数列经典例题

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大一高数数列的极限证明经典例题

大一高数数列的极限证明经典例题

大一高数数列的极限证明经典例题
高数数列极限证明:
一、定义
1、定义数列:用a1,a2,a3,…an来表示,其中每个数字
ai(i=1,2,3,…,n)都是实数,n∈N。

2、定义极限:若存在一个实数L,使得对于任意的正数ε,总存在一个正整数N,使得当n>N时,就有|an–L|<ε,即an收敛于L时,就称L是数列{an}的极限。

二、证明
1、准备工作:假设an收敛于L,即存在正整数N,使得当n>N时,就有|an–L|<ε。

2、正式证明:证明L是数列{an}的极限:
(1)对于任意ε>0,
因为L是数列{an}的极限,故对于ε我们找到了N,使得当n>N时,就有|an-L|<ε。

(2)得出结论:因此,L是数列{an}的极限。

三、总结
通过上述定义和证明,高数数列的极限的证明就完成了,它的总结如下:
1、当我们假设数列{an}的极限为L,对任意正数ε>0,总存在一个正整数N,使得当n>N时,就有|an-L|<ε,即已经证明L是数列{an}的极限。

2、本题中,通过定义和证明,让我们清楚了解了高数数列的极限的概念和证明方法,也可以为下一步探讨极限打下坚实基础。

数列的概念经典例题 百度文库

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一、数列的概念选择题1.已知数列{}n a 的通项公式为2n a n n λ=-(R λ∈),若{}n a 为单调递增数列,则实数λ的取值范围是( ) A .(),3-∞B .(),2-∞C .(),1-∞D .(),0-∞2.在数列{}n a 中,11a =,11n na a n +=++,设数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ,若n S m <对一切正整数n 恒成立,则实数m 的取值范围为( )A .()3,+∞B .[)3,+∞C .()2,+∞D .[)2,+∞3.数列{}n a 的通项公式是276n a n n =-+,4a =( )A .2B .6-C .2-D .14.已知数列{}n a 的前n 项和223n S n n =-,则10a =( )A .35B .40C .45D .505.已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,, (2222222222)nn n ,则该数列第2019项是( ) A .1019892 B .1020192 C .1119892 D .1120192 6.数列{}n a 满足()11121n n n a a n ++=-+-,则数列{}n a 的前48项和为( )A .1006B .1176C .1228D .23687.已知数列{}n a ,若()12*Nn n n a a a n ++=+∈,则称数列{}na 为“凸数列”.已知数列{}nb 为“凸数列”,且11b =,22b =-,则数列{}n b 的前2020项和为( ) A .5B .5-C .0D .1-8.在数列{}n a 中,11a =,对于任意自然数n ,都有12nn n a a n +=+⋅,则15a =( )A .151422⋅+B .141322⋅+C .151423⋅+D .151323⋅+9.设()f x 是定义在R 上恒不为零的函数,且对任意的实数x 、y R ∈,都有()()()f x f y f x y ⋅=+,若112a =,()()*n a f n n N =∈,则数列{}n a 的前n 项和n S 应满足( ) A .1324n S ≤< B .314n S ≤< C .102n S <≤D .112n S ≤< 10.在古希腊,毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45,…这些数叫做三角形数.设第n 个三角形数为n a ,则下面结论错误的是( )A .1(1)n n a a n n --=>B .20210a =C .1024是三角形数D .123111121n n a a a a n +++⋯+=+ 11.在数列{}n a 中,已知13a =,26a =,且21n n n a a a ++=-,则2020a =( ) A .-6 B .6 C .-3D .312.已知数列{}n a 的通项公式为()()211nn a n=--,则6a =( )A .35B .11-C .35-D .1113.已知数列{}n a 的首项为1,第2项为3,前n 项和为n S ,当整数1n >时,1112()nnn S S S S 恒成立,则15S 等于( )A .210B .211C .224D .22514.已知数列265n a n n =-+则该数列中最小项的序号是( )A .3B .4C .5D .615.数列12,16,112,120,…的一个通项公式是( ) A .()11n a n n =-B .()1221n a n n =-C .111n a n n =-+ D .11n a n=-16.已知数列{}n a 满足1N a *∈,1,2+3,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪⎩为偶数为奇数,若{}n a 为周期数列,则1a 的可能取到的数值有( ) A .4个B .5个C .6个D .无数个17.在数列{}n a 中,11(1)1,2(2)nn n a a n a --==+≥,则3a =( ) A .0B .53C .73D .318.数列{}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,...,n F 成为斐波那契数列,是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”,该数列从第三项开始,每项等于其前两相邻两项之和,记该数{}n F 的前n 项和为n S ,则下列结论正确的是( )A .201920212S F =+B .201920211S F =-C .201920202S F =+D .201920201S F =-19.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知13n n S +=,则34a a +=( )A .81B .243C .324D .21620.已知数列,21,n -21是这个数列的( )A .第10项B .第11项C .第12项D .第21项二、多选题21.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,…,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,后来人们把这样的一列数组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”,记S n 为数列{a n }的前n 项和,则下列结论正确的是( ) A .a 8=34 B .S 8=54C .S 2020=a 2022-1D .a 1+a 3+a 5+…+a 2021=a 202222.意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数:1,1,2,3,5,8,13,….即从第三项开始,每一项都是它前两项的和.后人为了纪念他,就把这列数称为斐波那契数列.下面关于斐波那契数列{}n a 说法正确的是( ) A .1055a = B .2020a 是偶数C .2020201820223a a a =+D .123a a a +++…20202022a a +=23.已知数列{}n a 满足0n a >,121n n n a na a n +=+-(N n *∈),数列{}n a 的前n 项和为n S ,则( )A .11a =B .121a a =C .201920202019S a =D .201920202019S a >24.若数列{}n a 满足112,02121,12n n n n n a a a a a +⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-<<⎪⎩,135a =,则数列{}n a 中的项的值可能为( ) A .15B .25C .45D .6525.斐波那契数列,又称黄金分割数列、兔子数列,是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1,1,2,3,5,8,13,21,……,此数列从第3项开始,每一项都等于前两项之和,记该数列为(){}F n ,则(){}F n 的通项公式为( )A .(1)1()2n n F n -+=B .()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C .()1122n nF n ⎡⎤⎛⎛+-⎥=- ⎥⎝⎭⎝⎭⎦D .()1122n nF n ⎡⎤⎛⎛⎥=+ ⎥⎝⎭⎝⎭⎦26.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,….,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,后来人们把这样的一列数组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”,记n S 为数列{}n a 的前n 项和,则下列结论正确的是( ) A .68a =B .733S =C .135********a a a a a +++⋅⋅⋅+=D .22212201920202019a a a a a ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+= 27.设数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈,关于数列{}n a ,下列四个命题中正确的是( )A .若1*()n n a a n N +∈=,则{}n a 既是等差数列又是等比数列B .若2n S An Bn =+(A ,B 为常数,*n N ∈),则{}n a 是等差数列C .若()11nn S =--,则{}n a 是等比数列D .若{}n a 是等差数列,则n S ,2n n S S -,*32()n n S S n N -∈也成等差数列28.已知递减的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,57S S =,则( ) A .60a > B .6S 最大 C .130S >D .110S >29.已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ,若对于任意的m ,*n N ∈,都有m n m n a a a +=+,则下列结论正确的是( )A .11285a a a a +=+B .56110a a a a <C .若该数列的前三项依次为x ,1x -,3x ,则10103a = D .数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为递减的等差数列 30.已知数列{}2nn a n +是首项为1,公差为d 的等差数列,则下列判断正确的是( ) A .a 1=3 B .若d =1,则a n =n 2+2n C .a 2可能为6D .a 1,a 2,a 3可能成等差数列31.记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知450,5S a ==,则( ) A .25n a n =-B .310na nC .228n S n n =- D .24n S n n =-32.已知无穷等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,67S S <,且78S S >,则( )A .在数列{}n a 中,1a 最大B .在数列{}n a 中,3a 或4a 最大C .310S S =D .当8n ≥时,0n a <33.在数列{}n a 中,若22*1(2,.n n a a p n n N p --=≥∈为常数),则称{}n a 为“等方差数列”.下列对“等方差数列”的判断正确的是( ) A .若{}n a 是等差数列,则{}n a 是等方差数列 B .{(1)}n -是等方差数列C .若{}n a 是等方差数列,则{}()*,kn a k Nk ∈为常数)也是等方差数列D .若{}n a 既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列 34.数列{}n a 满足11,121nn n a a a a +==+,则下列说法正确的是( ) A .数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列 B .数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和2n S n = C .数列{}n a 的通项公式为21n a n =- D .数列{}n a 为递减数列35.设公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若1718S S =,则下列各式的值为0的是( ) A .17aB .35SC .1719a a -D .1916S S -【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、数列的概念选择题 1.A 解析:A 【分析】由已知得121n n a a n λ+-=+-,根据{}n a 为递增数列,所以有10n n a a +->,建立关于λ的不等式,解之可得λ的取值范围. 【详解】由已知得221(1)(1)21n n a a n n n n n λλλ+-=+-+-+=+-,因为{}n a 为递增数列,所以有10n n a a +->,即210n λ+->恒成立, 所以21n λ<+,所以只需()min 21n λ<+,即2113λ<⨯+=,所以3λ<, 故选:A. 【点睛】本题考查数列的函数性质:递增性,根据已知得出10n n a a +->是解决此类问题的关键,属于基础题.2.D解析:D 【分析】利用累加法求出数列{}n a 的通项公式,并利用裂项相消法求出n S ,求出n S 的取值范围,进而可得出实数m 的取值范围. 【详解】11n n a a n +=++,11n n a a n +∴-=+且11a =,由累加法可得()()()()12132111232n n n n n a a a a a a a a n -+=+-+-++-=++++=,()122211n a n n n n ∴==-++,22222222222311n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 由于n S m <对一切正整数n 恒成立,2m ∴≥,因此,实数m 的取值范围是[)2,+∞.故选:D. 【点睛】本题考查数列不等式恒成立问题的求解,同时也考查了累加法求通项以及裂项求和法,考查计算能力,属于中等题.3.B解析:B 【分析】 令4n = 代入即解 【详解】令4n =,2447466a =-⨯+=-故选:B. 【点睛】数列通项公式n a 是第n 项与序号n 之间的函数关系,求某项值代入求解.4.A解析:A 【分析】利用()n n n a S S n 12-=-,根据题目已知条件求出数列的通项公式,问题得解.【详解】223n S n n =-,n 2∴≥时,1n n n a S S -=-22(23[2(1)3(1)]n n n n )=-----=45n1n = 时满足11a S = ∴ =45n a n ,∴ 10a =35故选:A. 【点睛】本题考查利用n a 与n S 的关系求通项. 已知n S 求n a 的三个步骤: (1)先利用11a S =求出1a .(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系,利用()n n n a S S n 12-=-便可求出当n 2≥时n a 的表达式.(3)对1n =时的结果进行检验,看是否符合n 2≥时n a 的表达式,如果符合,则可以把数列的通项公式合写;如果不符合,则应该分1n =与n 2≥两段来写. .5.C解析:C 【分析】 由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -,注意到101110242201922048=<<=,第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】 由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -,则前11个括号里共有1024项,前12个括号里共有2048项,故原数列第2019项是第12个括号里的第995项,第12个括号里的数列通项为11212m -, 所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选:C. 【点睛】本题考查数列的定义,考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项,是一道中档题.6.B解析:B根据题意,可知()11121n n n a a n ++--=-,分别列出各项,再整理得出132a a +=,248a a +=,572a a +=,6824a a +=,,45472a a +=,4648184a a +=,可知,相邻的奇数项之和为2,相邻的偶数项之和为等差数列,首项为8,公差为16,利用分组求和法,即可求出{}n a 的前48项和. 【详解】解:由题可知,()11121n n n a a n ++=-+-,即:()11121n n n a a n ++--=-,则有:211a a -=,323a a +=,435a a -=,547a a +=,659a a -=,7611a a +=,8713a a -=,9815a a +=,,474691a a +=,484793a a -=.所以,132a a +=,248a a +=,572a a +=,6824a a +=,,45472a a +=,4648184a a +=,可知,相邻的奇数项之和为2,相邻的偶数项之和为等差数列,首项为8,公差为16, 设数列{}n a 的前48项和为48S , 则4812345645464748S a a a a a a a a a a =++++++++++,()()1357454724684648a a a a a a a a a a a a =+++++++++++++12111221281611762⨯=⨯+⨯+⨯=, 所以数列{}n a 的前48项和为:1176. 故选:B. 【点睛】本题考查数列的递推公式的应用,以及利用分组求和法求和,考查归纳思想和计算能力.7.B解析:B 【分析】根据数列的递推关系可求得数{}n b 的周期为6,即可求得数列{}n b 的前2020项和. 【详解】()*21N n n n b b b n ++=-∈,且11b =,22b =-, ∴345673,1,2,3,1,b b b b b =-=-=== ∴{}n b 是以6为周期的周期数列,且60S =, ∴20203366412345S S b b b b ⨯+==+++=-,故选:B.本题考查数列的新定义、数列求和,考查运算求解能力,求解时注意通过计算数列的前6项,得到数列的周期.8.D解析:D 【分析】在数列的递推公式中依次取1,2,3,1n n =- ,得1n -个等式,累加后再利用错位相减法求15a . 【详解】12n n n a a n +=+⋅, 12n n n a a n +-=⋅,12112a a ∴-=⋅, 23222a a -=⋅,34332a a -=⋅11(1)2n n n a a n ---=-⋅,以上1n -个等式,累加得12311122232(1)2n n a a n --=⋅+⋅+⋅++-⋅①又2341122122232(2)2(1)2n n n a a n n --=⋅+⋅+⋅++-⋅+-⋅②①- ②得23112222(1)2n n n a a n --=++++--⋅12(12)(1)2(2)2212n n n n n --=--⋅=-⋅--,(2)23n n a n ∴=-⋅+ ,151515(152)231323a ∴=-⋅+=⋅+,故选:D 【点睛】本题主要考查了累加法求数列通项,乘公比错位相减法求数列的和,由通项公式求数列中的项,属于中档题.9.D解析:D 【分析】根据题意得出1112n n n a a a a +==,从而可知数列{}n a 为等比数列,确定该等比数列的首项和公比,可计算出n S ,然后利用数列{}n S 的单调性可得出n S 的取值范围. 【详解】取1x =,()y n n N*=∈,由题意可得()()()111112n n n af n f f n a a a +=+=⋅==, 112n n a a +∴=,所以,数列{}n a 是以12为首项,以12为公比的等比数列, 11112211212n n n S ⎛⎫- ⎪⎝⎭∴==--,所以,数列{}n S 为单调递增数列,则11n S S ≤<,即112n S ≤<. 故选:D.【点睛】本题考查等比数列前n 项和范围的求解,解题的关键就是判断出数列{}n a 是等比数列,考查推理能力与计算能力,属于中等题.10.C解析:C 【分析】对每一个选项逐一分析得解. 【详解】∵212a a -=,323a a -=,434a a -=,…,由此可归纳得1(1)n n a a n n --=>,故A 正确;将前面的所有项累加可得1(1)(2)(1)22n n n n n a a -++=+=,∴20210a =,故B 正确; 令(1)10242n n +=,此方程没有正整数解,故C 错误; 1211111111212231n a a a n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦122111n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭,故D 正确. 故选C 【点睛】本题主要考查累加法求通项,考查裂项相消法求和,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.11.C解析:C 【分析】根据题设条件,得到数列{}n a 是以6项为周期的数列,其中1234560a a a a a a +++++=,再由2020336644a a a ⨯+==,即可求解.【详解】由题意,数列{}n a 中,13a =,26a =,且21n n n a a a ++=-, 可得3214325436547653,3,6,3,3,a a a a a a a a a a a a a a a =-==-=-=-=-=-=-=-=,可得数列{}n a 是以6项为周期的数列,其中1234560a a a a a a +++++=, 所以20203366443a a a ⨯+===-. 故选:C. 【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式,以及数列的周期性的应用,其中解答中得出数列的周期性是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.12.A解析:A 【分析】直接将6n =代入通项公式可得结果. 【详解】 因为()()211nn a n=--,所以626(1)(61)35a =--=.故选:A 【点睛】本题考查了根据通项公式求数列的项,属于基础题.13.D解析:D 【分析】利用已知条件转化推出1122n n a a a +-==,说明数列是等差数列,然后求解数列的和即可. 【详解】 解:结合1112()nnn S S S S 可知,11122n n n S S S a +-+-=,得到1122n n a a a +-==,故数列{}n a 为首项为1,公差为2的等差数列,则12(1)21n a n n =+-=-,所以1529a =,所以11515()15(291)1522522a a S ++===, 故选:D . 【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用,考查数列求和,是基本知识的考查.14.A解析:A 【分析】首先将n a 化简为()234n a n =--,即可得到答案。

完整版)数列典型例题(含答案)

完整版)数列典型例题(含答案)

完整版)数列典型例题(含答案)等差数列的前n项和公式为代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得代入已知条件,得到解得。

因此,前项和为。

⑵由已知条件可得代入等差数列的前n项和公式,得到化简得因此,前项和为。

8.(2010山东理) 已知等差数列 $a_1,a_2,\ldots,a_n,\ldots$,其中 $a_1=1$,公差为 $d$。

1) 求 $a_5$ 和 $a_{10}$。

2) 满足 $a_1+a_2+\ldots+a_k=100$,$a_1+a_2+\ldots+a_{k+1}>100$,$k\in\mathbb{N}$,求该等差数列的前 $k$ XXX。

考查目的:考查等差数列的通项公式和前项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法以及运算求解能力。

答案:(1) $a_5=5d+1$,$a_{10}=10d+1$;(2) $k=13$,前$k$ 项和为 $819$。

解析:(1) 根据等差数列的通项公式 $a_n=a_1+(n-1)d$,可得 $a_5=1+4d$,$a_{10}=1+9d$。

2) 设该等差数列的前 $k$ 项和为 $S_k$,则由等差数列的前项和公式可得 $S_k=\dfrac{k}{2}[2a_1+(k-1)d]$。

根据已知条件可列出不等式组:begin{cases}S_k=100\\S_{k+1}>100end{cases}将 $S_k$ 代入得:frac{k}{2}[2+(k-1)d]=100整理得:$k^2+kd-400=0$。

数列分专题经典练习-题型大全-典型例题

数列分专题经典练习-题型大全-典型例题

数列专题一.等差数列练习题1.设S n 是数列{a n }的前n 项和,且S n =2n 2-5n ,证明数列{a n }是等差数列。

2.设S n 是数列{a n }的前n 项和,且S n =n 2,则{a n }是( )A.等比数列,但不是等差数列B.等差数列,但不是等比数列C.等差数列,而且也是等比数列D.既非等比数列又非等差数列3.等差数列{a n }中,已知a 1=13,a 2+a 5=4,a n =33,则n 为( )A .48B .49C .50D .514.首项为-24的等差数列,从第10项起开始为正数,则公差的范围是______。

5.如果等差数列{}n a 中,34512712,___.a a a a a a ++=+++=那么6.已知1,a ,b 成等差数列,3,a +2,b +5成等比数列,则公差为( )A .3或-3B .3或-1C .3D .-37.已知{a n }为等差数列,若a 1+a 5+a 9=π,则cos(a 2+a 8)的值为______.8.等差数列{}n a 的前三项为1,1,23x x x -++,则这个数列的通项公式为( )A .21n a n =+B .21n a n =-C .23n a n =-D .25n a n =-9.设{n a }为等差数列,公差d = -2,n S 为其前n 项和.若1011S S =,则1a =( )A.18B.20C.22D.2410.设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若363,24S S ==,则9__.a = 11.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若924972,___.S a a a =++=则12.{}n a 是公差为-2的等差数列,a 1+a 4+….. + a 97 =50,a 3+a 6+ a 9+….. + a 99 =( )A.-182B.-78C.-148D.-8213.}{n a 是等差数列,且,13,77,57146541074==++++=++k a a a a a a a a 若 则k =14.在等差数列}{n a 中,若4681012120a a a a a ++++=,则10122a a -= 15.已知}{n a 为等差数列,a 1+a 8+ a 13+ a 18=100,求a 10= 16.已知数列{a n }的前n 项和S n =n (n -40),则下列判断正确的是( ) A.a 19>0,a 21<0B.a 20>0,a 21<0C.a 19<0,a 21>0D.a 19<0,a 20>017.等差数列{a n }中,a 1>0,S 4=S 9,则S n 取最大值时,n=18.等差数列{}n a 中,125a =,917S S =,问此数列前多少项和最大?并求此最大值。

数列经典例题(裂项相消法)(新)

数列经典例题(裂项相消法)(新)

数列裂项相消求和的典型题型1.已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( ) A .100101 B .99101 C .99100 D .1011002.数列,)1(1+=n n a n 其前n 项之和为,109则在平面直角坐标系中,直线0)1(=+++n y x n 在y 轴上的截距为( )A .-10 3(Ⅰ)(Ⅱ)设b 4(Ⅰ)(Ⅱ)令b 5(Ⅰ)(Ⅱ)6(Ⅰ)求a (Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T .7.在数列}{n a 中n n a n a a 211)11(2,1,+==+.(Ⅰ)求}{n a 的通项公式;(Ⅱ)令,211n n n a a b -=+求数列}{n b 的前n 项和n S ;(Ⅲ)求数列}{n a 的前n 项和n T .8.已知等差数列}{n a 的前3项和为6,前8项和为﹣4.(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式;(Ⅱ)设),,0()4(*1N n q q a b n n n ∈≠-=-求数列}{n b 的前n 项和n S .9.已知数列}{n a 满足,2,021==a a 且对*,N n m ∈∀都有211212)(22n m a a a n m n m -+=+-+--.(Ⅰ)求53,a a ;(Ⅱ)设),(*1212N n a a b n n n ∈-=-+证明:}{n b 是等差数列;(Ⅲ)设),,0()(*11N n q q a a c n n n n ∈≠-=-+求数列}{n c 的前n 项和n S .10.已知数列}{n a 是一个公差大于0的等差数列,且满足16,557263=+=a a a a .(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式;(Ⅱ)数列}{n a 和数列}{n b 满足等式),(2222*33221N n b b b b a n n n ∈++++= 求数列}{n b 的前n 项和n S .11.已知等差数列}{n a 的公差为2,前n 项和为n S ,且421,,S S S 成等比数列.(1)求数列}{n a 的通项公式;(2)令,4)1(112+--=n n n a a nb 求数列}{n b 的前n 项和n T .12.正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足:0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ;(2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ,证明:对于,*N n ∈∀都有645<n T .答案:1.A ;2.B3.解:(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ,由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42,∴q 2=.由条件可知各项均为正数,故q=.由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1,∴a 1=.故数列{a n }的通项式为a n =.(Ⅱ)b n=++…+=﹣(1+2+…+n)=﹣,故=﹣=﹣2(﹣)则++…+=﹣2[(1﹣)+(﹣)+…+(﹣)]=﹣,∴数列{}的前n项和为﹣.4.解:(Ⅰ)由正项数列{a n}满足:﹣(2n﹣1)a n﹣2n=0,可有(a n﹣2n)(a n+1)=0∴a n=2n.(Ⅱ)∵a n=2n,b n=,∴b n===,T n===.数列{b n}的前n项和T n为.5.解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,由S4=4S2,a2n=2a n+1有:,解有a1=1,d=2.∴a n=2n﹣1,n∈N*.(Ⅱ)由已知++…+=1﹣,n∈N*,有:当n=1时,=,当n≥2时,=(1﹣)﹣(1﹣)=,∴,n=1时符合.∴=,n∈N*由(Ⅰ)知,a n=2n﹣1,n∈N*.∴b n=,n∈N*.又T n=+++…+,∴T n=++…++,两式相减有:T n=+(++…+)﹣=﹣﹣∴T n=3﹣.6.解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,∵a3=7,a5+a7=26,∴有,解有a1=3,d=2,∴a n=3+2(n﹣1)=2n+1;S n==n2+2n;(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n=2n+1,∴b n====,∴T n===,即数列{b n}的前n项和T n=.7.解:(Ⅰ)由条件有,又n=1时,,故数列构成首项为1,公式为的等比数列.∴,即.(Ⅱ)由有,,两式相减,有:,∴.(Ⅲ)由有.∴T n=2S n+2a1﹣2a n+1=.8.解:(Ⅰ)设{a n}的公差为d,由已知有解有a1=3,d=﹣1故a n=3+(n﹣1)(﹣1)=4﹣n;(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有,b n=n•q n﹣1,于是S n=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1.若q≠1,将上式两边同乘以q,有qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n.上面两式相减,有(q﹣1)S n=nq n﹣(1+q+q2+…+q n﹣1)=nq n﹣于是S n=若q=1,则S n=1+2+3+…+n=∴,S n=.9.解:(Ⅰ)由题意,令m=2,n=1,可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3,n=1,可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时,由已知(以n+2代替m)可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2(n+1)+1﹣a2(n+1)﹣1]﹣(a2n+1﹣a2n﹣1)=8即b n+1﹣b n=8∴{b n}是公差为8的等差数列(Ⅲ)由(Ⅰ) (Ⅱ)解答可知{b n}是首项为b1=a3﹣a1=6,公差为8的等差数列则b n=8n﹣2,即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知(令m=1)可有a n=﹣(n﹣1)2.∴a n+1﹣a n=﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是c n=2nq n﹣1.当q=1时,S n=2+4+6++2n=n(n+1)当q≠1时,S n=2•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1.两边同乘以q,可有qS n=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n.上述两式相减,有(1﹣q)S n=2(1+q+q2+…+q n﹣1)﹣2nq n=2•﹣2nq n=2•∴S n =2•综上所述,S n =.10.解:(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ,则依题意可知d >0由a 2+a 7=16,有,2a 1+7d=16①由a 3a 6=55,有(a 1+2d )(a 1+5d )=55②由①②联立方程求,有d=2,a 1=1/d=﹣2,a 1=(排除)∴a n =1+(n ﹣1)•2=2n ﹣1(Ⅱ)令c n =,则有a n =c 1+c 2+…+c na n+1=c 1+c 2+…+c n+1两式相减,有a n+1﹣a n =c n+1,由(1)有a 1=1,a n+1﹣a n =2∴c n+1=2,即c n =2(n ≥2),即当n ≥2时, b n =2n+1,又当n=1时,b 1=2a 1=2∴b n = 于是S n =b 1+b 2+b 3+…+b n =2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6,n ≥2,. 11.解 (1)因为S 1=a 1,S 2=2a 1+2×12×2=2a 1+2,S 4=4a 1+4×32×2=4a 1+12,由题意得(2a 1+2)2=a 1(4a 1+12),解得a 1=1,所以a n =2n -1.(2)b n =(-1)n -14n a n a n +1=(-1)n -14n (2n -1)(2n +1)=(-1)n -1(12n -1+12n +1).当n 为偶数时,T n =(1+13)-(13+15)+…+(12n -3+12n -1)-(12n -1+12n +1)=1-12n +1=2n2n +1.当n 为奇数时,T n =(1+13)-(13+15)+…-(12n -3+12n -1)+(12n -1+12n +1)=1+12n +1=2n +22n +1.所以T n =⎩⎪⎨⎪⎧2n +22n +1,n 为奇数,2n2n +1,n 为偶数.(或T n=2n +1+(-1)n -12n +1)12.(1)得[S n -(由于{a n 所以S n n ≥2n =1∴a n =2n (2)证明 T n =116⎣⎡=116⎣⎢⎡1。

数列裂项相消典型例题

数列裂项相消典型例题

一个典型的数列裂项相消的例题如下:
例题:考虑数列{1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...},其中每一项等于前两项的和。

给定一个正整数N,计算数列的前N项之和。

解题思路:
这个数列是著名的斐波那契数列,它的定义是F(1) = 1,F(2) = 1,F(n) = F(n-1) + F(n-2)(n >= 3)。

我们可以使用裂项相消的方法来解决这个问题。

首先,我们可以设S为数列的前N项和。

那么S的表达式可以写为:
S = 1 + 1 + 2 + 3 + 5 + 8 + ... + F(N-1) + F(N)
然后,我们观察数列中每一项与它前一项的关系,即F(n) = F(n-1) + F(n-2)。

根据这个关系,我们可以发现S的表达式中的一些项可以相互抵消,通过相消的方式简化求解过程。

具体来说,我们可以将S的表达式中的项分为两组,一组是从F(1)到F(N-2)的项,另一组是F(N-1)和F(N)。

对于第一组,我们可以看到F(n)等于它的前两项之和,所以这些项可以两两抵消。

因此,我们可以得到:
S = F(N-1) + F(N)
对于第二组,我们可以看到F(N)等于F(N-1)和F(N-2)的和,所以这两项仍然保留在S中。

综合上述分析,我们可以得到以下简化后的表达式:
S = F(N) + F(N-1)
因此,这个问题的答案就是数列中第N项和第N-1项的和,即F(N) + F(N-1)。

我们可以通过计算斐波那契数列的第N项和第N-1项的值,然后求和来得到最终的答案。

希望这个解题思路能够帮助到你解决数列裂项相消的典型例题!。

数列错位相减法经典例题

数列错位相减法经典例题

数列错位相减法是一种常见的数列操作方法,即将数列的后一项与前一项相减得到新的数列。

这种方法常用于寻找数列中的规律和特征。

下面是一个经典的数列错位相减法的例题:
题目:给定数列2, 4, 7, 11, 16, 22, 29, ...,请写出该数列的错位相减法规律,并求出第12项的值。

解析:首先我们观察数列的差值序列:2, 3, 4, 5, 6, 7, ...,可以发现这是一个自然数序列。

因此,我们可以得出结论,原数列每一项与其前一项的差值依次递增1。

根据这个规律,我们可以得到错位相减法的规律:
第1项:2
第2项:4 - 2 = 2
第3项:7 - 4 = 3
第4项:11 - 7 = 4
第5项:16 - 11 = 5
...
根据错位相减法的规律,我们可以继续找出第12项的值:
第6项:22 - 16 = 6
第7项:29 - 22 = 7
第8项:37 - 29 = 8
第9项:46 - 37 = 9
第10项:56 - 46 = 10
第11项:67 - 56 = 11
第12项:79 - 67 = 12
因此,数列的第12项为79。

通过数列错位相减法,我们可以探索数列中的规律,并预测未知项的值。

这是一种简单而又有趣的数学思维方法,可以帮助我们培养逻辑推理和数学思考能力。

数列经典例题(裂项相消法)

数列经典例题(裂项相消法)

数列裂项相消求和的典型题型1.已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( ) A .100101 B .99101 C .99100 D .101100 2.数列,)1(1+=n n a n 其前n 项之和为,109则在平面直角坐标系中,直线0)1(=+++n y x n 在y 轴上的截距为( )A .-10B .-9C .10D .93.等比数列}{n a 的各项均为正数,且6223219,132a a a a a ==+.(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式;(Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++=Λ求数列}1{nb 的前n 项和. 4.正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n .(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ; (Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T .5.设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ,且12,4224+==n n a a S S . (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式; (Ⅱ)设数列}{n b 满足,,211*2211N n a b a b a b n n n ∈-=+++Λ求}{n b 的前n 项和n T . 6.已知等差数列}{n a 满足:26,7753=+=a a a .}{n a 的前n 项和为n S . (Ⅰ)求n a 及n S ; (Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T . 7.在数列}{n a 中n n a na a 211)11(2,1,+==+. (Ⅰ)求}{n a 的通项公式;(Ⅱ)令,211n n n a a b -=+求数列}{n b 的前n 项和n S ;(Ⅲ)求数列}{n a 的前n 项和n T .8.已知等差数列}{n a 的前3项和为6,前8项和为﹣4. (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式;(Ⅱ)设),,0()4(*1N n q q a b n n n ∈≠-=-求数列}{n b 的前n 项和n S .9.已知数列}{n a 满足,2,021==a a 且对*,N n m ∈∀都有211212)(22n m a a a n m n m -+=+-+--.(Ⅰ)求53,a a ;(Ⅱ)设),(*1212N n a a b n n n ∈-=-+证明:}{n b 是等差数列;(Ⅲ)设),,0()(*11N n q q a a c n n n n ∈≠-=-+求数列}{n c 的前n 项和n S .10.已知数列}{n a 是一个公差大于0的等差数列,且满足16,557263=+=a a a a . (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式; (Ⅱ)数列}{n a 和数列}{n b 满足等式),(2222*33221N n b b b b a n n n ∈++++=Λ求数列}{n b 的前n 项和n S . 11.已知等差数列}{n a 的公差为2,前n 项和为n S ,且421,,S S S 成等比数列. (1)求数列}{n a 的通项公式; (2)令,4)1(112+--=n n n a a nb 求数列}{n b 的前n 项和n T .12.正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足:0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ; (2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ,证明:对于,*N n ∈∀都有645<n T . 答案:1.A ;2.B3.解:(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ,由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42,∴q 2=. 由条件可知各项均为正数,故q=. 由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1,∴a 1=. 故数列{a n }的通项式为a n =.(Ⅱ)b n=++…+=﹣(1+2+…+n)=﹣,故=﹣=﹣2(﹣)则++…+=﹣2[(1﹣)+(﹣)+…+(﹣)]=﹣,∴数列{}的前n项和为﹣.4.解:(Ⅰ)由正项数列{a n}满足:﹣(2n﹣1)a n﹣2n=0,可有(a n﹣2n)(a n+1)=0∴a n=2n.(Ⅱ)∵a n=2n,b n=,∴b n===,T n===.数列{b n}的前n项和T n为.5.解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,由S4=4S2,a2n=2a n+1有:,解有a1=1,d=2.∴a n=2n﹣1,n∈N*.(Ⅱ)由已知++…+=1﹣,n∈N*,有:当n=1时,=,当n≥2时,=(1﹣)﹣(1﹣)=,∴,n=1时符合.∴=,n∈N*由(Ⅰ)知,a n=2n﹣1,n∈N*.∴b n=,n∈N*.又T n=+++…+,∴T n=++…++,两式相减有:T n=+(++…+)﹣=﹣﹣∴T n=3﹣.6.解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,∵a3=7,a5+a7=26,∴有,解有a1=3,d=2,∴a n=3+2(n﹣1)=2n+1;S n==n2+2n;(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n=2n+1,∴b n====,∴T n===,即数列{b n}的前n项和T n=.7.解:(Ⅰ)由条件有,又n=1时,,故数列构成首项为1,公式为的等比数列.∴,即.(Ⅱ)由有,,两式相减,有:,∴.(Ⅲ)由有.∴T n=2S n+2a1﹣2a n+1=.8.解:(Ⅰ)设{a n}的公差为d,由已知有解有a1=3,d=﹣1故a n=3+(n﹣1)(﹣1)=4﹣n;(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有,b n=n•q n﹣1,于是S n=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1.若q≠1,将上式两边同乘以q,有qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n.上面两式相减,有(q﹣1)S n=nq n﹣(1+q+q2+…+q n﹣1)=nq n﹣于是S n=若q=1,则S n=1+2+3+…+n=∴,S n=.9.解:(Ⅰ)由题意,令m=2,n=1,可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3,n=1,可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时,由已知(以n+2代替m)可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2(n+1)+1﹣a2(n+1)﹣1]﹣(a2n+1﹣a2n﹣1)=8即b n+1﹣b n=8∴{b n}是公差为8的等差数列(Ⅲ)由(Ⅰ) (Ⅱ)解答可知{b n}是首项为b1=a3﹣a1=6,公差为8的等差数列则b n=8n﹣2,即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知(令m=1)可有a n=﹣(n﹣1)2.∴a n+1﹣a n=﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是c n=2nq n﹣1.当q=1时,S n=2+4+6++2n=n(n+1)当q≠1时,S n=2•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1.两边同乘以q,可有qS n=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n.上述两式相减,有(1﹣q)S n=2(1+q+q2+…+q n﹣1)﹣2nq n=2•﹣2nq n=2•∴S n =2•综上所述,S n =.10.解:(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d , 则依题意可知d >0由a 2+a 7=16, 有,2a 1+7d=16①由a 3a 6=55,有(a 1+2d )(a 1+5d )=55② 由①②联立方程求,有d=2,a 1=1/d=﹣2,a 1=(排除)∴a n =1+(n ﹣1)•2=2n﹣1 (Ⅱ)令c n =,则有a n =c 1+c 2+…+c na n+1=c 1+c 2+…+c n+1 两式相减,有a n+1﹣a n =c n+1,由(1)有a 1=1,a n+1﹣a n =2 ∴c n+1=2,即c n =2(n≥2), 即当n≥2时,b n =2n+1,又当n=1时,b 1=2a 1=2 ∴b n =于是S n =b 1+b 2+b 3+…+b n =2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6,n≥2,.11.解 (1)因为S 1=a 1,S 2=2a 1+2×12×2=2a 1+2,S 4=4a 1+4×32×2=4a 1+12, 由题意得(2a 1+2)2=a 1(4a 1+12),解得a 1=1, 所以a n =2n -1. (2)b n =(-1)n -14na n a n +1=(-1)n -14n (2n -1)(2n +1)=(-1)n -1(12n -1+12n +1).当n 为偶数时,T n =(1+13)-(13+15)+…+(12n -3+12n -1)-(12n -1+12n +1)=1-12n +1=2n 2n +1. 当n 为奇数时,1 3)-(13+15)+…-(12n-3+12n-1)+(12n-1+12n+1)=1+12n+1=2n+22n+1.T n=(1+所以T n=⎩⎪⎨⎪⎧2n +22n +1,n 为奇数,2n2n +1,n 为偶数.(或T n =2n +1+(-1)n -12n +1)12.(1)解 由S 2n -(n 2+n -1)S n -(n 2+n )=0, 得[S n -(n 2+n )](S n +1)=0, 由于{a n }是正项数列,所以S n +1>0. 所以S n =n 2+n (n ∈N *).n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n , n =1时,a 1=S 1=2适合上式.∴a n =2n (n ∈N *).(2)证明 由a n =2n (n ∈N *)得b n =n +1(n +2)2a 2n =n +14n 2(n +2)2=116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2-1(n +2)2 T n =116⎣⎢⎡ ⎝⎛⎭⎪⎫1-132+⎝⎛⎭⎪⎫122-142+⎝⎛⎭⎪⎫132-152+…⎦⎥⎤+⎝ ⎛⎭⎪⎫1(n -1)2-1(n +1)2+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2-1(n +2)2 =116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1+122-1(n +1)2-1(n +2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1+122=564(n ∈N *). 即对于任意的n ∈N *,都有T n <564.(注:专业文档是经验性极强的领域,无法思考和涵盖全面,素材和资料部分来自网络,供参考。

最新数列经典例题(裂项相消法)

最新数列经典例题(裂项相消法)

数列裂项相消求和的典型题型1.已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( ) A .100101 B .99101 C .99100 D .1011002.数列,)1(1+=n n a n 其前n 项之和为,109则在平面直角坐标系中,直线0)1(=+++n y x n 在y 轴上的截距为( )A .-10B .-9C .10D .93.等比数列}{n a 的各项均为正数,且6223219,132a a a a a ==+. (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式;(Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++= 求数列}1{nb 的前n 项和. 4.正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n . (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ;(Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T . 5.设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ,且12,4224+==n n a a S S .(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式;(Ⅱ)设数列}{n b 满足,,211*2211N n a b a b a b n n n ∈-=+++ 求}{n b 的前n 项和n T . 6.已知等差数列}{n a 满足:26,7753=+=a a a .}{n a 的前n 项和为n S . (Ⅰ)求n a 及n S ;(Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T . 7.在数列}{n a 中n n a na a 211)11(2,1,+==+. (Ⅰ)求}{n a 的通项公式;(Ⅱ)令,211n n n a a b -=+求数列}{n b 的前n 项和n S ; (Ⅲ)求数列}{n a 的前n 项和n T .8.已知等差数列}{n a 的前3项和为6,前8项和为﹣4.(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式;(Ⅱ)设),,0()4(*1N n q q a b n n n ∈≠-=-求数列}{n b 的前n 项和n S .9.已知数列}{n a 满足,2,021==a a 且对*,N n m ∈∀都有211212)(22n m a a a n m n m -+=+-+--.(Ⅰ)求53,a a ;(Ⅱ)设),(*1212N n a a b n n n ∈-=-+证明:}{n b 是等差数列;(Ⅲ)设),,0()(*11N n q q a a c n n n n ∈≠-=-+求数列}{n c 的前n 项和n S .10.已知数列}{n a 是一个公差大于0的等差数列,且满足16,557263=+=a a a a . (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式;(Ⅱ)数列}{n a 和数列}{n b 满足等式),(2222*33221N n b b b b a n n n ∈++++= 求数列}{n b 的前n 项和n S . 11.已知等差数列}{n a 的公差为2,前n 项和为n S ,且421,,S S S 成等比数列.(1)求数列}{n a 的通项公式;(2)令,4)1(112+--=n n n a a n b 求数列}{n b 的前n 项和n T . 12.正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足:0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ;(2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ,证明:对于,*N n ∈∀都有645<n T . 答案:1.A ;2.B3.解:(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ,由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42,∴q 2=.由条件可知各项均为正数,故q=.由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1,∴a 1=.故数列{a n}的通项式为a n=.(Ⅱ)b n=++…+=﹣(1+2+…+n)=﹣,故=﹣=﹣2(﹣)则++…+=﹣2[(1﹣)+(﹣)+…+(﹣)]=﹣,∴数列{}的前n项和为﹣.4.解:(Ⅰ)由正项数列{a n}满足:﹣(2n﹣1)a n﹣2n=0,可有(a n﹣2n)(a n+1)=0∴a n=2n.(Ⅱ)∵a n=2n,b n=,∴b n===,T n===.数列{b n}的前n项和T n为.5.解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,由S4=4S2,a2n=2a n+1有:,解有a1=1,d=2.∴a n=2n﹣1,n∈N*.(Ⅱ)由已知++…+=1﹣,n∈N*,有:当n=1时,=,当n≥2时,=(1﹣)﹣(1﹣)=,∴,n=1时符合.∴=,n∈N*由(Ⅰ)知,a n=2n﹣1,n∈N*.∴b n=,n∈N*.又T n=+++…+,∴T n=++…++,两式相减有:T n=+(++…+)﹣=﹣﹣∴T n=3﹣.6.解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,∵a3=7,a5+a7=26,∴有,解有a1=3,d=2,∴a n=3+2(n﹣1)=2n+1;S n==n2+2n;(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n=2n+1,∴b n====,∴T n===,即数列{b n}的前n项和T n=.7.解:(Ⅰ)由条件有,又n=1时,,故数列构成首项为1,公式为的等比数列.∴,即.(Ⅱ)由有,,两式相减,有:,∴.(Ⅲ)由有.∴T n=2S n+2a1﹣2a n+1=.8.解:(Ⅰ)设{a n}的公差为d,由已知有解有a1=3,d=﹣1故a n=3+(n﹣1)(﹣1)=4﹣n;(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有,b n=n•q n﹣1,于是S n=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1.若q≠1,将上式两边同乘以q,有qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n.上面两式相减,有(q﹣1)S n=nq n﹣(1+q+q2+…+q n﹣1)=nq n﹣于是S n=若q=1,则S n=1+2+3+…+n=∴,S n=.9.解:(Ⅰ)由题意,令m=2,n=1,可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3,n=1,可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时,由已知(以n+2代替m)可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2(n+1)+1﹣a2(n+1)﹣1]﹣(a2n+1﹣a2n﹣1)=8即b n+1﹣b n=8∴{b n}是公差为8的等差数列(Ⅲ)由(Ⅰ) (Ⅱ)解答可知{b n}是首项为b1=a3﹣a1=6,公差为8的等差数列则b n=8n﹣2,即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知(令m=1)可有a n=﹣(n﹣1)2.∴a n+1﹣a n=﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是c n=2nq n﹣1.当q=1时,S n=2+4+6++2n=n(n+1)当q≠1时,S n=2•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1.两边同乘以q,可有qS n=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n.上述两式相减,有(1﹣q)S n=2(1+q+q2+…+q n﹣1)﹣2nq n=2•﹣2nq n=2•∴S n=2•综上所述,S n=.10.解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,则依题意可知d>0由a2+a7=16,有,2a1+7d=16①由a 3a 6=55,有(a 1+2d )(a 1+5d )=55②由①②联立方程求,有d=2,a 1=1/d=﹣2,a 1=(排除)∴a n =1+(n ﹣1)•2=2n﹣1 (Ⅱ)令c n =,则有a n =c 1+c 2+…+c na n+1=c 1+c 2+…+c n+1两式相减,有a n+1﹣a n =c n+1,由(1)有a 1=1,a n+1﹣a n =2∴c n+1=2,即c n =2(n ≥2),即当n ≥2时,b n =2n+1,又当n=1时,b 1=2a 1=2 ∴b n =于是S n =b 1+b 2+b 3+…+b n =2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6,n ≥2, .11.解 (1)因为S 1=a 1,S 2=2a 1+2×12×2=2a 1+2, S 4=4a 1+4×32×2=4a 1+12, 由题意得(2a 1+2)2=a 1(4a 1+12),解得a 1=1,所以a n =2n -1.(2)b n =(-1)n -14na n a n +1=(-1)n -14n (2n -1)(2n +1)=(-1)n -1(12n -1+12n +1). 当n 为偶数时,T n =(1+13)-(13+15)+…+(12n -3+12n -1)-(12n -1+12n +1)=1-12n +1=2n 2n +1. 当n 为奇数时, T n =(1+13)-(13+15)+…-(12n -3+12n -1)+(12n -1+12n +1)=1+12n +1=2n +22n +1.所以T n=⎩⎪⎨⎪⎧ 2n +22n +1,n 为奇数,2n 2n +1,n 为偶数.(或T n =2n +1+(-1)n -12n +1) 12.(1)解 由S 2n -(n 2+n -1)S n -(n 2+n )=0, 得[S n -(n 2+n )](S n +1)=0,由于{a n }是正项数列,所以S n +1>0.所以S n =n 2+n (n ∈N *). n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n ,n =1时,a 1=S 1=2适合上式.∴a n =2n (n ∈N *).(2)证明 由a n =2n (n ∈N *)得b n =n +1(n +2)2a 2n =n +14n 2(n +2)2=116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2-1(n +2)2 T n =116⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1-132+⎝ ⎛⎭⎪⎫122-142+⎝ ⎛⎭⎪⎫132-152+… ⎦⎥⎤+⎝ ⎛⎭⎪⎫1(n -1)2-1(n +1)2+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2-1(n +2)2 =116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1+122-1(n +1)2-1(n +2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1+122=564(n ∈N *). 即对于任意的n ∈N *,都有T n <564. 修辞作用的答题格式。

数列求通项典型例题

数列求通项典型例题

数列求通项典型例题一、已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+3,求an的通项公式。

A. an=2n - 1B. an=2(n+1) - 3C. an=2(n-1) + 3(答案)D. an=2n + 1二、数列{an}中,a1=2,an+1=3an-2,求an的通项公式。

A. an=3n - 1B. an=3(n-1) + 1(答案)C. an=3n + 2D. an=3(n+1) - 2三、已知数列{an}的首项a1=5,且满足an+1=2an-1,求an。

A. an=2(n+1) + 3B. an=2n + 3(答案)C. an=2(n-1) + 5D. an=2n + 1四、数列{an}满足a1=3,an+1=4an-4,求an的通项表达式。

A. an=4n - 1B. an=4(n-1) + 1C. an=4n - 4(答案)D. an=4(n+1) - 4五、已知数列{an}的首项为a1=7,且an+1=5an-8,求an的通项公式。

A. an=5n + 2B. an=5(n-1) + 2(答案)C. an=5n - 1D. an=5(n+1) - 8六、数列{an}中,a1=4,an+1=3an+2,求an的表达式。

A. an=3n + 1B. an=3(n-1) + 2(答案)C. an=3n - 2D. an=3(n+1) + 4七、已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+5,求an。

A. an=2n + 4B. an=2(n-1) + 5(答案)C. an=2n + 5D. an=2(n+1) + 1八、数列{an}中,a1=6,an+1=2an-3,求an的通项公式。

A. an=2n + 3B. an=2(n-1) - 3C. an=2n - 3(答案)D. an=2(n+1) + 6九、已知数列{an}的首项a1=8,且满足an+1=3an-4,求an。

A. an=3n + 4B. an=3(n-1) + 4(答案)C. an=3n - 4D. an=3(n+1) + 8十、数列{an}满足a1=2,an+1=4an+6,求an的通项表达式。

求数列极限的典型例题

求数列极限的典型例题

求数列极限的典型例题1. 数列极限的基本概念好吧,咱们先聊聊“数列极限”是什么东西。

听到这个词,有些小伙伴可能会觉得有点晦涩,但其实它就像是在你追求目标时,永远朝着一个方向走。

比如说,你在吃泡面,面条一根接一根地煮,最后不就是想要那碗美味的泡面吗?数列极限就像是那些面条,随着时间的推移,越来越接近那个最终的目标。

简单说,就是数列中的数字越来越接近某个固定的数值。

1.1 数列的构成首先,咱们得明白,数列其实就是一串数字的集合。

就像你收集邮票,或者存钱,都是一点一点积累起来的。

这些数字可以是任意的,但一旦它们有了某种规律,那就更有意思了!你可以想象一下,一个数列就像是一条蜿蜒的小路,有高有低,有起有伏,但总是朝着某个地方前进。

1.2 极限的意义接下来,咱们聊聊极限。

极限就是指,当你无限接近某个值时的状态。

就好比你追一个人,越追越近,最后你们总会碰到一起。

极限让我们可以理解数列在无穷远处的行为,仿佛是在做一个长途旅行,虽然现在离目的地还远,但心中早已打定主意,不达目的誓不罢休。

2. 常见的数列极限例题现在,咱们来点实际的,举几个例子,让大家更加明白数列极限是怎么回事。

比如,咱们来看一个很经典的数列:( a_n = frac{1{n )。

当 ( n ) 变得越来越大时,这个数列的值会趋向于0。

听起来简单吧?但实际上,它在告诉我们一种深刻的哲理:无论你多么强大,总会有一种力量能让你慢下来。

2.1 例子解析咱们再来看看另一个数列:( b_n = frac{n{n+1 )。

当 ( n ) 越来越大时,这个数列的极限也会趋近于1。

这个过程就像是你在考试前努力复习,结果最后都快要考满分了。

其实,每个数列的极限都藏着一个故事,你只需细心观察。

2.2 直观理解更直观地说,如果你想知道一个数列的极限,可以试试图形化的方式。

比如,画一条图线,随着 ( n ) 的增加,你会发现它越来越接近某个水平线。

这种图形就像是生活中的风景,虽然一路上风景各异,但终究你会看到那条直线,心中默念:“终于到了!”3. 求极限的技巧与方法当然,求极限的方法也有很多,咱们简单聊几个。

高中数学人教版 必修五 数列经典例题 高考题(附黄冈解析答案)

高中数学人教版 必修五 数列经典例题 高考题(附黄冈解析答案)

黄冈经典例题高考题(附答案,解析)等差数列例 1、在等差数列{a n}中:1、若a1-a4-a8-a12+a15=2,则a3+a13=___________.2、若a6=5,a3+a8=5,则a10=___________.3、若a1+a4+a7=39,a2+a5+a8=33,则a3+a6+a9=___________.例 2、已知数列{a n}的通项,试问该数列{a n}有没有最大项?若有,求最大项和最大项的项数,若没有,说明理由.例 3、将正奇数1,3,5,7,……排成五列,(如下图表),按图表的格式排下去,2003所在的那列,从左边数起是第几列?第几行?1 3 5 715 13 11 917 19 21 2331 29 27 25…………例 4、设f(x)=log2x-log x4(0<x<1).又知数列{a n}的通项an满足.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)判断该数列{a n}的单调性.1.(2009年安徽卷)已知{a n}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则a20等于()A.-1B.1C.3D.72.(2009年湖北卷)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数,比如:他们研究过图(1)中的1,3,6,10,……,由于这些数能够表示成三角形,将其称为三角形数;类似地,称图(2)中的1,4,9,16,……这样的数为正方形数,下列数中既是三角形数又是正方形数的是()A.289 B.1024 C.1225 D.13783.(江西卷)在数列{a n}中,,则a n=( )A.2+lnnB.2+(n-1)lnnC.2+nlnnD.1+n+lnn等差数列前N项和、等比数列例 1 、在等差数列 {a n}中,(1)已知a15=33,a45=153,求a61;(2)已知S8=48,S12=168,求S4;(3)已知a1-a4-a8-a12+a15=2,求S15;(4)已知S7=42,S n=510,a n-3=45,求n.例 2 、已知数列 {a n}的前n项和,求数列{|a n|}的前n项和S n′.例 3 、设数列 {a n}的首项a1=1,前n项之和S n满足关系式:3tS n-(2t+3)S n-1=3t(t>0,n=2,3,4…)(1)求证:数列{a n}为等比数列;(2)设数列{a n}的公比为f(t),作数列{b n},使(n=2,3,4,…),求b n.(3)求和:b1b2-b2b3+b3b4-…+(-1)n+1b n b n+1.例 4、一个水池有若干出水量相同的水龙头,如果所有水龙头同时放水,那么 24分钟可注满水池,如果开始时,全部放开,以后每隔相等的时间关闭一个水龙头,到最后一个水龙头关闭时,恰好注满水池,而且最后一个水龙头放水的时间恰好是第一个水龙头放水时间的5倍,问最后关闭的这个水龙头放水多少时间?例 5 、在 XOY平面上有一个点列P1(a1,b1),P2(a2,b2),…,P n(a n,b n),…,对每个自然数n,点P n位于函数y=2000(0<a<10)的图象上,且点P n,点(n,0)与点(n+1,0)构成一个以P n为顶点的等腰三角形. (1)求点P n的纵坐标b n的表达式;(2)若对每个自然数n,以b n,b n+1,b n+2为边长能构成一个三角形,求a的取值范围;(3)设B n=b1·b2·…·b n(n∈N*).若a取(2)中确定的范围内的最小整数,求数列{B n}的最大项的项数.1.(2009年宁夏、海南卷)等差数列{a n}的前n项和为S n,已知,,则m=()A.38B.20C.10D.92.(2009年全国1卷)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S9=72,则=_________.3.(2009年福建卷)等比数列中,已知.(1)求数列的通项公式;(2)若分别为等差数列的第3项和第5项,试求数列的通项公式及前项和.等比数列前N项和、数列的应用例 1 、 {a n} 为等差数列(d≠0) , {a n} 中的部分项组成的数列恰为等比数列,且 k1=1 ,k2=5 , k3=17 ,求 k1+k2+k3+……+k n的值 .例 2、已知数列 {a n} 满足条件: a1=1 , a2=r(r ﹥ 0) 且 {a n·a n+1} 是公比为 q(q ﹥ 0) 的等比数列,设 b n=a2n a2n(n=1,2, …… ).-1+(1)求出使不等式 a n a n+1+a n+1a n+2> a n+2 a n+3 (n ∈ N*) 成立的 q 的取值范围;(2)求 b n;(3)设,求数列的最大项和最小项的值 .例 3 、某职工年初向银行贷款 2万元用于购房,银行为了推行住房制度改革,贷款优惠的年利率为10%,按复利计算,若这笔贷款要求分10年等额还清,每年一次,并且从贷款后次年年初开始归还,问每年应还多少元?(精确到1元)例 4、在一次人才招聘会上,有 A、B两家公司分别开出它们的工资标准:A公司允诺第一年月工资为1500元,以后每年月工资比上一年月工资增加230元;B公司允诺第一年月工资为2000元,以后每年月工资比上一年的月工资的基础上递增5%.设某人年初被A、B两家公司同时录取,试问:(1)若该人分别在A公司或B公司连续工作n年,则他在第n年的月工资收入分别是多少?(2)该人打算连续在一家公司工作10年,仅从工资收入总量较多作为应聘的标准(不计其他因素),该人应该选择哪家公司,为什么?(3)在A公司工作比在B公司工作的月工资收入最多可以多多少元?(精确到1元)并说明理由.1.(2009年全国2卷)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若,则=___________.2.(2009年北京卷)若数列满足:,则___________;前8项的和___________.(用数字作答)3.(2009年辽宁卷)等比数列{a n}的前n 项和为S n,已知,,成等差数列.(1)求{a n}的公比q;(2)若a1-a3=3,求S n.答案&解析等差数列例一分析:利用等差数列任两项之间的关系:am =an+(m-n)d以及“距首末两端等距离两项的和相等”的性质可简化解答过程.解:,故 5=10-d,∴ d=5.故 a10=a6+4d=5+4×5=25.例二分析:考察数列{an}在哪一范围是递增数列,在哪些范围是递减数列,即可找到最大项.解:由有n≤9.而 an >0,∴当n≤9时,有an+1≥an.即 a1<a2<…<a9=a10>a11>a12>…∴数列{an}中存在最大项,最大项的项数为9或10,最大项为.点评:最大项与最大项的项数是不同概念,一个是项,一个是项号.例三分析:考虑到每行占有四个数,利用周期性进行处理,每一个周期占两行用 8个数,只须确定2003是第几个正奇数,问题就得到解决.解:设2003是第n个正奇数.则 2003=1+(n-1)·2.∴ n=1002.而 1002=8×125+2.∴ 2003在第251行第3列.例四分析:的方程,解方程并注意f(x)的定义域0<x<1即可得通项公式.依据条件列出关于an解:(1)又∵ f(x)定义域为0<x<1,(2)}为递增数列.则数列{an1. 答案:B2.答案:C解析:=n2,由此可排除D(1378不是平方数),将A、B、C选项根据图形的规律可知第n个三角形数为,第n个正方形数为bn代入到三角形数表达式中检验可知,符合题意的是C选项,故选C.3.答案:A等差数列前N项和、等比数列例1 解析:(1) a45 -a15=30d=153 -33 得 d=4 , a61=a45+16d=217.(2)方法 1 S4, S8-S4, S12-S8成等差数列,则 S4+(168 -48) =2(48 -S4)解得 S4= -8方法 2 成等差数列,则,∴ d=2.故.则 S4= -8.(3)∵(4) S7=7a4=42 ∴ a4=6∴ n=20例二解析:∴ an=63 -3n≥0 有 n ≤ 21 误解一=误解二例三解析:(1)∵ n≥2 时∴ {an} 为等比数列 .(2)∵则 {bn } 为等差数列,而 b1=1.∴(3)∵. ∴当 n 为偶数时,当 n 为奇数时例四解析:设有 n 个水龙头,每个水龙头放水时间依次为 x1, x2, x3,…, xn,则数列 {xn} 为等差数列且每个水龙头 1 分钟放水池水,故最后关闭的水龙头放水时间为 40 分钟 .例五解析:(1)∵.(2)∵ 0<a<10 ,则 0<.要使 bn , bn+1, bn+2为边能构成三角形,(3)故{B n} 中最大项的项数为n=20.1.答案:C解析:}是等差数列,所以,由,得:2-=0,所以=2,又,因为{an即=38,即(2m-1)×2=38,解得m=10,故选C.2.答案:24解析:}是等差数列,由,得,∵{an.3.解析:(1)设的公比为,由已知得,解得..(2)由(1)得,,则,.设的公差为,则有,解得.从而.所以数列的前项和.等比数列前N项和、数列的应用例一解答:设公比为 q ,例二解答:(1)由题意得 rq n-1+rq n> rq n+1.由题设 r ﹥ 0,q ﹥ 0 ,故上式 q2-q-1﹤0 ,(2)因为,所以,b1=1+r≠0 ,所以 {bn} 是首项为 1+r ,公比为 q 的等比数列,从而 bn=(1+r)q n-1.(3)由(2)知 bn=(1+r)q n-1,从上式可知当 n-20.2 > 0 ,即 n ≥ 21(n ∈ N) 时, cn随 n 的增大而减小,故①当 n-20.2<0 ,即 n ≤ 20(n ∈ N) 时, cn也随着 n 的增大而减小,故②综合①、②两式知对任意的自然数 n 有 c20≤ cn≤ c21故 {cn } 的最大项 c21=2.25 ,最小项 c20=-4.例三解一:我们把这类问题一般化,即贷款年利率为 a ,贷款额为 M ,每年等额归还 x 元,第 n 年还清,各年应付款及利息分别如下:第 n 次付款 x 元,这次欠款全还清 .第 n-1 次付款 x 元后,过一年贷款全部还清,因此所付款连利息之和为 x(1+a) 元;第 n-2 次付款 x 元后,过二年贷款全部还清,因此所付款连利息之和为 x(1+a)2元;……第一次付款 x 元后,一直到最后一次贷款全部还清,所付款连利息之和为 x(1+a)n-1元.将 a=0.1 , M=20000 , n=10 代入上式得故每年年初应还 3255 元.解二:设每年应还 x 元,第 n 次归还 x 元之后还剩欠款为 an元;则 a0=20000 , a1=20000(1+10%)-x ,an+1=an(1+10%)-x ,∴ an+1-10x=1.1(an-10x) ,故数列 { an-10x} 为等比数列.∴ an -10x= (a-10x)×1.1n,依题意有 a10=10x+(20000-10x) ×1.110=0 ..故每年平均应还 3255 元.例四解答:(1)此人在 A 、 B 公司第 n 年的月工资数分别为:an=1500+230 × (n-1)(n ∈ N*) ,bn=2000(1+5%)n-1(n ∈ N*) .(2)若该人在 A 公司连续工作 10 年,则他的工资收入总量为:12(a1+a2+…+a10)=304200 (元);若该人在 B 公司连续工作 10 年,则他的工资收入总量为:12(b1+b2+…+b10) ≈ 301869 (元).因此在 A 公司收入的总量高些,因此该人应该选择 A 公司 .(3)问题等价于求 Cn =an-bn=1270+230n-2000×1.05n-1(n ∈ N*) 的最大值 .当 n ≥ 2 时, Cn -Cn-1=230-100×1.05n-2,当 Cn -Cn-1> 0 ,即 230-100×1.05n-2> 0 时, 1.05n-2<2.3 ,得 n<19.1,因此,当 2 ≤ n ≤ 19 时, Cn-1<Cn;于是当 n ≥ 20 时, Cn≤ Cn-1.∴ C19=a19-b19≈ 827 (元) .即在 A 公司工作比在 B 公司工作的月工资收入最多可以多827 元.1.答案:3解析:设等比数列的公比为q.当q=1时,.当q≠1时,由.2. 答案:16;255解析:依题知数列{a}是首项为1,且公比为2的等比数列,n.3. 解析:(1)依题意有.由于,故.又,从而.(2)由已知可得.故.从而.。

数列极限中的典型例题

数列极限中的典型例题
于是
0<
+1
=1

− < 1, = 1,2, ⋯
所以数列 单调减且有下界,因此 lim = 存在。在递推公式 + = ( − )
→∞
两边令 → ∞取极限得, = (1 − ),所以
lim = =0
→∞
取 =
1
,

= 1,2, ⋯ , 则
1,2, ⋯ , ln( − )均有意义,由于对 > 0, 不等式ln ≤ − 1恒成立,因此有
+1 − = ln − ≤ − − 1, = 2,3, ⋯ .
由此得,
S+1 ≤ − 1, = 2,3, ⋯
.
从而得,
ln( − S+1 ) ≥ ln − + 1 = 0, = 2,3, ⋯


→∞
=0
证明令 = + + ⋯ + , = 1,2, ⋯ ,及 lim = .则
→∞
1 = 1, = − −1, = 1,2, ⋯ ,
于是
11 + 22 + ⋯ + 11 + 2(2−1) + ⋯ + ( −−1)

也存在或为+∞,且
→∞
+∞时, lim

− +1
lim
= lim
→∞
→∞ − +1

+1 −
存在或为+∞时,
→∞ +1 −
斯铎兹定理2(∞型) 设数列{ }单调增加且 lim = +∞.如果 lim

数学经典例题集锦:数列(含答案)(最新整理)

数学经典例题集锦:数列(含答案)(最新整理)

解:(1)已知 a1 2a2 22 a3 … 2n1 an 8n (n N * )①
n 2 时, a1 2a2 22 a3 … 2n2 an1 8(n 1) (n N * )②
①-②得, 2n1 an 8 ,求得 an 24n ,
在①中令 n 1 ,可得得 a1 8 241 ,
2(n 2)(n 3) 312,与 当 n 10 时,
Tn
5 12
2n 5 ; 312
当 n 10与
n N* 时, 2(n 2)(n 3) 312,与
Tn
5 12
2n 5 312
.
3. 研究生成数列的性质
-4-
例题 9. (I) 已知数列 cn ,其中 cn 2n 3n ,且数列 cn1 pcn 为等比数列,求常数 p ; (II) 设 an 、 bn 是公比不相等的两个等比数列, cn an bn ,证明数列 cn 不是
(2)证明:由已知 an an1 3n1 ,故 an (an an1 ) (an1 an2 ) (a2 a1 )
a1
3n1
3n2
3
1
3n 1 2

所以证得 an
3n 1 2.
例题 2. 数列 an 的前 n 项和记为 Sn , a1 1, an1 2Sn 1(n 1) (Ⅰ)求an 的通项公式; (Ⅱ)等差数列bn 的各项为正,其前 n 项和为Tn ,且T3 15 ,又 a1 b1, a2 b2 , a3 b3
⑵是否存在 k N ,使得 bk ak (0,1) ,请说明理由.
点拨:(1) a1 2a2 22 a3 ... 2n1 an 8n 左边相当于是数列 2n1 an 前 n 项和的形式,
可以联想到已知 Sn 求 an 的方法,当 n 2 时, Sn Sn1 an .

等差数列等比数列综合经典例题

等差数列等比数列综合经典例题

以下是等差数列和等比数列的经典例题:
等差数列求和问题:已知一个等差数列的首项为a1,公差为d,第n项为an,求前n项和Sn。

解法:根据等差数列的通项公式an = a1 + (n-1)d,得到Sn = (a1+an)n/2 = n(a1+an)/2 = n(a1+a1+(n-1)d)/2。

将其化简可得Sn = n(a1+an)/2 = n(a1+a1+(n-1)d)/2 = (n/2)(a1+an) = (n/2)(a1+a1+(n-1)d),其中a1和an可以根据公式计算出来,从而求得Sn。

等比数列求和问题:已知一个等比数列的首项为a1,公比为q,第n项为an,求前n项和Sn。

解法:根据等比数列的通项公式an = a1q^(n-1),得到Sn = a1(1-q^n)/(1-q)。

将其化简可得Sn = a1*(1-q^n)/(1-q) = a1*(1-q)*(1+q+q^2+...+q^(n-1))/(1-q)。

由于1+q+q^2+...+q^(n-1)是一个等比数列的前n项和,因此可以用等比数列求和公式S=q^n-1/(q-1)求出,将其代入上式,就可以得到Sn的表达式。

这些例题是等差数列和等比数列求和问题中比较经典的例子,掌握了这些例题的解法,就能够比较顺利地解决一类问题。

在实际应用中,还会有更加复杂的情况,需要根据具体的条件设计相应的求和方法。

初中数学数列典型10类例题

初中数学数列典型10类例题

初中数学数列典型10类例题1、有一个农妇,拿着一篮鸡蛋来到市场上,第一位顾客买了全部鸡蛋的一半再加半个;第二位顾客买了第一次剩下部分的一半再加半个;第三位顾客买了第二次剩下的一半再加半个,如此继续,当第六位顾客买了第五次剩下的一半再加半个时,他发现自己和其他顾客所买的鸡蛋都是整个的,而且农妇也刚好卖完所有鸡蛋,那么农妇一共拿了多少个鸡蛋到市场?你能算出来吗?(63个) 2、小明和小刚是好朋友,他们一个月里两次同时到一家超市买鸡蛋,两次鸡蛋的单价有变化,其中第一次鸡蛋的单价为x元/千克,第二次鸡蛋的单价为y元/千克。

现知道两人的购买方式不一样,小明每次总是买相同质量的鸡蛋,小刚则每次只拿出相同数量的钱买鸡蛋。

两种买鸡蛋的方式哪种合算?3、一小船由A港到B港顺流需行6小时,由B港到A港逆流需行8小时.一天,小船从早晨6点由A港出发顺流到达B 港时,发现一救生圈在途中落入水中,立刻返回,一小时后找到救生圈。

问:(1)若小船按水流速度由A漂流到B港需要多少小时?(2〉救生圈是在何时落入水中的?4、已知: b7+2ab-c2+2ac则三角形ABC是什么三角形(直角或等腰)5、已知: a+b2+c2-2ab+2ac+2bc,则三角形ABC是什么三角形(等边三角形)6、己知:(a-b)-是三角形的三边,则(a-b)-c?___(大于0或小于0)7、关于x的分式方程."_-1,下列说法正确的是()A、方程的解是x=m+5.B、m>-5时,方程的解是正数.c、m<-5时,方程的解是负数. D、无法确定.8、某电脑公司经销甲种型号电脑,受经济危机影响,电脑价格不断下降.今年三月份的电脑售价比去年同期每台降价1000元,如果卖出相同数量的电脑,去年销售额为10万元,今年销售额只有8万元.(1〉今年三月份甲种型号电脑每台售价多少元?(2)为了增加收入,该公司决定再经销乙种型号电脑,已知甲种型号电脑每台进价为3500元,乙种型号电脑每台进价为3000元,公司预计用不多于5万元且不少于4.8万元的资金购进这两种型号的电脑共15台,有几种进货方案?(3)如果乙种型号电脑每台售价为3800元,为打开乙种型号电脑的销路,公司决定每售出一台乙种型号电脑,返还顾客现金a元,要使(2〉中所有方案获利相同,a的值应是多少?此时,哪种方案对公司更有利?9、甲志愿者计划用若干个工作日完成社区的某项工作,从第三个工作日起,乙志愿者加盟此项工作,且甲、乙两人工作效率相同,结果提前3天完成任务,则甲志愿者计划完成此项工作的天数是(A>A、8B、7c、6D、510、若x=2008/2009,y=2009/2010,则x,y的大小关系是_。

数列与数表问题15例题

数列与数表问题15例题

1.下面是两个具有一定的规律的数列,请你按规律补填出空缺的项:(1)1,5,11,19,29,___,55;(2)1,2,6,16,44,___,328.[分析与解]在数列(1)中,相邻两项的差分别为4、6、8、10.容易看出相邻两项的差每次增加2,因此下一个差应该是10+2=12,补填的数应该是29+12=41.而41+14=55,亦满足此规律.在数列(2)中,从第二项开始,出现的项都是偶数,可以发现:(1+2)×2=6,(2+6)×2=16,(6+16)×2=44.即从第三项开始,数列的每一项都是它前面两项和的2倍,应补填的数为(16+44)×2=120.而(44+120)×2=328,亦满足此规律.2.有一列由三个数组成的数组,它们依次是(1,5,10)(2,10,20);(3,15,30);…….问第99个数组内三个数的和是多少?[分析与解]这些数组的第一个数等于项数,第二个数等于项数的5倍,第三个数等于项数的10倍.显然这个数组的第99个数字的第一个数字为99,则第二个数字为99×5=495,第三个数字为99×10=990,所以这三个数字的和为99+495+990=1584.法2第99组的数的和是第一组数的和的99倍,所以99×16=1584。

3.0,1,2,3,6,7,14,15,30,___,___,___.上面这个数列是小明按照一定的规律写下来的,他第一次先写出0,1,然后第二次写出2,3,第三次接着写6,7,第四次又接着写14,15,依此类推.那么这列数的最后3项的和应是多少?[分析与解](0,1),(2,3),(6,7),(14,15),(30,___),(___,___)注意到从第二组数开始,每组数的第一个数是前一组最后一个数的2倍,而每组内的两个数字连续,所以30后面为31,下一组的第一个数为31×2=62,下一组的第二个数为62+1=63,所以这列数的最后3项为31+62+63=156.4.仔细观察下面的数表,找出规律,然后补填出空缺的数字.[分析与解](1) 第二行的数均比第一行对应的数大21,所以58下面第二行数为58+21=79,即空格内填79.(2) 每行的第一、二列数的和比第三列数大17,如14+9-17=5,21+8-13=17,所以第一行的第三列数为28+9-17=19.即空格内填19.5.图5-3中各个数之间存在着某种关系.请按照这一关系求出数a和b.[分析与解]考察相邻圆周及它们公共区域上所填入的数字后发现如下关系:10+20=30=15×2,20+40=60=30×2,即两圆的公共部分上的数字是它旁边两个区域中数字的平均数,于是应该有a=20×2-16=24,b =(16+40)÷2=28,验证后发现此规律成立.6.将8个数从左到右排成一行,从第三个数开始,每个数恰好等于它前面两个数之和.如果第7个数和第8个数分别是81,131,那么第一个数是多少?[分析与解]显然,我们可以倒推,每个数都是后面的第二个数与后面第一个数的差,有第6个数为131-81=50,第5个数为81-50=31,第4个数为50-31=19,第3个数为31-19=12,第2个数为19-12=7,第1个数为12-7=5.7.1,2,3,2,3,4,3,4,5,4,5,6,….上面是一串按某种规律排列的自然数,问其中第101个数至第110个数之和是多少?[分析与解]我们注意到(1,2,3),(2,3,4),(3,4,5),(4,5,6),…每组数的第一个等于项数,而101÷3=33……2,即第101个数为第34组的第2个数,而第34组数为(34,35,36),所以第101个数至110个数为(__,35,36),(35,36,37),(36,37,38),(37,38,__),所以这10个数的和为35+36+35+36+37+36+37+38+37+38=2×35+3×36+37×3+38×2=365.即其中第101个数至第110个数之和是365.8.如果把1到999这些自然数按照从小到大的顺序排成一排,这样就组成了一个多位数:12345678910111213…996997998999.那么在这个多位数里,从左到右的第2000个数字是多少?[分析与解]其中一位数字有9个,两位数从10~99有90个,占有90×2=180个数字,三位数为100~999有900个,占有900×3=2700个,而2000-9-180=1811,所以第2000个数字是从100的1开始的第1811个数字,有1811÷3=603……2,即第100+603=703的第2个数字,为0.9.标有A,B,C,D,E,F,G记号的7盏灯顺次排成一行,每盏灯各安装着一个开关.现在A,C,D,G这4盏灯亮着,其余3盏灯是灭的.小方先拉一下A的开关,然后拉B,C,……,直到G的开关各一次,接下去再按从A到G的顺序拉动开关,并依此循环下去.他这样拉动了1990次后,亮着的灯是哪几盏?[分析与解]小方循环地从A到G拉动开关,一共拉了1990次.由于每一个循环拉动了7次开关,1990÷7=284……2,故一共循环了284次.然后又拉动A和B的开关一次.每次循环中A到G的开关各被拉动一次,因此A和B的开关被拉动248+1=285次,C到G的开关被拉动284次,A和B的状态会改变,而C到G的状态不变,而C到G的状态不变.开始时亮着的灯为A、C、D、G,故最后A变灭而B变亮,C到G的状态不变,亮着的灯为B、C、D、G.10.在l,2两数之间,第一次写上3;笫二次在1,3之间和3,2之间分别写上4,5,得到l 4 3 52以后每一次都在已写上的两个相邻数之间,再写上这两个相邻数之和.这样的过程共重复了8次,那么所有数的和是多少?[分析与解]第一次写上3后,和增加了3=3;第二次再写上4,5后,和增加了4+5=9;第三次再写上5,7,8,7,和增加了5+7+8+7=27;…和依次增大了3,9,27,…不难看出,接下来应该增大81,243,729,2187,6561,所以重复8次后,比开始的1+2=3,和增大了3+9+27+81+243+729+2187+6561=9840,所以现在这些数的和为3+9840=9843.11.有一列数:l,1989,l988,l,l987,….从第三个数起,每一个数都是它前面两个数中大数减小数的差.那么第1989个数是多少?[分析与解]根据题目中给出的数列的形成办法,我们不难写出数列的前几项为:1,1989,1988,1,1987,1986,1,1985,1984,1,1983,1982,…,通过观察发现,每隔3个数就出现1个1,而划去全部的1之后,数列变为:1989,1988,1987,1986,1985,…,它是一个递减的数列,每次减少1,由于有1989÷3=663,即原数列一共划去了663个“1”,相当于求划去1之后的原数列的第1989-663=1326项.应该为:1989-(1326-1)=664.原数列的第1989项为664.法2,把原数列每三个数分成一组,每组最后的数字构成了一个公差为2的灯拆数列,1989÷3=663,所以,第1989个数为1988-(663-1)×2=1988-1324=664。

等比数列基础经典例题

等比数列基础经典例题

选择题
已知等比数列的前三项分别为2,6,18,则该等比数列的公比为?
A. 2
B. 3(正确答案)
C. 4
D. 6
若一个等比数列的第2项是10,第5项是40,则它的第8项是多少?
A. 80
B. 120
C. 160(正确答案)
D. 240
已知等比数列的首项为1,且任意相邻两项的和为12,则该数列的公比为?
A. -2
B. -3(正确答案)
C. 4
D. 5
一个等比数列中,若第3项与第7项之积等于第5项的平方,则该数列的公比q满足?
A. q = -1
B. q = 0
C. q = 1(正确答案)
D. q = 2
若一个等比数列的前n项和为Sn,且S3 = 7,S6 = 63,则该数列的前9项和S9为?
A. 252
B. 504(正确答案)
C. 637
D. 784
已知等比数列的前三项和为21,后三项和为168,且所有项的和为280,则该数列的项数为?
A. 4
B. 5
C. 6(正确答案)
D. 7
一个等比数列中,若第4项是20,且第6项是5,则该数列的公比为?
A. -1/2
B. 1/2(正确答案)
C. 2
D. 3
已知等比数列的首项为2,公比为3,则该数列的前4项和为?
A. 20
B. 38
C. 54
D. 80(正确答案)
若一个等比数列的前n项和为2n - 1,则该数列的公比为?
A. 1
B. 2(正确答案)
C. 3
D. 4。

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数列经典例题数列与线性规划1.已知数列{}na 的前n 项和为nS ,满足()()211122,3n n nS n S n n n N a *+-+=+∈=,则数列{}na 的通项na=( ) A .41n - B .21n + C .3nD .2n + 【答案】A 【解析】试题分析:当1n =时,()2213234,7a a⋅+-⋅==,故A 选项正确.考点:数列求通项. 2.已知数列{}na 中, 45nan =-+,等比数列{}nb 的公比q 满足1(2)nn q a a n -=-≥,且12b a =,则12n b b b +++=( )A. 14n- B. 41n- C.143n- D.413n -【答案】B 【解析】试题分析:依题意有124,3q b a=-==-,故()()134n nb-=--,所以134n n b -=⋅,这是一个等比数列,前n 项和为()3144114nn-=--.考点:等比数列的基本性质.3.设nS 是等差数列{}na 的前n 项和,若5359aa=,则95SS=( )A .1B .2C .3D .4 【答案】A 【解析】 试题分析:199515539()9215()52a a S a a a S a +===+.故选A .考点:等差数列的前n 项和. 4.在等比数列{}na 中,1401aa <<=,则能使不等式12312311110n n a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+⋅⋅⋅+-≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭成立的最大正整数n 是( ) A.5 B.6 C .7D .8 【答案】C 【解析】试题分析:设公比为q,则1231231111n na a a a a a a a +++⋅⋅⋅+≤+++⋅⋅⋅+,即()111111111nn a q a q q q⎛⎫-⎪-⎝⎭≤--,将131a q =代入得:7n q q ≤,1,7q n >∴≤.考点:(1)数列与不等式的综合;(2)数列求和.【方法点晴】本题考查数列和不等式的综合,考查运算求解能力,推理论证能力;考查化归与转化思想.综合性强,难度大,有一定的探索性,对数学思维能力要求较高,是高考的重点.解题时要认真审题,仔细解答.将不等式转化为两个等比数列之和,解不等式,对于在选择题中,该题还可以计算出721,a a a ,可得111772211=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a a a a a ,可得不等式成立的最大整数n . 5.数列{}na 中,11++=n n an,9=nS,则=n ( )A.97B.98 C .99 D .100 【答案】C 【解析】试题分析:由nn n n a n -+=++=111,∴()(21321n S n n=++++119n =+=,所以99=n ,故选C.考点:数列求和. 6.已知()()*111,nn n a an a a n N +==-∈,则数列{}na 的通项公式是( ) A .n B .11n n n -+⎛⎫⎪⎝⎭C .2nD .21n -【答案】A 【解析】试题分析:由已知整理得()11+=+n nna an ,∴nana nn =++11,∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n是常数列.且111==a na n,∴nan=,故选项为A.考点:数列的递推式. 【一题多解】当2≥n 时,11-=-n n a an n,2121--=--n n aa n n ,…,2323=a a ,1212=aa, 两边分别相乘得naan=1.又∵11=a,∴nan=.7.在数列{}na 中,1112,1n n na aa a ++=-=-,则2016a=( )A .-2B .13- C.12D .3 【答案】D 【解析】试题分析:由条件可得:21-=a ,312-=a ,213=a ,34=a ,25-=a ,316-=a,…,所以数列{}na 是以4为周期的数列,所以342016==a a,故选项为D.考点:数列的函数特性. 8.已知数列{}na 满足11a=,12(2,)n n aa n n N *-=≥∈,则数列{}na 的前6 项和为( )A .63B .127C .3263D .64127 【答案】C 【解析】 试题分析:11122n n n n a a a a --=∴=,所以数列是等比数列,公比为12()616163132a q S q -∴==-考点:等比数列求和9.三个实数,,a b c 成等比数列,且3a b c ++=,则b 的取值范围是( )A.)0,1[-B. ]10,( C. ]3,0()0,1[⋃- D. ]1,0()0,3[⋃-【答案】D 【解析】试题分析:设此等比数列的公比为q ,∵3a b c ++=,∴3bb bq q++=,∴311b q q=++.当0q >时,3121b ≤=+,当且仅当1q =时取等号,此时(]01b ∈,;当0q <时,3321b ≥=--+,当且仅当1q =-时取等号,此时[)30b ∈-,.∴b 的取值范围是[)(]3001-⋃,,.故选:D .考点:等比数列的性质.【思路点睛】本题考查了等比数列的通项公式、基本不等式的性质、分类讨论思想方法,考查了推理能力与计算能力;解答本题时,首先设此等比数列的公比为q ,由3a b c ++=,可得3bb bq q++=,变形为311b q q=++.对q 分类讨论,再利用基本不等式的性质即可得出.10.等比数列}na {中,已知对任意正整数n ,ma a a a n n +=++++2321 ,则2232221na a a a ++++ 等于( ) A.)4(31m n+ B. )12(31-nC. )14(-nD.2)2(m n +【答案】A 【解析】试题分析:∵当2n =时,124a am+=+,当1n =时,12a m=+,∴22a=,∴公比22q m=+,∴等比数列{}na 是首项是1,公比是22m+的等比数列,∵()2221224am a =+=,,∴等比数列2{}na 是首项是1,公比是222m ⎛⎫ ⎪+⎝⎭的等比数列,∴()222221222321122(4)3212n n n m m m m a a a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪+⎝⎭ ⎪++ ⎪⎛⎫- ⎪ ⎪+⎝⎭⎝+⎭++⋯+==,故选A .考点:等比数列的性质.11.已知数列{}na 的各项均为正数,其前n 项和为nS ,若{}2log n a 是公差为1-的等差数列,且638S=,则1a 等于( )A .421B .631C .821 D .1231【答案】A 【解析】试题分析:因为{}2log na 是公差为1-的等差数列,所以21log 112211log log 1,22a n n n n a a n a a -+-+=-+==,61111131...,24328S a a ⎛⎫=++++==⎪⎝⎭421,故选A.考点:1、等差数列的通项公式;2、等比数列前n 项和公式.12.已知等比数列}{na 满足421=+aa ,1232=+a a,则=5a ( )A .64B .81C .128D .243 【答案】B 【解析】试题分析:设等比数}{na 的公比为q ,由421=+aa ,1232=+a a ,得11211412a a q a q a q +=⎧⎨+=⎩,解得113a q =⎧⎨=⎩,所以4451381a a q ===,故选B.考点:等比数列的通项公式.13.设}{na 为等差数列,若11101aa<-,且它的前n项和S n 有最小值,那么当S n 取得最小正值时,nA .18B .19C .20D .21 【答案】C 【解析】试题分析:∵nS 有最小值,∴d >0,故可得1011a a <,又11101a a<-:()()20120101110100Sa a a a =+=+>,1910190S a =<∴20S 为最小正值考点:等差数列的通项公式;等差数列的前n 项和14.数列{}na 满足11a=且1122--=-n n n n a a a a()2≥n 则na=( )A.21n +B.22n +C.2()3nD.12()3n - 【答案】A 【解析】试题分析:由递推公式可得111112nn n a a a -⎧⎫-=∴⎨⎬⎩⎭为等差数列,公差为12,首项为1,所以通项公式为()111211221n n n n a a n +=+-⨯=∴=+考点:等差数列15.已知等比数列{}na 中, 262,8aa ==,则345a a a=( ) A .64± B .64C .32D .16 【答案】B 【解析】试题分析:由等比数列的性质可知226416a a a ⋅==,而246,,a a a 同号,故44a =,所以3345464a a a a ==.考点:等比数列的性质.16.已知0,0a b >>,若不等式3103m a b a b--≤+恒成立,则m 的最大值为( ) A . 4 B .16 C . 9D .3 【答案】B 【解析】试题分析:依题意()3133310b a m a b a b a b ⎛⎫≤++=++⎪⎝⎭,331016b aa b++≥,故16m ≤.考点:不等式.17.若正数y x ,满足xy y x 53=+,则y x 43+的最小值是( )A. 524B. 528C. 5D. 6 【答案】C【解析】试题分析:235323,5xy x y xy xy =+≥≥,2324341235x y xy +≥≥=.由xy y x 53=+两边除以5xy 得13155y x +=,()131********3455555555x y x y y x y x ⎛⎫++=++≥+= ⎪⎝⎭,当且仅当31255x y y x =即11,2x y ==时等号成立. 考点:基本不等式.【思路点晴】本题考查基本不等式.基本不等式需要满足一正二定三相等,也就是说,利用基本不等式必须确保每个数都是正数,必须确保右边是定值,必须确保等号能够成立.本题若不不小心忘记检验等号是否成立,会产生如下的错解:235323,xy x y xy xy =+≥≥,3243412355x y xy +≥≥=.连用两次基本不等式,等号不是同时成立. 18.已知0,0a b >>,则336ab a b+的最小值是( )A .10B .2.12 D .20 【答案】C 【解析】 试题分析:336612ab ab a b ab+≥≥.故选C.考点:基本不等式.【易错点睛】利用基本不等式求最值时,要注意其必须满足的三个条件:(1)“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数;(2)“二定”就是要求和的最小值,必须把构成和的二项之积转化成定值;要求积的最大值,则必须把构成积的因式的和转化成定值;(3)“三相等”是利用基本不等式求最值时,必须验证等号成立的条件,若不能取等号则这个定值就不是所求的最值,这也是最容易发生错误的地方.19.若变量x ,y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧-≥≤+≤,1,1,y y x x y 且y x z +=2的最大值和最小值分别为m 和n ,则=-n m ( ) A.5B.6C.7D.8 【答案】B 【解析】试题分析:画出可行域如下图所示,将交点代入2z x y =+可求得最大值为3,最小值为3-,差为8.考点:线性规划.20.点(),M x y是不等式组0333xyx y⎧≤≤⎪⎪≤⎨⎪≤⎪⎩Ω内的一动点,且不等式20x y m-+≥恒成立,则m 的取值范围是()A.323m≥- B.3m≥ C.0m≥ D.123m≥-【答案】B【解析】试题分析:若20x y m-+≥总成立,即2m y x≥-总成立,设2z y x=-即求z的最大值即可,作出不等式组的平面区域如图,由2z y x=-得2y x z=+,则图象可知当直线经过点(0,3)C时,直线的截距最大,此时z最大,303,3z m=-=∴≥,故选B.考点:简单的线性规划.21.变量,x y满足约束条件12314yx yx y≥-⎧⎪-≥⎨⎪+≤⎩,若使z ax y=+取得最大值的最优解有无数个,则实数a 的取值集合是( )A .{}3,0-B .{}3,1-C .{}0,1D .{}3,0,1- 【答案】B 【解析】试题分析:不等式对应的平面区域如图:由z ax y=+得y ax z =-+,若0a =时,直线y ax z z =-+=,此时取得最大值的最优解只有一个,不满足条件,若0a ->,则直线y ax z =-+截距取最大值时,z 取最大值,此时满足直线y ax z =-+与与2y x =-平行,此时1a ->解得1a =-,若0a -<,则直线y ax z =-+截距取最大值时,z 取最大值,此时满足直线y ax z=-+与314y x =-+平行,此时3a -=-解得3a =.综上满足条件的1a =-或3a =,故选B.考点:简单线性规划.【易错点睛】作出不等式对应的平面区域,利用z ax y =+的取得最大值的最优解有无穷个,得到目标函数的对应的直线和不等式对应的边界的直线的斜率相同,解方程即可得到结论.本题主要考查了线性规划的应用,利用z 的几何意义,结合z ax y =+取得最大值的最优解有无穷个,利用数形结合是解决本题的根据. 22.已知变量y x ,满足约束条件Ω:⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥+≤a y x y x y 12,若Ω表示的区域面积为4,则y x z -=3的最大值为( )A .5-B .3C .5D .7 【答案】D 【解析】试题分析:如图所示,因为区域面积为4,可求得1=a ,由此得平面区域,可知当y x z -=3过点)2,3(时有最大值,为7.故选D.考点:简单的线性规划. 23.设变量y x ,满足⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤+≤≤-15020010y y x y x ,则y x 32+的最大值是( )A .20B .35C .45D .55 【答案】D 【解析】试题分析:画出可行域,如上图阴影部分.令23z x y=+,当0z =时,23y x =-,将此直线向右上方平移,当经过C 点时,直线的纵截距有最大值,z 有最大值,而(5,15)C ,所以max2531555z=⨯+⨯=,选D.考点:简单的线性规划. 24.已知变量,x y 满足约束条件20170x y x x y -+≤⎧⎪≥⎨⎪+-≤⎩,则yx 的取值范围是( )A .9[,6]5B .9(,][6,)5-∞+∞C .(,3][6,)-∞+∞ D .[3,6]【答案】A 【解析】试题分析:作出可行域,如图ABC ∆内部(含边界),yx 表示点(,)x y 与原点连线的斜率,易得59(,)22A ,(1,6)B ,992552OAk==,661OBk==,所以965yx≤≤.故选A .OABCDxy考点:简单的线性规划的非线性应用. 25.已知变量x ,y 满足约束条件01x x y x y ≥⎧⎪≤⎨⎪+≤⎩,则z 122x y =+-的最大值是A .-12B .0C .12D .1 【答案】D 【解析】试题分析:作出不等式组对应的平面区域如图:(阴影部分).由z=2x+y-12得y=-2x+z+12,平移直线y=-2x+z+ 12, 由图象可知当直线y=-2x+z+ 12经过点B 时,直线y=-2x+z+ 12的截距最大, 此时z 最大.由1x yx y =⎧⎨+=⎩,解得1212x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,即B 11,22⎛⎫⎪⎝⎭,代入目标函数z=2x+y- 12得z=2×12+ 12- 12=1. 即目标函数z=2x+y- 12的最大值为1 考点:线性规划问题 26.若不等式组20,,02,x y y m x -+≥⎧⎪≥⎨⎪≤≤⎩表示的平面区域是一个三角形,则m 的取值范围是( )A .[2,4)B .[2,)+∞C .[2,4]D .(2,4] 【答案】A 【解析】试题分析:由不等式组可得可行域(如图),当直线m y =在2=y 与4=y (不包括4=y )时,平面区域是一个三角形,可知m ∈[2,4).考点:简单线性规划.【方法点睛】本题主要考查简单线性规划问题,属于基础题.处理此类问题时,首先应明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线,其次确定目标函数的几何意义,是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等,最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围等.本题考查方向为可行域的确定,通过对不等式中参数的可能取值而确认满足条件的可行域. 27.若变量,x y 满足2,239,0,x y x y x +≤⎧⎪-≤⎨⎪≥⎩则22xy +的最大值是( )A .12B .10C .9D .4 【答案】B 【解析】试题分析:由约束条件2,239,0,x y x y x +≤⎧⎪-≤⎨⎪≥⎩,作出可行域,如图所示,因为(0,3),(0,2)A C -,所以OA OC >,联立x yO 2 2-22239x y x y +=⎧⎨-=⎩,解得(3,1)B -,因为2222(3(1))10OB=+-=,所以22xy +的最大值是10,故选B .考点:简单的线性规划. 28.已知x,y ∈R ,且满足⎪⎩⎪⎨⎧-≥≤+≥,2,,43,x y x x y 则y x z 2+=的最大值是( )A .10B .8C .6D .3 【答案】C 【解析】试题分析:如图,画出可行域,设52y x z +=',z '表示可行域内的点到直线02=+y x 的距离,那么z y x '=+52,根据图像,很显然,点()22--,A 到直线2=+y x 的距离最大,最大值为()562122222=+-⨯+-=d ,所以yx 2+的最大值就是6565=⨯,故选C.考点:线性规划 29.已知y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥+-≤-≤+03045y x y x y x ,则下列目标函数中,在点)1,4(处取得最大值的是 A.y x z -=51B.yx z +-=3C.15z x y =--D.y x z -=3 【答案】D 【解析】试题分析:在直角坐标系内作出可行域如下图所示,由线性规划知识可知,目标函数15z x y =-与3z x y=-+均是在点(5,1)A --处取得最大值,目标函数15z x y =--在点(1,4)C 处取得最大值,目标函数yx z -=3在点(4,1)B 处取得最大值,故选D.考点:线性规划.30.如图所示,表示满足不等式()(22)0x y x y -+->的点()x y ,所在的区域为【答案】B 【解析】试题分析:线性规划中直线定界、特殊点定域。

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