2019版高考数学一轮复习第六章数列6.1数列的有关概念讲义

1、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201320142015201620171.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,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

2、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+an+1+=0(nN+).(1)若=0,=-2,求数列an的通项公式;(2)若=(k0N+,k02),=-1,证明:2+0,归纳可得3=a1a2anan+10.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a1a22,得=a1-k0+2+=2+.综上,2+2+.教师用书专用(46)

3、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(n2),即an=2an-1(n2).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

4、-.由|Tn-1|,得1 000.因为29=5121 0001 024=210,所以n10.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-,nN*.(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n2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)-

5、,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n3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nN*,都有Tn0,Sn=n2+n.于是a1=S1=2,n2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=

6、2n.综上,数列an的通项an=2n.(2)证明:由于an=2n,bn=,则bn=-.Tn=1-+-+-+-+-=0,nN*.(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,n1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan对所有n1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(

7、nN*).(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,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

8、,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(813)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

9、=2.(5分)所以an=2n-1(nN*).(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n1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即an=3n-1,所以a

10、n=(2)因为anbn=log3an,所以b1=,当n1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.所以T1=b1=;当n1时,Tn=b1+b2+b3+bn=+13-1+23-2+(n-1)31-n,所以3Tn=1+130+23-1+(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-(nN*).(1)证明:12(nN*);(2)设数列的前n项和为Sn,证明:(nN*).证明(1

11、)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,所以12.(2)由题意得=an-an+1,所以Sn=a1-an+1.由-=和12得1-2,所以n-2n,因此an+1(nN*).由得(nN*).11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列an,bn(bn0,nN*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(1)令cn=,求数列cn的通项公式;(2)若bn=3n-1,求数列an的前n项和Sn.解析(1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=

12、0,bn0(nN*),所以-=2,即cn+1-cn=2.因为a1=b1=1,所以c1=1,所以数列cn是以1为首项,2为公差的等差数列,故cn=2n-1.(2)由bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是数列an的前n项和Sn=130+331+532+(2n-1)3n-1,3Sn=131+332+(2n-3)3n-1+(2n-1)3n,相减得-2Sn=1+2(31+32+3n-1)-(2n-1)3n=-2-(2n-2)3n,所以Sn=(n-1)3n+1.12.(2014山东,19,12分)已知等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列an

13、的通项公式;(2)令bn=(-1)n-1,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)S1=a1,S2=2a1+2=2a1+2,S4=4a1+2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1.(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,Tn=-+-=1-=.当n为奇数时,Tn=-+-+=1+=.所以Tn=13.(2014课标,17,12分)已知数列an满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明是等比数列,并求an的通项公式;(2)证明+.解析(1)由an+1=3an+1得an+1+=3.又a1+=,所以是首项为,公比为

14、3的等比数列.an+=,因此an的通项公式为an=.(2)证明:由(1)知=.因为当n1时,3n-123n-1,所以.于是+1+=.所以+0成立的最大正整数n的值为.答案94.(2017江苏宿豫中学模拟)数列an满足an+1=,a8=2,则a1=.答案5.(2016江苏苏州一模,19)已知数列an满足:a1=,an+1-an=p3n-1-nq,nN*,p,qR.(1)若q=0,且数列an为等比数列,求p的值;(2)若p=1,且a4为数列an的最小项,求q的取值范围.解析(1)q=0,an+1-an=p3n-1,a2=a1+p=+p,a3=a2+3p=+4p,由数列an为等比数列,得=,解得p=

15、0或p=1.当p=0时,an+1=an,an=,符合题意;当p=1时,an+1-an=3n-1,当n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=+(1+3+3n-2)=+=3n-1,又a1=31-1,an=3n-1.=3.符合题意.p=0或p=1.(2)若p=1,则an+1-an=3n-1-nq,当n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=+(1+3+3n-2)-1+2+(n-1)q=3n-1-n(n-1)q,又a1=31-1-1(1-1)q,an=3n-1-n(n-1)q.数列an的最小项为a4,对任意的nN*,有3n-1-n(n-1)

16、qa4=(27-12q)恒成立,即3n-1-27(n2-n-12)q对任意的nN*恒成立.当n=1时,有-26-12q,q;当n=2时,有-24-10q,q;当n=3时,有-18-6q,q3;当n=4时,有00,qR;当n5时,n2-n-120,所以有q恒成立,令cn=(n5,nN*),则cn+1-cn=0,即数列cn为递增数列,qc5=.综上所述,3q.考点二数列的前n项和及性质6.(2018江苏无锡期中)在等差数列an中,已知a1+a3=0,a2+a4=-2,则数列的前10项和是.答案7.(2016江苏泰州一模,12)f(x)是R上的奇函数,当x0时,f(x)=2x+ln,记an=f(n-

17、5),则数列an的前8项和为.答案-16B组20162018年模拟提升题组(满分:40分时间:20分钟)一、填空题(每小题5分,共25分)1.(苏教必5,二,1,变式)数列an满足对任意的nN+,均有an+an+1+an+2为定值.若a7=2,a9=3,a98=4,则数列an的前100项的和S100=.答案2992.(2017江苏启东中学月考,9)设a0,若an=且数列an是递增数列,则实数a的取值范围是.答案(2,3)3.(2017江苏泰州中学质量检测)数列an定义如下:a1=1,a2=3,an+2=-an,n=1,2,.若am4+,则正整数m的最小值为.答案8 0694.(2017江苏苏州

18、期中)已知数列an满足:an+1=an(1-an+1),a1=1,数列bn满足:bn=anan+1,则数列bn的前10项的和S10=.答案5.(2017江苏华罗庚中学调研,13)已知正项数列an满足a1=1,数列bn为等比数列,且an+1=bnan,若=2,则a22=.答案二、解答题(共15分)6.(2016江苏南京、盐城二模,20)已知数列an的前n项和为Sn,且对任意正整数n,都有an=(-1)nSn+pn(p为常数,且p0).(1)求p的值;(2)求数列an的通项公式;(3)设集合An=a2n-1,a2n,且bn,cnAn,记数列nbn,ncn的前n项和分别为Pn,Qn.若b1c1,求证

19、:对任意nN*,PnQn.解析(1)由a1=-S1+p,S1=a1,得a1=.由a2=S2+p2,得a1=-p2,所以=-p2.又p0,所以p=-.(2)由an=(-1)nSn+,得an+1=(-1)n+1Sn+1+,+得an+an+1=(-1)n(-an+1)+.当n为奇数时,an+an+1=an+1-,所以an=-.当n为偶数时,an+an+1=-an+1+,所以an=-2an+1+=2+=.所以an=(3)证明:由(2)可知An=,由b1c1,得b1与c1一正一负,不妨设b10,则b1=,c1=-.则Pn=b1+2b2+3b3+nbn-.设S=+,则S=+,两式相减得S=+-=+-=-.所以S-=0.因为Qn=c1+2c2+3c3+ncn-+S-+=-0,所以对任意nN*,PnQn.C组20162018年模拟方法题组方法1用归纳法推出数列的通项公式1.根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式.(1)3,5,9,17,33,;(2),;(3)0.8,0.88,0.888,.解析(1