（江苏专用）2020版高考数学一轮复习第六章数列6.1数列的有关概念课件.pptx

第六章 数列 6.1 数列的有关概念,高考数学 (江苏省专用),(2015江苏,11,5分)设数列an满足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),则数列 前10项的和为 .,五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,答案,解析 由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,an-an-1=n-1+1(n2),则有an-a1=1+2+3+ n-1+(n-1)(n2),因为a1=1,所以an=1+2+3+n(n2),即an= (n2),又当n=1时,a1=1也适合 上式,故an= (nN*),所以 = =2 ,从而 + + + =2 +2 +2 +2 =2 = .,思路分析 利用累加法求出an,再利用裂项相消法求数列 的前10项和.,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,1.(2018课标全国理,14,5分)记Sn为数列an的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= .,答案 -63,解析 本题主要考查由an与Sn的关系求数列的通项公式. 解法一:由Sn=2an+1,得a1=2a1+1,所以a1=-1,当n2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),得an=2an-1,an 是首项为-1,公比为2的等比数列.S6= = =-63. 解法二:由Sn=2an+1,得S1=2S1+1,所以S1=-1,当n2时,由Sn=2an+1得Sn=2(Sn-Sn-1)+1,即Sn=2Sn-1-1, Sn-1=2(Sn-1-1),又S1-1=-2,Sn-1是首项为-2,公比为2的等比数列,所以Sn-1=-22n-1=-2n,所以Sn=1 -2n,S6=1-26=-63.,2.(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= .,答案 1;121,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+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 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.,3.(2015课标全国,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 -,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, =-1+(n-1)(-1)=-n,Sn=- .,解题关键 由an+1=Sn+1-Sn得到Sn+1-Sn=Sn+1Sn,得到 为等差数列,进而求得结果.,4.(2019北京理,20,13分)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1i2im),若 ,则称新数列 , , 为an的长度为m的递增子列.规定:数列an的任意一项都 是an的长度为1的递增子列. (1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列; (2)已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为 ,长度为q的递增子列的末项的最 小值为 .若pq,求证: ; (3)设无穷数列an的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若an的长度为s的递增子列末项 的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,),求数列an的通项公式.,解析 本题通过对数列新概念的理解考查学生的逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查 逻辑推理、数学抽象的核心素养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思 想. (1)1,3,5,6.(答案不唯一) (2)设长度为q末项为 的一个递增子列为 , , , . 由pq,得 . 因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为 , 又 , , 是an的长度为p的递增子列, 所以 .所以 . (3)由题设知,所有正奇数都是an中的项. 先证明:若2m是an中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数). 假设2m排在2m-1之后. 设 , , ,2m-1是数列an的长度为m末项为2m-1的递增子列,则 , , ,2m-1,2m 是数列an的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾. 再证明:所有正偶数都是an中的项.,假设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m. 因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1),所以2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中. 又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1,所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递 增子列个数至多为 =2m-12m. 与已知矛盾. 最后证明:2m排在2m-3之后(m2为整数). 假设存在2m(m2),使得2m排在2m-3之前,则an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个 数小于2m.与已知矛盾. 综上,数列an只可能为2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,. 经验证,数列2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,符合条件. 所以an=,5.(2017课标全国文,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n2时, a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)an=2. 所以an= (n2). 又由题设可得a1=2, 从而an的通项公式为an= (nN*). (2)记 的前n项和为Sn. 由(1)知 = = - . 则Sn= - + - + - = .,思路分析 (1)条件a1+3a2+(2n-1)an=2n的实质就是数列(2n-1)an的前n项和,故可利用an与 Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的an的通项公式,然后用裂项相消法求和.,易错警示 (1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项, 避免遗漏.,6.(2015浙江,20,15分)已知数列an满足a1= 且an+1=an- (nN*). (1)证明:1 2(nN*); (2)设数列 的前n项和为Sn,证明: (nN*).,证明 (1)由题意得an+1-an=- 0,即an+1an, 故an . 由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)(1-a1)a10. 由0an 得 = = 1,2, 即1 2. (2)由题意得 =an-an+1,所以Sn=a1-an+1. 由 - = 和1 2得1 - 2, 所以n - 2n, 因此 an+1 (nN*). 由得 (nN*).,7.(2015课标全国,17,12分)Sn为数列an的前n项和.已知an0, +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an0,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),方法提炼 用裂项相消法解题,常见的有以下一些类型: (1) = ; (2) = ; (3) = - .,C组 教师专用题组,1.(2014课标全国,16,5分)数列an满足an+1= ,a8=2,则a1= .,答案,解析 由an+1= ,得an=1- , a8=2,a7=1- = ,a6=1- =-1,a5=1- =2, an是以3为周期的数列,a1=a7= .,思路分析 先将已知条件变形为an=1- ,再求a7,a6,a5,的值,发现该数列具有周期性,且周期 为3,从而求得结果.,2.(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 (-2)n-1,解析 由Sn= an+ 得:当n2时,Sn-1= an-1+ ,当n2时,an=-2an-1,又当n=1时,S1=a1= a1+ , a1=1,an=(-2)n-1.,方法指导 利用an= 求解.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点 数列的概念及通项公式,1.(2019南京三模,8)已知数列an的前n项和为Sn,且2Sn=3n-1,nN*.若bn=log3an,则b1+b2+b3+b4的 值为 .,答案 6,解析 当n=1时,2a1=3-1=2,得a1=1. 当n2时,2Sn=3n-1,2Sn-1=3n-1-1,两式相减,得2an=3n-3n-1=23n-1,即an=3n-1,当n=1时满足上式,故an=3n- 1,故bn=log3an=log33n-1=n-1,则b1+b2+b3+b4=0+1+2+3=6.,评析 本题考查前n项和与通项之间的关系,是基础题,要注意n的范围的讨论.,2.(2019如皋一模,10)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,且满足Sn=an+1,则数列Sn的前10项的和 为 .,答案 1 023,解析 (n2)an=an+1-anan+1=2an, 结合a1=1,a2=1,得an= Sn=2n-1(nN*),则数列Sn的前10项的和为 =1 023.,易错警示 本题求解的是数列Sn的前10项的和,要仔细审题.,3.(2019南师附中、天一中学、海门中学、淮阴中学联考,10)首项为7的数列an满足:(n+1)an+1 -(n+2)an=0,则a2 019-a2 018的值为 .,答案,解析 (n+1)an+1-(n+2)an=0, = , = , = , = , = (n2), = , an= a2 019-a2 018= .,4.(2019宿迁期末,8)已知数列an的前n项和为Sn,an+1-2an=1,a1=1,则S9的值为 .,答案 1 013,解析 由an+1-2an=1,得an+1+1=2(an+1),即 =2, 所以数列an+1是以2为首项,2为公比的等比数列, 设数列an+1的前n项和为Tn,则T9= =1 022,则S9=T9-9=1 013.,评析 本题主要考查由递推公式给出的数列,要熟练掌握an+1-2an=1这种能转化为等比数列的 结构.另外,本题也可以求前几项,通过归纳数列的通项公式,然后求解.,5.(2017常州一中质量检测,6)设数列an的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=1+2Sn,nN*,则S5= .,答案 121,解析 由an+1=1+2Sn可得Sn+1-Sn=1+2Sn,故Sn+1=3Sn+1,从而Sn+1+ =3 , 又S2=4,所以S1=1,所以Sn+ = 3n-1,即Sn= - = ,从而S5= =121.,思路分析 本题求解的是S5,所以把an+1改写成Sn+1-Sn,直接研究和的关系.本题也可以由an+1=1+2 Snan=1+2Sn-1(n2)得到an+1=3an(n2),先求Sn,再求S5.,6.(2019如东中学、栟茶中学期末,19)已知正项数列an的前n项和Sn满足Sn= + an(nN*), 正项数列bn满足b1=1, -1=4bn(bn+1)(nN*). (1)分别求出数列an和bn的通项公式; (2)若数列cn满足cn-3n=(-1)n-1(bn+1)(为非零常数),是否存在整数,使得对任意nN*,都有cn+ 1cn?若存在,求出整数的值,若不存在,请说明理由; (3)在数列bn的每相邻两项bk与bk+1之间插入k个(-1)kak(kN*)后,得到一个新的数列dn,求数 列dn的前2 019项的和.,解析 (1)因为Sn= + an(nN*), 所以n2时,an=Sn-Sn-1= + an- - an-1, 化简整理得(an+an-1)(an-an-1-1)=0, 因为an0,所以an-an-1=1, 又n=1时,a1= + a1,解得a1=1或a1=0(舍). 所以数列an是首项为1,公差为1的等差数列,所以an=1+n-1=n. 由 -1=4bn(bn+1)得 =(2bn+1)2,由于bn0,故bn+1=2bn+1,即bn+1+1=2(bn+1),所以 =2, 故数列bn+1为等比数列,又b1+1=2,所以bn=2n-1. (2)数列cn满足cn-3n=(-1)n-1(bn+1)(为非零常数), 所以cn=3n+(-1)n-12n, 假设存在整数,使得对任意nN*,都有cn+1cn, 则3n+1+(-1)n2n+13n+(-1)n-12n, 当n为奇数时,不等式化为 ,所以1.,当n为偶数时,不等式化为- ,所以- . 综上可得- cn. (3)设数列bn的第k项为数列dn的第mk项,即bk= . 当k2时,mk=k+(1+2+k-1)= . 所以m63= =2 016,m64= =2 080. 设Tn为数列dn的前n项和. 则T2 016=(b1+b2+b63)+(-1)1a1+(-1)22a2+(-1)6262a62. 又b1+b2+b63=2-1+22-1+263-1= -63=264-2-63=264-65, (-1)1a1+(-1)22a2+(-1)6262a62=(-1+22)+(-32+42)+(-612+622) =1+2+62= =1 953. 所以T2 016=264-65+1 953=264+1 888,所以数列dn的前2 019项的和 T2 019=264+1 888+3(-1)63a63=264+1 888-363=264+1 699.,填空题(每小题5分,共35分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间：20分钟 分值：35分),1.(2019金陵中学期中,8)已知数列an的通项公式为an= 若an是递增数列,则 实数a的取值范围是 .,答案 (2,3),解析 由于an是递增数列, 则 即 解得2a3, 实数a的取值范围为(2,3).,解题关键 以分段形式给出的数列递增,除了各段递增,还要求a8a7.,2.(2019海安中学检测,10)已知数列an和bn,其中an=n2(nN*),bn的项是互不相等的正整数, 若对于任意nN*,数列bn中的第an项等于an中的第bn项,则 = .,答案 2,解析 对于任意nN*,bn中的第an项等于an中的第bn项, 则 = =(bn)2,则b1=a1=1,b4=(b2)2,b9=(b3)2,b16=(b4)2, 所以b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2, 所以 = = =2.,难点突破 数列bn中的第an项等于an中的第bn项是难点,准确转化就能够解决问题, = , 即 =(bn)2,b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2,从而解决问题.,3.(2019徐州检测,11)设数列an的前n项和为Sn,若Sn=2an+n(nN*),则数列an的通项公式为an = .,答案 1-2n,解析 (1)当n=1时,S1=2a1+1,得a1=-1; (2)当n2时,Sn-1=2an-1+n-1,所以Sn-Sn-1=2an-2an-1+1, 即an=2an-2an-1+1,化为an=2an-1-1,即 =2. 所以数列an-1是以-2为首项,2为公比的等比数列, 所以an-1=(-2)2n-1,所以an=1-2n.,4.(2019盐城期中,13)已知数列an满足2anan+1+an+3an+1+2=0,其中a1=- ,设bn= ,若b3为数列 bn中唯一最小项,则实数的取值范围是 .,答案 (5,7),解析 2anan+1+an+3an+1+2=0, 即2(anan+1+1)+an+3an+1=0, 即2(an+1)(an+1+1)-an+an+1=0, 亦即2(an+1)(an+1+1)-(an+1)+(an+1+1)=0, 所以 - =2,又 =2, 所以 是以2为首项,2为公差的等差数列, 所以 =2+(n-1)2=2n,故an+1= , 所以bn= =2n2-2n, 因为数列bn中有唯一最小项b3, 所以 ,故57.,解题关键 已知2anan+1+an+3an+1+2=0,而条件bn= 中出现了an+1,所以应该把等式转化成2(an +1)(an+1+1)-(an+1)+(an+1+1)=0,从而得 - =2,可得 的通项公式,这是本题的解题 关键.,5.(2018无锡期中,14)已知正项数列an的首项为1,前n项和为Sn,对任意正整数m,n,当nm时,Sn- Sm=2mSn-m总成立,若正整数p,q满足p+q=6,则 + 的最小值为 .,答案,解析 当m=1,n=2时,S2-S1=2S1,则S2=3S1=3,当m=1,n=3时,S3-S1=2S2,则S3=2S2+S1=7,同理可知,S4=1 5,S5=31,所以 + = , + = , + = .则所求最小值为 .,思路点拨 令m=1,n=2,3,4,5,我们可以求出S2,S3,S4,S5的值,进而求出 + 的最小值.,6.(2018盐城期中,14)若数列an共有4项,满足a1a2a3a40,若对任意的i,j(1ij4,且i,j N*),ai-aj仍是数列an中的某一项.现有下列命题:数列an一定是等差数列;存在1ij4, 使得iai=jaj;数列an中一定存在一项为0.其中,真命题的序号有 .(请将你认为正确 命题的序号都写上),答案 ,解析 对任意i,j(1ij4,且i,jN*),ai-aj仍是数列an中的某一项, 令i=j,则ai-aj=0,则0为数列an中的某一项, 即a4=0, 则a3-a4=a3an. 必有a2-a3=a3,即a2=2a3, 而a1-a2=a2或a3, 若a1-a2=a2,则a1-a3=3a3,而3a3a2,a3,a4,故舍去; 若a1-a2=a3an,此时a1=3a3, 可得数列an为3a3,2a3,a3,0(a4=0). 故正确.,思路分析 根据对任意i,j(1ij4,且i,jN*),有ai-aj仍是数列an的某一项,得0an,即a4= 0,进而推出数列的其他项,可得答案.,7.(2017泰州中学第一次质量检测)数列an定义如下:a1=1,a2=3,an+2= - an,n=1,2,