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高三数学一轮专题复习------- 数列的综合应用(有详细答案)


数列的综合应用

考情分析 灵活运用等差数列、等比数列公式与性质解 决一些综合性问题.

考点新知 掌握一些简单的递推数列、子数列问题 的处理方法及一些数列证明题的证明方法.

1. 根据市场调查结果, 预测某种家用商品从年初开始的 n 个月内累积的需求量 Sn(万件) n 近似地满足关系式 Sn= (21n-n2-5)(n=1,2,…,12),按此预测,在本年度内,需求量 90 超过 1.5 万件的月份是________. 答案:7、8 解析:由 Sn 解出 an= 1 (-n2+15n-9), 30

1 再解不等式 (-n2+15n-9)>1.5,得 6<n<9. 30 → → → 2. 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若OB=a100·OA+a101OC,且 A、B、C 三点共 线(该直线不过点 O),则 S200=________. 答案:100 → → → 解析:∵ OB=a100OA+a101OC且 A、B、C 三点共线(该直线不过点 O),∴ a100+a101 200×(a1+a200) =1,∴ S200= =100×(a1+a200)=100×1=100. 2 3. 设 1=a1≤a2≤…≤a7,其中 a1,a3,a5,a7 成公比为 q 的等 比数列,a2,a4,a6 成公差为 1 的等差数列,则 q 的最小值是________. 3 答案: 3 解析:设 a2=t,则 1≤t≤q≤t+1≤q2≤t+2≤q3,由于 t≥1,所以 q≥max{t, t+1, 3 3 t+2},故 q 的最小值是 3.

4. 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,且 an、an+1 是函数 f(x)=x2-bnx+2n 的两个零点,则 b10=________. 答案:64 an+2 + 解析: 依题意有 anan+1=2n, 所以 an+1an+2=2n 1, 两式相除得 =2, 所以 a1, a3, a5, … an 成等比数列, a2, a4, a6, …也成等比数列, 而 a1=1, a2=2, 所以 a10=2×24=32, a11=1×25 =32,又因为 an+an+1=bn,所以 b10=a10+a11=64.

1. 形如 an+1=λan+μ 的线性递推关系,可用待定系数法; 2. 形如 an+1=an+f(n)的递推关系,可用叠加法;

3. 形如 an+1=an·f(n)的递推关系,可用叠乘法; 4. 递推数列的求解方法还有倒数法、等价转化法、利用周期性等. [备课札记]

题型 1 子数列问题 例 1 (2013· 南通模拟)设无穷数列{an}满足: n∈Ν ,an<an+1,an∈N 记 bn=aan, * cn=aan+1(n∈N ). (1) 若 bn=3n(n∈N*),求证:a1=2,并求 c1 的值; (2) 若{cn}是公差为 1 的等差数列,问{an}是否为等差数列,证明你的结论. 解:(1) 因为 an∈N ,所以若 a1=1,则 b1=aa1=a1=3 矛盾, 若 a1≥3=aa1,可得 1≥a1≥3 矛盾,所以 a1=2.于是 a2=aa1=3,从而 c1=aa1+1=a3 =aa2=6. (2) {an}是公差为 1 的等差数列,证明如下:an+1>an n≥2 时,an>an-1,所以 an≥an-1 +1 an≥am+(n-m),(m<n) aan+1+1≥aan+1+an+1+1-(an+1),即 cn+1-cn≥an+1-an,由题设,1≥an+1-an, 又 an+1-an≥1, 所以 an+1-an=1,即{an}是等差数列. 变式训练 (2013· 泰州模拟)已知数列 an=n-16,bn=(-1)n|n-15|,其中 n∈N*. (1) 求满足 an+1=|bn|的所有正整数 n 的集合; bn (2) 若 n≠16,求数列 的最大值和最小值; an (3) 记数列{anbn}的前 n 项和为 Sn,求所有满足 S2m=S2n(m<n)的有序整数对(m,n). 解:(1) an+1=|bn|,n-15=|n-15|. 当 n≥15 时,an+1=|bn|恒成立; 当 n<15 时,n-15=-(n-15),n=15(舍去). ∴ n 的集合为{n|n≥15,n∈N*}. (2)
n bn (-1) |n-15| = . an n-16

bn n-15 1 (ⅰ) 当 n>16 时,n 取偶数时, = =1+ , an n-16 n-16 bn? 当 n=18 时,? ?a ?
n max

3 = ,无最小值; 2

bn 1 n 取奇数时, =-1- , an n-16

bn? n=17 时,? ?a ? =-2,无最大值.
n min n bn (-1) (n-15) (ⅱ) 当 n<16 时, = . an n-16

bn -(n-15) 1 当 n 为偶数时, = =-1- . an n-16 n-16 bn? n=14 时,? ?a ?
n

1 bn? 13 =- ,? =- ; a ? ? 2 14 n min max

bn n-15 1 当 n 为奇数时, = =1+ , an n-16 n-16 bn? n=1 时,? ?a ?
n max

1 14 =1- = , 15 15

bn? n=15 时,? ?a ? =0.
n min

bn 3 综上, 最大值为 (n=18),最小值-2(n=17). an 2 (3) 当 n≤15 时,bn=(-1)n 1(n-15),a2k-1b2k-1+a2kb2k=2(16-2k)≥0, 当 n>15 时, bn=(-1)n(n-15), a2k-1b2k-1+a2kb2k=2(2k-16)>0, 其中 a15b15+a16b16=0, ∴ S16=S14,m=7,n=8. 题型 2 递推数列问题


例2 N*.

2Sn 1 2 (2013· 广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=1, =an+1- n2-n- ,n∈ n 3 3

(1) 求 a2 的值; (2) 求数列{an}的通项公式; 1 1 1 7 (3) 证明:对一切正整数 n,有 + +…+ < . a1 a2 an 4 (1) 解:∵ 2Sn 1 2 =an+1- n2-n- ,n∈N n 3 3

1 2 ∴ 当 n=1 时,2a1=2S1=a2- -1- =a2-2. 3 3 又 a1=1,∴ a2=4. (2) 解:∵ ∴ 2Sn 1 2 =an+1- n2-n- ,n∈N n 3 3

1 2 2Sn=nan+1- n3-n2- n 3 3 n(n+1)(n+2) ,① 3 (n-1)n(n+1) ,② 3

=nan+1-

∴ 当 n≥2 时,2Sn-1=(n-1)an-

由①-②,得 2Sn-2Sn-1=nan+1-(n-1)an-n(n+1), ∵ 2an=2Sn-2Sn-1, ∴ 2an=nan+1-(n-1)an-n(n+1),

∴ ∴ ∴

an+1 an - =1, n+1 n
?an? a1 数列? n ?是以首项为 =1,公差为 1 的等差数列. 1 ? ?

an =1+1×(n-1)=n,∴ n

an=n2(n≥2),

当 n=1 时,上式显然成立. ∴ an=n2,n∈N*. (3) 证明:由(2)知,an=n2,n∈N*, 1 7 ① 当 n=1 时, =1< ,∴ 原不等式成立. a1 4 1 1 1 7 ② 当 n=2 时, + =1+ < ,∴ 原不等式成立. a1 a2 4 4 ③ 当 n≥3 时,∵ n2>(n-1)· (n+1), ∴ ∴ 1 1 < , n2 (n-1)· (n+1) 1 1 1 1 1 1 + +…+ = 2+ 2+…+ 2 a1 a2 an 1 2 n 1 1 1 1 + +…+ + 1×3 2×4 (n-2)· n (n-1)· (n+1)

<1+

1 1 1 1 ? 1 1 1? 1?1 1? 1?1 1? 1 1 - ?+ ? - - + - + - +…+ ? =1+ ? 2?1 3? 2?2 4? 2?3 5? 2?n-2 n? 2?n-1 n+1? 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =1+ ( - + - + - +…+ - + - ) 21 3 2 4 3 5 n-2 n n-1 n+1 1 1 1 1 1 =1+ ?1+2-n-n+1? 2? ? 1 7 1 1 7 = + ?-n-n+1?< , 4 2? ? 4 ∴ 当 n≥3 时,∴ 原不等式亦成立. 1 1 1 7 综上,对一切正整数 n,有 + +…+ < . a1 a2 an 4 备选变式(教师专享) (2013· 无锡模拟)已知数列{an}中,a1=2,n∈N*,an>0,数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 2 满足 an+1= . Sn+1+Sn-2 (1) 求{Sn}的通项公式; (2) 设{bk}是{Sn}中的按从小到大顺序组成的整数数列. ① 求 b3; ② 存在 N(N∈N*), 当 n≤N 时, 使得在{Sn}中, 数列{bk}有且只有 20 项, 求 N 的范围. 解:(1) an+1=Sn+1-Sn, ∴ (Sn+1-Sn)(Sn+1+Sn-2)=2; 即(Sn+1)2-(Sn)2-2(Sn+1-Sn)=2, ∴ (Sn+1-1)2-(Sn-1)2=2,且(S1-1)2=1, ∴ {(Sn-1)2}是首项为 1,公差为 2 的等差数列, ∴ Sn=1+ 2n-1.

(2) ① n=1 时,S1=1+1=2=b1,n=5 时,S5=1+3=4=b2,n=13 时,S13=1+5= 6=b3. ② ∵ 2n-1 是奇数,Sn=1+ 2n-1为有理数,则 2n-1=2k-1, ∴ n=2k2-2k+1, 当 k=20 时,n=761;当 k=21 时,n=841; ∴ 存在 N∈[761,840],当 n≤N 时,使得在{Sn}中,数列{bk}有且只有 20 项. 题型 3 有关数列的证明题 例 3 (2013· 江苏)设{an}是首项为 a,公差为 d 的等差数列(d≠0),Sn 是其前 n 项和.记 nSn bn= 2 ,n∈N*,其中 c 为实数. n +c (1) 若 c=0,且 b1,b2,b4 成等比数列,证明:Sn k=n2Sk(k,n∈N*); (2) 若{bn}是等差数列,证明:c=0. 证明:∵ {an}是首项为 a,公差为 d 的等差数列(d≠0),Sn 是其前 n 项和, ∴ n(n-1) Sn=na+ d. 2 n-1 Sn c=0,∴ bn= =a+ d. n 2

(1) ∵ ∵

b1,b2,b4 成等比数列,∴ b2 2=b1b4,

1 2 3 a+ d? =a?a+ d?, ∴ ? ? 2 ? ? 2 ? ∴ ∴ ∵ ∴ 1 1 ad- d2=0, 2 4 1 ? 1 ? d a- d =0. 2 ? 2 ? 1 d≠0,∴ a= d,∴ d=2a, 2 n(n-1) n(n-1) Sn=na+ d=na+ 2a=n2a, 2 2

∴ 左边=Snk=(nk)2a=n2k2a,右边=n2Sk=n2k2a, ∴ 左边=右边,∴ 原式成立. (2) ∵ {bn}是等差数列, ∴ 设公差为 d1, ∴ bn=b1+(n-1)d1 nSn nSn 代入 bn= 2 ,得 b1+(n-1)d1= 2 , n +c n +c 1 ? 3 ? 1 ? 2 * ∴ ? ?d1-2d?n +?b1-d1-a+2d?n +cd1n=c(d1-b1)对 n∈N 恒成立,



? ?b -d -a+1d=0, 2 ? cd =0, ? ?c(d -b )=0,
1 1 1 1 1

1 d1- d=0, 2



1 d1= d.∵ d≠0,∴ d1≠0. 2

备选变式(教师专享)
2 2 (2013· 江西理)正项数列{an}的前项和满足:S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0. (1) 求数列{an}的通项公式 an;

(2) 令 bn=

n+1 5 , 数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明: 对于任意的 n∈N*, 都有 Tn< . 64 (n+2)2a2 n

2 2 (1) 解:由 S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0, 得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n2+n. 于是 a1=S1=2,n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项 an=2n.

(2) 证明:由于 an=2n,bn= 则 bn= Tn= =
2

n+1 , (n+2)2a2 n

1 n+1 1 ?1 ? 2- 2= n ( n + 2)2?. 16 ? 4n (n+2)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 [1- 2+ 2- 2+ 2- 2+…+ - + 2- ] 16 3 2 4 3 5 (n-1)2 (n+1)2 n (n+2)2

1 1 1 1? ? 1 (1+ 12)= 5 . 1+ 2- 2- 2 < 16? 2 (n+1) (n+2) ? 16 2 64

5 故对于任意的 n∈N*,都有 Tn< . 64

1. (2013· 重庆)已知{an}是等差数列,a1=1,公差 d≠0,Sn 为其前 n 项和.若 a1,a2,a5 成等比数列,则 S8=________. 答案:64 8×7 2 解析:a2 =a1a5,即(1+d)2=1×(1+4d),所以 d=2,故 S8=8+ ×2=64. 2 2. (2013· 上海)若等差数列的前 6 项和为 23,前 9 项和为 57,则数列的前 n 项和 Sn= ________. 5 7 答案: n2- n 6 6 解析:由条件得 5 1 d=23, ?a =- , ?S =6a +6× 2 3 5 7 即 故 a = n - n. ? ? 6 6 5 9×8 d = , S = 9a + d = 57 , ? 3 ? 2
6 1 1 n 2 9 1

3. (2013· 新课标)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S10=0,S15=25,则 nSn 的最小值 为________. 答案:-49

a =-3, ? ?1 x3-10x2 20 n3 10n2 0, ?上 解析:由条件得? 2 nSn= - ,对 f(x)= 求导可得 f(x)在? 3? ? 3 3 3 ? ?d=3, 20 n3 10n2 ,+∞?上递增,分别计算 n=6 和 n=7 可得,当 n=7 时 nSn= - 递减,在? 最小为 ?3 ? 3 3 -49. 1 4. (2013· 江苏)在正项等比数列{an}中,a5= ,a6+a7=3,则满足 a1+a2+…+an>a1a2… 2 an 的最大正整数 n 的值为________. 答案:12 解析:根据条件求得 an=2
n-6

,则不等式化为 2 -1>2

n

n2-11n+10 2

n2-11n+10 (*),n> , 2

13- 129 13+ 129 解得 <n< ,即 1≤n≤12,将 n=13 代入(*)式检验,经检验不成立,故最 2 2 大正整数 n 的值为 12.

1. (2013· 徐州模拟)在数列{an}中,已知 a1=2,a2=3,当 n≥2 时,an+1 是 an·an-1 的个 位数,则 a2 010=________. 答案:4 解析:由题意得,a3=a1·a2=6,定义 f(x)=x 的个位数,则 a4=f(a3·a2)=8,依此类 推,a5=8,a6=4,a7=2,a8=8,a9=6,a10=8,到此为止,看出一个周期,a9=a3,a10= a4,周期为 6,因为前 2 项不符合周期,所以 2 010-2=2 008,2 008=6×334+4,所以 a2 010=a6=4. 2. (2013· 扬州模拟)已知数列{an}满足 a1+a2+…+an=n2(n∈N*). (1) 求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2) 对任意给定的 k∈N*,是否存在 p,r∈N*(k<p<r)使 , , 成等差数列?若存在, ak ap ar 用 k 分别表示 p 和 r(只要写出一组);若不存在,请说明理由. 解:(1) 当 n=1 时,a1=1;当 n≥2,n∈N*时,a1+a2+…+an-1=(n-1)2,所以 an= n2-(n-1)2=2n-1;综上所述,an=2n-1(n∈N*). 1 1 1 1 2 1 3-2p (2) 当 k=1 时,若存在 p,r 使 , , 成等差数列,则 = - = .因为 p≥2, ak ap ar ar ap ak 2p-1 所以 ar<0 与数列{an}为正数相矛盾,因此,当 k=1 时不存在; 1 1 2 xy 当 k≥2 时,设 ak=x,ap=y,ar=z,则 + = ,所以 z= .令 y=2x-1,得 z= x z y 2x-y xy=x(2x-1),此时 ak=x=2k-1,ap=y=2x-1=2(2k-1)-1, 所以 p=2k-1,ar=z=(2k 2 2 -1)(4k-3)=2(4k -5k+2)-1,所以 r=4k -5k+2. 综上所述,当 k=1 时,不存在 p,r;当 k≥2 时,存在 p=2k-1,r=4k2-5k+2 满足 题设. x>0, ? ? 3. 设 不 等 式 组 ?y>0, 所 表 示 的 平 面 区 域 为 Dn , 记 Dn 内 的 整 点 个 数 为 ? ?y≤-nx+3n

an(n∈N*)(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点). (1) 求数列{an}的通项公式; Sn (2) 记数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Tn= - .若对于一切的正整数 n,总有 Tn≤m, 3·2n 1 求实数 m 的取值范围. 解:(1) 由 x>0,y>0,3n-nx>0,得 0<x<3. ∴ x=1,或 x=2.∴ Dn 内的整点在直线 x=1 和 x=2 上. 记直线 y=-nx+3n 为 l,l 与直线 x=1、x=2 的交点的纵坐标分别为 y1,y2. 则 y1=-n+3n=2n,y2=-2n+3n=n.∴ an=3n(n∈N*). 3n(n+1) (2) ∵ Sn=3(1+2+3+…+n)= , 2 n(n+1) ∴ Tn= , 2n ∴ Tn+1-Tn= (n+1)(n+2) n(n+1) (n+1)(2-n) - = , + + 2n 2n 1 2n 1

3 ∴ 当 n≥3 时,Tn>Tn+1,且 T1=1<T2=T3= . 2 3 于是 T2,T3 是数列{Tn}中的最大项,故 m≥ . 2 4. (2013· 徐州模拟)已知数列{an},其前 n 项和为 Sn. S2n (1) 若对任意的 n∈N, a2n-1, a2n+1, a2n 组成公差为 4 的等差数列, 且 a1=1, =2 013, 2n 求 n 的值;
? Sn ? (2) 若数列? a +a?是公比为 q(q≠-1)的等比数列,a 为常数,求证:数列{an}为等比数 ? n ?

1 列的充要条件为 q=1+ . a (1) 解:因为 a2n-1,a2n+1,a2n 组成公差为 4 的等差数列, 所以 a2n+1-a2n-1=4,a2n=a2n-1+8(n∈N*), 所以 a1,a3,a5,…,a2n-1,a2n+1 是公差为 4 的等差数列,且 a2+a4+a6+…+a2n=a1 +a3+…+a2n-1+8n. n(n-1) ? 又因为 a1=1, 所以 S2n=2(a1+a3+…+a2n-1)+8n=2?n+ ×4 +8n=4n2+6n 2 ? ? =2n(2n+3), S2n 所以 =2n+3=2 013,所以 n=1 005. 2n Sn - - (2) 证明:因为 +a=(a+1)qn 1,所以 Sn=(a+1)qn 1an-aan,① an 所以 Sn+1=(a+1)qnan+1-aan+1,② - ②-①,得(a+1)(1-qn)an+1=[a-(a+1)qn 1]an.③ 1 (ⅰ) 充分性:因为 q=1+ ,所以 a≠0,q≠1,a+1≠aq,代入③式,得 a q(1-qn)an+1=(1-qn)an.因为 q≠-1,q≠1,

an+1 1 所以 = ,n∈N*,所以{an}为等比数列, an q (ⅱ) 必要性:设{an}的公比为 q0,则由③得 - (a+1)(1-qn)q0=a-(a+1)qn 1, 1? n 整理得(a+1)q0-a=(a+1)? ?q0-q?q , 此式为关于 n 的恒等式,若 q=1,则左边=0,右边=-1,矛盾; (a+1)q0=a, ? ? 1 若 q≠± 1,当且仅当? 1时成立,所以 q=1+a . ?(a+1)q0=(a+1)q ? 1 由(ⅰ)、(ⅱ)可知,数列{an}为等比数列的充要条件为 q=1+ . a 1. 数列的渗透力很强,它和函数、方程、三角、不等式等知识相互联系,优化组合, 无形中加大了综合的力度.解决此类题目需对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了 解,深刻领悟他在解题中的重大作用,常用的数学思想方法有:函数与方程、数形结合、分 类讨论、等价转化等. 2. 在现实生活中,人口的增长,产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期 付款问题等,都可以用数列解决,由此要会在实际问题中抽象出数学模型,并用数列知识解 决问题.


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浙江版高考数学一轮复习专题65数列的综合应用讲1128310....doc
浙江版高考数学一轮复习专题65数列的综合应用讲11283109-含答案 - 第 05 节 数列的综合应用 【考纲解读】 考点 考纲内容 五年统计 分析预测 1.高频考向 :根据...
高三数学大一轮复习讲义专题四数列的综合应用理新人教A版.doc
高三数学大一轮复习讲义专题数列的综合应用理新人教A版 - 专题数列的综合应用 1.等比数列与等差数列比较表 不同点 (1)强调从第二项起每一项与前一项的差...
2018年数学一轮复习专题6.5数列的综合应用(练).doc
2018年数学一轮复习专题6.5数列的综合应用(练) - 第 04 节 数列的综合应用 A 基础巩固训练 1. 【2017 届山西省大同市第一中学高三 11 月月考】在等差数列...
2015高考数学一轮题组训练:6-5数列的综合应用.doc
2015高考数学一轮题组训练:6-5数列的综合应用_数学_高中教育_教育专区。第5讲...答案 15 3.(2014 德州模拟)数列{an}满足 a1=1,log2an+1=log2an+1(n...
高考数学文一轮复习考案3.5 数列的综合应用_图文.ppt
? 数列的综合应用通常有三种的类型 1.数列知识范围内的综合应用 (1)等差、...【答案】D 2.(2011年范水高中高三数学期末考试)某工厂的产量第二年比第一 年...
...专用)一轮总复习练习:6.5数列的综合应用(含答案解析....doc
【三维设计】高三数学文(江苏专用)一轮总复习练习:6.5数列的综合应用(答案解析) - 课时跟踪检测(三十三) 一保高考,全练题型做到高考达标 数列的综合应用 1....
...数列题组训练39专题研究3数列的综合应用理-含答案.doc
版高考数学一轮总复习第六章数列题组训练39专题研究3数列的综合应用理-含答案 - 题组训练 39 专题研究 3 数列的综合应用 1.设{an}是首项为 a1,公差为-1 ...
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