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2008年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷分类汇编3.4数列综合应用.doc

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2008年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷分类汇编3.4数列综合应用.doc

高考地理复习第三章数列四数列综合应用【考点阐述】数列综合应用【考试要求】(4)运用等差数列、等比数列及求和知识解决数列综合问题。【考题分类】(一)解答题(共35题)1.(安徽卷理21)设数列na满足3010,1,,nnaacaccNc其中为实数(Ⅰ)证明0,1na对任意nN成立的充分必要条件是0,1c(Ⅱ)设103c,证明113,nnacnN(Ⅲ)设103c,证明2221221,13naaannNc解1必要性120,1aac∵∴,又20,1,011ac∵∴,即0,1c充分性设0,1c,对nN用数学归纳法证明0,1na当1n时,100,1a.假设0,11kak则31111kkacaccc,且3110kkacacc10,1ka∴,由数学归纳法知0,1na对所有nN成立2设103c,当1n时,10a,结论成立当2n时,3211111,111nnnnnnacacacaaa∵∴103C∵,由(1)知10,1na,所以21113nnaa且110na1131nnaca∴21112113131313nnnnnacacacac∴高考地理复习113nnacnN∴3设103c,当1n时,2120213ac,结论成立当2n时,由(2)知1130nnac2121211131233123nnnnnacccc∴222222112212333nnnaaaaanccc∴2132111313ncnncc2.(安徽卷文21)设数列na满足01,1,,nnaaacaccN其中,ac为实数,且0c(Ⅰ)求数列na的通项公式(Ⅱ)设11,22ac,1,nnbnanN,求数列nb的前n项和nS(Ⅲ)若01na对任意nN成立,证明01c解1方法一111nnaca∵∴当1a时,1na是首项为1a,公比为c的等比数列。111nnaac∴,即111nnaac。当1a时,1na仍满足上式。∴数列na的通项公式为111nnaacnN。方法二由题设得当2n时,21112111111nnnnnacacacaac111nnaac∴1n时,1aa也满足上式。∴数列na的通项公式为111nnaacnN。2由(1)得1112nnnbnacn2121112222nnnSbbbn231111122222nnSn高考地理复习211111122222nnnSn∴21111111121222222nnnnnSnn∴1222nnSn∴3由(1)知111nnaac若10111nac,则1011nac101,aa∵1101ncnNa∴由10nc对任意nN成立,知0c。下面证1c,用反证法方法一假设1c,由函数xfxc的函数图象知,当n趋于无穷大时,1nc趋于无穷大111na∴c不能对nN恒成立,导致矛盾。1c∴。01c∴方法二假设1c,111nca∵,11loglog1nccca∴即11log1cnnNa恒成立(*),ac∵为常数,∴(*)式对nN不能恒成立,导致矛盾,1c∴01c∴3.(北京卷理20)对于每项均是正整数的数列12nAaaa,,,,定义变换1T,1T将数列A变换成数列1TA12111nnaaa,,,,.对于每项均是非负整数的数列12mBbbb,,,,定义变换2T,2T将数列B各项从大到小排列,然后去掉所有为零的项,得到数列2TB又定义222121222mmSBbbmbbbb.设0A是每项均为正整数的有穷数列,令121012kkATTAk,,,.(Ⅰ)如果数列0A为5,3,2,写出数列12AA,(Ⅱ)对于每项均是正整数的有穷数列A,证明1STASA(Ⅲ)证明对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列0A,存在正整数K,当kK≥时,高考地理复习1kkSASA.解析(Ⅰ)解0532A,,,103421TA,,,,12104321ATTA,,,1143210TA,,,,,22114321ATTA,,,.(Ⅱ)证明设每项均是正整数的有穷数列A为12naaa,,,,则1TA为n,11a,21a,,1na,从而1122213111nSTAnaana222212111nnaaa.又222121222nnSAaanaaaa,所以1STASA1222312nnnaaa2122nnaaan210nnnn,故1STASA.(Ⅲ)证明设A是每项均为非负整数的数列12naaa,,,.当存在1ijn≤≤,使得ijaa≤时,交换数列A的第i项与第j项得到数列B,则2jiijSBSAiajaiaja20jiijaa≤.当存在1mn≤,使得120mmnaaa时,若记数列12maaa,,,为C,则SCSA.所以2STASA≤.从而对于任意给定的数列0A,由121012kkATTAk,,,可知11kkSASTA≤.又由(Ⅱ)可知1kkSTASA,所以1kkSASA≤.高考地理复习即对于kN,要么有1kkSASA,要么有11kkSASA≤.因为kSA是大于2的整数,所以经过有限步后,必有12kkkSASASA.即存在正整数K,当kK≥时,1kkSASA4.(北京卷文20)数列na满足11a,21nnanna(12n,,),是常数.(Ⅰ)当21a时,求及3a的值(Ⅱ)数列na是否可能为等差数列若可能,求出它的通项公式若不可能,说明理由(Ⅲ)求的取值范围,使得存在正整数m,当nm时总有0na.解(Ⅰ)由于2112nnannan,,,且11a.所以当21a时,得12,故3.从而2322313a.(Ⅱ)数列na不可能为等差数列,证明如下由11a,21nnanna得22a,362a,41262a.若存在,使na为等差数列,则3221aaaa,即521,解得3.于是2112aa,43116224aa.这与na为等差数列矛盾.所以,对任意,na都不可能是等差数列.(Ⅲ)记212nbnnn,,,根据题意可知,10b且0nb,即2且2nnnN,这时总存在0nN,满足当0nn≥时,0nb当01nn≤时,0nb.所以由1nnnaba及110a可知,若0n为偶数,则00na,从而当0nn时,0na若0n为奇数,则00na,从而当0nn时0na.因此存在mN,当nm时总有0na的充分必要条件是0n为偶数,高考地理复习记0212nkk,,,则满足2222122021210kkbkkbkk.故的取值范围是224242kkkkkN.5.(福建卷理19)已知函数32123fxxx.(Ⅰ)设{an}是正数组成的数列,前n项和为Sn,其中a13.若点211,2nnnaaan∈N在函数yf′x的图象上,求证点(n,Sn)也在yf′x的图象上(Ⅱ)求函数fx在区间(a1,a)内的极值.解Ⅰ证明因为3212,3fxxx所以22fxxx,由点211,2Nnnnaaan在函数yfx的图象上,221122nnnnaaaa1112nnnnnnaaaaaa,又0N,nan所以12nnaa,na是13,2ad的等差数列所以213222nnnSnnn,又因为22fnnn,所以nSfn,故点,nnS也在函数yfx的图象上.Ⅱ解222fxxxxx,令0,fx得02xx或.当x变化时,fx﹑fx的变化情况如下表x∞,222,000,∞f′x00fx↗极大值↘极小值↗注意到112aa,从而①当212,21,23aaafxf即时的极大值为,此时fx无极小值②当10,01,aaafx即时的极小值为02f,此时fx无极大值③当2101,aaafx或或时既无极大值又无极小值.6.(广东卷理21)设pq,为实数,,是方程20xpxq的两个实根,数列{}nx满高考地理复习足1xp,22xpq,12nnnxpxqx(34n,,).(1)证明p,q(2)求数列{}nx的通项公式(3)若1p,14q,求{}nx的前n项和nS.【解析】(1)由求根公式,不妨设,得2244,ppqppq2244ppqppqp,2244ppqppqq(2)设112nnnnxsxtxsx,则12nnnxstxstx,由12nnnxpxqx得stpstq,消去t,得20spsq,s是方程20xpxq的根,由题意可知,12,ss①当时,此时方程组stpstq的解记为12sstt或112,nnnnxxxx112,nnnnxxxx即11nnxtx、21nnxtx分别是公比为1s、2s的等比数列,由等比数列性质可得2121nnnxxxx,2121nnnxxxx,两式相减,得2212121nnnxxxxx221,xpqxp,222x,1x22221nnnxx,22221nnnxx1nnnx,即1nnnx,11nnnx②当时,即方程20xpxq有重根,240pq,即240stst,得20,stst,不妨设st,由①可知2121nnnxxxx,,2121nnnnxxxx高考地理复习即1nnnxx,等式两边同时除以n,得111nnxx,即111nnxx数列{}nnx是以1为公差的等差数列,121111nnxxnnn,nnnxn综上所述,11,,nnnnnxn(3)把1p,14q代入20xpxq,得2104xx,解得121122nnnxn232311111111...23...22222222nnnSn2311111123...22222nnn1111112332222nnnnnn7.(广东卷文21)设数列{}na满足11a,22a,12123nnnaaa3,4,n。数列{}nb满足11,2,3,nbbn是非零整数,且对任意的正整数m和自然数k,都有111mmmkbbb。(1)求数列{}na和{}nb的通项公式(2)记1,2,nnncnabn,求数列{}nc的前n项和nS。【解析】(1)由1213nnnaaa得11223nnnnaaaa3n又2110aa,数列1nnaa是首项为1公比为23的等比数列,1123nnnaa12132431nnnaaaaaaaaaa高考地理复习2222211333n112183231255313nn,由122221111,0bbbbZb得21b,由233331111,0bbbbZb得31b,同理可得当n为偶数时,1nb当n为奇数时,1nb因此11nb(2)11832553832553nnnnnnncnabnn1234nnSccccc当n为奇数时,0123188888322222234123455555533333nnSnn012314132222212345533333nnn当n为偶数时0123188888322222234123455555533333nnSnn01231432222212345533333nnn令0123122222123433333nnTn①①23得12342222221234333333nn②①②得12341122222213333333nnnTn当n为奇数时当n为偶数时当n为奇数时当n为偶数时

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