发布时间 : 星期六 文章河南省洛阳市第二外国语学校2013届高考数学 闯关密练特训《6-1数列的概念》试题 新人教A版 2更新完毕开始阅读e65e2e4f312b3169a451a49d
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∴cn＋1－cn＝(bn＋2＋bn＋3＋?＋b2n＋3)－(bn＋1＋bn＋2＋?＋b2n＋1)＝b2n＋2＋b2n＋3－bn＋1＝2n＋2＋
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－<＋－＝0， 2n＋3n＋12n＋22n＋2n＋1∴cn＋1 能力拓展提升 11.(文)下图是用同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第n个图案中需用黑色瓷砖的块数为(用含n的代数式表示)( ) A．4n C．4n－3 [答案] D [解析] 第(1)，(2)，(3)个图案黑色瓷砖数依次为3×5－3＝12；4×6－2×4＝16；5×7－3×5＝20，代入选项验证可得答案为D. (理)(2012·湖北文，17)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数： B．4n＋1 D．4n＋8 将三角形数1,3,6,10，?记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}．可以推测：b2012是数列{an}中的第________项． [答案] 5030 [解析] 由前四组可以推知an＝ nn＋12 ，b1＝a4＝10，b2＝a5＝15，b3＝a9＝45，b4＝a10 ＝55，依次可知，当n＝4,5,9,10,14,15,19,20,24,25，?时，an能被5整除，由此可得，b2k＝a5k(k∈N)，∴b2012＝a5×1006＝a5030. 12．(2011·赣州市摸底)设a1，a2，?，a50是从－1，0,1这三个整数中取值的数列，若 * a1＋a2＋?＋a50＝9，且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋?＋(a50＋1)2＝107，则a1，a2，?，a50中数字1 的个数为( ) - 5 - A．24 C．14 [答案] A ??a1＋a2＋?＋a50＝9， [解析] ?2 ?a1＋1＋a2＋1? B．15 D．11 2 ＋?＋a50＋12 ＝107， ?a1＋a2＋?＋a50＝39. 2 2 2 故a1，a2，?，a50中有11个零， 设有x个1，y个－1，则 ??x＋y＝39， ? ?x－y＝9，? ??x＝24， ?? ?y＝15.? 故选A. n* 13．(文)(2011·辽宁大连模拟)数列{an}中，a1＝2，且an＋1＝an＋2(n∈N)，则a2010＝( ) A．2C．2 2010 －1 ＋2 B．2D．2 2010 －1 20102011 [答案] B [解析] 由条件知an＋1－an＝2，a1＝2， ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋?＋(a2－a1)＋a1＝22×2－1n2010 ＋2＝2，∴a2010＝2. 2－1 (理)(2011·大同市模拟)已知定义在R上的函数f(x)，g(x)满足 n－1 n－1 n＋2 n－2 ＋?＋2＋2＋2＝ 2 fxgx＝a，且 xf1f－15fn* f ′(x)g(x) g1g－12gn31 于，则n等于( ) 32 A．4 B．5 C．6 D．7 [答案] B [解析] f ′(x)g(x) f ′xgx－fxg′x<0 2 [gx]fx]′<0?0 gx?[ f1f－155－12 ＋＝?a＋a＝?2a－5a＋2＝0 g1g－122 1 ?a＝或a＝2(舍去)， 2 - 6 - ∴ fn1n＝()， gn2 fn11* }(n∈N)是以为首项，为公比的等比数列． gn22 n∴{ 11[1－22∴ 11－2 ]31＝， 32 1n1 ∴()＝，∴n＝5.故选B. 232 14．(文)(2011·山西忻州市联考)数列{an}中，a1＝35，an＋1－an＝2n－1(n∈N)，则的最小值是________． [答案] 10 [解析] 由an＋1－an＝2n－1可知，当n≥2时， * annan＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋?＋(a2－a1)＋a1＝[2(n－1)－1]＋[2(n－2) －1]＋[2(n－3)－1]＋?＋(2×1－1)＋35＝2[1＋2＋3＋?＋(n－1)]－(n－1)＋35＝n－2n＋36. 2 ann2－2n＋3636∴＝＝n＋－2≥2×nnn当且仅当n＝6时，取等号． n·－2＝10， n36 πx(理)已知f(x)＝sin，an＝f(n)＋f ′(n)，数列{an}的前n项和为Sn，则S2013＝________. 2[答案] 1 ππxnππnππ [解析] f ′(x)＝cos，an＝sin＋cos，∴a1＝1，a2＝－，a3＝－1，a4 222222π ＝，且{an}的周期为4，又2013＝503×4＋1且a1＋a2＋a3＋a4＝0， 2 ∴S2013＝503×0＋a1＝1. 15．(文)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3an＋1＋2Sn＝3(n为正整数)． (1)求出数列{an}的通项公式； (2)若对任意正整数n，k≤Sn恒成立，求实数k的最大值． [解析] (1)∵3an＋1＋2Sn＝3，① ∴当n≥2时，3an＋2Sn－1＝3，② 由①－②得，3an＋1－3an＋2an＝0. ∴ an＋11 ＝ (n≥2)． an3 - 7 - 1 又∵a1＝1,3a2＋2a1＝3，解得a2＝. 3 1 ∴数列{an}是首项为1，公比q＝的等比数列． 3∴an＝a1qn－1 ?1?n－1 ＝??(n为正整数)． ?3? 3??1?n? (2)由(1)知，Sn＝?1－??? 2??3?? 由题意可知，对于任意的正整数n，恒有 k≤?1－??n?， 3 ?2?1?n? ∵数列?1－???单调递增，当n＝1时，数列取最小项为，∴必有k≤1，即实数k的最 3?3??? 3? 2??1????? 大值为1. (理)(2011·福建厦门一模)已知二次函数f(x)＝ax＋bx的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n，n∈N. (1)求f(x)的解析式； (2)若数列{an}满足 1 * 2 an＋1 1 ＝f ′()，且a1＝4，求数列{an}的通项公式； an4 (3)记bn＝anan＋1，数列{bn}的前n项和Tn，求证：≤Tn<2. 3 ??b＝2n， [解析] (1)由题意及f ′(x)＝2ax＋b得?2 ?16na－4nb＝0，? 1??a＝，解之得?2 ??b＝2n，(2)由条件得 1 12* 即f(x)＝x＋2nx(n∈N)． 2 an＋1an111＝＋2n，∴－＝2n， an＋1an11 累加得－＝2＋4＋6＋?＋2(n－1) an4＝ [2＋2n－12 ]×n－1＝n－n， 2 112 ∴＝(n－)， an21所以an＝ 1n－2 ＝ 2 42n－12 (n∈N)． * - 8 -