高中学年数学高考一轮复习第六章数列61数列的有关概念.docx
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高中学年数学高考一轮复习第六章数列61数列的有关概念
§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
2013
2014
2015
2016
2017
1.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Ⅱ,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 -
2.(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=
3.(2015重庆,22,12分)在数列{an}中,a1=3,an+1an+λan+1+μ=0(n∈N+).
(1)若λ=0,μ=-2,求数列{an}的通项公式;
(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:
2+<<2+.
解析
(1)由λ=0,μ=-2,有an+1an=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,an≠0.
从而an+1=2an(n∈N+),即{an}是一个公比q=2的等比数列.
故an=a1qn-1=3·2n-1.
(2)证明:
若λ=,μ=-1,则数列{an}的递推关系式变为
an+1an+an+1-=0,变形为an+1=(n∈N+).
由上式及a1=3>0,归纳可得
3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.
因为an+1===an-+·,
所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)
=a1-k0·+·
>2+·=2+.
另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得
=a1-k0·+·
<2+·=2+.
综上,2+<<2+.
教师用书专用(4—6)
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)记数列的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|<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(n≥2),
即an=2an-1(n≥2).
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=,
所以Tn=++…+==1-.
由|Tn-1|<,得<,即2n>1000.
因为29=512<1000<1024=210,
所以n≥10.
于是,使|Tn-1|<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,=an+1-n2-n-,n∈N*.
(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++…+<.
解析
(1)依题意,得2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.
(2)当n≥2时,2Sn=nan+1-n3-n2-n,
2Sn-1=(n-1)an-(n-1)3-(n-1)2-(n-1),
两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,
整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即-=1,又-=1,
故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,
所以=1+(n-1)×1=n,所以an=n2.
(3)证明:
当n=1时,=1<;
当n=2时,+=1+=<;
当n≥3时,=<=-,此时
++…+=1++++…+<1++++…+
=1++-=-<.
综上,对一切正整数n,有++…+<.
6.(2013江西理,17,12分)正项数列{an}的前n项和Sn满足:
-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.
(1)求数列{an}的通项an;
(2)令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:
对于任意的n∈N*,都有Tn<.
解析
(1)由-(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,n≥2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=,
则bn==-.
Tn=1-+-+-+…+-+-
=<=.
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,n∈N*,则a1= ,S5= .
答案 1;121
2.(2013湖南理,15,5分)设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=(-1)nan-,n∈N*,则
(1)a3= ;
(2)S1+S2+…+S100= .
答案
(1)-
(2)
3.(2013课标全国Ⅱ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 -49
4.(2017课标全国Ⅲ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)求数列的前n项和.
解析
(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,
a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).
两式相减得(2n-1)an=2.
所以an=(n≥2).
又由题设可得a1=2=,
从而{an}的通项公式为an=(n∈N*).
(2)记的前n项和为Sn.
由
(1)知==-.
则Sn=-+-+…+-=.
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=.
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,n∈N*.
(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-=1的离心率为en,且e2=2,求++…+.
解析
(1)Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1,
故an+1=qan对所有n≥1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(n∈N*).
(2)由
(1)可知,an=qn-1.
所以双曲线x2-=1的离心率en==.
由e2==2解得q=.
所以,++…+
=(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)]
=n+[1+q2+…+q2(n-1)]
=n+
=n+(3n-1).
7.(2015课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
解析
(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.
可得-+2(an+1-an)=4an+1,即
2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).
由an>0,可得an+1-an=2.
又+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===.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=
=.(12分)
教师用书专用(8—13)
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===3,(1分)
所以b1==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(n∈N*).(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
=+
=n2+.(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=2×3n-1,即an=3n-1,
所以an=
(2)因为anbn=log3an,
所以b1=,
当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1=;
当n>1时,
Tn=b1+b2+b3+…+bn=+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],
所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],
两式相减,得
2Tn=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n
=+-(n-1)×31-n=-,
所以Tn=-.
经检验,n=1时也适合.
综上可得Tn=-.
10.(2015浙江,20,15分)已知数列{an}满足a1=且an+1=an-(n∈N*).
(1)证明:
1≤≤2(n∈N*);
(2)设数列{}的前n项和为Sn,证明:
≤≤(n∈N*).
证明
(1)由题意得an+1-an=-≤0,即an+1≤an,
故an≤.
由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0.
由0<