（课标Ⅰ卷）2020届高考数学一轮复习第六章数列6.1数列的概念及其表示课件.pptx

第六章 数列 6.1 数列的概念及其表示,高考理数 (课标专用),考点 数列的概念及表示方法,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2018课标,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.(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 -,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=- . 思路分析 由an+1=Sn+1-Sn得Sn+1-Sn=SnSn+1,通过变形知数列 是首项和公差均为-1的等差数列, 进而得 ,从而得Sn. 解题关键 在已知等式中用Sn+1-Sn代替an+1,得到 中相邻两项的关系是解决本题的突破口.,考点 数列的概念及表示方法,B组 自主命题省（区、市）卷题组,1.(2019上海,8,5分)已知数列an前n项和为Sn,且满足Sn+an=2,则S5= .,答案,解析 n=1时,S1+a1=2,a1=1. n2时,由Sn+an=2得Sn-1+an-1=2, 两式相减得an= an-1(n2), an是以1为首项, 为公比的等比数列, S5= = .,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.,C组 教师专用题组 考点 数列的概念及表示方法,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n=1时,S1=a1= a1+ ,a1=1, an=(-2)n-1. 方法指导 利用an= 求解.,1.(2013课标,14,5分)若数列an的前n项和Sn= an+ ,则an的通项公式是an= .,2.(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*).,考点 数列的概念及表示方法 1.(2018广东广州一模,9)已知数列an满足a1=2,2anan+1= +1,设bn= ,则数列bn是 ( ) A.常数列 B.摆动数列 C.递增数列 D.递减数列,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,答案 D 2anan+1= +1,an+1= , bn= ,bn+1= = = = , bn+1-bn= -bn=bn(bn-1),a1=2,b1= = ,b2= ,b3= = ,b4= = , 数列bn是递减数列,故选D.,2.(2018河南安阳二模,9)已知数列: , , , , , , , , , ,依它的前10项的规律,这个数列 的第2 018项a2 018等于 ( ) A. B. C.64 D.,答案 D 观察数列: , , , , , , , , , ,可将它分成k(kN*)组,即第1组有1项 ,第2 组有2项 ,第3组有3项 ,所以第k组有k项,各项的分子从k依次减小至1,分母从 1依次增大到k,所以前k组共有 项,令2 018= +m(kN*,1mk,mN*),可得k=63, m=2,该数列的第2 018项a2 018为第64组的第2项,故a2 018= ,故选D.,3.(2019福建漳州一模,10)已知数列an和bn的首项均为1,且an-1an(n2),an+1an,数列bn的 前n项和为Sn,且满足2SnSn+1+anbn+1=0,则S2 019= ( ) A.2 019 B. C.4 037 D.,答案 D an-1an(n2),an+1an,anan+1an,an=an+1(n2),另外,由a1a2a1,可得a2=a1= 1,an=1.2SnSn+1+anbn+1=0,2SnSn+1+bn+1=0,2SnSn+1+Sn+1-Sn=0, - =2.数列 是等差 数列,首项为1,公差为2. =1+2(n-1)=2n-1,Sn= ,S2 019= ,故选D.,4.(2019河南新乡二模,9)已知数列an的首项a1=21,且满足(2n-5)an+1=(2n-3)an+4n2-16n+15,则 an中最小的一项是 ( ) A.a5 B.a6 C.a7 D.a8,答案 A 4n2-16n+15=(2n-3)(2n-5),(2n-5)an+1=(2n-3)an+(2n-3)(2n-5),等式两边同时除以(2n -3)(2n-5),可得 = +1,可设bn= ,则 =bn+1,bn+1=bn+1,即bn+1-bn=1.b1= = =-7,数列bn是以-7为首项,1为公差的等差数列.bn=-7+(n-1)1=n-8,nN*.an=(n-8)(2n-5)=2n2-21n+40.可把an看成关于n的二次函数,则根据二次函数的性质,可知:当n=5或n=6时,an 可能取最小值.当n=5时,a5=252-215+40=-15,当n=6时,a6=262-216+40=-14,当n=5时,an 取得最小值.故选A.,5.(2017湖南长沙四县3月联考,15)我们可以利用数列an的递推公式an= (nN*)求 出这个数列各项的值,则a64+a65= .,答案 66,解析 由题意得,这个数列各项的值分别为1,1,3,1,5,3,7,1,9,5,11,3,a64+a65=a32+65=a16+65= a8+65=a4+65=1+65=66.,6.(2019河南开封一模,16)已知数列an的前n项和为Sn,数列bn的前n项和为Tn.满足a1=2,3Sn= (n+m)an(mR),且anbn=n,若存在nN*,使得+TnT2n成立,则实数的最小值为 .,答案,解析 3Sn=(n+m)an,3S1=3a1=(1+m)a1,解得m=2,3Sn=(n+2)an,当n2时,3Sn-1=(n+1)an-1, 由-可得3an=(n+2)an-(n+1)an-1,即(n-1)an=(n+1)an-1, = , = , = , = , = , = ,累乘可得an=n(n+1)(n2),经检验,a1=2符合上式,an=n(n+1),nN*.anbn =n,bn= ,令Bn=T2n-Tn= + + ,则Bn+1-Bn= 0,数列Bn为 递增数列,BnB1= .存在nN*,使得+TnT2n成立,B1= ,故实数的最小值为 .,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:20分钟 分值:25分 一、选择题(每题5分,共10分),1.(2018安徽合肥一模,8)已知数列an的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2 018= ( ) A.22 018-1 B.32 018-6 C. - D. -,答案 A 数列an的前n项和为Sn,3Sn=2an-3n, a1=S1= (2a1-3),解得a1=-3. Sn= (2an-3n), 当n2时,Sn-1= (2an-1-3n+3), -,得an= an- an-1-1, an=-2an-1-3, =-2, a1+1=-2,an+1是以-2为首项,-2为公比的等比数列,an+1=(-2)n,an=(-2)n-1,a2 018=(-2)2 018 -1=22 018-1.故选A.,方法指导 利用an与Sn的关系得an与an-1(n2)的关系,进而构造数列求出an,从而得a2 018. 解题关键 本题的解题关键是由3Sn=2an-3n得出an=-2an-1-3(n2),进而用构造法得出 =-2 (n2). 方法总结 由Sn与an的关系求通项an的方法可归纳为以下两种:由Sn=f(an)得Sn-1=f(an-1)(n2),由an=Sn-Sn-1消去Sn可得an与an-1的关系,进而求解;将an=Sn-Sn-1(n2)代入Sn=f(an)消an,得出Sn与Sn-1 (n2)的关系式,进而求出Sn,从而得an.,2.(2019福建福州一模,10)已知数列an满足a1=1,an+1= ,则a8= ( ) A. B. C. D.,答案 A 因为数列an满足a1=1,an+1= ,所以 = ,所以 = = +4 +2,所以 +2= ,令bn= +2,则bn+1= ,两边取常用对数得 lg bn+1=2lg bn,又lg b1=lg =lg 3,所以数列lg bn是首项为lg 3,公比为2的等比数列.所以lg bn =2n-1 lg 3=lg ,所以bn= ,即 +2= ,从而an= ,将n=8代入an= ,解得a8= = ,故选A. 思路分析 直接利用已知条件建立等量关系,进一步对关系式进行转换,求出bn+1= ,在两边取 常用对数,求出数列的通项公式,最后利用代入法求出结果.,3.(2019安徽马鞍山一模,16)已知正项数列an的前n项和为Sn,数列Sn的前n项积为Tn,若Sn+2Tn =1,则数列 中最接近2 019的是第 项.,二、填空题(每题5分,共5分),答案 45,解析 由Sn+2Tn=1,得S1+2T1=1,又S1=T1,则S1=T1= ,由S2+2S1S2=1,解得S2= ,由S3+2S1S2S3=1,解得S 3= ,推得Sn= ,则a1=S1= ,n2时,an=Sn-Sn-1= - = ,故 = 由 =n2- 得,当n=44时,442- =1 935.75,当n=45时,452- =2 024.75, 当n=46时,462- =2 115.75.综上可得数列 中最接近2 019的是第45项.故答案为45.,三、解答题(共10分),4.(2019广东广州天河二模,17)已知Sn为数列an的前n项和,且a10,6Sn= +3an+2,nN*. (1)求数列an的通项公式; (2)若nN*,bn=(-1)n ,求数列bn的前2n项的和T2n.,解析 (1)当n=1时,6a1= +3a1+2,且a10,所以an-an-1=3, 所以数列an是首项为1,公差为3的等差数列, 所以an=1+3(n-1)=3n-2. (2)bn=(-1)n =(-1)n(3n-2)2. 所以b2n-1+b2n=-(6n-5)2+(6n-2)2=36n-21. 所以数列bn的前2n项的和 T2n=36(1+2+n)-21n=36 -21n=18n2-3n.,C组 20172019年高考模拟应用创新题组,1.(2019湖北黄冈3月模拟,10)已知数列an满足a1+2a2+3a3+nan=(2n-1)2n.设bn= ,Sn为数 列bn的前n项和.若Snt对nN*恒成立,则实数t的最小值是 ( ) A.1 B. C.2 D.,答案 D 由a1+2a2+3a3+nan=(2n-1)2n,可得a1=2,n2时,a1+2a2+3a3+(n-1)an-1=(2n-3)2n-1. 两式相减得nan=(2n-1)2n-(2n-3)2n-1=(2n+1)2n-1(n2).n=1时,b1= ,n2时,bn= = ,Sn= + = +1- ,由Snt对nN*恒成立,得t ,则t的最小值为 .故选D. 思路分析 求得首项和n2时,数列nan的通项公式,可得bn的通项公式,由等比数列的求和 公式可得Sn,再由不等式的性质可得t的范围,进而得到所求最小值.,2.(2019福建龙岩一模,10)已知数列an各项均为整数,共有7项,且满足|ak+1-ak|=1,k=1,2,6,其 中a1=1,a7=a(a为常数且a0).若满足上述条件的不同数列共有15个,则a的值为 ( ) A.1 B.3 C.5 D.7,答案 B 由已知得,ak+1-ak=1,或ak+1-ak=-1,则a7-a1=(a2-a1)+(a3-a2)+(a7-a6),设有m个1,则有(6 -m)个-1,a7-a1=a-1=m+(6-m)(-1),解得m= ,从而 =15,经验证得a=3,故选B. 思路分析 由已知递推公式,考查使用裂项相消法求和,从而使用组合知识判断不同数列个数, 代入验证即得.,3.(2019湖南岳阳一模,16)已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表,第一行为1,第二 行为3,5,第三行为7,9,11,第四行为13,15,17,19,如图所示,在宝塔形数表中位于第i行,第j列 的数记为ai,j,例如a3,2=9,a4,2=15,a5,4=23,若ai,j=2 019,则i+j= ( ) 1 3 5 11 9 7 13 15 17 19 29 27 25 23 21 A.64 B.65 C.71 D.72,答案 C 由数表可知:第1行有1个奇数,第2行有2个奇数,第n行有n个奇数,则前n行共有 个奇数,设2 019在第n行中,又2 019是从1开始的连续奇数的第1 010个奇数,则有 解得