《（江苏专用）2018年高考数学一轮复习 第六章 数列 6.1 数列的有关概念》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专用）2018年高考数学一轮复习 第六章 数列 6.1 数列的有关概念（53页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、数学(江苏省专用) 章 数 列 6.1 数列的有关概念 (2015江苏,11,5分,0.667)设数列an满足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),则数列 前10项的和为 . A组 自主命题江苏卷题组 五年高考 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
2、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. 考点一 数列的概念及通项公式 1.(2015课标,16,5分,0.154)设Sn是数列an的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= . B组 统一命题省(区、市)卷题组 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=- . 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
3、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= 解析 记OA1B1的面积为S,则OA2B2的面积为4S. 从而四边形AnBnBn+1An+1的面积均为3S. 所以OAnBn的面积为S+3(n-1)S=(3n-2)S. =3n-2,即an= . 评析 OAnBn的面积构成一个等差数列,而OAnBn与OA1B1的面积比为 ,从而得到an.本题 综合考查了平面几何、数列的知识. 3.(2016浙江改编,8,5分)如图,点列An,Bn分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,AnAn+2,n N*,|B
4、nBn+1|=|Bn+1Bn+2|,BnBn+2,nN*(PQ表示点P与Q不重合).若dn=|AnBn|,Sn为AnBnBn+1的面积, 则Sn是 数列.(填“等差”或“等比”) 答案 等差 解析 不妨设该锐角的顶点为C,A1CB1=,|A1C|=a,|AnAn+1|=b,|BnBn+1|=c, 则|CAn|=a+(n-1)b,作AnDnCBn于Dn,则|AnDn|=a+(n-1)bsin ,于是Sn= |BnBn+1|AnDn|= ca+(n-1) bsin = n+ (a-b)csin ,所以Sn是关于n的一次函数,则Sn成等差数列. 4.(2015重庆,22,12分)在数列an中,a1=
5、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+ a2anan+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a1a2 2,得 =a1-k0 + 1时,2Sn-1=3n-1+3, 此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即an=3n-1, 所以an= (2)因为anbn=log3an, 所以b1= , 当n1时,bn=31-nlog33n-1=(n-
6、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= - . 评析 本题考查数列的前n项和Sn与通项an间的关系,错位相减法等常见解题方法.背景常规,考 向清楚明确,但运算量较大. 8.(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-
7、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=0,bn0(nN*), 所以 - =2,即cn+1-cn=2. 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-
8、(2n-2)3n, 所以Sn=(n-1)3n+1. 评析 本题主要考查等差数列的有关概念及求数列的前n项和,考查学生的运算求解能力,在利 用错位相减法求和时,计算失误是学生失分的主要原因. 9.(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
9、=(-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= 评析 本题考查等差数列的通项公式,前n项和公式和数列的求和,分类讨论的思想和运算求解 能力、逻辑推理能力. 1.(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 + + 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
10、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) 3.(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
11、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) 评析 本题考查了等差、等比数列的通项公式和前n项和公式,属容易题. 4.(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
12、-1得an=(1-an-1)(1-an-2)(1-a1)a10. 由00,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) 解析 由于an是递增数列, 则 即 解得20,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 . 解法二:因为p=1,an+1-an=3n-1-nq, 又a4为数列an的最小项, 所以 即 所以3q . 此时a2-a1=1-qa3a4. 当n4时,令bn=an+1-an, bn+1-bn=23n-1-q234-1- 0, 所以bn+1bn,因为b4=a5-a40,所
13、以0b44+ 5- 4+ m8 068,所以 正整数m的最小值为8 069. 方法拓展 证明an是等差数列的方法:(1)定义法:an+1-an=d(d为常数) an为等差数列;(2)等差 中项法:2an+1=an+an+2 an是等差数列;(3)通项法:an为n的一次函数 an为等差数列;(4)前n项和 法:Sn=An2+Bn an为等差数列. 2.(2017苏州高三上学期期中)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 解析 由an+1=an(1-an+1),得 = = -1, 即 - =1,又a
14、1=1, = +(n-1)=n,从而an= , 又bn=anan+1,bn= = - , 数列bn的前10项的和S10= + + + =1- = . 思路分析 由an+1=an(1-an+1),得出 = = -1,结合a1=1可求an的通项公式,进而得出bn 的通项公式,最后利用裂项相消法求S10. 3.(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 解析 由an+1=bnan可得bn= , 所以b1b2b3b21= = , 又数列bn为等比数列,且 =2, 所以令b1b2b3b21=S, 则S2=(b
15、1b2b3b21)(b21b20b2b1)=(b1b21)(b2b20)(b21b1)=221, 所以S= ,即a22= . 4.(2016江苏扬州一模,13)已知数列an中,a1=a(0a1,a2n-1单调递减,a2n单调递增,所以a2na2n-2a2a1a3a2n-1,因为|an+1-an|= 2n,所以an+1-an=(-1)n+12n,利用累加法可得,当n2时,an-a1=(-1)22+(-1)322+(-1)n2n-1= = ,an=a1+ =-1+ = .当n=1时,a1=-1= ,满足上 式,所以an= . 二、解答题(共25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
