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專題08數(shù)列一、選擇題部分1.(2021?高考全國(guó)甲卷?理T7)等比數(shù)列的公比為q,前n項(xiàng)和為,設(shè)甲:,乙:是遞增數(shù)列,則()A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件B.當(dāng)時(shí),通過(guò)舉反例說(shuō)明甲不是乙的充分條件;當(dāng)是遞增數(shù)列時(shí),必有成立即可說(shuō)明成立,則甲是乙的必要條件,即可選出答案.由題,當(dāng)數(shù)列為時(shí),滿足,但是不是遞增數(shù)列,所以甲不是乙的充分條件.若是遞增數(shù)列,則必有成立,若不成立,則會(huì)出現(xiàn)一正一負(fù)的情況,是矛盾的,則成立,所以甲是乙的必要條件.故選B.2.(2021?浙江卷?T10)已知數(shù)列滿足.記數(shù)列的前n項(xiàng)和為,則()A B. C. D.A.因?yàn)?,所以,.由,即根?jù)累加法可得,,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào),,由累乘法可得,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào),由裂項(xiàng)求和法得:所以,即.故選A.3.(2021?江蘇鹽城三模?T5)已知數(shù)列eq{a\s\do(n)}的通項(xiàng)公式為eqa\s\do(n)=\f(n,(n+1)!),則其前n項(xiàng)和為A.eq1-\f(1,(n+1)!)B.eq1-\f(1,n!)C.eq2-\f(1,n!)D.eq2-\f(1,(n+1)!)A.【考點(diǎn)】數(shù)列的求和:裂項(xiàng)相消法由題意可知,eqa\s\do(n)=\f(n,(n+1)!)=eq\f(n+1-1,(n+1)!)=eq\f(1,n!)-eq\f(1,(n+1)!),所以Sn=1-eq\f(1,2!)+eq\f(1,2!)-eq\f(1,3!)+…+eq\f(1,n!)-eq\f(1,(n+1)!)=1-eq\f(1,(n+1)!),故答案選A.4.(2021?江蘇鹽城三模?T10)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為eqS\s\do(n),若eqa\s\do(n)+S\s\do(n)=An\s\up6(2)+Bn+C,則下列說(shuō)法中正確的有A.存在A,B,C使得{an}是等差數(shù)列B.存在A,B,C使得{an}是等比數(shù)列C.對(duì)任意A,B,C都有{an}一定是等差數(shù)列或等比數(shù)列D.存在A,B,C使得{an}既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列ABD.【考點(diǎn)】等差與等比數(shù)列的綜合應(yīng)用由題意可知,對(duì)于選項(xiàng)A,取A=0,B=C=1,則有an+Sn=n+1,此時(shí)可得到an=1,即{an}是等差數(shù)列,所以選項(xiàng)A正確;對(duì)于選項(xiàng)B,取A=0,B=0,C=1,則有an+Sn=1,所以n≥2時(shí),an-1+Sn-1=1,兩式相減可得2an=an-1,即數(shù)列{an}是等比數(shù)列,所以選項(xiàng)B正確;對(duì)于選項(xiàng)CD,取A=C=0,B=2,則有an+Sn=2n,所以n≥2時(shí),an-1+Sn-1=2(n-1),兩式相減可得an=EQ\F(1,2)an-1+1,即an-2=EQ\F(1,2)(an-1-2),即數(shù)列{an-2}是以EQ\F(1,2)為公比的等比數(shù)列,所以{an}既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列,所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確;綜上,答案選ABD.5.(2021?河南鄭州三模?理T5)已知等差數(shù)列{an}的公差不為零,且a32=a1a7,Sn為其前n項(xiàng)和,則=()A. B. C. D.n(n﹣1)A.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d≠0,∵a32=a1a7,∴=a1(a1+6d),化為:a1=2d,∴Sn=na1+×=a1,則=.6.(2021?河南焦作三模?理T4)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2am=a6an,am2=a6a10,則m+n=()A.4 B.8 C.12 D.16C.∵a2am=a6an,am2=a6a10,公比q>1,∴由等比數(shù)列的性質(zhì)可得:m=8,n=4,∴m+n=12.7.(2021?重慶名校聯(lián)盟三模?T6.)在我國(guó)古代著名的數(shù)學(xué)專著《九章算術(shù)》里有一段敘述:今有良馬與駑馬發(fā)長(zhǎng)安至齊,齊去長(zhǎng)安一千一百二十五里,良馬初日行一百零三里,日增一十三里;駑馬初日行九十七里,日減半里;良馬先至齊,復(fù)還迎駑馬,二馬相逢.問(wèn):幾日相逢?()A.8日 B.9日 C.12日 D.16日B.由題可知,良馬每日行程an構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為103,公差13的等差數(shù)列,駑馬每日行程bn構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為97,公差為﹣0.5的等差數(shù)列,則an=103+13(n﹣1)=13n+90,bn=97﹣0.5(n﹣1)=97.5﹣0.5n,則數(shù)列{an}與數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為1125×2=2250,又∵數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為×(103+13n+90)=×(193+13n),數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為×(97+97.5﹣0.5n)=×(194.5﹣n),∴×(193+13n)+×(194.5﹣n)=2250,整理得:25n2+775n﹣9000=0,即n2+31n﹣360=0,解得:n=9或n=﹣40(舍),即九日相逢.8.(2021?安徽蚌埠三模?文T4.)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,S1=1,S5=25,則=()A.3 B.6 C.9 D.12A.因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}中,a1=S1=1,所以S5=5+10d=25,所以d=2,則=a1+d=3.9.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T9.)如圖,有甲、乙、丙三個(gè)盤子和放在甲盤子中的四塊大小不相同的餅,按下列規(guī)則把餅從甲盤全部移到乙盤中:①每次只能移動(dòng)一塊餅;②較大的餅不能放在較小的餅上面,則最少需要移動(dòng)的次數(shù)為()A.7 B.8 C.15 D.16C.假設(shè)甲盤中有n塊餅,從甲盤移動(dòng)到乙盤至少需要an次,則a1=1,當(dāng)n≥2時(shí),可先將較大的餅不動(dòng),將剩余的n﹣1塊餅先移動(dòng)到丙盤中,至少需要移動(dòng)an﹣1次,再將最大的餅移動(dòng)到乙盤,需要移動(dòng)1次,最后將丙盤中所有的丙移動(dòng)到乙盤中,至少需要移動(dòng)an﹣1次,由上可知,an=2an﹣1+1,且a1=1,所以a2=2a1+1=3,a3=2a2+1=7,a4=2a3+1=15,則最少需要移動(dòng)的次數(shù)為15次.10.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T5.)“干支紀(jì)年法”是中國(guó)歷法上自古以來(lái)使用的紀(jì)年方法,甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被稱為“十天干”,子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”.“天干”以“甲”字開(kāi)始,“地支”以“子”字開(kāi)始,兩者按干支順序相配,組成了干支紀(jì)年法,其相配順序?yàn)椋杭鬃?、乙丑、丙寅、…、癸酉,甲戌、乙亥、丙子、…、癸未,甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳,…,共得?0個(gè)組合,稱六十甲子,周而復(fù)始,無(wú)窮無(wú)盡.2021年是“干支紀(jì)年法”中的辛丑年,那么2015年是“干支紀(jì)年法”中的()A.甲辰年 B.乙巳年 C.丙午年 D.乙未年D.由題意可知,甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被稱為“十天干”,子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”,2021年是“干支紀(jì)年法”中的辛丑年,則2020年為庚子,2019年為己亥,2018年為戊戌,2017年為丁酉,2016年為丙申,2015年為乙未.11.(2021?遼寧朝陽(yáng)三模?T4.)跑步是一項(xiàng)有氧運(yùn)動(dòng),通過(guò)跑步,我們能提高肌力,同時(shí)提高體內(nèi)的基礎(chǔ)代謝水平,加速脂肪的燃燒,養(yǎng)成易瘦體質(zhì).小林最近給自己制定了一個(gè)200千米的跑步健身計(jì)劃,他第一天跑了8千米,以后每天比前一天多跑0.5千米,則他要完成該計(jì)劃至少需要()A.16天 B.17天 C.18天 D.19天B.設(shè)需要n天完成計(jì)劃,由題意易知每天跑步的里程為,以8為首項(xiàng),0.5為公差的等差數(shù)列,∴,∴n2+31n﹣800≥0,當(dāng)n=16時(shí),162+31×16﹣800<0,當(dāng)n=17時(shí),172+17×31﹣800>0.12.(2021?河南濟(jì)源平頂山許昌三模?文T4.)“干支紀(jì)年法”是我國(guó)歷法的一種傳統(tǒng)紀(jì)年法,甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被稱為”十天干”;子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、西、戌、亥叫做“十二地支”.“天干”以“甲”字開(kāi)始,“地支”以“子”字開(kāi)始,兩者按干支順序相配,組成了干支紀(jì)年法,其相配順序?yàn)榧鬃?、乙丑、丙寅、……癸酉;甲戌、乙亥、丙子、…、癸未;甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳;…,共得?0個(gè)組合,稱六十甲子,周而復(fù)始,無(wú)窮無(wú)盡.2021年是“干支紀(jì)年法”中的辛丑年,那么2121年是“干支紀(jì)年法”中的()A.庚午年 B.辛未年 C.庚辰年 D.辛巳年D.天干:甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;地支:子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥,天干是以10為公差的等差數(shù)列,地支是以12為公差的等差數(shù)列,2021年是“干支紀(jì)年法”中的辛丑年,則2121的天干為辛,地支為巳.13.(2021?安徽宿州三模?理T8.)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1a7=3a4,a2與a3的等差中項(xiàng)為18,則S5=()A.108 B.117 C.120 D.121D.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,q>0,由a1a7=a42=3a4,可得a4=3,即有a1q3=3,由a2與a3的等差中項(xiàng)為18,可得a2+a3=36,即為a1q+a1q2=36,解得a1=81,q=,則S5==121.14.(2021?安徽宿州三模?文T5.)已知{an}為等差數(shù)列且a1=1,a4+a9=24,Sn為其前n項(xiàng)的和,則S12=()A.142 B.143 C.144 D.145C.解法一、等差數(shù)列{an}中,設(shè)公差為d,由a1=1,a4+a9=24,得(a1+3d)+(a1+8d)=2a1+11d=2+11d=24,解得d=2,所以S12=12a1+×12×11×2=12×1+132=144.解法二、等差數(shù)列{an}中,a1=1,a4+a9=24,所以前n項(xiàng)的和S12==6(a4+a9)=6×24=144.15.(2021?河南開(kāi)封三模?文T7.)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=1,,若,則n=()A.4 B.5 C.6 D.7C.根據(jù)題意,數(shù)列{an}滿足a1=1,,則數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1=1,公比為的等比數(shù)列,若,即a1(a1q)(a1q2)……(a1qn﹣1)=(a1)n×==,解可得:n=6或﹣5(舍).16.(2021?四川瀘州三模?理T6.)已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若a2=15,S5=65,則a1+a4=()A.24 B.26 C.28 D.30C.由題意S5=5a3=65,a3=13,所以a1+a4=a2+a3=28.17.(2021?江蘇常數(shù)三模?T12.)斐波那契,公元13世紀(jì)意大利數(shù)學(xué)家.他在自己的著作《算盤書》中記載著這樣一個(gè)數(shù)列:1,1,2,3,5,8,13,21,34,?,其中從第三個(gè)數(shù)起,每一個(gè)數(shù)都等于它前面兩個(gè)數(shù)的和,這就是著名的斐波那契數(shù)列.斐波那契數(shù)列與代數(shù)和幾何都有著不可分割的聯(lián)系.現(xiàn)有一段長(zhǎng)為a米的鐵絲,需要截成n(n>2)段,每段的長(zhǎng)度不小于1m,且其中任意三段都不能構(gòu)成三角形,若n的最大值為10,則a的值可能是()A.100 B.143 C.200 D.256BC.由題意,一段長(zhǎng)為a米的鐵絲,截成n段,且其中任意三段都不能構(gòu)成三角形,當(dāng)n取最大值時(shí),每段長(zhǎng)度從小到大排列正好為斐波那契數(shù)列,而數(shù)列的前10項(xiàng)和為:1+1+2+3+5+8+13+21+34+55=143,前11項(xiàng)和為:1+1+2+3+5+8+13+21+34+55+89=232,∴只需143≤a<232,BC均符合要求.18.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T16.)已知函數(shù)f(x)=sinx,各項(xiàng)均不相等的數(shù)列{an}滿足|ai|≤(i=1,2,…n),記G(n)=.①若an=(﹣)n,則G(2000)>0;②若{an}是等差數(shù)列,且a1+a2+…+an≠0,則G(n)>0對(duì)n∈N*恒成立.關(guān)于上述兩個(gè)命題,以下說(shuō)法正確的是()A.①②均正確 B.①②均錯(cuò)誤 C.①對(duì),②錯(cuò) D.①錯(cuò),②對(duì)A.f(x)=sinx在[﹣]上為奇函數(shù)且單調(diào)遞增,①:a2k﹣1+a2k<0(k∈N*)可得a2k﹣1<﹣a2k,則f(a2k﹣1)<f(﹣a2k)<f(﹣a2k)=﹣f(a2k),所以f(a2k﹣1)+f(a2k)<0<0,則a1+a2............+a2000<0,f(a1)+f(a2)..........+f(a2000)+.....+f(a2000)<0,故G(2000)>0,①正確,②:{an}為等差數(shù)列,當(dāng)a1+a2+.....+an>0時(shí),若n為偶數(shù),a>0,a1>﹣an可得f(a1)>f(﹣an)=﹣f(an),則f(a1)+f(an)>0,同理可得:f(a2)+f(an﹣1)>0,.......f(a)+f(a)>0,所以G(n)>0,若n為奇數(shù),a1+an=a2+an﹣1=......=2a>0,f(a1)+f(an)>0,f(a2)+f(an﹣1)>0,.....,f(a)>0,所以G(n)>0,當(dāng)a1+a2+.....+an<0時(shí),同理可證G(n)>0,②正確.19.(2021?湖南三模?T5.)《周髀算經(jīng)》是我國(guó)古代的天文學(xué)和數(shù)學(xué)著作,其中有一個(gè)問(wèn)題大意如下:一年有二十四個(gè)節(jié)氣,每個(gè)節(jié)氣晷長(zhǎng)損益相同(即太陽(yáng)照射物體的影子長(zhǎng)度增加和減少的大小相同).二十四個(gè)節(jié)氣及晷長(zhǎng)變化如圖所示,若冬至晷長(zhǎng)一丈三尺五寸,夏至晷長(zhǎng)一尺五寸(注:一丈等于十尺,一尺等于十寸),則立秋晷長(zhǎng)為()A.五寸 B.二尺五寸 C.三尺五寸 D.四尺五寸D.設(shè)從夏至到冬至,每個(gè)節(jié)氣晷長(zhǎng)為an,則a1=15,冬至晷長(zhǎng)a13=135,由題意得{an}為等差數(shù)列,則d==10,故a4=a1+3d=15+30=45.20.(2021?江西南昌三模?理T5.)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}滿足a52+a62=a72+a82,則()A.a(chǎn)6=0 B.a(chǎn)7=0 C.S12=0 D.S13=0C.因?yàn)楣畈粸?的等差數(shù)列{an}滿足a52+a62=a72+a82,所以a82﹣a52+a72﹣a62=0,所以(a8﹣a5)(a8+a5)+(a7﹣a6)(a7+a6)=0,即3d(a8+a5)+d(a7+a6)=0,因?yàn)閐≠0,所以3(a8+a5)+(a7+a6)=0,由等差數(shù)列的性質(zhì)得4(a1+a12)=0,即a1+a12=0,所以S12=0.21.(2021?江西上饒三模?理T12.)數(shù)列{an}是以a為首項(xiàng),q為公比的等比數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足bn=1+a1+a2+…+an(n=1,2,…),數(shù)列{cn}滿足cn=2+b1+b2+…+bn(n=1,2,…).若{cn}為等比數(shù)列,則a+q=()A. B.3 C. D.6B.?dāng)?shù)列{an}是以a為首項(xiàng),q為公比的等比數(shù)列,an=aqn﹣1,則bn=1+a1+a2+…+an=1+=1+﹣,則cn=2+b1+b2+…+bn=2+(1+)n﹣×=2﹣+n+,要使{cn}為等比數(shù)列,則,解得:,∴a+q=3.22.(2021?安徽馬鞍山三模?理T10.)國(guó)際數(shù)學(xué)教育大會(huì)(ICME)是由國(guó)際數(shù)學(xué)教育委員會(huì)主辦的國(guó)際數(shù)學(xué)界最重要的會(huì)議,每四年舉辦一次,至今共舉辦了十三屆,第十四屆國(guó)際數(shù)學(xué)教育大會(huì)于2021年上海舉行,華東師大向全世界發(fā)出了數(shù)學(xué)教育理論發(fā)展與實(shí)踐經(jīng)驗(yàn)分享的邀約,如圖甲是第七屆國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)(簡(jiǎn)稱ICME﹣7)的會(huì)徽?qǐng)D案,會(huì)徽的主題圖案是由圖乙的一連串直角三角形演化而成的.其中已知:OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=?=1,A1,A2,A3,?,為直角頂點(diǎn),設(shè)這些直角三角形的周長(zhǎng)和面積依次從小到大組成的數(shù)列分別為{ln},{Sn},則關(guān)于此兩個(gè)數(shù)列敘述錯(cuò)誤的是()A.{Sn2}是等差數(shù)列 B. C. D.ln﹣1=2Sn+2Sn+1C.由OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=?=1,得OA2=,,?,故,∴l(xiāng)n=OAn+AnAn+1+OAn+1=,①Sn==,對(duì)于A,Sn2=,∴{Sn2}是等差數(shù)列,所以A正確;對(duì)于B,由①可知,B正確;對(duì)于C,ln﹣ln﹣1=﹣()=,所以C錯(cuò)誤;對(duì)于D,ln﹣1=,2Sn+2Sn+1==ln﹣1,所以D正確.23.(2021?安徽馬鞍山三模?文T8.)在天然氣和煤氣還未普及時(shí),農(nóng)民通常會(huì)用水稻秸稈作為生火做飯的材料.每年水稻收割結(jié)束之后,農(nóng)民們都會(huì)把水稻秸稈收集起來(lái),然后堆成如圖的草堆,供生火做飯使用.通常他們堆草堆的時(shí)候都是先把秸稈先捆成一捆一捆的,然后堆成下面近似成一個(gè)圓柱體,上面近似成一個(gè)圓錐體的形狀.假設(shè)圓柱體堆了7層,每層所用的小捆草數(shù)量相同,上面收小時(shí),每層小捆草數(shù)量是下一層的倍.若共用255捆,最上一層只有一捆,則草堆自上往下共有幾層()A.13 B.12 C.11 D.10B.設(shè)圓錐體有n層,由題意可知最上面一層只有一捆,所以第n層有1×2n﹣1捆,圓錐體的總捆數(shù)為=2n﹣1,圓柱體堆了7層,總捆數(shù)為7×2n﹣1,草堆的總捆數(shù)為7×2n﹣1+2n﹣1﹣2n﹣1=255,解得n=6,所以自下往上共有6+7﹣1=12層.24.(2021?安徽馬鞍山三模?理T4.)已知等差數(shù)列{an}中,a2+a14=18,a2=3,則a10=()A.10 B.11 C.12 D.13B.在等差數(shù)列{an}中,由a2+a14=18,得2a8=a2+a14=18,則a8=9,又a2=3,∴,∴a10=a8+2d=9+2×1=11.25.(2021?江西九江二模?理T9.)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派認(rèn)為數(shù)是萬(wàn)物的本源,因此極為重視數(shù)的理論研究,他們常把數(shù)描繪成沙灘上的沙?;蛐∈?,并將它們排列成各種形狀進(jìn)行研究.形數(shù)就是指平面上各種規(guī)則點(diǎn)陣所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)數(shù),是畢哥拉斯學(xué)派最早研究的重要內(nèi)容之一.如圖是三角形數(shù)和四邊形數(shù)的前四個(gè)數(shù),若三角形數(shù)組成數(shù)列{an},四邊形數(shù)組成數(shù)列{bn},記cn=,則數(shù)列{cn}的前10項(xiàng)和為()A. B. C. D.D.由題意可得,,,所以,設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn,所以,所以.26.(2021?江西九江二模?理T3.)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足a3=7,S10=20,則a8=()A.﹣5 B.﹣3 C.3 D.5B.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由題意得,解得a1=11,d=﹣2,故a8=11+7×(﹣2)=﹣3.27.(2021?浙江杭州二模?理T8.)已知數(shù)列{an}滿足an﹣1=an+an﹣2(n≥3),設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S2020=2019,S2019=2020,則S2021=()A.1008 B.1009 C.2016 D.2018B.因?yàn)閍n﹣1=an+an﹣2,(n≥3),所以an=an+1+an﹣1,則an+1+an﹣2=0,所以an+an+3=0,an+3+an+6=0,則an=an+6,可知a1+a4=0,a2+a5=0,a3+a6=0,所以S6=a1+a2+…+a6=0,因?yàn)?019=6×336+3,所以S2019=0+a2017+a2018+a2019=2020,所以a2017+a2018+a2019=2020,因?yàn)閍2020=S2020﹣S2019=2019﹣2020=﹣1,則a2017=1,所以a2018+a2019=2020﹣1=2019,因?yàn)閍2018=a2017+a2019=1+a2019,所以a2019=1009,a2018=1010,因?yàn)閍2021=a2018=﹣1010,所以S2021=S2020+a2021=2019﹣1010=1009.28.(2021?江西上饒二模?理T3.)等比數(shù)列{an}中,a3=4,a2a6=64,則a5=()A. B.8 C.16 D.32C.∵等比數(shù)列{an}中,a3=4,a2a6=64,∴a2a6==64,解得a4=±8,∴q==±2,∴a5==4×4=16.29.(2021?河北秦皇島二模?理T3.)南宋數(shù)學(xué)家楊輝《詳解九章算法》和《算法通變本末》中,提出垛積公式,所討論的高階等差數(shù)列前后兩項(xiàng)之差不相等,但是逐項(xiàng)差數(shù)之差或者高次差成等差數(shù)列.對(duì)這類高階等差數(shù)列的研究,在楊輝之后一般稱為“垛積術(shù)”.現(xiàn)有高階等差數(shù)列,其前6項(xiàng)分別1,6,13,24,41,66,則該數(shù)列的第7項(xiàng)為()A.91 B.99 C.101 D.113C.由題意得1,6,13,24,41,66的差組成數(shù)列:5,7,11,17,25…,這些數(shù)的差組成數(shù)列:2,4,6,8,10…,故該數(shù)列的第7項(xiàng)為10+25+66=101.30.(2021?江西鷹潭二模?理T3.)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知S4=0,a5=5,則()A.a(chǎn)n=2n﹣5 B.a(chǎn)n=3n﹣10 C.Sn=2n2﹣8n D.Sn=n2﹣2nA.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由S4=0,a5=5,得,∴,∴an=2n﹣5,.31.(2021?北京門頭溝二模?理T5)中國(guó)古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個(gè)問(wèn)題:“三百七十八里關(guān),初步健步不為難,次日腳痛減一半,六朝才得到其關(guān),要見(jiàn)次日行里數(shù),請(qǐng)公仔細(xì)算相還.”其大意為:“有一個(gè)人走378里路,第一天健步行走,從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半,走了6天后到達(dá)目的地.”則該人第五天走的路程為(?)A.48里 B.24里 C.12里 D.6里C.本題考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式的運(yùn)用,是基礎(chǔ)題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意等比數(shù)列的性質(zhì)的合理運(yùn)用.
由題意可知,每天走的路程里數(shù)構(gòu)成以12為公比的等比數(shù)列,由S解:記每天走的路程里數(shù)為{an},由題意知{an}是公比12的等比數(shù)列,
由S6=378,得S6=a1(1-126)1-12=378,解得:a1=192,∴a5=192×124=12(里).故選:C.
32A.當(dāng)k=時(shí),數(shù)列{an}為遞減數(shù)列 B.當(dāng)k=時(shí),數(shù)列{an}一定有最大項(xiàng) C.當(dāng)0<k<時(shí),數(shù)列{an}為遞減數(shù)列 D.當(dāng)為正整數(shù)時(shí),數(shù)列{an}必有兩項(xiàng)相等的最大項(xiàng)BCD.a(chǎn)n<an+1?n?kn<(n+1)?kn+1?n<(n+1)k?,an>an+1?n?kn>(n+1)?kn+1?n>(n+1)k?,對(duì)于A,因?yàn)閗=,所以a1=,a2=2=,于是a1=a2,所以A錯(cuò);對(duì)于B,因?yàn)閗=,所以=4,于是當(dāng)n>4時(shí),{an}遞減,所以數(shù)列{an}一定有最大項(xiàng),所以B對(duì);對(duì)于C,因?yàn)楫?dāng)0<k<時(shí),<,所以當(dāng)n≥1>>時(shí),數(shù)列{an}為遞減數(shù)列,所以C對(duì);對(duì)于D,設(shè)=m,當(dāng)n>m,即n≥m+1時(shí)數(shù)列{an}為遞減,當(dāng)n<m時(shí){an}為遞增,,最大項(xiàng)為am=,am+1=(m+1)=,所以數(shù)列{an}必有兩項(xiàng)相等的最大項(xiàng),所以D對(duì).33.(2021?安徽淮北二模?文T8.)若正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為e(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),則數(shù)列{lna2n﹣1}是()A.公比為e2的等比數(shù)列 B.公比為2的等比數(shù)列 C.公差為2e的等差數(shù)列 D.公差為2的等差數(shù)列D.正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為e(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),∴a2n﹣1=,∴l(xiāng)na2n﹣1==lna1+2n﹣2=2n+(lna1﹣2),∴數(shù)列{lna2n﹣1}是公差為2的等差數(shù)列.34.(2021?吉林長(zhǎng)春一模?文T11.)如圖,在面積為1的正方形內(nèi)做四邊形使以此類推,在四邊形內(nèi)再做四邊形……,記四邊形的面積為,則B.由圖可知所以其前項(xiàng)和為,故選B.35.(2021?寧夏銀川二模?文T6.)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知a2=0,a6=8,則S10=()A.66 B.68 C.70 D.80C.等差數(shù)列{an}中,a2=0,a6=8,故d==2,a1=﹣2,則S10=10×(﹣2)+45×2=70.二、填空題部分36.(2021?新高考全國(guó)Ⅰ卷?T16)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí),發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱軸把紙對(duì)折,規(guī)格為的長(zhǎng)方形紙,對(duì)折1次共可以得到,兩種規(guī)格的圖形,它們的面積之和,對(duì)折2次共可以得到,,三種規(guī)格的圖形,它們的面積之和,以此類推,則對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為_(kāi)_____;如果對(duì)折次,那么______.(1).5(2)..(1)由對(duì)折2次共可以得到,,三種規(guī)格的圖形,所以對(duì)著三次的結(jié)果有:,共4種不同規(guī)格(單位;故對(duì)折4次可得到如下規(guī)格:,,,,,共5種不同規(guī)格;(2)由于每次對(duì)著后的圖形的面積都減小為原來(lái)的一半,故各次對(duì)著后的圖形,不論規(guī)格如何,其面積成公比為的等比數(shù)列,首項(xiàng)為120,第n次對(duì)折后的圖形面積為,對(duì)于第n此對(duì)折后的圖形的規(guī)格形狀種數(shù),根據(jù)(1)的過(guò)程和結(jié)論,猜想為種(證明從略),故得猜想,設(shè),則,兩式作差得:,因此,.故答案為;.37.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T10.)設(shè)函數(shù)f(x)=cosx﹣m(x∈[0,3π])的零點(diǎn)為x1、x2、x3,若x1、x2、x3成等比數(shù)列,則實(shí)數(shù)m的值為.﹣.由題意得x2=2π﹣x1,x3=2π+x1,由=x1x3得(2π﹣x1)2=x1(2π+x1),解得x1=,m=cos=.38.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T7.)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若點(diǎn)(n,Sn)(n∈N*)在函數(shù)y=log2(x+1)的反函數(shù)的圖象上,則an=.2n﹣1由題意得n=log2(Sn+1)?sn=2n﹣1.n≥2時(shí),an=sn﹣sn﹣1=2n﹣2n﹣1=2n﹣1,當(dāng)n=1時(shí),a1=s1=21﹣1=1也適合上式,∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n﹣1;39.(2021?河南鄭州三模?理T16)1967年,法國(guó)數(shù)學(xué)家蒙德?tīng)柌剂_的文章《英國(guó)的海岸線有多長(zhǎng)?》標(biāo)志著幾何概念從整數(shù)維到分?jǐn)?shù)維的飛躍.1977年他正式將具有分?jǐn)?shù)維的圖形成為“分形”,并建立了以這類圖形為對(duì)象的數(shù)學(xué)分支——分形幾何,分形幾何不只是扮演著計(jì)算機(jī)藝術(shù)家的角色,事實(shí)表明它們是描述和探索自然界大量存在的不規(guī)則現(xiàn)象的工具.下面我們用分形的方法來(lái)得到一系列圖形,如圖1,線段AB的長(zhǎng)度為a,在線段AB上取兩個(gè)點(diǎn)C,D,使得AC=DB=AB,CD為一邊在線段AB的上方做一個(gè)正三角形,然后去掉線段CD,得到圖2中的圖形;對(duì)圖2中的線段EC、ED作相同的操作,得到圖3中的圖形;依此類推,我們就得到了以下一系列圖形:記第n個(gè)圖形(圖1為第1個(gè)圖形)中的所有線段長(zhǎng)的和為Sn,若存在最大的正整數(shù)a,使得對(duì)任意的正整數(shù)n,都有Sn<2021,則a=.1010.當(dāng)n=2時(shí),則S1=a,s2=S1+×a×2﹣=(1+)a,當(dāng)n=3時(shí),則S3=s2+2(×a×)×2﹣=(1+)a××2×a=(1++)a,同理得當(dāng)n=4時(shí),則S4=(1+++)a,∴Sn=(1+++...+)a=[1+×]a=[2﹣]a<2021,∴2a<2021,∴a的最大整數(shù)值為1010.40.(2021?河南開(kāi)封三模?文理T13)已知{an}為等差數(shù)列,且3a5=2a7,則a1=.0.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由3a5=2a7,得2a5+a5=2(a5+2d),則a5=4d;又a5=a1+4d,所以a1=0.故0.41.(2021?安徽宿州三模?理T14.)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和為Sn,并且滿足Sn=2n2﹣10n,則a2a6的值為.﹣48.∵數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和為Sn,且滿足Sn=2n2﹣10n,∴a2=S2﹣S1=(2×4﹣10×2)﹣(2﹣10)=﹣4,a6=S6﹣S5=(2×36﹣10×6)﹣(2×25﹣10×5)=12,∴a2a6=﹣4×12=﹣48.42.(2021?安徽宿州三模?文T15.)已知{an}是公差不為零的等差數(shù)列,a5=14,且a1,a3,a11成等比數(shù)列,設(shè)bn=(﹣1)n+1an,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)的和為Sn,則S2021=.3032.由a1,a3,a11成等比數(shù)列,得,設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0),∴,整理得3a5=14d,∵a5=14,∴d=3,則a1=a5﹣4d=14﹣12=2,∴an=2+3(n﹣1)=3n﹣1,得,則b2k+b2k+1=(﹣1)2k+1(6k﹣1)+(﹣1)2k+2(6k+3﹣1)=3.∴S2021=b1+b2+...+b2021=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+...+(b2020+b2021)=2+3+3+...+3=2+3×1010=3032.43.(2021?安徽馬鞍山三模?文T15.)已知數(shù)列{an}滿足a1+2a2+3a3+?+nan=2n,若,設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,則T2021=..由a1+2a2+3a3+?+nan=2n,可得n=1時(shí),a1=2,n≥2時(shí),a1+2a2+3a3+?+(n﹣1)an﹣1=2(n﹣1),又a1+2a2+3a3+?+nan=2n,兩式相減可得nan=2,即有an=,對(duì)n=1也成立.可得==2(﹣),則T2021=2(1﹣+﹣+﹣+...+﹣)=2(1﹣)=.44.(2021?河南焦作三模?理T)15.已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,S6=0,a7=7,若為數(shù)列{an}中的項(xiàng),則m=.2.等差數(shù)列{an}中,S6=6a1+15d=0,a7=a1+6d=7,解得d=2,a1=﹣5,故an=2n﹣7,設(shè)t=2m﹣3,(t≥﹣1且t為奇數(shù)),===t+﹣6為數(shù)列中的項(xiàng),則t能被8整除,則t=1時(shí),m=2,t+﹣6=3,符合題意;當(dāng)t=﹣1時(shí),m=1,t+﹣6=﹣15不符合題意,故m=2.45.(2021?河北張家口三模?T13)在等差數(shù)列{an}中,a11=2a8+6,則a2+a6+a7=﹣18.﹣18.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由a11=2a8+8,得2a8﹣a11=﹣8,即a8﹣3d=a5=﹣6,所以a2+a3+a7=3a5=﹣18.46.(2021?山東聊城三模?T13.)數(shù)列1,1,2,3,5,8,13,21,34,…稱為斐波那契數(shù)列,是意大利著名數(shù)學(xué)家斐波那契于1202年在他寫的《算盤全書》提出的,該數(shù)列的特點(diǎn)是:從第三起,每一項(xiàng)都等于它前面兩項(xiàng)的和.在該數(shù)列的前2021項(xiàng)中,奇數(shù)的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______.1348.【考點(diǎn)】進(jìn)行簡(jiǎn)單的合情推理由斐波那契數(shù)列的特點(diǎn)知:從第一項(xiàng)起,每3個(gè)數(shù)中前兩個(gè)為奇數(shù)后一個(gè)偶數(shù),∵20213的整數(shù)部分為673,余數(shù)為2∴該數(shù)列的前2021項(xiàng)中共有673個(gè)偶數(shù),奇數(shù)的個(gè)數(shù)為2021-故1348【分析】由斐波那契數(shù)列的特點(diǎn)經(jīng)過(guò)推理即可求得。47.(2021?安徽蚌埠三模?文T16.)已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,a2=,(n≥2且n∈N+),等比數(shù)列{bn}公比q=2,則數(shù)列{}的前n項(xiàng)和Sn=.(2n﹣3)?2n+1+6.因?yàn)閍1=1,a2=,(n≥2且n∈N+),①當(dāng)n=2時(shí),+=+6,即b1+3b2=b3+6,由等比數(shù)列的{bn}的公比為q=2,即b1+6b1=4b1+6,解得b1=2,所以bn=2n,當(dāng)n=3時(shí),++=+6,即2+3×4+=3×16+6,解得a3=,又++…+=+6(n≥3,且n∈N+),②①﹣②可得,=﹣,即=﹣,化為+=,又+=6=,所以{}為等差數(shù)列,且公差d=﹣=2,則=+2(n﹣1)=2n﹣1,所以=(2n﹣1)?2n,Sn=1?2+3?22+5?23+…+(2n﹣1)?2n,2Sn=1?22+3?23+5?24+…+(2n﹣1)?2n+1,上面兩式相減可得﹣Sn=2+2(22+23+…+2n)﹣(2n﹣1)?2n+1=2+2?﹣(n﹣1)?2n+1,所以Sn=(2n﹣3)?2n+1+6.48.(2021?上海嘉定三模?T12.)已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,?,其中第一項(xiàng)是20,接下來(lái)的兩項(xiàng)是20,21,再接下來(lái)的三項(xiàng)是20,21,22,依此類推.若該數(shù)列的前n項(xiàng)和為2的整數(shù)冪,如,,,則稱中的(n,k)為“一對(duì)佳數(shù)”,當(dāng)n≥100時(shí),首次出現(xiàn)的“一對(duì)佳數(shù)”是.(441,29).根據(jù)題意,所以前n組共有1+2+3+……+n=個(gè)數(shù),則有=,令(當(dāng)n=14時(shí)有105個(gè)數(shù)),由題意可知:若Sn=2n+1﹣2﹣n為2的整數(shù)冪,驗(yàn)證可得:則①1+2+(﹣2﹣n)=0時(shí),解得n=1,總共有項(xiàng),不滿足n≥100;②1+2+4+(﹣2﹣n)=0時(shí),解得n=5,總共有項(xiàng),不滿足n≥100;③1+2+4+8+(﹣2﹣n)=0時(shí),解得n=13,總共有項(xiàng),不滿足n≥100;④1+2+4+8+16+(﹣2﹣n)=0時(shí),解得n=29總共有項(xiàng),滿足n≥100;∴n的最小值為441所以首次出現(xiàn)的“一對(duì)佳數(shù)”是(441,29);49.(2021?江西上饒三模?理T14.)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a5+a6=a2+5,則S17=.85.由{an}是等差數(shù)列,得a5+a6=a2+a9,又a5+a6=a2+5,所以a9=5,所以S17=(a1+a17)=17a9=17×5=85.50.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T14.)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和滿足Sn+1=3Sn+2,且a1=2,則a6的值為.486.∵Sn+1=3Sn+2,∴Sn=3Sn﹣1+2(n≥2),兩式相減得an+1=3an(n≥2),∵S1=2,Sn+1=3Sn+2,∴a1+a2=3a1+2即a2=6,則=3,∴=3(n≥1),∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為3的等比數(shù)列,∴an=2×3n﹣1(n=1,2,3,…).∴a6=2×35=486.51.(2021?河南濟(jì)源平頂山許昌三模?文T16.)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足a1=,an+2SnSn﹣1=0(n≥2),則(n2+16)Sn的最小值為.4.由于an+2SnSn﹣1=0,整理得Sn﹣Sn﹣1=﹣2SnSn﹣1,變換為:(常數(shù)),故數(shù)列{}是以2為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列;所以,(首項(xiàng)符合通項(xiàng)),故,則(n2+16)Sn==,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),即n=4時(shí),等號(hào)成立.52.(2021?四川瀘州三模?理T15.)已知Sn為正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若a2a4=9,2S2=a3+a4,則a7=.12.根據(jù)題意,等比數(shù)列{an}中,設(shè)其公比為q,則q>0,若a2a4=9,則a3==3,若2S2=a3+a4,即2(a1+a2)=a3+a4,則q2==2,則a7=a3q4=3×22=12.53.(2021?江西南昌三模?理T14.)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S6=9S3,S3=λa3,則λ=..根據(jù)題意,設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,若S6=9S3,則q≠1,則有=9×,變形可得1+q3=9,解可得q=2,則S3==7a1,a3=4a1,若S3=λa3,則λ==.54.(2021?江西鷹潭二模?理T15.)設(shè)數(shù)列{an}中a1=2,若等比數(shù)列{bn}滿足an+1=anbn,且b1010=1,則a2020=.2.根據(jù)題意,若數(shù)列{bn}滿足an+1=anbn,即=bn,則有=()×()×()×……×=b2019×b2018×b2017×……b1,而數(shù)列{bn}為等比數(shù)列,則b2019×b2018×b2017×……b1=(b1010)2019=1,則有=1,又由a1=2,則a2020=2.55.(2021?山東濰坊二模?T14.)數(shù)學(xué)史上著名的“冰雹猜想”指的是:任取一個(gè)正整數(shù)m,若m是奇數(shù),就將該數(shù)乘3再加上1;若m是偶數(shù),就將該數(shù)除以2.反復(fù)進(jìn)行上述兩種運(yùn)算,經(jīng)過(guò)有限次步驟后,必進(jìn)入循環(huán)圈1→4→2→1.按照上述猜想可得到一個(gè)以m為首項(xiàng)的無(wú)窮數(shù)列記作{an},{an}滿足的遞推關(guān)系為a1=m,an+1=如取m=6,根據(jù)上述運(yùn)算法則得出a9=1,a10=4,…,若a7=1,則滿足條件的一個(gè)m的值為.1或8或10或64(只需填一個(gè)).若a7=1,則a6=2,a5=4,a4=8或1,①當(dāng)a4=8時(shí),a3=16,a2=32或5,若a2=32,則a1=64;若a2=5,則a1=10,②若a4=1時(shí),a3=2,a2=4,a1=8或1,綜上所述,m的值為1或8或10或64.56.(2021?安徽淮北二模?文T13.)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn=n2+n,則an=.n.?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn=n2+n,則an=Sn﹣Sn﹣1=n2+n﹣(n﹣1)2﹣n+1=n.57.(2021?吉林長(zhǎng)春一模?文T16.)已知是數(shù)列的前項(xiàng)和,滿足,則;數(shù)列的前項(xiàng)和.,.,所以,故的前項(xiàng)和.58.(2021?寧夏銀川二模?文T15.)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an},Sn是其前n項(xiàng)和,滿足a1=,an2(2an+1﹣1)an﹣2an+1=0,則=.2n﹣1.各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an},Sn是其前n項(xiàng)和,滿足a1=,an2(2an+1﹣1)an﹣2an+1=0,整理得:2an+1(an+1)=an(an+1),由于數(shù)列{an}的各項(xiàng)為正數(shù),所以(常數(shù)),所以數(shù)列{an}是以為首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列.則,,所以.三、解答題部分59.(2021?新高考全國(guó)Ⅰ卷?T17)已知數(shù)列滿足,(1)記,寫出,,并求數(shù)列的通項(xiàng)公式;(2)求的前20項(xiàng)和.(1)由題設(shè)可得又,,故,即,即所以為等差數(shù)列,故.(2)設(shè)的前項(xiàng)和為,則,因?yàn)?,所?60.(2021?高考全國(guó)甲卷?理T18)已知數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù),記為的前n項(xiàng)和,從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件,證明另外一個(gè)成立.①數(shù)列是等差數(shù)列:②數(shù)列是等差數(shù)列;③.注:若選擇不同的組合分別解答,則按第一個(gè)解答計(jì)分.選①②作條件證明③時(shí),可設(shè)出,結(jié)合的關(guān)系求出,利用是等差數(shù)列可證;選①③作條件證明②時(shí),根據(jù)等差數(shù)列的求和公式表示出,結(jié)合等差數(shù)列定義可證;選②③作條件證明①時(shí),設(shè)出,結(jié)合的關(guān)系求出,根據(jù)可求,然后可證是等差數(shù)列.選①②作條件證明③:設(shè),則,當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),;因?yàn)橐彩堑炔顢?shù)列,所以,解得;所以,所以.選①③作條件證明②:因?yàn)椋堑炔顢?shù)列,所以公差,所以,即,因?yàn)?,所以是等差?shù)列.選②③作條件證明①:設(shè),則,當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),;因?yàn)?,所以,解得或;?dāng)時(shí),,當(dāng)時(shí),滿足等差數(shù)列的定義,此時(shí)為等差數(shù)列;當(dāng)時(shí),,不合題意,舍去.綜上可知為等差數(shù)列.61.(2021?高考全國(guó)乙卷?文T19)設(shè)是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列,數(shù)列滿足.已知,,成等差數(shù)列.(1)求和的通項(xiàng)公式;(2)記和分別為和的前n項(xiàng)和.證明:.因?yàn)槭鞘醉?xiàng)為1的等比數(shù)列且,,成等差數(shù)列,所以,所以,即,解得,所以,所以.(2)證明:由(1)可得,,①,②①②得,所以,所以,所以.62.(2021?浙江卷?T20)已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為,,且.(1)求數(shù)列的通項(xiàng);(2)設(shè)數(shù)列滿足,記的前n項(xiàng)和為,若對(duì)任意恒成立,求實(shí)數(shù)的取值范圍.(1)當(dāng)時(shí),,,當(dāng)時(shí),由①,得②,①②得,又是首項(xiàng)為,公比為的等比數(shù)列,;(2)由,得,所以,,兩式相減得,所以,由得恒成立,即恒成立,時(shí)不等式恒成立;時(shí),,得;時(shí),,得;所以.63.(2021?江蘇鹽城三模?T18)請(qǐng)?jiān)冖賓qa\s\do(1)=\r(,2);②eqa\s\do(1)=2;③eqa\s\do(1)=3這3個(gè)條件中選擇1個(gè)條件,補(bǔ)全下面的命題使其成為真命題,并證明這個(gè)命題(選擇多個(gè)條件并分別證明的按前1個(gè)評(píng)分).已知數(shù)列eq{a\s\do(n)}滿足an+1=an2,若,則當(dāng)n≥2時(shí),an≥2n恒成立.【考點(diǎn)】數(shù)列的通項(xiàng)公式求解與不等式的證明選②.證明:由an+1=an2,且eqa\s\do(1)=2,所以an>0,所以lgan+1=lgan,lgan=EQ2\S\UP6(n-1)lg2,an=EQ2\S\UP6(2\S\UP6(n-1),……5分當(dāng)n≥2時(shí),只需證明EQ2\S\UP6(n-1)≥n,令bn=EQ\F(n,2\S\UP6(n-1),則bn+1-bn=EQ\F(n+1,2\S\UP6(n)-EQ\F(n,2\S\UP6(n-1)=EQ\F(1-n,2\S\UP6(n)<0,……10分所以bn≤b2=1,所以EQ2\S\UP6(n-1)≥n成立.綜上所述,當(dāng)a1=2且n≥2時(shí),an≥2n成立.……12分注:選②為假命題,不得分,選③參照給分.64.(2021?河南開(kāi)封三模?理T17)已知數(shù)列{an}滿足a1=﹣2,an+1=2an+4.(1)求a2,a3,a4;(2)猜想{an}的通項(xiàng)公式并加以證明;(3)求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Sn.(1)由已知,易得a2=0,a3=4,a4=12.(2)猜想.因?yàn)閍n+1=2an+4,所以an+1+4=2(an+4),,則{an+4}是以2為首項(xiàng),以2為公比的等比數(shù)列,所以,所以=.(3)當(dāng)n=1時(shí),a1=﹣2<0,S1=|a1|=2;當(dāng)n≥2時(shí),an≥0,所以=,又n=1時(shí)滿足上式.所以,當(dāng)n∈N*時(shí),.65.(2021?河北張家口三模?T17)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為An,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Bn,且.(1)求{an﹣bn}的通項(xiàng)公式;(2)若,求數(shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和Tn.(1)記數(shù)列{an﹣bn}的前n項(xiàng)和為Sn,所以,所以當(dāng)n≥2時(shí),.兩式作差,得當(dāng)n≥2時(shí),.因?yàn)楫?dāng)n=1時(shí),S1=a4﹣b1=2,也符合上式,所以{an﹣bn}的通項(xiàng)公式為.(2)由(1)知.因?yàn)椋?,所以?shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和.所以數(shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和.66.(2021?山東聊城三模?T18.)在①a1,a3,a21成等比數(shù)列②S4已知{an}是公差不為零的等差數(shù)列,Sn為其n前項(xiàng)和,a2=5,_______,{b(1)求數(shù)列{an}(2)數(shù)列{an}和{bn}的所有項(xiàng)分別構(gòu)成集合A,B,將(1)解:選①,∵{an}是公差不為0由a1,a3,a21成等比數(shù)列,可得(∴4a1=d,又a2=5,即a∴an選②,由S4=28,a2=5,有4a1+6d=28∴an選③,由Sn+1=Sn+an∴a1=1,故∵{bn}是等比數(shù)列,由b2=9∴b1q=9,b1+b1(2)解:a80=317,∴{cn}的前80項(xiàng)中,數(shù)列{bn}的項(xiàng)最多有5項(xiàng),其中∴{cn}的前80項(xiàng)是由{an}的前77項(xiàng)及T【考點(diǎn)】等差數(shù)列的通項(xiàng)公式,等差數(shù)列的前n項(xiàng)和,等比數(shù)列的通項(xiàng)公式,等比數(shù)列的前n項(xiàng)和【分析】(1
)選①,∵
{an}
是公差不為0的等差數(shù)列,設(shè)公差為d,由等比數(shù)列通項(xiàng)和性質(zhì)得
a1=1
,
d=4
,可得an通項(xiàng)。選②根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和即可求得an通項(xiàng)。選③由
Sn+1=Sn+an+4
,可得
an+1-an=d=4結(jié)合已知即可求得an通項(xiàng)。再根據(jù)等比數(shù)列通項(xiàng)可求得
bn=3n。
(2)
由
a80=317
,
35=243<317<36=729可知{cn}
的前80項(xiàng)中,數(shù)列
{b67.(2021?四川內(nèi)江三模?理T17.)已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0,它的前n項(xiàng)和為Sn,若S5=70,且a2,a7,a22成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:≤Tn<.(1)由題意得,解得a1=5,d=4,∴an=6+(n﹣5)×4=4n+7.(2)∵a1=6,d=6,∴Sn=6n+=2n3+4n,==,∴Tn===﹣<,(Tn)min=T1=﹣=.故≤Tn<.68.(2021?重慶名校聯(lián)盟三模?T18.)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足2an﹣Sn=1(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:≤Tn<1.(1)由2an﹣Sn=1(n∈N*),可得2a1﹣S1=2a1﹣a1=1,即a1=1,當(dāng)n≥2時(shí),2an﹣1﹣Sn﹣1=1,又2an﹣Sn=1,相減可得2an﹣2an﹣1=an,即an=2an﹣1,則an=2n﹣1;(2)證明:bn===﹣,Tn=1﹣+﹣+﹣+...+﹣=1﹣,由{Tn}是遞增數(shù)列,可得Tn≥T1=,且Tn<1.所以≤Tn<1.69.(2021?上海嘉定三模?T21.)(18分)對(duì)于數(shù)列{an},若存在常數(shù)M>0對(duì)任意n∈N*恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|≤M,則稱{an}是“γ﹣數(shù)列”.(1)首項(xiàng)為a1,公差為d的等差數(shù)列是否是“γ﹣數(shù)列”?并說(shuō)明理由;(2)首項(xiàng)為a1,公比為q的等比數(shù)列是否是“γ﹣數(shù)列”?并說(shuō)明理由;(3)若數(shù)列{an}是γ﹣數(shù)列,證明:也是“γ﹣數(shù)列”,設(shè),判斷數(shù)列{An}是否是“γ﹣數(shù)列”?并說(shuō)明理由.(1)因?yàn)閧an}是等差數(shù)列,所以an+1﹣an=an﹣an﹣1=?=d,設(shè)|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|≤M,即n|d|≤M對(duì)一切n∈N*恒成立,則d=0,所以d=0時(shí),等差數(shù)列是“γ﹣數(shù)列”,當(dāng)d≠0時(shí),等差數(shù)列不是“γ﹣數(shù)列”;(2)由,則,①當(dāng)q=1時(shí),|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|=0,必定存在正數(shù)M符合題意,所以是“γ﹣數(shù)列“;②當(dāng)q=﹣1時(shí),|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|=2n|a1|,n→∞,2n|a1|→∞,所以不是“γ﹣數(shù)列“;③當(dāng)q>1或q<﹣1時(shí),n→∞,|qn﹣1|→∞,|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|→∞,所以不是“γ﹣數(shù)列”;④當(dāng)﹣1<q<0或0<q<1時(shí),|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|=,必定存在不小于的常數(shù)M符合題意,所以是“γ﹣數(shù)列”綜上,當(dāng)﹣1<q<0或0<q≤1時(shí),是“γ﹣數(shù)列”,當(dāng)q>1或q<﹣1時(shí),不是“γ﹣數(shù)列”;(3)①因?yàn)閨an+1|=|an+1﹣an+an﹣an﹣1+?+a2﹣a1+a1|≤|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|+|a1|≤M+|a1|所以|an+1|+|an|≤2(M+|a1|),因?yàn)椤躘|an+1|+|an+1|]?|an+1﹣an|≤2(M+|a1|)?|an+1﹣an|可得≤2(M+|a1|)?[|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|]≤2M(M+|a1|)所以也是“γ﹣數(shù)列“;②因?yàn)?,所以==所以|A1﹣A2|+|A2﹣A3|+?+|An﹣An+1|=<|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+?+|a2﹣a1|≤M,所以{An}是“γ數(shù)列”.70.(2021?遼寧朝陽(yáng)三模?T19.)在數(shù)列{an}中,a1=2,(n2+1)an+1=2[(n﹣1)2+1]an.(1)求{an}的通項(xiàng)公式;(2)在下列兩個(gè)問(wèn)題中任選一個(gè)作答,如果兩個(gè)都作答,則按第一個(gè)解答計(jì)分.①設(shè)bn=n2an,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,證明:Tn≥2n+1﹣2.②設(shè)bn=(n3﹣2n2+2n)an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.(1)由(n2+1)an+1=2[(n﹣1)2+1]an,設(shè)cn=[(n﹣1)2+1]an,則cn+1=2cn,可得{cn}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列,可得cn=2n,則[(n﹣1)2+1]an=2n,所以an=;(2)選①設(shè)bn=n2an,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.證明:bn=n2an=≥2n,所以Tn=b1+b2+...+bn≥2+22+...+2n==2n+1﹣2.選②設(shè)bn=(n3﹣2n2+2n)an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解:bn=(n3﹣2n2+2n)an=n?2n,則Tn=1?2+2?22+3?23+...+n?2n,2Tn=1?22+2?23+3?24+...+n?2n+1,上面兩式相減可得﹣Tn=2+22+23+...+2n﹣n?2n+1,=﹣n?2n+1,化簡(jiǎn)可得Tn=2+(n﹣1)?2n+1.71.(2021?江蘇常數(shù)三模?T18.)在①Sn+1=2Sn+2,②an+1﹣an=2n,③Sn=an+1﹣2這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中,并解答.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=2,且滿足_____.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù),使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn的等差數(shù)列,試比較dn與的大小關(guān)系,并說(shuō)明理由.(1)選①Sn+1=2Sn+2,當(dāng)n=1時(shí),S2=2S1+2,即a1+a2=2a1+2,∵a1=2,a1+a2=2a1+2,∴a2=4,當(dāng)n≥2時(shí),an+1=Sn+1﹣Sn=2Sn+2﹣(2Sn﹣1+2)=2an,又∵a2=2a1,也滿足上式,∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列,即,選②an+1﹣an=2n,由an+1﹣an=2n可得,???,,將以上式子進(jìn)行累加可得,n≥2,即,n≥2,又∵a1=2,也滿足上式,∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列,即,選③Sn=an+1﹣2,當(dāng)n=1時(shí),S1=a2﹣2,a2=4,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn﹣Sn﹣1=an+1﹣2﹣(an﹣2)=an+1﹣an,即an+1=2an(n≥2),又∵a2=2a1,∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列,即,(2)∵在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù),使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn的等差數(shù)列,∴an+1=an+(n+1)dn,即,當(dāng)n=1時(shí),,當(dāng)n≥2時(shí),=≥=>,綜上所述,.72.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T21.)已知{an},{bn}為兩非零有理數(shù)列(即對(duì)任意的i∈N*,ai,bi均為有理數(shù)),{dn}為一無(wú)理數(shù)列(即對(duì)任意的i∈N*,di為無(wú)理數(shù)).(1)已知bn=﹣2an,并且(an+bndn﹣andn2)(1+dn2)=0對(duì)任意的n∈N*恒成立,試求{dn}的通項(xiàng)公式.(2)若{dn2}為有理數(shù)列,試證明:對(duì)任意的n∈N*,(an+bndn﹣andn2)(1+dn2)=1+dn恒成立的充要條件為.(3)已知sin2θ=(0<θ<),dn=,對(duì)任意的n∈N*,(an+bndn﹣andn2)(1+dn2)=1恒成立,試計(jì)算bn.(1)∵,∴,即,∴,∵an≠0,∴,∴.(2)證明:∵,∴,∴,∴,∵為有理數(shù)列,∴,∴,以上每一步可逆,即可證明.(3)∵,(0<θ<),∴25tanθ=12+12tan2θ,∴或∵,∴,當(dāng)n=2k(k∈N*)時(shí),∴,當(dāng)n=2k﹣1(k∈N*)時(shí),∴.∴為有理數(shù)列,∵,∴,∴,∵為有理數(shù)列,{dn}為無(wú)理數(shù)列,∴,∴,∴.當(dāng)n=2k(k∈N*)時(shí),∴.當(dāng)n=2k﹣1(k∈N*)時(shí),∴,∴.73.(2021?上海浦東新區(qū)三模?T19.)流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道傳染?。呈腥ツ?1月份曾發(fā)生流感,據(jù)統(tǒng)計(jì),11月1日該市的新感染者有30人,以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于該市醫(yī)療部門采取措施,使該種病毒的傳播得到控制,從11月k+1(9≤k≤29,k∈N*)日起每天的新感染者比前一天的新感染者減少20人.(1)若k=9,求11月1日至11月10日新感染者總?cè)藬?shù);(2)若到11月30日止,該市在這30天內(nèi)的新感染者總?cè)藬?shù)為11940人,問(wèn)11月幾日,該市新感染者人數(shù)最多?并求這一天的新感染者人數(shù).(1)記11月n日新感染者人數(shù)為an(1≤n≤30),則數(shù)列{an}(1≤n≤9)是等差數(shù)列,a1=20,公差為50,又a10=410,則11月1日至11月10日新感染者總?cè)藬?shù)為(a1+a2+…+a9)+a10=(9×30+)+410=2480人;(2)記11月n日新感染者人數(shù)為an(1≤n≤30),11月k日新感染者人數(shù)最多,當(dāng)1≤n≤k時(shí),an=50n﹣20,當(dāng)k+1≤n≤30時(shí),an=(50k﹣20)﹣20(n﹣k)=﹣20n+70k﹣20,因?yàn)檫@30天內(nèi)的新感染者總?cè)藬?shù)為11940人,所以=11940,解得﹣35k2+2135k﹣9900=11940,即k2﹣61k+624=0,解得k=13或k=48(舍),此時(shí)a13=50×13﹣20=630,所以11月13日新感染者人數(shù)最多為630人.74.(2021?湖南三模?T19.)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,an+1﹣3an+2an﹣1=1,a1=1,a2=4.(1)證明:數(shù)列{an+1﹣an+1}是等比數(shù)列;(2)求Sn.(1)證明:∵an+1﹣3an+2an﹣1=1,∴(an+1﹣an+1)=2(an﹣an﹣1+1),∵a1=1,a2=4,∴a2﹣a1+1=4.∴數(shù)列{an+1﹣an+1}是公比為2的等比數(shù)列,首項(xiàng)為4.(2)解:由(1)可得:an+1﹣an+1=4×2n﹣1,∴an+1﹣an=2n+1﹣1,∴an=(an﹣an﹣1)+(an﹣1﹣an﹣2)+……+(a2﹣a1)+a1=2n﹣1+2n﹣1﹣1+……+22﹣1+1=2n+2n﹣1+……+22﹣(n﹣1)+1=﹣n+2=2n+1﹣n﹣2.∴Sn=2n+1+2n+2n﹣1+……+22﹣(1+2+……+n)﹣2n=﹣﹣2n=2n+2﹣﹣4.75.(2021?福建寧德三模?T17)在①Sn=2an-1,②an+1an=2n-12n+1,a2=13,③Sn=2n+1這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中,并解答問(wèn)題.
已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,____,數(shù)列{bn}滿足bn=an?an+1,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
選條件①Sn=2an-1,
由Sn=2an-1Sn-1=2an-1-1(n≥2),兩式相減得:an=2an-2an-1,
所以an=2an-1(n≥2),
又S1=2a1-1,得a1=1,
所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,
所以an=2n-1.
因此bn=an選①,運(yùn)用數(shù)列的遞推式和等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式和求和公式,計(jì)算可得所求和;
選②,解法一、運(yùn)用數(shù)列恒等式和數(shù)列的裂項(xiàng)相消求和,計(jì)算可得所求和;解法二、由數(shù)列{(2n-1)an}是常數(shù)列,可得an,bn,再由數(shù)列的裂項(xiàng)相消求和,計(jì)算可得所求和;
選③,由數(shù)列的遞推式和等比數(shù)列的求和公式,可得所求和.
本題考查等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、求和等基礎(chǔ)知識(shí),以及數(shù)列的裂項(xiàng)相消求和,考查運(yùn)算求解能力,邏輯推理能力,化歸與轉(zhuǎn)化思想等,屬于中檔題.
76.(2021?寧夏中衛(wèi)三模?理T17.)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),﹣2S2,S3,4S4成等差數(shù)列,且a2+2a3+(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)若bn=﹣(n+2)log2|an|,求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.(1)等比數(shù)列{an}的公比為q,q≠1,前n項(xiàng)和為成等差數(shù)列,可得2S3=4S4﹣2S2,即為2?=4?﹣2?,化為2q2﹣q﹣1=0,解得q=﹣,,即為﹣a1+2?a1﹣a1=,解得a1=﹣,則an=(﹣)n,n∈N*;(2)bn=﹣(n+2)log2|an|=﹣(n+2)log2=n(n+2),可得==(﹣),即有前n項(xiàng)和Tn=(1﹣+﹣+…+﹣+﹣)=(1+﹣﹣)=﹣(+)=.77.(2021?河北秦皇島二模?理T18.)已知等比數(shù)列{an},其前n項(xiàng)和為Sn,若a1=λ,an+1=λSn+2,λ∈R,n∈N*.(1)求λ的值;(2)設(shè)bn=,求使b1+b2+…+bn>成立的最小自然數(shù)n的值.(1)根據(jù)題意,由通用公式可得,當(dāng)n≥2時(shí),,①﹣②可得,an+1﹣an=λan?an+1=(1+λ)an,∴數(shù)列{an}是公比為λ+1的等比數(shù)列,又因?yàn)閍1=λ,由①得到,∴?λ=2.(2)由(1)可知,數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列,即得,則==,∴b1+b2+b3+……+bn=()+()+……+()=1﹣.∴?3n>1011?n≥7.故可得滿足題意的最小自然數(shù)為n=7.78.(2021?河北邯鄲二模?理T17.)已知數(shù)列{an}滿足an>0,an+1=3an+4.(Ⅰ)證明:數(shù)列{an+2}為等比數(shù)列;(Ⅱ)若a3=25,求數(shù)列{an﹣n}的前n項(xiàng)和Sn.(Ⅰ)證明:由an+1=3an+4,可得an+1+2=3(an+2),則數(shù)列{an+2}是公比為3的等比數(shù)列;(Ⅱ)若a3=25,又a3=3a2+4,可得a2=7,由a2=3a1+4,可得a1=1,可得an+2=(a1+2)?3n﹣1=3n,則an=3n﹣2,an﹣n=3n﹣2﹣n,則Sn=(3+32+...+3n)﹣2n﹣(1+2+3+...+n)=﹣2n﹣n(1+n)=﹣.79.(2021?浙江杭州二模?理T20.)已知數(shù)列{an},{bn},滿足an=2n﹣2,b2k﹣1=ak(k∈N*),b2k﹣1,b2k,b2k+1成等差數(shù)列.(1)證明:{b2k}是等比數(shù)列;(2)數(shù)列{cn}滿足cn=,記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn,求Sn.證明:(1)由數(shù)列{an},{bn},滿足an=2n﹣2,b2k﹣1=ak(k∈N*),所以,由于b2k﹣1,b2k,b2k+1成等差數(shù)列.故,整理得(常數(shù)),所以數(shù)列:{b2k}是以為首項(xiàng),公比為2的等比數(shù)列;(2)由于:{b2k}是以為首項(xiàng),公比為2的等比數(shù)列;所以,則=2n﹣3,所以==(n≥1),則+…+,=.80.(2021?天津南開(kāi)二模?T18.)設(shè){an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.(Ⅰ)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;(Ⅱ)設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.記cn=,求cn;(Ⅲ)求.(Ⅰ)設(shè)數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列,數(shù)列{bn}是公比為q的等比數(shù)列,公比大于0n(n∈N*).已知b1=2,b3=b2+8,b4=a3+a8,b5=a4+7a6.所以q2=q+2,解得q=2,由于b4=a3+a5,b5=a5+2a6.所以6a1+6d=6,3a1+13d=16,解得a7=d=1,故an=n,.(Ⅱ)由(Ⅰ)知:,所以T7n=0,T2n﹣2=﹣1,所以=,(Ⅲ)由(Ⅱ)得:,所以①,②,①﹣②得:=,整理得.81.(
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