数迹
题目列表试卷列表
共找到 9 题
排序：
组题
本页 9 题去组卷
1817分数列★★★★☆
已知 {an}\{a_n\} 为等差数列，bn=an−6b_n=a_n-6（nn 为奇数），bn=2anb_n=2a_n（nn 为偶数）. 记 SnS_n，TnT_n 分别为 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\} 的前 nn 项和，且 S4=32S_4=32，T3=16T_3=16.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 证明：当 n>5n>5 时，Tn>SnT_n>S_n.

2023 · 全国 · 新高考二卷 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
126分数列★★★★☆
设正整数 n=a0⋅20+a1⋅21+⋯+ak⋅2kn=a_0\cdot 2^0+a_1\cdot 2^1+\cdots +a_k\cdot 2^k，其中 ai∈{0,1}a_i\in \{0,1\}，记 ω(n)=a0+a1+⋯+ak\omega\left( n \right)=a_0+a_1+\cdots +a_k. 则（ ）
\begin{answer} ACD \end{answer}
A.
ω(2n)=ω(n)\omega\left( 2n \right)=\omega\left( n \right)
B.
ω(2n+3)=ω(n)+1\omega\left( 2n+3 \right)=\omega\left( n \right)+1
C.
ω(8n+5)=ω(4n+3)\omega\left( 8n+5 \right)=\omega\left( 4n+3 \right)
D.
ω(2n−1)=n\omega\left( 2^n-1 \right)=n

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 12 题 · 多选题

查看答案和解析
12数列★★★★☆
00-11 周期序列在通信技术中有着重要应用. 若序列 a1a2⋯an⋯a_1a_2\cdots a_n\cdots 满足 ai∈{0,1}a_i\in\{0,1\}（i=1i=1，22，⋯\cdots），且存在正整数 mm，使得 ai+m=aia_{i+m}=a_i（i=1i=1，22，⋯\cdots）成立，则称其为 00-11 周期序列，并称满足 ai+m=aia_{i+m}=a_i（i=1i=1，22，⋯\cdots）的最小正整数 mm 为这个序列的周期. 对于周期为 mm 的 00-11 序列 a1a2⋯an⋯a_1a_2\cdots a_n\cdots，C(k)=1m∑i=1maiai+kC(k)=\dfrac{1}{m}\sum_{i=1}^{m} a_i a_{i+k}（k=1k=1，22，⋯\cdots，m−1m-1）是描述其性质的重要指标，下列周期为 55 的 00-11 序列中，满足 C(k)≤15C(k)\leq \dfrac{1}{5}（k=1k=1，22，33，44）的序列是（ ）
A.
11010⋯11010\cdots
B.
11011⋯11011\cdots
C.
10001⋯10001\cdots
D.
11001⋯11001\cdots

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

查看答案和解析
21数列★★★★☆
在数列 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\} 中，a1=2a_1 = 2，b1=4b_1 = 4，且 ana_n，bnb_n，an+1a_{n+1} 成等差数列，bnb_n，an+1a_{n+1}，bn+1b_{n+1} 成等比数列.
(1) 求 a2a_{2}，a3a_{3}，a4a_{4} 及 b2b_{2}，b3b_{3}，b4b_{4}，由此猜测 {an}\{a_{n}\}，{bn}\{b_{n}\} 的通项公式，并证明你的结论； (2) 证明：1a1+b1+1a2+b2+⋯+1an+bn<512\frac{1}{a_1 + b_1} + \frac{1}{a_2 + b_2} + \cdots + \frac{1}{a_n + b_n} < \frac{5}{12}.

2008 · 辽宁 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
20数列★★★★☆
在数列 {an}\{a_{n}\}，{bn}\{b_{n}\} 是各项均为正数的等比数列，设 cn=bnanc_{n} = \frac{b_{n}}{a_{n}}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）.
(1) 数列 {cn}\{c_{n}\} 是否为等比数列？证明你的结论； (2) 设数列 {ln⁡an}\{\ln a_n\}，{ln⁡bn}\{\ln b_n\} 的前 nn 项和分别为 SnS_n，TnT_n. 若 a1=2a_1 = 2，SnTn=n2n+1\frac{S_n}{T_n} = \frac{n}{2n + 1}，求数列 {cn}\{c_n\} 的前 nn 项和.

2008 · 辽宁 · 文 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_{n}\}，{bn}\{b_{n}\} 与函数 f(x)f(x)，g(x)g(x)，x∈Rx \in \mathbf{R} 满足条件：b1=bb_{1} = b，an=f(bn)=g(bn+1)a_{n} = f(b_{n}) = g(b_{n+1})（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）.
(1) 若 f(x)=tx+1f(x) = tx + 1（t≠0t \neq 0，t≠2t \neq 2），g(x)=2xg(x) = 2x，f(b)≠g(b)f(b) \neq g(b)，且 lim⁡n→∞an\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n 存在，求 tt 的取值范围，并求 lim⁡n→∞an\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n（用 tt 表示）. (2) 若函数 y=f(x)y = f(x) 为 R\mathbf{R} 上的增函数，g(x)=f−1(x)g(x) = f^{-1}(x)，b=1b = 1，f(1)<1f(1) < 1，证明对任意的 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，an+1<ana_{n+1} < a_n.

2007 · 辽宁 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
12函数与初等函数★★★★☆
一给定函数 y=f(x)y = f(x) 的图象在下列图中，并且对任意 a1∈(0,1)a_{1} \in (0,1)，由关系式 an+1=f(an)a_{n+1} = f(a_n) 得到的数列 {an}\{a_n\} 满足 an+1>ana_{n+1} > a_n（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*），则该函数的图象是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由于 a1a_1 可以是 (0,1)(0,1) 中的任意数，令 a1=xa_1=x，则由 a2>a1a_2>a_1 必须有 f(x)>xf(x)>x（0<x<10<x<1）. 因此函数图象在开区间 0<x<10<x<1 内必须位于直线 y=xy=x 的上方；同时，为了使递推对任意这样的初值继续成立，图象还应把 (0,1)(0,1) 映入自身. 图 A 满足这两个条件：对 0<x<10<x<1，有 x<f(x)<1x<f(x)<1，所以由归纳法可得 0<an<10<a_n<1 且 an+1>ana_{n+1}>a_n. 图 B、C、D 均存在 x∈(0,1)x\in(0,1) 使图象不在直线 y=xy=x 上方，不能满足题设. 故选 A. \end{solution}
A.
B.
C.
D.

2005 · 辽宁 · 第 12 题 · 选择题

查看答案和解析
19数列★★★★☆
已知函数 f(x)=x+3x+1f(x) = \frac{x+3}{x+1}（x≠−1x \ne -1）. 设数列 {an}\{a_n\} 满足 a1=1a_1 = 1，an+1=f(an)a_{n+1} = f(a_n)，数列 {bn}\{b_n\} 满足 bn=∣an−3∣b_n = |a_n - \sqrt{3}|，Sn=b1+b2+⋯+bnS_n = b_1 + b_2 + \cdots + b_n（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
(1) 用数学归纳法证明：bn⩽(3−1)n2n−1b_n \leqslant \frac{(\sqrt{3} - 1)^n}{2^{n-1}}； (2) 证明：Sn<233S_n < \frac{2\sqrt{3}}{3}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 记 r=3r=\sqrt3. 由于
an+1=an+3an+1=1+2an+1a_{n+1}=\frac{a_n+3}{a_n+1}=1+\frac2{a_n+1}
且 a1=1a_1=1，可归纳得到 an⩾1a_n\geqslant1 对一切正整数 nn 成立. 另外， an+1−r=(1−r)(an−r)an+1a_{n+1}-r=\dfrac{(1-r)(a_n-r)}{a_n+1}， 所以
bn+1=r−1an+1bn⩽r−12bn<12bnb_{n+1}=\frac{r-1}{a_n+1}b_n\leqslant\frac{r-1}{2}b_n<\frac12b_n
下面用数学归纳法证明 bn⩽(r−1)n2n−1b_n\leqslant\frac{(r-1)^n}{2^{n-1}}. 当 n=1n=1 时，b1=∣1−r∣=r−1b_1=|1-r|=r-1，结论成立. 假设当 n=kn=k 时结论成立，则
bk+1⩽r−12bk⩽r−12⋅(r−1)k2k−1=(r−1)k+12kb_{k+1}\leqslant\frac{r-1}{2}b_k\leqslant\frac{r-1}{2}\cdot\frac{(r-1)^k}{2^{k-1}}=\frac{(r-1)^{k+1}}{2^k}
因此结论对 k+1k+1 也成立，故对一切正整数 nn 成立.
\item 先算得 a2=f(1)=2a_2=f(1)=2. 又因为 f(x)=x+3x+1f(x)=\frac{x+3}{x+1} 在 [53,2][\frac53,2] 上递减，且 f(2)=53f(2)=\frac53，f(53)=74f\left(\frac53\right)=\frac74， 所以由归纳法可得 53⩽an⩽2\frac53\leqslant a_n\leqslant2 对一切 n⩾2n\geqslant2 成立. 对 n⩾2n\geqslant2，有
bn+1=r−1an+1bn⩽3(r−1)8bn<13bnb_{n+1}=\frac{r-1}{a_n+1}b_n\leqslant\frac{3(r-1)}8b_n<\frac13b_n
其中最后一个不等式由 3<179\sqrt3<\frac{17}{9} 得到. 因而 Sn<b1+b2(1+13+132+⋯ )S_n<b_1+b_2\left(1+\frac13+\frac1{3^2}+\cdots\right). 又 b1=r−1b_1=r-1，b2=∣2−r∣=2−rb_2=|2-r|=2-r，所以 Sn<r−1+32(2−r)=2−r2S_n<r-1+\frac32(2-r)=2-\frac r2. 最后，3>127\sqrt3>\frac{12}{7}，从而 2−r2<2r32-\frac r2<\frac{2r}{3}. 故 Sn<233S_n<\frac{2\sqrt3}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 辽宁 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=ax−32x2f(x)=ax-\frac{3}{2}x^{2} 的最大值不大于 16\frac{1}{6}，又当 x∈[14,12]x \in \left[\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right] 时，f(x)≥18f(x) \ge \frac{1}{8}.
(1) 求 aa 的值； (2) 设 0<a1<120 < a_1 < \frac{1}{2}，an+1=f(an)a_{n+1} = f(a_n)，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*. 证明 an<1n+1a_n < \frac{1}{n+1}.

2004 · 辽宁 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析