2023高考科学复习解决方案-数学(名校内参版) 第六章6.4数列的通项公式（word含答案解析）.DOC

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1、64数列的通项公式(教师独具内容)1要熟练掌握等差数列与等比数列的定义、通项公式与求和公式，这是判断与证明的依据，求解数列中基本量的基础2求数列的通项公式是解决数列问题的重要环节，在数列的学习中占有很重要的位置3重点提升逻辑推理和数学运算素养(教师独具内容)1本考点主要考查等差数列的通项与求和的综合应用，通项公式与性质的综合应用，以及等差数列、等比数列两个数列之间的联系及其与函数、不等式的综合应用2备考时抓住等差数列与等比数列中的两个基本量首项与公差(比)，灵活运用性质可以简化运算3本考点属于高考必考内容，命题的关注点在于等差数列与等比数列的基本量的求解，常与求和问题相结合出现在解答题中(教师

2、独具内容)(教师独具内容)求数列通项公式的常用方法(1)通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式(2)定义法求数列的通项公式(3)利用递推公式求数列的通项公式累加、累乘；预设阶梯转化为等差(比)数列(4)利用前n项和Sn与an的关系求通项公式，已知Snf(an)或Snf(n)的解题步骤：第一步：利用Sn满足条件p，写出当n2时，Sn1的表达式；第二步：利用anSnSn1(n2)，求出an或者转化为an的递推公式的形式；第三步：若求出n2时数列an的通项公式，则根据a1S1求出a1，并代入n2时数列an的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式(5)待定系数法求数列的通项公式1

3、(2021长沙模拟)已知数列an满足：a1a22，an3an14an2(n3)，则a9a10()A47 B48 C49 D410答案C解析由题意，得a1a24.由an3an14an2(n3)，得anan14(an1an2)，即4(n3)，所以数列anan1是首项为4，公比为4的等比数列，所以a9a1049.故选C.2(2022武汉外国语学校模拟)已知数列an满足递推关系：an1ananan1，且a1，则a2022()A BC D答案D解析因为an1ananan1，a1，所以1，2，即数列是以2为首项，1为公差的等差数列，所以2202112023，所以a2022.故选D.3已知数列an的前n项和

4、为Sn，若Sn2an4，nN*，则an等于()A2n1 B2n C2n1 D2n2答案A解析因为Sn2an4，所以当n2时，Sn12an14，将上述两式相减可得SnSn12an2an1，即an2an2an1.整理，得an2an1，因为S1a12a14，即a14，所以2.所以数列an是首项为4，公比为2的等比数列，则an42n12n1.故选A.4(1)已知数列an满足a11，对任意的nN*都有an1a1ann，则an (2)已知数列an满足a1，an1an，则an 答案(1)(nN*)(2)(nN*)解析(1)an1ann1，所以an1ann1，所以a2a12，a3a23，anan1n(n2).

5、等式两边同时相加，得ana1234n(n2)，即ana1234n1234n(n2).又a11也适合上式，所以an(nN*).(2)由题意，得，分别令n1，2，3，n1，代入上式，得(n1)个等式，累乘，即(n2).所以.又因为a1，所以an(n2).又a1也适合上式，所以an(nN*).5已知在数列an中，a11，an12an3，则an .答案2n13(nN*)解析递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)，即an12ant，则t3.故递推公式为an132(an3).令bnan3，则b1a134，且2.所以数列bn是以4为首项，2为公比的等比数列所以bn42n12n1，即an2n13

6、(nN*).1(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则()Aan2n5 Ban3n10CSn2n28n DSnn22n答案A解析设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S40，a55可得解得所以an32(n1)2n5，Snn(3)2n24n.故选A.2(2020全国卷)数列an满足an2(1)nan3n1，前16项和为540，则a1 答案7解析an2(1)nan3n1，当n为奇数时，an2an3n1；当n为偶数时，an2an3n1.设数列an的前n项和为Sn，则S16a1a2a3a4a16a1a3a5a15(a2a4)(a14a16)a1(a12)(a110)(a

7、124)(a144)(a170)(a1102)(a1140)(5172941)8a1392928a1484540，a17.3(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和，若Sn2an1，则S6 答案63解析根据Sn2an1，可得Sn12an11，两式相减得an12an12an，即an12an，当n1时，S1a12a11，解得a11，所以数列an是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以S663.4(2018全国卷)已知数列an满足a11，nan12(n1)an，设bn.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式解(1)由条件可得an1an.将n

8、1代入，得a24a1，而a11，所以a24.将n2代入，得a33a2，所以a312.从而b11，b22，b34.(2)bn是首项为1，公比为2的等比数列理由如下：由题设条件可得，即bn12bn，又b11，所以bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得2n1，所以ann2n1.一、基础知识巩固考点定义法求数列通项公式例1(2022安徽芜湖模拟)若数列an的首项a121，且满足(2n3)an1(2n1)an4n28n3，则a24的值为()A1980 B2000C2020 D2021答案A解析因为(2n3)an1(2n1)an4n28n3，所以(2n3)an1(2n1)an(2n3)(2n

9、1)，所以1，所以数列是首项为21，公差为1的等差数列，所以21(n1)1n20，所以an(n20)(2n3)，a241980，故选A.例2已知数列an是等差数列，且a21，a55，求数列an的通项公式解设数列an的公差为d，则解得所以ana1(n1)d2n5.1.(2021福建建瓯芝华中学模拟)已知数列an的各项均为正数，且满足a12，n2a4(n1)2a2(n1)annan10，则()A BC22021 D22022答案C解析由n2a4(n1)2a2(n1)annan10，得nan12(n1)annan12(n1)annan12(n1)an0，所以nan12(n1)an1nan12(n1)

10、an0，因为数列an的各项均为正数，所以nan12(n1)an0，即2，又因为a12，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2n，所以22021.故选C.2(2021首都师范大学附属中学模拟)已知数列an满足a1，an1a2an2，则下列说法正确的是()A存在正整数k，使得akB存在正整数k，使得ak3C对任意正整数k，都有1ak1，所以A不正确；由an1a2an2，得an11a2an1(an1)2.两边取以2为底的对数，可得log2(an11)2log2(an1).所以数列log2(an1)是等比数列，且log2(a11)log21，则log2(an1)2n1，所以an122n1，即

11、an22n11.当n1时，2n11，2n11，所以022n1，即1an22n11，所以B不正确，C正确；因为an1ana3an2(an2)(an1)0，即4且a12，所以数列an2是以4为首项，4为公比的等比数列，故an24n.由bnlog2(an2)，得bnlog24n2n，设数列bn的前n项和为Sn，则S20212(12320202021)2021(12021)，所以2022.故选C.5.(2021临沂模拟)已知数列an满足a12，an2an13(n2且nN*)，则下列说法错误的是()Aa47Ba41是a21与a61的等比中项C数列an1an是等比数列D在an中，只有有限个大于0的项答案D

12、解析anx2(an1x)，解得x1，即2，所以an(2)n11，对于D，奇数项为正，有无限个大于0的项 形如an1panq(其中p，q为常数，且pq(p1)0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：第一步：假设递推公式可改写为an1tp(ant)；第二步：由待定系数法，解得t；第三步：写出数列的通项公式；第四步：写出数列an的通项公式二、核心素养提升例1(2021黄冈模拟)已知数列an满足a12，anan1an3an11(n2，nN*)，若Tna1a2a3an，当Tn10时，n的最小值为()A3 B5 C6 D7答案C解析由anan1an3an11，得an，所以an11，所以，即，所以数列是以

13、1为首项，为公差的等差数列，所以1(n1)，则an，所以Tna1a2a3an，由Tn10，得10，又nN*，所以n6且nN*，所以n的最小值为6.故选C.例2(多选)已知数列an满足(n1)annan11(n2)，Sn为其前n项和，且a11，则下列结论正确的是()Aa23 Ba36CS420 Dan2n1答案AD解析由(n1)annan11(n2)，得(n1)an(n1)nan1n(n2)，又a11，所以当n2时，所以an1(a11)22n，从而an2n1.当n1时，也满足上式，所以an2n1.所以a22213，a32315，a42417.所以S4a1a2a3a4135716.故选AD.例3(

14、2021衡阳模拟)在数列an中，a1a，an14(ana)(nN*)，若a60，则实数a的不同取值的个数为()A17 B16 C15 D14答案A解析设函数y4(xx2)，由y0，可得x0或1.当y1时，x，当y0，方程y4(xx2)必有两个不同的解设ak10，则ak0或ak1，设ak的不同取值的个数为b1，则b12；当ak0时，ak10或1，当ak1时，ak1，设ak1的不同取值的个数为b2，则b23；当ak10时，ak20或1，当ak11时，ak2，当ak1时，ak2有两个不同的值，设ak2的不同取值的个数为b3，则b35，可知在数列an中，当第m(m1，mN*)项am有bi(iN*)个不

15、同取值时，第m1项的不同取值的个数bi12bi1，所以bi112(bi1)，数列bi1(iN*)为等比数列，且首项为b111，公比为2，则bi12i1，所以bi2i11，当ak10时，a的不同取值的个数为bk2k11，当k5时，b5251117.故选A.1数列中的不等式的求解问题，解题关键是能够根据已知的递推关系式，构造出全新的等差(或等比)数列，利用等差(或等比)数列通项公式求得通项后，即可确定2已知数列的递推关系求通项公式的典型方法(1)出现anan1m时，构造等差数列；(2)出现anxan1y时，构造等比数列；(3)出现anan1f(n)时，用累加法求解；(4)出现f(n)时，用累乘法求

16、解课时作业一、单项选择题1(2021佛山模拟)已知数列an的通项公式anlog(n1)(n2)，则它的前30项积是()A B5C6 D答案B解析a1a2a3a30log23log34log45log3132log23log232log2255，所以所求数列的前30项积是5.故选B.2(2022贵州铜仁第一中学模拟)在中国古代诗词中，有一道“八子分绵”的数学题：“九百九十六斤绵，分给八子做盘缠，次第每人多十七，要将第七数来言”题意是：把996斤绵分给8个儿子做盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第7个儿子分到的绵是()A167斤 B184斤 C191斤 D20

17、1斤答案A解析记8个儿子按年龄从大到小依次分绵a1斤，a2斤，a3斤，a8斤，因为按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，所以数列an为等差数列，且公差为17，所以ana117(n1).因为绵的总数为996斤，所以8a117996，得a165.所以第7个儿子分到的绵是a765176167斤故选A.3(2021湛江模拟)已知数列an中，a11，若annan1(n2)，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则数列an的通项公式为()Aan Bann2n1Can Dann2n2答案A解析因为A，B，C三点共线(该直线不过点O)，所以，设，则()，所以(1)，又，所以可得1，即

18、anan1n(n2)，a2a12，a3a23，a4a34，an1an2n1，以上各式累加可得ana1234n，因为a11，所以an1234n，故选A.4(2021抚顺模拟)蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n幅图的蜂巢总数，则()Af(4)35，f(n)3n23n1Bf(4)35，f(n)3n23n1Cf(4)37，f(n)3n23n1Df(4)37，f(n)3n23n1答案C解析由图中规律可知，f(4)37，所以f(2)f(1)716，f(

19、3)f(2)19726，f(4)f(3)371936，因此当n2时，f(n)f(n1)6(n1)，所以f(n)f(n)f(n1)f(n1)f(n2)f(2)f(1)f(1)6(n1)(n2)211613n23n1，经检验当n1时，符合f(n)3n23n1，所以f(n)3n23n1，故选C.5(2021龙岩模拟)在数列an中，a11，p(an1，n1)，q(n，an)，且pq，则a2021()A1 B2020 C2021 D2022答案C解析因为pq，所以nan1(n1)an0，所以nan1(n1)an，由a11，可得a20，a30，则对任意的nN*，an0，故，所以a2021a112021.故

20、选C.6已知数列an的首项a121，且满足(2n5)an1(2n3)an4n216n15，则an中最小的一项是()Aa5 Ba6 Ca7 Da8答案A解析由已知得1，7，所以数列是首项为7，公差为1的等差数列，7(n1)n8，则an(2n5)(n8)2n221n40，因为5.25，所以an中最小的一项是第5项故选A.7(2021珠海模拟)已知数列an的前n项和Snn27n，若3ak5，则k()A8 B7 C6 D5答案C解析当n1时，a1176，当n2时，anSnSn1n27n(n1)27(n1)2n8.由3ak5，得32k85，解得k1时，f(x)0；对任意的x，y(0，)，f(x)f(y)

21、f(xy)成立若数列an满足a1f(1)，且f(an1)f(2an1)(nN*)，则a2020的值为()A210091 B210101C220191 D220201答案C解析当x1时，f(x)0，在(0，)上任取两数x1，x2，且x11，则f(k)0.f(x2)f(kx1)f(k)f(x1)f(x1)，即f(x)在(0，)上是单调增函数令xy1，则f(1)f(1)f(1)，解得f(1)0.而数列an满足a1f(1)0，f(an1)f(2an1)，nN*，an12an1，则an112(an1)，数列an1是首项为1，公比为2的等比数列，得an12n1，an2n11，故a2020220191.故选

22、C.二、多项选择题9(2021辽宁丹东模拟)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn1Sn2an1，数列的前n项和为Tn，nN*，则下列结论正确的是()A数列an1是等比数列B数列an是等比数列C数列an的通项公式为an2n11DTn2答案BD解析因为Sn1Sn2an1，a11，所以Sn1Sn2an1，即an12an1，所以an112(an1)，又a11，所以a110，所以an10，an1，所以数列an1是等差数列，数列an是等比数列，所以2n，所以Tn2n122.故选BD.10(2022洛阳模拟)设Sn是数列an的前n项和，a11，an1SnSn10，则下列说法正确的有()A数列an的前n

23、项和为SnB数列为递增数列C数列an的通项公式为anD数列an的最大项为a1答案ABD解析由an1SnSn10，得Sn1SnSnSn1，所以1，即1.又1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则1(n1)1n，可得Sn，故A，B正确；当n2时，anSnSn1，因为a11不适合上式，所以an所以数列an的最大项为a1，故C错误，D正确故选ABD.三、填空题11(2021南通模拟)已知数列an的前n项和Snan，则数列an的通项公式为an 答案解析因为当n1时，a1S1a1，所以a11.当n2时，anSnSn1anan1，所以，所以数列an是首项a11，公比q的等比数列，故an.12(202

24、1保定模拟)已知等比数列an的前n项和Sna2n11(nN*)，其中a是常数，则a 答案2解析由于等比数列an的前n项和Sna2n11(nN*).当n1时，a1S1a1；当n2时，anSnSn1(a2n11)(a2n21)a2n2.由题意可知，a1a1满足ana2n2.所以a1，解得a2.13(2021福建泉州第一中学模拟)数列an的前n项和为Sn2nn2(nN*)，则数列an的通项公式是 答案an解析因为当n1时，a1S1213；当n2时，anSnSn1(2nn2)2n1(n1)22n12n1，且a13不满足an2n12n1，所以an14(2021石家庄模拟)已知数列an的前n项和Sn2an

25、2n1，若不等式2n2n3(5)an对任意nN*恒成立，则的取值范围为 答案解析因为当n1时，a1S12a122，即a14，当n2时，anSnSn12an2n12an12n，即an2an12n，所以1，即1，而2，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，所以2(n1)1n1，即an(n1)2n.不等式2n2n3(5)an对任意nN*恒成立，等价于5对任意nN*恒成立，即5，令bn，则b1，b2，当n2时，当n2时，1，当n3时，1，则(bn)maxb3，所以5，故1时，an成立；(2)求数列an的通项公式解解法一：(1)证明：当n1时，由an12，得2(bn0)，化简得bn12bnbn1，即

26、bn1bnbnbn1，这说明bn是等差数列，故存在一个等差数列bn(bn0)，当n1时，an成立(2)依题意，a22，又由(1)知a2，所以，即b2b1，所以等差数列bn的公差db2b1b1，所以bnb1(n1)db1，故an.解法二：(1)证明：由已知，当n1时，因为a13，an12，所以a2，a3，故令bn2n1，则数列bn是首项为3，公差为2的等差数列此时当n1时，an，当n1时，a13满足上式，所以an，代入验算满足an12，故存在一个等差数列bn，当n1时，an成立(2)由an12，得an111，由a13，得an10，所以1，所以是首项为，公差为1的等差数列，即(n1)，所以an.1

27、6(2021新高考八省联考)已知各项都为正数的数列an满足an22an13an.(1)证明：数列anan1为等比数列；(2)若a1，a2，求an的通项公式解(1)证明：由an22an13an可得，an2an13an13an3(an1an)，因为数列an的各项都为正数，所以a1a20，所以anan1是公比为3的等比数列(2)构造an23an1k(an13an)，整理得an2(k3)an13kan，所以k1，即an23an1(an13an)，因为a23a130，所以an13an0an13an，所以an是以a1为首项，3为公比的等比数列所以an(nN*).17(2021江苏黄桥中学模拟)已知各项均为

28、正数的数列an的前n项和为Sn，a12，且对任意nN*，anSn1an1Sn2an12an恒成立(1)求证：数列是等差数列；(2)求数列an的通项公式；(3)若不等式ann5对任意的正整数n恒成立，求实数的取值范围解(1)证明：因为anSn1an1Sn2an12an，则an(Sn12)an1(Sn2)，又数列an各项均为正数，即anan10，等式两边同时除以anan1，得0，所以数列是等差数列(2)因为数列是等差数列，其首项为2，公差为0，于是得2，即Sn2an2，当n1时，S1a12a12，则a12，当n2时，Sn12an12，从而得anSnSn12an2an1，即an2an1.因此数列an是以2为首项，2为公比的等比数列所以数列an的通项公式为an2n.(3)不等式2nn5对任意的正整数n恒成立，即对任意的正整数n恒成立，设bn，显然当n5时，bn0，当n5时，bn0，则当n5时，bn1bn，于是得b5b6b7，且n7时，bn1，所以实数的取值范围是.