【精编】2020年高考数学一轮复习第五章数列课时达标28数列的概念与简单表示法理.pdf

《【精编】2020年高考数学一轮复习第五章数列课时达标28数列的概念与简单表示法理.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【精编】2020年高考数学一轮复习第五章数列课时达标28数列的概念与简单表示法理.pdf（4页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.1文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.2018 年高考数学一轮复习第五章数列 课时达标 28 数列的概念与简单表示法理 解密考纲 本考点考查数列的概念、性质、通项公式与递推公式，近几年对由递推公式求项、求和加大了考查力度，而对由递推公式求通项减小了考查力度，一般以选择题、填空题的形式出现一、选择题1已知数列 an 的前n项和Snn23n，若它的第k项满足 2ak5，则k(C)A2 B 3 C4 D5 解析：已知数列 an 的前n项和Snn23n.令n 1，可得S1a11 3 2.anSnSn1n23n(n1)23(n1

2、)2n4，n2.n1 时满足an与n的关系式，an2n4，nN*.它的第k项满足 2ak5，即 22k45，解得 3k4.5.nN*，k4.故选 C2若数列 an 的前n项和Sn满足Sn4an(nN*)，则a5(D)A16 B116C8 D18解析：当n1 时，a1S14a1，a12；当n2 时，anSnSn1an1an，2anan 1，数列 an 为以 2 为首项，以12为公比的等比数列，a5212418.故选 D3数列 an 的前n项和Sn2n23n(nN*)，若pq5，则apaq(D)A10 B 15 C 5 D20 解析：当n2时，anSnSn12n23n2(n 1)23(n1)4n5

3、；当n1 时，a1S1 1 也符合，an4n5，apaq4(pq)20.4数列 an 中，an1(1)nan2n1，则数列 an 的前 12 项和等于(B)A76 B 78 C80 D82 解析：由已知an1(1)nan2n1，得an2(1)n1an12n1，由得an2an(1)n(2n1)(2n 1)，取n1,5,9及n2,6,10，结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278.故选 B5把 1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点子可以排成一个正三角形(如图所示)则第七个三角形数是(B)A27 B 28 C29 D30 文档来源为:从网络收集整理.word

4、 版本可编辑.欢迎下载支持.2文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.解析：观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是12345 6728.6在数列 an 中，a12，nan 1(n 1)an2(n N*)，则a10(C)A34 B 36 C38 D40 解析：nan 1(n1)an2，an1n 1ann2nn121n1n1.a1010a1010a99a99a88a22a11a12191101819112 23810.a1038.故选 C二、填空题7已知数列 an 的前n项和Sn332n

5、(n N*)，则an32n 1(n N*)解析：分情况讨论：当n1 时，a1S13321 3；当n2 时，anSnSn1(3 32n)(3 32n1)32n1.综合，得an32n1(nN*)8已知数列 an 的前n项和Snn22n1(nN*)，则an4，n1，2n1，n2.解析：当n2 时，anSnSn 12n1；当n1 时，a1S1421 1，因此an4，n1，2n1，n2.9已知Sn为数列 an的前n项和，且满足a11，anan13n(nN*)，则S2018231_0092.解析：由anan 13n知，当n2 时，anan 13n 1.所以an1an13，所以数列 an所有的奇数项构成以3

6、 为公比的等比数列，所有的偶数项也构成以3 为公比的等比数列又因为a11，所以a23，a2n13n1，a2n3n.所以S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)1131 0091 33131 00913231 0092.三、解答题10根据下列条件，求数列an的通项公式(1)在数列 an 中，a11，an1an2n；(2)在数列 an 中，an 1n2nan，a14；文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.3文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.(3)在数列 an 中，a13，an12an1.解析：(1)由an1an2n，把n1,2,3，n1(

7、n2)代入，得(n1)个式子，累加即可得(a2a1)(a3a2)(anan 1)22223 2n1，ana1212n11 22n2，an2n2a1 2n 1.当n1 时，a11 也符合，an2n1(nN*)(2)由递推关系an1n2nan，a1 4，有an1ann2n.于是有a2a13，a3a242，a4a353，an 1an 2nn2，anan1n1n1，将这(n1)个式子累乘，得ana1nn12.当n2 时，annn 12a12n(n1)当n1 时，a14 符合上式，an2n(n1)(nN*)(3)由an12an1，得an112(an1)令bnan1，bn是以 2 为公比的等比数列bnb1

8、2n1(a11)2n1 2n1.anbn1 2n11(nN*)11已知数列 an中，a133，an1an2n，求ann的最小值解析：an1an2n，当n2 时，anan 12n1，an 1an22n 2，a3a222，a2a121.相加得ana12(n1)(n2)21 n(n1)，ann(n 1)33，annn33n12331，当且仅当n33时取等号33不是正整数且5336，又n 5 时，ann10.6，n6 时，ann10.5，文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.4文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.ann的最小值为10.5.12各项非零的数列an 中，首项a11，且 2S2n2anSnan(n2)，求an.解析：2S2n2anSnan，n2，且anSnSn1，2S2n2S2n2SnSn1SnSn1，SnSn1 2SnSn1，两边同除以SnSn1得：1Sn1Sn12，n2.1Sn是以1S11 为首项，2 为公差的等差数列1Sn1(n1)2 2n1，Sn12n1.当n2时，anSnSn122n12n 3；当n1 时，a11 不符合上式，an1，n1，22n12n3，n2.