【导与练】高考数学 试题汇编 第一节 数列的概念及其表示 理（含解析）.doc

第一节数列的概念及其表示 数列的通项公式与递推公式考向聚焦高考常考内容,主要考查归纳推理思想,常见类型有:(1)累加法(累乘法)求通项并应用;(2)数列的函数特性,多以选择、填空题形式或解答题的第(1)问出现,所占分值5分左右备考指津训练内容:(1)累加法、累乘法、构造转化法等求通项的常用方法;(2)利用函数单调性的方法判断数列的性质并应用;(3)注意归纳猜想方法的应用1.(2012年新课标全国卷,理16,5分)数列an满足an+1+(-1)nan=2n-1,则an的前60项和为.解析:an+1+(-1)nan=2n-1当n=2k(kn*)时,a2k+1+a2k=4k-1当n=2k+1(kn)时,a2k+2-a2k+1=4k+1由+得a2k+a2k+2=8k令k=1,3,5,29可得a2+a4=81,a6+a8=83,a10+a12=85,a58+a60=829,把以上15个等式相加得a2+a4+a6+a60=815(1+29)2=1800.又由知a2k+1=a2k+2-(4k+1),令k=0,1,2,3,29可得a1=a2-(40+1)a3=a4-(41+1)a5=a6-(42+1)a59=a60-(429+1)把以上30个等式相加得a1+a3+a5+a59=(a2+a4+a6+a60)-4(0+1+2+29)+30=1800-430(0+29)2+30=30.a1+a2+a3+a60=1800+30=1830.答案:18302.(2010年辽宁卷,理16)已知数列an满足a1=33,an+1-an=2n,则ann的最小值为.解析:由an+1-an=2n,a1=33,得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+(a2-a1)+a1=2(n-1)+2(n-2)+2(n-3)+2+33=2(n-1)(1+n-1)2+33=n2-n+33,ann=n2-n+33n=n+33n-1,nn*,当n=6时,ann有最小值212.答案:2123.(2010年新课标全国卷,理17)设数列an满足a1=2,an+1-an=322n-1.(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=nan,求数列bn的前n项和sn.解:(1)由已知,当n1时,an+1=(an+1-an)+(an-an-1)+(a2-a1)+a1=3(22n-1+22n-3+2)+2=22(n+1)-1.而a1=2符合上式,所以数列an的通项公式为an=22n-1.(2)由bn=nan=n22n-1知sn=12+223+325+n22n-1从而22sn=123+225+327+n22n+1-得(1-22)sn=2+23+25+22n-1-n22n+1,即sn=19(3n-1)22n+1+2.利用an与sn的关系解题考向聚焦高考热点内容,主要考查利用an与sn的关系:an=s1(n=1),sn-sn-1(n2)解决前n项和与通项的问题,多以选择、填空形式考查,有时在解答题中涉及,难度中低档,分值占5分左右备考指津强化训练题型:(1)利用an与sn的关系求an或某项;(2)利用an与sn的关系研究和的问题;(3)熟记并理解an与sn的关系4.(2011年江西卷,理5)已知数列an的前n项和sn满足:sn+sm=sn+m,且a1=1.那么a10等于()(a)1(b)9(c)10(d)55解析:由sn+sm=sn+m得s1+s9=s10,即s1=s10-s9,s1=a10,即a1=a10.a10=1.答案:a.5.(2010年江苏卷,19)设各项均为正数的数列an的前n项和为sn,已知2a2=a1+a3,数列sn是公差为d的等差数列.(1)求数列an的通项公式(用n,d表示);(2)设c为实数,对满足m+n=3k且mn的任意正整数m,n,k,不等式sm+sncsk都成立,求证:c的最大值为92.(1)解:sn是等差数列,2s2=s1+s3.又2a2=a1+a3,2a1+a2=a1+3a2,(*)将(*)式两边平方整理得3a1+a2=23a1a2,即(a2-3a1)2=0,a2=3a1,d=s2-s1=2a1-a1=a1,即s1=d,sn=s1+(n-1)d=nd,sn=n2d2.当n2时,an=sn-sn-1=n2d2-(n-1)2d2=(2n-1)d2,且对n=1成立,an=(2n-1)d2(nn*).(2)证明:由sm+sncsk得m2+n2ck2,即cm2+n2k2,m+n=3k,m2+n2k2=9(m2+n2)(m+n)2=9(m2+n2)m2+n2+2mn.2mn92,c92,c的最大值为92.(2011年广东卷,理20)设b0,数列an满足a1=b,an=nban-1an-1+2n-2(n2).(1)求数列an的通项公式;(2)证明:对于一切正整数n,anbn+12n+1+1.难题特色:本题(1)中将分类讨论思想与构造法求通项公式问题结合在一起命题,体现了思想与方法于一体的特色,本题(2)中巧妙地考查了基本不等式在数列中的应用.难点突破:本题(1)中的关键是构造cn=2bcn-1+1b并注意b的取值的不定性.本题(2)中的解题关键在于利用基本不等式推证1an12(2b)n+12后再次利用基本不等式推证bn+12n+1+12(b2)n+12.(1)解:由题设知an=nban-1an-1+2n-2(n2),所以nan=an-1+2n-2ban-1=2bn-1an-1+1b(n2),设cn=nan,得cn=2bcn-1+1b(n2),c1=1b,当b=2时,cn-cn-1=12(n2),c1=12;则cn是首项与公差均为12的等差数列,即cn=n2,得an=2;当b0且b2时,cn+12-b=2b(cn-1+12-b)(n2),c1+12-b=1b+12-b=2b(2-b)0,则cn+12-b是首项为2b(2-b),公比为2b的等比数列,即cn+12-b=2b(2-b)(2b)n-1=12-b(2b)n,得cn=2n-bn(2-b)bn,所以an=n(2-b)bn2n-bn.综上所述:an=2(b=2),n(2-b)bn2n-bn(b0且b2).(2)证明:由(1)及题设知当b=2时,bn+12n+1+1=2=an,原不等式显然成立.当b0且b2时,1an=2n-bnn(2-b)bn=k=1n2n-kbk-1nbn=1nbk=1n2n-kbk-1bn-1=1nbk=1n2n-kbn-k=1bk=1n2n-kbn-kn;1nk=1n2n-kbn-k=(2b)n-1+(2b)