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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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