan1

1(

n

10

n因为3

所以

33

7 n

113即:27

k–2

7

m–2

7

k-

= a1m=1,k>p≥2ak>ap2apa1+ak7

=7

+(37

p–2=

=22k–5–因为k>p≥2,所以当且仅当k=3且p=2时成立 16 18(9)f(x)x3,等差数列

中a7aa

12Sf3

,令baS,数列1

n nbnTnb求

的通 和Sn

13(3)mn,且1mn,使得T1,Tm,Tnmn的值,(1)a1a2a33a13d12.解得a11,d=3 2∴an3n

4 f(xx3,∴Snf3 3n ∴1

13

8∴

3

3n

)3

10(3)由(2)知,T

∴T1,T

,T ,∵T

,T 3n

3m 3n

∴ )2

123m 43n6m13nm m1时,73n4n=1,不合题意;当m2133n4n=16 m3193n4nm4253n4n m5313n4nm6373n4n

m7m26m1(m3)210

6m113n4343 所以,此时不存在正整数m,n,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比数 综上,存在正整数m=2,n=16,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比数列 18(3)由(2)知,T

∴T1,T

,T 3n

3m 3nT,T,T成等比数列.∴

)21

12

3m 43n6m13nm 当m2时,133n4,n=16,符合题意 m

11

6m, 3n4343 所以,此时不存在正整数m、n,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比数列 17综上,存在正整数m=2,n=16,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比数列 18(10(已知定义域为R的二次函数f(x)的最小值为0,且有 ,直线 被f(x)的像截得的弦长为47,数列an满足11求函数f(x)的解析式 (3)设 ,求数列bn的最值及相应的(1)f(xax12a0

g(x)4(x1)

yf(x)(104

2 4 a a

a0 4(2) 5334

6的等比数列 8 103

3n1

3 4 4

4 4 4

3 4 4

4 4令 ,则

…………12, 的值分别 ,4

……,经比 1

∴当

89有最小值 15256当时,bn有最大值是 (11(若数列bnN,都有

bd(常数,则称数列bd

1n求上述准等差数列cn的第8项c8、第9项c9以及前9项的和T91n设数列

aanN,都有

2n

设(2)中的数列an的前nSnS632012,求a(1)

T(335)5(1741)4

(4 anan1 an1an22(n an2an2 当n

an12na 1 1当n

2an12na

nna

2 2n

S63a1a2a633231

32a3231231(

S632012 012.a28 (2解二:当na1a221a3a423an1an2n

1n22

1622632

(4S632012 012.a28 (2(12(设数列{a}的各项均为正数,前nS,已知4Sa2

1(nN*) 证明数列{an}是等差数列,并求其 式是否存在kN*

k

,若存在,求出kmkpN*,mp2k,都有112 Sp (

a2

1n2

2

1.两式相减得4aa2a2

∴(anan1)(anan12)

2∵a0,∴a

2,又4Sa22a1a

∴{an}是以a11为首项,d2为公差的等差数列 2∴an2n

1(12n1)nn2 22假设正整数k则(k2)2 k2048)∴k22(k2048)1解得k 3 m2SkS

2于

k(mp)2(p2m2)2m2 m2p2k mp2pm2m2 m2p2k

2 3 1 Sp (13(已知递增的等差数列{an}a11a1、a2、a4求数列an的 式an设数列{c}对任意nN*,都有c1c2 cn

成立,求c

在数列{dd1,且满足dn

(nN*,求下表中前nS

d2d1dn

d2dn1

……dkdnk1

dn (d 1、a、aa2

2 由(1d)211

d0

d

3∴ann(n

4∵

n1,c1c2

n

nN*

n1c12得c

5 当n2时,由c1c2

n1①,及c1c2

n

n1,得cn

74(n∴cn∴c1c2

(n

844 23201242(1 1

n1

∴d1d2d323234(n1d1

∴dn

13∵dkdnk1

(n

Ck

(k1,

14 k!(nk∴第nd1dnd2dn1 dnd1

nk

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