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2017高考数学数列题,2017高考数学理
tamoadmin 2024-06-11 人已围观
简介1.高考数学数列2.一道高中数学提,求详细解答。17题数列3.2017年高考数学试卷具体有哪些特点?4.高考在数列{An}中,A1=1,An=2[A(n-1)-1]+n(n大于等于2,且为正整数) 证明:数列{An+n}是等比数列.5.数学数列高考题!!要答案讲解数 列 经 典 题 选 析江苏 王海平数列是高中代数的重要内容,又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.一,等
1.高考数学数列
2.一道高中数学提,求详细解答。17题数列
3.2017年高考数学试卷具体有哪些特点?
4.高考在数列{An}中,A1=1,An=2[A(n-1)-1]+n(n大于等于2,且为正整数) 证明:数列{An+n}是等比数列.
5.数学数列高考题!!要答案讲解
数 列 经 典 题 选 析
江苏 王海平
数列是高中代数的重要内容,又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.
一,等差数列与等比数列
例1.A={递增等比数列的公比},B={递减等比数列的公比},求A∩B.
解:设q∈A,则可知q>0(否则数列为摆动数列).
由an+1-an=a1·qn-a1·qn-1=a1·qn-1(q-1)>0,得
当a1>0时,那么q>1;当a1<0时,则0从而可知 A={q | 0若q∈A,同样可知q>0.由an+1-an=a1·qn-a1·qn-1=a1·qn-1(q-1)0时,那么0亦可知 B={q | 0故知A∩B={q | 0说明:貌似无法求解的问题,通过数列的基本量,很快就找到了问题的突破口!
例2.求数列1,(1+2),(1+2+22),……,(1+2+22+……+2n-1),……前n项的和.
分析:要求得数列的和,当务之急是要求得数列的通项,并从中发现一定规律.而通项又是一等比数列的和.设数列的通项为an,则an=1+2+22+……+2n-1==2n-1.从而该数列前n项的和
Sn=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)
=(2+22+23+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.
说明:利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.
等差数列求和公式:
2,等比数列求和公式:
4,
常用的数列求和方法有:利用常用求和公式求和;错位相减法求和;反序相加法求和;分组法求和;裂项法求和;合并法求和;利用数列的通项求和等等.
例3.已知等差数列{an}的公差d=,S100=145.设S奇=a1+a3+a5+……+a99,S'=a3+a6+a9+……+a99,求S奇,S'.
解:依题意,可得 S奇+S偶=145,
即S奇+(S奇+50d)=145, 即2 S奇+25=145, 解得,S奇=120.
又由S100=145,得 =145,故得a1+a100=2.9
S'=a3+a6+a9+……+a99
=====1.7·33=56.1.
说明:整体思想是求解数列问题的有效手段!
例4.在数列{an}中,a1=b(b≠0),前n项和Sn构成公比为q的等比数列.
(1)求证:数列{an}不是等比数列;
(2)设bn=a1S1+a2S2+…+anSn,|q|<1,求bn.
解:(1)证明:由已知S1=a1=b
∵{Sn}成等比数列,且公比为q.
∴Sn=bqn-1,∴Sn-1=b·qn-2(n≥2).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=bqn-1-bqn-2=b·(q-1)·qn-2
故当q≠1时,==q,
而==q-1≠q,∴{an}不是等比数列.
当q=1,n≥2时,an=0,所以{an}也不是等比数列.
综上所述,{an}不是等比数列.
(2)∵|q|<1,由(1)知n≥2,a2,a3,a4,…,an构成公比为q的等比数列,∴a2S2,a3S3,…,anSn是公比为q2的等比数列.
∴bn=b2+a2S2·(1+q2+q4+…+q2n-4)
∵S2=bq,a2=S2-S1=bq-b
∴a2S2=b2q(q-1)
∴bn=b2+b2q(q-1)·
∵|q|0,1600[()n-1]-4000×[1-()n]>0
化简得,5×()n+2×()n-7>0?
设x=()n,5x2-7x+2>0? ∴x1(舍)? 即()n4,故使得上式成立的最小n∈N+为5,
故最少需要经过5年的努力,才能使全县的绿化率达到60%.
三,归纳,猜想与证明
例7.已知数列{ an}满足Sn+an=(n2+3n-2),数列{ bn}满足b1=a1,
且bn=an-an-1-1(n≥2).
(1)试猜想数列{ an}的通项公式,并证明你的结论;
解:(1)∵Sn+an=(n2+3n-2),S1=a1,∴2a1=(1+3×1-2)=1,
∴a1==1-.当n=2时,有+2a2=(22+3×2-2)=4, ∴a2==2-
猜想,得数列{ an}的通项公式为an=n-
(2)若cn=b1+b2+…+bn,求的值.
当n=3时,有++3a3=8, ∴a3==3-.
用数学归纳法证明如下:
①当n=1时,a1=1-=,等式成立.
②假设n=k时,等式ak=k-成立,那么
n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=[-ak+1]-[-ak],
.∴2 ak+1=k+2+ak, 2 ak+1=k+2+(k-),
∴ak+1=(k+1)-,即当n=k+1时,等式也成立.
综上①,②知,对一切自然数n都有an=n-成立.
(2)∵b1=a1=,bn=an-an-1-1=[n-]-[(n-1)-]-1=.
∴cn=b1+b2+…+bn=1-()n, ∴=[1-()n]=1.
例8.已知数列{an}满足a1=2,对于任意的n∈N,都有an>0,且(n+1) an2+an an+1-n an+12=0.又知数列{bn}满足:bn=2n-1+1..
(Ⅰ)求数列{an}的通项an以及它的前n项和Sn;?
(Ⅱ)求数列{bn}的前n项和Tn;?
(Ⅲ)猜想Sn和Tn的大小关系,并说明理由.
解:(n+1) an2+an an+1-n an+12=0.是关于an和an+1的二次齐次式,故可利用求根公式得到an与an+1的更为明显的关系式,从而求出an .
(Ⅰ)∵an>0(n∈N),且(n+1) an2+an an+1-n an+12=0,
∴ (n+1)()2+()-n=0.
∴=-1或=.
∵an>0(n∈N),∴=.
∴=···……··=···…··=n.
又a1=2,所以,an=2n.
∴Sn=a1+a2+a3+……+an=2(1+2+3……+n)=n2+n.
(Ⅱ)∵bn=2n-1+1,?
∴Tn=b1+b2+b3 +……+bn=20+21+22+……+2n-1+n=2n+n-1
(Ⅲ) Tn-Sn=2n-n2-1.?
当n=1时,T1-S1 =0,∴T1=S1;
当n=2时,T2-S2=-1,?∴T2当n=3时,T3-S3=-2,?∴T3当n=4时,T4-S4=-1,?∴T4S5;
当n=6时,T6-S6=27,,?∴T6>S6;
猜想:当n≥5时,Tn>Sn.即2n>n2+1.下用数学归纳法证明:?
1° 当n=5时,前面已验证成立;
2° 假设n=k(k≥5)时命题成立,即2k>k2+1.成立,
那么当n=k+1时,
2k+1=2·2k>2(k2+1)=k2+k2+2≥k2+5k+2>k2+2k+2=(k+1)2+1.
即n=k+1(k≥5)时命题也成立.
由以上1°,2°可知,当n≥5时,有Tn>Sn.;
综上可知:当n=1时,T1=S1;当2≤n<5时,TnSn..
说明:注意到2n的增长速度大于n2+1的增长速度,所以,在观察与归纳的过程中,不能因为从n=1到n=4都有Tn≤Sn.就得出Tn≤Sn.的结论,而应该坚信:必存在,使得2n>n2+1,从而使得观察的过程继续下去.
例9. 已知函数f(x)=x2-3,(x≤-3)
(1)求f(x)的反函数f-1(x);
(2)记a1=1,an= -f-1(an-1)(n≥2),请写出a2,a3,a4的值并猜测想an的表达式.再用数学归纳法证明.
解:(1)设y=f(x)= x2-3,(x≤-3 ),由y2=x2-3(x≤-),x= -y2+3
即f-1(x)= -x2+3 (x≥0).
(2)由a1=1且an= -f-1(an-1)(n≥2的整数),a2= -f-1(a1)= -( -a12+3 =4 ,
a3=3+4=7 ,a4=3+7=10 .
依不完全归纳可以猜想到:an=3n-2 (n自然数)
下面用数学归纳法予以证明:
当n=1时,a1=3×1-2 =1命题成立
假设n=k(1≤k≤n)时,命题成立:即ak=3k-2
那么当n=k+1时,ak+1=-f-1(ak)
=ak2+3 =3k-2+3 =3k+1-2
综上所述,可知对一切自然数n均有an=3n-2 成立.
例10. 已知数列{an}中,a7=4,an+1=,.
(Ⅰ)是否存在自然数m,使得当n≥m时,an<2;当n2
(Ⅱ)是否存在自然数p,使得当n≥p时,总有13时,也有an<2 这就引导我们去思考这样一个问题:若an<2,能否得出an+1<2
为此,我们考查an+1-2与an-2的关系,易得
an+1-2=-2 =.
可以看出:当an<2时,必有an+1<2.于是,我们可以确定:当n≥10时,必有an2.
方法之一是一一验证.即通过已知条件解出:an=.由此,我们可以从a7出发,计算出这个数列的第6项到第1项,从而得出结论.
另外,得益于上述解法,我们也可以考虑这样的问题:"若an+1>2,能否得出an>2"
由an-2=-2=不难得知:上述结论是正确的.
所以,存在m=10,使得当n≥m时,an<2;当n2.
(Ⅱ)问题等价于:是否存在自然数p,使得当n≥p时,总有an-1-an+1-2 an<0.
由(Ⅰ)可得:an-1-an+1-2 an=.
我们已经知道:当n≥10时,an<2,于是(an<2)3<0,(7-an)-3
观察前面计算的结果,可以看出:a100,从而得出结论.
说明:(1)归纳,猜想是建立在细致的观察和缜密的分析基础上的,并非无源之水,无本之木.(2)上述分析的过程如果用数学归纳法写出,则相当简洁,但同时也掩盖了思维的过程.
四,由递推公式探求数列问题
例11.设An为数列{an}的前n项的和,An=(an-1),数列{bn}的通项公式为bn=4n+3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{dn},证明数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;
(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项,Br为数列{bn}的前r项的和,Dn为数列{dn}的前n项和,Tn=Br-Dn,求.
解:(1)由An= (an-1),可知An+1= (an+1-1)
∴An+1-An= (an+1-an)=an+1,即 =3
而a1=A1= (a1-1),得a1=3
所以数列{an}是以3为首项,公比为3的等比数列,数列{an}的通项公式为an=3n.
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n
=3×(42n+C12n·42n-1(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n)
=4m+3
∴32n+1∈{bn}
而数32n=(4-1)2n
=42n+C2n1·42n-1·(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n
=(4k+1)
∴32n{bn}
而数列{an}={32n+1}∪{32n}
∴ dn=32n+1
(3)由32n+1=4·r+3,可知r=
∵Br==r(2r+5)=·
Dn=·(1-9n)=(9n-1)
∴Tn=Br-Dn=-(9n-1)
=·34n-·32n+
又∵(an)4=34n
∴=
例12. 已知函数f(x)=x+x2-a2 (a>0)
(1)求f(x)的反函数f-1(x)及其定义域;
(2)数列{an}满足a1=3aan+1=f-1an
设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,试比较Sn与的大小,并证明你的结论.
解:(1)给y-x=x2-a2 两边平方,整理得 x=
∵y-x=y-==≥0
∴y≥a或-a≤y<0
故f-1(x)= ,其定域为[-a,0)∪[a,+∞)
(2)∵an+1=f-1(an)=
∴bn+1==…=()2=bn2 (可两边取对数求解)
又a1=3a,b1===
∴bn=(bn-1)2=(bn-2)=(bn-3)
=…=(b1) =()
∴Sn=b1+b2+…+bn
=+()2+()+[()+()+…+()]==1-()n
由此可知,当n<3时,Sn3时,Sn>.
又∵2n-1=(1+1)n-1=1+C1n-1+C2n-1+C3n-1+……+Cn-1n-1
则当n≥4时,2n-1>1+C1n-1+C2n-1
=1+(n-1)+>n+1
∴().
当n=3时,Sn=+()2+()=++=<.
故知当n≤3 时,Sn2,故a22,得an>2,所以{an}单调递减.且因为an>2,所以
an-2=<(an-1-2)
<()2(an-2-2)<…2pq,又a1,b1不为零,∴c22≠c1·c3,故{cn}不是等比数列.
说明: 本题是2000年全国高考数学试题.其证法很多,建议读者从不同的角度审视此题.我们可以得出更一般的结论;
推论1:设数列{cn},cn=an+bn且a≠b,则数列{cn+1-pcn}为等比数列的充要条件是p=a或p=b.
推论2:设{an},{bn}是两个等比数列,则数列{an+bn}为等比数列的充要条件是,数列{an},{bn}的公比相等.
推论3:公比为a,b的等比数列{an},{bn},且a≠b,s,t为不全为零的实数,cn=san+tbn为等比数列的充要条件是st=0.
例15.数列{an}中,a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1-an n∈N
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求sn;
(3)设bn= ( n∈N),Tn=b1+b2+…+bn( n∈N),是否存在最大的整数m,使得对任意n∈N,均有Tn>成立 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)由an+2=2an+1-an
an+2-an+1=an+1-an,可知{an}成等差数列,d==-2
-∴an=10-2n
(2)由an=10-2n≥0得n≤5
∴当n≤5时,Sn=-n2+9n
当n>5时,Sn=n2-9n+40
故Sn=-n2+9n 1≤n≤5n2-9n+40 n>5 (n∈N)
(3)bn===()
∴Tn= b1+b2+…+bn
=[(1-)+(-)+(-)+……+(-)]=(1-)=
>>Tn-1>Tn-2>……>T1.
∴要使Tn>总成立,需
高考数学数列
条件:b1+b2016=b2+b2015=...=bα+bβ=2
α+β=2017
假设αβ为最中间的两个数,则α+1=β=1009
S2016 = 1008*(b1008*b1009)=1008*2=2016
一道高中数学提,求详细解答。17题数列
a1=1,a(n+1)=an+1/an
(1)不知道要证明啥
(2)证明√(2n-1)≤an≤√(3n-2)
(3)求正整数m使得|a2017-m|最小
(2)
经验证n=1,2,3,4时不等式都成立,假设当n=N时不等式成立,即√(2N-1)≤aN≤√(3N-2),则2N-1≤aN^2≤3N-2。
则当n=N+1时,2(N+1)-1<2N-1+2+1/(3N-2)≤a(N+1)^2=aN^2+1/aN^2+2≤3N-2+2+1/(2N-1)≤3N-2+2+1=3(N+1)-2
所以√[2(N+1)-1]≤a(N+1)≤√[3(N+1)-2]
所以当n=N+1时,不等式也成立。即对于任意正整数n,都有√(2n-1)≤an≤√(3n-2)。
(3)
由(2)可知√3969=63<√4033≤a2017≤√6049<78=√6084,
为了方便,我们把a2017往回走遍历a2016,a2015,...,an的做法叫下行,而往前遍历a2018,a2019,...,ak的做法叫上行。
1/78<a2017-a2016=1/a2016<1/63,1/78<a2018-a2017=1/a2017<1/63
则上两式表明下行时最多不超过78次,an的值就要比a2017减小1;而上行时,最少要63次ak的值才比a2017增加1.因为下行时an减小的速度会越来越快,而上行时增加的速度会越来越慢。
现在来看a(2017-78)=a1939和a(2017+63)=a2080的情况
62<√3877≤a1939≤√5815<77,64<√4159≤a2080≤√6238<79
4033≤a2017^2≤6049
4033=3n-2,n=1345;6049=2n-1,n=3025,3025-1345=1680
则2689≤a1345^2≤4033,6049≤a3025^2≤9073,6049-2689=3360=1680*2,下限不计
2691≤a1346^2≤4036,6047≤a3024^2≤9070
1/4033+2≤a1346^2-a1345^2=1/a1345^2+2≤1/2689+2
1/9070+2≤a3025^2-a3024^2=1/a3024^2+2≤1/6047+2
2017-1345=672,上限为4033+672*2=5377,672/4033<误差<672/2689
3025-2017=1008,下限为6049-1008*2=4033
3025-1345=1680,4033+1680*2=7393,7393-1008*2=5377
2689=3n-2,n=897,1793≤a897^2≤2689,1795≤a898^2≤2692,
2+1/2689≤a898^2-a897^2=1/a897^2+2≤2+1/1793
2017-897=1120,2689+1120*2=4929=a2017^2上限,1120/2689<误差<1120/1793
1793=3n-2,n=599,1197≤a599^2≤1795,
2+1/1795≤a600^2-a599^2=2+1/a599^2≤2+1/1197
2017-599=1418,1795+1418*2=4633=a2017^2上限,1428/1795<误差<1418/1197
1197+1=3n-2,n=400,799≤a400^2≤1198,
2+1/1198≤a401^2-a400^2=2+1/a400^2≤2+1/799
2017-400=1617,1201+1617*2=4435=a2017^2上限,1617/1198<误差<1616/799
799=3n-2,n=267,533≤a267^2≤799,
2+1/799≤a268^2-a267^2=2+1/a267^2≤2+1/533
2017-267=1750,799+1750*2=4299=a2017^2上限,1750/799<误差<1750/533
533+1=3n-2,n=179,357≤a179^2≤535,
2+1/535≤a268^2-a267^2=2+1/a267^2≤2+1/357
2017-179=1750,535+1838*2=4211=a2017^2上限,1838/535<误差<1838/357
359-1=3n-2,n=120,239≤a120^2≤358,
2+1/358≤a121^2-a120^2=2+1/a120^2≤2+1/239
2017-120=1750,358+1897*2=4152=a2017^2上限,4<1897/358<误差<1897/239<8
到此终于可以结束了,因为a2017^2上限4152即使加上最大误差8开方后也小于64.5,
而a2017^2下限4033开方后大于63.5,所以m=64.
2017年高考数学试卷具体有哪些特点?
1.通过题目可看出,这是已知
S n求an的类型,这类题要用到a1=S1(n=1),an=Sn-Sn-1(n>=2)。
2.所以第一小题可以利用这个方法来做,a1=S1求出a1,再利用an=Sn-S n-1求出an,在利用这个求a1与上面的a1比较,看是否相等,相等则合并,不相等分开写。
3.把an带进去即可求出bn,然后再求和就可以了。
高考在数列{An}中,A1=1,An=2[A(n-1)-1]+n(n大于等于2,且为正整数) 证明:数列{An+n}是等比数列.
2017年高考数学试卷具体特点
紧扣考纲,核心突出
数学文、理科试卷,分别取材于构成高中数学主体框架内容的函数与导数、立体几何、解析几何、概率与统计、三角函数和数列的试题,基本上各占22分,共占110分。数列考察等差等比数列、和项关系递推公式及求和;三角解答题以解三角形两类题型出现,加上三角恒等变换与图象性质两道选填题;立几考察三视图、空间几何体的计算及平行、垂直的,夹角、体积、表面积的计算,解几考察三种圆锥曲线与直线的综合问题;函数则考察零点、图像、导数、单调性与最值等问题,仍属压轴题。
立足实际,注重应用
命题强调数学的应用,既考察了数学知识与方法在学科内的应用,也考察了数学知识在解决实际问题中的应用。如文科的第2题解决的是作物产量的对比分析评估,文科和理科的第19题,考察的都是在实际生活生产流水线上,对于产品的质量监督与抽样分析调查的问题,从而体现数学与实际生活的密不可分的联系。
立足基础,常规考察
命题中涵盖了接近80%的基础题型,题目设置难度不大,但要求学生对课本知识的全面掌握。文、理23考察的是极坐标、参数方程、普通直角坐标方程的转化,以及曲线参数方程中在求解距离最值时候进行的三角换元,解题思路明确,计算量一般,所以整体难度也不大。题型基础,出题直击考点,简明扼要。让考生倍感亲切,从试题形式、分析思路到解题方法,均是学生日常训练中,经常训练的常规题型。对基础扎实的学生,审题轻松。
适度创新,选拔能力
命题追求稳中求新,适度考察将已有的知识与方法迁移到新情境中解决问题的能力。如理12以数列为载体综合考察推理论证能力、运算求解能力和创新意识;文4,理科2都以“太极八卦图”作为命题载体,考察的是概率的计算,同时注重对中国传统文化的宣传与理解;文6,16,理7,16以三视图和球为载体综合考察了学生的空间思维的能力。
数学数列高考题!!要答案讲解
证明:两边同时加n得:An+n=2A(n-1)-2+2n
即An+n=2A(n-1)+2(n-1)
所以得(An+n)/[A(n-1)+(n-1)]=2
所以{An+n}是以2为首项,2为公比的等比数列
(1)an+n=2的n次幂
an=2的n次幂-n
(2)sn=2+2的2次+2的三次+...+2的n次—(1+2+3+4+....+n)
=2(2的n次-1)-1/2·n(1+n)
am+n=am+an或者am+n=am+an+1
a2=0,而且a2=a1+a1或者a2=a1+a1+1
因为an每一项都为非负实数,那么a1=a2=0
a3>0,a3=a2+a1+1=1
a4=a3+a1=a2+a2=1(楼主应该能推出这个吧)
a100=a10+a90(+1),a90=a10+a80(+1)
最后一定能化得
a100=10*a10+n(n>0,能理解吧?)
因为这个an每一项都是整数(因为前几项就只有整数了嘛)
所以这个a10=1,2或者3
明显a10不能等于1
因为a10=a1+a9(+1)=a1+a2+a7(+2)=a1+a2+a3+a4(+3)
假如没有+3,a10都至少等于a3+a4=2
然后a10=a6+a4(+1)=a3+a3+a4(+2)
同样道理,a10也不会等于2
那么a10=3