（江苏专版）2019版高考数学一轮复习讲义： 第六章 数列 6.1 数列的有关概念讲义.doc

6.1数列的有关概念命题探究考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度201320142015201620171.数列的概念及通项公式1.求通项公式2.数列性质A填空题解答题2.数列的前n项和及性质数列前n项和的求法及简单运用A填空题解答题分析解读本节知识一般和数列其他内容综合在一起出题,考查数列的综合运用,作为数列的基础知识,需要熟练掌握.五年高考考点一数列的概念及通项公式1.(2015课标,16,5分)设Sn是数列an的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=.答案-1n2.(2013安徽理,14,5分)如图,互不相同的点A1,A2,An,和B1,B2,Bn,分别在角O的两条边上,所有AnBn相互平行,且所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等.设OAn=an.若a1=1,a2=2,则数列an的通项公式是.答案an=3n-23.(2015重庆,22,12分)在数列an中,a1=3,an+1an+an+1+an2=0(nN+).(1)若=0,=-2,求数列an的通项公式;(2)若=1k0(k0N+,k02),=-1,证明:2+13k0+1<ak0+1<2+12k0+1.解析(1)由=0,=-2,有an+1an=2an2(nN+).若存在某个n0N+,使得an0=0,则由上述递推公式易得an0-1=0.重复上述过程可得a1=0,与a1=3矛盾,所以对任意nN+,an0.从而an+1=2an(nN+),即an是一个公比q=2的等比数列.故an=a1qn-1=32n-1.(2)证明:若=1k0,=-1,则数列an的递推关系式变为an+1an+1k0an+1-an2=0,变形为an+1an+1k0=an2(nN+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>>an>an+1>>0.因为an+1=an2an+1k0=an2-1k02+1k02an+1k0=an-1k0+1k01k0an+1,所以对n=1,2,k0求和得ak0+1=a1+(a2-a1)+(ak0+1-ak0)=a1-k01k0+1k01k0a1+1+1k0a2+1+1k0an+1>2+1k013k0+1+13k0+1+13k0+1k0个=2+13k0+1.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>>ak0>ak0+1>2,得ak0+1=a1-k01k0+1k01k0a1+1+1k0a2+1+1k0ak0+1<2+1k012k0+1+12k0+1+12k0+1k0个=2+12k0+1.综上,2+13k0+1<ak0+1<2+12k0+1.教师用书专用(46)4.(2015四川,16,12分)设数列an(n=1,2,3,)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)记数列1an的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|<11 000成立的n的最小值.解析(1)由已知Sn=2an-a1,有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n2),即an=2an-1(n2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列an是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n.(2)由(1)得1an=12n,所以Tn=12+122+12n=121-12n1-12=1-12n.由|Tn-1|<11 000,得1-12n-1<11 000,即2n>1 000.因为29=512<1 000<1 024=210,所以n10.于是,使|Tn-1|<11 000成立的n的最小值为10.5.(2013广东理,19,14分)设数列an的前n项和为Sn.已知a1=1,2Snn=an+1-13n2-n-23,nN*.(1)求a2的值;(2)求数列an的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有1a1+1a2+1an<74.解析(1)依题意,得2S1=a2-13-1-23,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n2时,2Sn=nan+1-13n3-n2-23n,2Sn-1=(n-1)an-13(n-1)3-(n-1)2-23(n-1),两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-13(3n2-3n+1)-(2n-1)-23,整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即an+1n+1-ann=1,又a22-a11=1,故数列ann是首项为a11=1,公差为1的等差数列,所以ann=1+(n-1)1=n,所以an=n2.(3)证明:当n=1时,1a1=1<74;当n=2时,1a1+1a2=1+14=54<74;当n3时,1an=1n2<1(n-1)n=1n-1-1n,此时1a1+1a2+1an=1+14+132+142+1n2<1+14+12-13+13-14+1n-1-1n=1+14+12-1n=74-1n<74.综上,对一切正整数n,有1a1+1a2+1an<74.6.(2013江西理,17,12分)正项数列an的前n项和Sn满足:Sn2-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.(1)求数列an的通项an;(2)令bn=n+1(n+2)2an2,数列bn的前n项和为Tn.证明:对于任意的nN*,都有Tn<564.解析(1)由Sn2-(n2+n-1)Sn-(n2+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,n2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=n+1(n+2)2an2,则bn=n+14n2(n+2)2=1161n2-1(n+2)2.Tn=1161-132+122-142+132-152+1(n-1)2-1(n+1)2+1n2-1(n+2)2=1161+122-1(n+1)2-1(n+2)2<1161+122=564.考点二数列的前n项和及性质1.(2016浙江,13,6分)设数列an的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,则a1=,S5=.答案1;1212.(2013湖南理,15,5分)设Sn为数列an的前n项和,Sn=(-1)nan-12n,nN*,则(1)a3=;(2)S1+S2+S100=.答案(1)-116(2)1312100-13.(2013课标全国理,16,5分)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-494.(2017课标全国文,17,12分)设数列an满足a1+3a2+(2n-1)an=2n.(1)求an的通项公式;(2)求数列an2n+1的前n项和.解析(1)因为a1+3a2+(2n-1)an=2n,故当n2时,a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)an=2.所以an=22n-1(n2).又由题设可得a1=2=221-2,从而an的通项公式为an=22n-1(nN*).(2)记an2n+1的前n项和为Sn.由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n-1)=12n-1-12n+1.则Sn=11-13+13-15+12n-1-12n+1=2n2n+1.5.(2017北京文,15,13分)已知等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求an的通项公式;(2)求和:b1+b3+b5+b2n-1.解析本题考查等差数列及等比数列的通项公式,数列求和.考查运算求解能力.(1)设等差数列an的公差为d.因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.解得d=2.所以an=2n-1.(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.从而b1+b3+b5+b2n-1=1+3+32+3n-1=3n-12.6.(2016四川,19,12分)已知数列an的首项为1,Sn为数列an的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,nN*.(1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列an的通项公式;(2)设双曲线x2-y2an2=1的离心率为en,且e2=2,求e12+e22+en2.解析(1)Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan对所有n1都成立.所以,数列an是首项为1,公比为q的等比数列.从而an=qn-1.由a2,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3,所以a3=2a2,故q=2.所以an=2n-1(nN*).(2)由(1)可知,an=qn-1.所以双曲线x2-y2an2=1的离心率en=1+an2=1+q2(n-1).由e2=1+q2=2解得q=3.所以,e12+e22+en2=(1+1)+(1+q2)+1+q2(n-1)=n+1+q2+q2(n-1)=n+q2n-1q2-1=n+12(3n-1).7.(2015课标,17,12分)Sn为数列an的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+3.(1)求an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列bn的前n项和.解析(1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).由an>0,可得an+1-an=2.又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以an是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)(2)由an=2n+1可知bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.设数列bn的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+bn=1213-15+15-17+12n+1-12n+3=n3(2n+3).(12分)教师用书专用(813)8.(2016北京,15,13分)已知an是等差数列,bn是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(1)求an的通项公式;(2)设cn=an+bn,求数列cn的前n项和.解析(1)等比数列bn的公比q=b3b2=93=3,(1分)所以b1=b2q=1,b4=b3q=27.(3分)设等差数列an的公差为d.因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2.(5分)所以an=2n-1(nN*).(6分)(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.(8分)从而数列cn的前n项和Sn=1+3+(2n-1)+1+3+3n-1=n(1+2n-1)2+1-3n1-3=n2+3n-12.(13分)9.(2015山东,18,12分)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.(1)求an的通项公式;(2)若数列bn满足anbn=log3an,求bn的前n项和Tn.解析(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即an=3n-1,所以an=3,n=1,3n-1,n>1.(2)因为anbn=log3an,所以b1=13,当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.所以T1=b1=13;当n>1时,Tn=b1+b2+b3+bn=13+13-1+23-2+(n-1)31-n,所以3Tn=1+130+23-1+(n-1)32-n,两式相减,得2Tn=23+(30+3-1+3-2+32-n)-(n-1)31-n=23+1-31-n1-3-1-(n-1)31-n=136-6n+323n,所以Tn=1312-6n+343n.经检验,n=1时也适合.综上可得Tn=1312-6n+343n.10.(2015浙江,20,15分)已知数列an满足a1=12且an+1=an-an2(nN*).(1)证明:1anan+12(nN*);(2)设数列an2的前n项和为Sn,证明:12(n+2)Snn12(n+1)(nN*).证明(1)由题意得an+1-an=-an20,即an+1an,故an12.由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)(1-a1)a1>0.由0<an12得anan+1=anan-an2=11-an(1,2,所以1anan+12.(2)由题意得an2=an-an+1,所以Sn=a1-an+1.由1an+1-1an=anan+1和1anan+12得11an+1-1an2,所以n1an+1-1a12n,因此12(n+1)an+11n+2(nN*).由得12(n+2)Snn12(n+1)(nN*).11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列an,bn(bn0,nN*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(1)令cn=anbn,求数列cn的通项公式;(2)若bn=3n-1,求数列an的前n项和Sn.解析(1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn0(nN*),所以an+1bn+1-anbn=2,即cn+1-cn=2.因为a1=b1=1,所以c1=a1b1=1,所以数列cn是以1为首项,2为公差的等差数列,故cn=2n-1.(2)由bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是数列an的前n项和Sn=130+331+532+(2n-1)3n-1,3Sn=131+332+(2n-3)3n-1+(2n-1)3n,相减得-2Sn=1+2(31+32+3n-1)-(2n-1)3n=-2-(2n-2)3n,所以Sn=(n-1)3n+1.12.(2014山东,19,12分)已知等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=(-1)n-14nanan+1,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)S1=a1,S2=2a1+2122=2a1+2,S4=4a1+4322=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1.(2)bn=(-1)n-14nanan+1=(-1)n-14n(2n-1)(2n+1)=(-1)n-112n-1+12n+1.当n为偶数时,Tn=1+13-13+15+12n-3+12n-1-12n-1+12n+1=1-12n+1=2n2n+1.当n为奇数时,Tn=1+13-13+15+-12n-3+12n-1+12n-1+12n+1=1+12n+1=2n+22n+1.所以Tn=2n+22n+1,n为奇数,2n2n+1,n为偶数.或Tn=2n+1+(-1)n-12n+113.(2014课标,17,12分)已知数列an满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明an+12是等比数列,并求an的通项公式;(2)证明1a1+1a2+1an<32.解析(1)由an+1=3an+1得an+1+12=3an+12.又a1+12=32,所以an+12是首项为32,公比为3的等比数列.an+12=3n2,因此an的通项公式为an=3n-12.(2)证明:由(1)知1an=23n-1.因为当n1时,3n-123n-1,所以13n-1123n-1.于是1a1+1a2+1an1+13+13n-1=321-13n<32.所以1a1+1a2+1an<32.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点一数列的概念及通项公式1.(2018江苏常熟高三期中)已知数列an,bn满足a1=12,an+bn=1,bn+1=1an+1(nN*),则b1b2b2 017=.答案12 0182.(苏教必5,二,1,变式)下面有三种说法,其中正确的说法是(填序号).数列a,a,a,是无穷数列;数列f(n)可以看作是一个定义域为正整数集N*或它的有限子集1,2,n的函数值;已知数列an,则数列an+1-an也是一个数列.答案3.(苏教必5,二,1,变式)已知数列an的通项公式为an=19-2n,则使an>0成立的最大正整数n的值为.答案94.(2017江苏宿豫中学模拟)数列an满足an+1=11-an,a8=2,则a1=.答案125.(2016江苏苏州一模,19)已知数列an满足:a1=12,an+1-an=p3n-1-nq,nN*,p,qR.(1)若q=0,且数列an为等比数列,求p的值;(2)若p=1,且a4为数列an的最小项,求q的取值范围.解析(1)q=0,an+1-an=p3n-1,a2=a1+p=12+p,a3=a2+3p=12+4p,由数列an为等比数列,得12+p2=1212+4p,解得p=0或p=1.当p=0时,an+1=an,an=12,符合题意;当p=1时,an+1-an=3n-1,当n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=12+(1+3+3n-2)=12+1-3n-11-3=123n-1,又a1=12=1231-1,an=123n-1.an+1an=3.符合题意.p=0或p=1.(2)若p=1,则an+1-an=3n-1-nq,当n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=12+(1+3+3n-2)-1+2+(n-1)q=123n-1-n(n-1)q,又a1=12=1231-1-1(1-1)q,an=123n-1-n(n-1)q.数列an的最小项为a4,对任意的nN*,有123n-1-n(n-1)qa4=12(27-12q)恒成立,即3n-1-27(n2-n-12)q对任意的nN*恒成立.当n=1时,有-26-12q,q136;当n=2时,有-24-10q,q125;当n=3时,有-18-6q,q3;当n=4时,有00,qR;当n5时,n2-n-12>0,所以有q3n-1-27n2-n-12恒成立,令cn=3n-1-27n2-n-12(n5,nN*),则cn+1-cn=2(n2-2n-12)3n-1+54n(n2-16)(n2-9)>0,即数列cn为递增数列,qc5=274.综上所述,3q274.考点二数列的前n项和及性质6.(2018江苏无锡期中)在等差数列an中,已知a1+a3=0,a2+a4=-2,则数列an2n-1的前10项和是.答案52567.(2016江苏泰州一模,12)f(x)是R上的奇函数,当x>0时,f(x)=2x+lnx4,记an=f(n-5),则数列an的前8项和为.答案-16B组20162018年模拟提升题组(满分:40分时间:20分钟)一、填空题(每小题5分,共25分)1.(苏教必5,二,1,变式)数列an满足对任意的nN+,均有an+an+1+an+2为定值.若a7=2,a9=3,a98=4,则数列an的前100项的和S100=.答案2992.(2017江苏启东中学月考,9)设a>0,若an=(3-a)n-3,n7,an-6,n>7,且数列an是递增数列,则实数a的取值范围是.答案(2,3)3.(2017江苏泰州中学质量检测)数列an定义如下:a1=1,a2=3,an+2=2(n+1)an+1n+2-nn+2an,n=1,2,.若am>4+2 0162 017,则正整数m的最小值为.答案8 0694.(2017江苏苏州期中)已知数列an满足:an+1=an(1-an+1),a1=1,数列bn满足:bn=anan+1,则数列bn的前10项的和S10=.答案10115.(2017江苏华罗庚中学调研,13)已知正项数列an满足a1=1,数列bn为等比数列,且an+1=bnan,若b112=2,则a22=.答案2212二、解答题(共15分)6.(2016江苏南京、盐城二模,20)已知数列an的前n项和为Sn,且对任意正整数n,都有an=(-1)nSn+pn(p为常数,且p0).(1)求p的值;(2)求数列an的通项公式;(3)设集合An=a2n-1,a2n,且bn,cnAn,记数列nbn,ncn的前n项和分别为Pn,Qn.若b1c1,求证:对任意nN*,PnQn.解析(1)由a1=-S1+p,S1=a1,得a1=p2.由a2=S2+p2,得a1=-p2,所以p2=-p2.又p0,所以p=-12.(2)由an=(-1)nSn+-12n,得an+1=(-1)n+1Sn+1+-12n+1,+得an+an+1=(-1)n(-an+1)+12-12n.当n为奇数时,an+an+1=an+1-1212n,所以an=-12n+1.当n为偶数时,an+an+1=-an+1+1212n,所以an=-2an+1+1212n=212n+2+1212n=12n.所以an=-12n+1,n为奇数,nN*,12n,n为偶数,nN*.(3)证明:由(2)可知An=-14n,14n,由b1c1,得b1与c1一正一负,不妨设b1>0,则b1=14,c1=-14.则Pn=b1+2b2+3b3+nbn14-242+343+n4n.设S=242+343+n4n,则14S=243+344+n4n+1,两式相减得34S=242+143+14n-n4n+1=116+1161-14n-11-14-n4n+1=748-11214n-1-n4n+1<748.所以S<74843=736,所以Pn14-242+343+n4n>14-736=118>0.因为Qn=c1+2c2+3c3+ncn-14+S<-14+736=-118<0,所以对任意nN*,PnQn.C组20162018年模拟方法题组方法1用归纳法推出数列的通项公式1.根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式.(1)3,5,9,17,33,;(2)23,415,635,863,1099,;(3)0.8,0.88,0.888,.解析(1)联想数列2,4,8,16,32,即数列2n,可得该数列的通项公式为an=2n+1.(2)分子为连续正偶数,分母为13,35,57,79,911,得an=2n(2n-1)(2n+1).(3)将数列变形为89(1-0.1),89(1-0.01),89(1-0.001),an=891-110n.方法2利用Sn与an的关系进行an与Sn的转换2.(2016江苏宿迁三校学情调研,12)记数列an的前n项和为Sn.若a1=1,Sn=2(a1+an)(n2,nN*),则Sn=.答案2-2n-1方法3由递推关系求数列的通项公式3.在数列an中,已知a1=1,an+1=23an+1,求an的通项公式.解析设an=bn+,则bn+1=23bn-13+1,令-13+1=0,得=3.此时,an=bn+3,且bn+1=23bn,所以bn是以b1=a1-3=-2为首项,23为公比的等比数列.因此,bn=-223n-1,从而an=3-223n-1.方法4数列的单调性和最大(小)值4.数列an的通项an=nn2+90,则数列an中的最大项是.答案1195.已知数列an的通项公式为an=(n+1)1011n,试问数列an中有没有最大项?若有,求出最大项和最大项的序号;若没有,请说明理由.解析解法一:有最大项.an+1-an=(n+2)1011n+1-(n+1)1011n=1011n9-n11,当n<9时,an+1-an>0,即an+1>an;当n=9时,an+1-an=0,即an+1=an;当n>9时,an+1-an<0,即an+1<an,该数列中有最大项,为第9、10项,a9=a10=1010119.解法二:有最大项.根据题意,令an-1an(n2),anan+1,即n1011n-1(n+1)1011n(n2),(n+1)1011n(n+2)1011n+1,解得9n10.又nN*,n=9或n=10,该数列中有最大项,为第9、10项.a9=a10=1010119.