高考数学一轮复习第六章数列6.1数列的概念和表示法ppt课件全省公开课一等奖.ppt

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1、第六章 数列6.1 数列的概念和表示法高考数学高考数学(浙江专用)考点数列的概念和表示方法考点数列的概念和表示方法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=.五年高考答案答案1;121解析解析解法一:an+1=2Sn+1,a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又S2=4,4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,由S2=4,可求出S3=13,S4=40,S5=121.解法二:由an+1=2Sn+1,得a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+

2、1,又S2=4,4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,则Sn+1+=3,又S1+=,是首项为,公比为3的等比数列,Sn+=3n-1,即Sn=,S5=121.评析评析本题考查了数列的前n项和Sn与an的关系,利用an+1=Sn+1-Sn得出Sn+1=3Sn+1是解题的关键.2.(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=.答案答案-解析解析an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知Sn0,-=1,是等差数列,且公差为-1,而=-1

3、,=-1+(n-1)(-1)=-n,Sn=-.3.(2013课标全国,14,5分)若数列an的前n项和Sn=an+,则an的通项公式是an=.答案答案(-2)n-1解析解析由Sn=an+得:当n2时,Sn-1=an-1+,当n2时,an=-2an-1,又n=1时,S1=a1=a1+,a1=1,an=(-2)n-1.4.(2013安徽,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.答案答案an=解析解析记OA1B1的面积为

4、S,则OA2B2的面积为4S.从而四边形AnBnBn+1An+1的面积均为3S.即得OAnBn的面积为S+3(n-1)S=(3n-2)S.=3n-2,即an=.评析评析OAnBn的面积构成一个等差数列,而OAnBn与OA1B1的面积比为,从而得到an的通项公式.本题综合考查了平面几何、数列的知识.5.(2017课标全国文,17,12分)记Sn为等比数列an的前n项和.已知S2=2,S3=-6.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.解析解析本题考查等差、等比数列.(1)设an的公比为q,由题设可得解得q=-2,a1=-2.故an的通项公式为an=(-

5、2)n.(2)由(1)可得Sn=-+(-1)n.由于Sn+2+Sn+1=-+(-1)n=2=2Sn,故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.方法总结方法总结等差、等比数列的常用公式:(1)等差数列:递推关系式:an+1-an=d,常用于等差数列的证明.通项公式:an=a1+(n-1)d.前n项和公式:Sn=na1+d.(2)等比数列:递推关系式:=q(q0),常用于等比数列的证明.通项公式:an=a1qn-1.前n项和公式:Sn=(3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:=b或等比中项:ac=b2来证明.7.(2014广东,19,14分)设数列an的前n项和为Sn,满足Sn=

6、2nan+1-3n2-4n,nN*,且S3=15.(1)求a1,a2,a3的值;(2)求数列an的通项公式.解析解析(1)依题有解得a1=3,a2=5,a3=7.(2)Sn=2nan+1-3n2-4n,当n2时,Sn-1=2(n-1)an-3(n-1)2-4(n-1).-并整理得an+1=(n2).由(1)猜想an=2n+1,下面用数学归纳法证明.当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;当n=2时,a2=22+1=5,命题成立;假设当n=k时,ak=2k+1命题成立.则当n=k+1时,ak+1=2k+3=2(k+1)+1,即当n=k+1时,结论成立.综上,nN*,an=2n+1.1.(2017

7、浙江名校杭州二中)已知数列an满足a1=2,an+1=(nN*),设Tn=a1a2an,则T2017的值是()A.-4B.2C.3D.1三年模拟一、选择题A组 20152017年高考模拟基础题组答案答案B因为a1=2,an+1=,所以a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,易知,数列an是周期数列,且a1a2a3a4=1,所以T2017=T4504+1=a1=2.2.(2016浙江模拟训练卷(三),4)已知数列an满足a1=a2=1,-=1,则a6-a5的值为()A.0B.18C.96D.600答案答案C由-=1,知数列是等差数列,其首项为=1,公差为1,则=1+(n-1)1=n,则a3=2a

8、2=2,a4=3a3=6,a5=4a4=24,a6=5a5=120,故a6-a5=96.3.(2015浙江新高考研究卷一(镇海中学),5)数列an的通项公式为an=kn2+n,满足a1a2a3a4an+1对n8恒成立,则实数k的取值范围是()A.B.C.D.答案答案Ban+1-an=2kn+k+1,n4时,2kn+k+10恒成立,n8时,2kn+k+10恒成立,解得-k-.4.(2017浙江镇海中学阶段测试(一),14)已知数列an满足a1=15,且an+1-an=2n,则数列an的通项公式an=;的最小值为.二、填空题答案答案n2-n+15;解析解析当n2时,an=a1+(a2-a1)+(a

9、3-a2)+(an-an-1)=15+2+4+6+2(n-1)=n2-n+15.又a1=15满足上式,所以an=n2-n+15,则=n+-1,又32,且对任意nN*,都有Snna1-(n-1),证明:Sna1a1+-1a1,得0a1a2a2+-1a20a22,0a1+-12,得1a12,由得1a12.(4分)下面用数学归纳法证明:当1a12时,1an2对任意nN*恒成立.(i)当n=1时,1a12成立;(ii)当n=k(kN*)时,1ak2成立,则当n=k+1时,ak+1=ak+-12-1,2)(1,2).综合(i)(ii),可知1an0,即an是递增数列.所以a1的取值范围是1a12,所以可

10、用数学归纳法证得an2对任意nN*恒成立,于是an+1-an=-10,即an是递减数列.在Snna1-(n-1)中,令n=2,得2a1+-1=S22a1-,解得a13.故2a13.(8分)下证:(i)当2a1时,Snna1-(n-1)恒成立.(10分)事实上,当2不合题意.(12分)事实上,当3a1时,设an=bn+2,则由an+1=an+-1可得bn+1=bn+-1,所以=,于是数列bn的前n项和Tnb13b13,故Sn=2n+Tn0),则由式得Snna1+(2-a1)n+3=na1-(n-1)-tn+.只要n充分大,就有Sn不合题意.综合(i)(ii),有2a1.(14分)于是=,故数列b

11、n的前n项和Tnb1b11,所以Sn=2n+Tn2n+1.(15分)11.(2016浙江杭州一模,18)设数列an满足a1=且=+an+1(nN*).(1)证明:3(nN*);(2)设数列的前n项和为Sn,证明:Sn0,所以an+1an,故数列an为递增数列,所以an0,所以=an+12+1=3当且仅当an=0,即an=1时,等号成立.命题得证.(7分)(2)由(1)得,即,所以Sn=+,=33.命题得证.(15分)1.(2015浙江名校(绍兴一中)交流卷五,5)记数列an的前n项和为Sn,若不等式+m对任意等差数列an及任意正整数n都成立,则实数m的最大值为()A.B.C.D.1一、选择题B

12、组 20152017年高考模拟综合题组答案答案A由+m,得+m,即5+2a1an+4m.式对任意正整数n都成立.a1=0时,显然成立.a10时,式化为5+2+14m,令=t,则式化为5t2+2t+14m,令f(t)=5t2+2t+1,则f(t)4m对任意的实数t恒成立,等价于f(t)min4m,而f(t)=5+,当t=-时,有f(t)min=,4mm,故选A.2.(2017浙江名校(绍兴一中)交流卷一,11)若数列an满足a4=9,(an+1-an-1)(an+1-3an)=0(nN*),则满足条件的a1的所有可能值之积是.二、填空题答案答案0解析解析由(an+1-an-1)(an+1-3an

13、)=0知an+1-an-1=0或an+1-3an=0.因为a4=9,所以a3可能为3或8,同理a2可能为1,2,7,从而推得a1可能为0,故满足条件的a1的所有可能值之积是0.3.(2017浙江名校(镇海中学)交流卷二,11)已知数列an满足a1=-,且2an+1an+3an+1+an+2=0,设bn=(nN*),则当数列bn的前n项和最小时,正整数n的值是.答案答案7解析解析由题可知,2(an+1)(an+1+1)+(an+1+1)-(an+1)=0,所以-=2,即bn+1-bn=2,又b1=-13,所以bn=-13+2(n-1)=2n-15,令bn0,所以n7,故n=7.4.(2017浙江

14、名校(衢州二中)交流卷五,14)数列an的前n项和为Sn,若a1=14,Sn+Sn+1=-3n2+28n+14,则a2=;Sn的最大值是.答案答案11;40解析解析当n=1时,S1+S2=-3+28+14=39,整理得2a1+a2=39,又a1=14,得a2=11.由题意可得,Sn-1+Sn=-3(n-1)2+28(n-1)+14,联立-得,an+an+1=-6n+31,即an+1+3(n+1)-17+(an+3n-17)=0.令bn=an+3n-17,则b1=0,bn+bn+1=0,bn=0,即an=17-3n,故数列an从第六项开始,an0,故Sn的最大值为S5=a1+a2+a3+a4+a

15、5=40.5.(2017浙江宁波期末,17)已知数列an的通项公式为an=-n+t,数列bn的通项公式为bn=3n-3,设cn=+,在数列cn中,cnc3(nN*),则实数t的取值范围是.答案答案3,6解析解析由条件得cn=+,由c2=+c3=+,得+|t-4|,解得t3.由c4=+c3=+,得1+|t-7|t-4|,解得t6,即当时,有3t6.当3t6时,c3=+=故1c33,当n4时,an=t-nt-4b1,a2b2,所以c1=a1=t-1,c2=a2=t-2,此时有c1c3,c2c3.故当3t6时,总有cnc3(nN*)成立,所以实数t的取值范围是3,6.6.(2017浙江吴越联盟测试,

16、10)已知数列an的前n项和Sn=n3+3n2+2n+6,则an的通项公式为an=,数列的前n项和Tn=.答案答案;-解析解析当n=1时,a1=S1=12.当n2,nN*时,an=Sn-Sn-1=(n3+3n2+2n+6)-(n-1)3+3(n-1)2+2(n-1)+6=3n2+3n.所以an=当n2,nN*时,=,所以当n2,nN*时,Tn=+=+-=-,经检验,当n=1时也成立,所以Tn=-.7.(2015浙江冲刺卷三,13)已知数列an满足an+1+(-1)nan=2n(nN*),则数列an的前40项的和为.答案答案840解析解析显然有(kN*),则有a2k+1+a2k-1=2,则a1+

17、a3+a5+a7+a37+a39=210=20.同理,有(kN*),则有a2k+2+a2k=8k+2,则a2+a4+a6+a8+a38+a40=8(1+3+19)+20=820.数列an的前40项的和为840.8.(2017浙江湖州、衢州、丽水4月联考,22)数列an中,a1=,an+1=(nN*).(1)求证:an+1an;(2)记数列an的前n项和为Sn,求证:Sn0,且a1=0,所以an0,所以an+1-an=-an=0,所以an+1an,nN*.(2)an=-=-an-1+=-an-1-an-2+=-an-1-an-2-a1+=1-an-1-an-2-a1,所以Sn0,an+1=-2.

18、(1)若数列an为递减数列,求实数a的取值范围;(2)当a=时,设数列an的前n项和为Sn,证明:当n3时,n+Snn+.解析解析(1)an为递减数列,a2a1,即-2a,得1a2.下面用数学归纳法证明:当1a2时,1an2.(3分)1当n=1时,由已知1a12,n=1时命题成立;2假设n=k时,命题成立,即1ak2,则当n=k+1时,ak+1=-2在1ak2内递增,(5+4)-2ak+1(10+2)-2,化简得1ak+12.当n=k+1时,命题成立,综合1、2,可得1an2.(6分)此时an+1-an=-20.所以数列an为递减数列,且1a2.(7分)(2)令bn=an-1,Tn为数列bn的

19、前n项和,即证Tn,左边得证.(9分)再证:bn+1bn(n3)an+1-1(an-1)(n3)(11分)-3(an-1)(n3)an+2an+5(n3),由(1)可得当n3时,1an,故2an+5,(13分)所以Tn=b1+b2+bn=b3+b4+bnb31+=,故当n3时,n+Sn1时,求证:anan+1;(3)求正数m的最大值,使得an0.(5分)由an+1=+m,得an+2=+m,两式相减得an+2-an+1=(-)=(an+1-an)(an+1+an).(7分)易知an0,所以an+2-an+1与an+1-an同号,又a2-a10,所以an+1-an0,从而有an2时,an越来越大,显然不可能满足对一切正整数n,an4恒成立.所以要使得an4对一切正整数n恒成立,只可能m2.(12分)下面证明当m=2时,an4对一切正整数n恒成立.用数学归纳法证明:当n=1时,a1=14,显然成立.假设当n=k时,有ak4成立,则当n=k+1时,ak+1=+242+2=4成立.由上可知an4对一切正整数n恒成立.因此,正数m的最大值是2.(15分)