【导与练】高考数学 试题汇编 第一节数列的概念及其表示 文（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,文12,5分)数列an满足an+1+(-1)nan=2n-1,则an的前60项和为()(a)3690(b)3660(c)1845(d)1830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+得:a2k+a2k+2=8k.令k=1,3,5,29可得a2+a4=81a6+a8=83a10+a12=85a58+a60=829把以上15个等式相加得:a2+a4+a6+a8+a60=815(1+29)2=1800.由于a2k+1=a2k+2-(4k+1),令k=0,1,2,29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+a60-4(0+1+2+29)+30=1800-(430292+30)=30,a1+a2+a60=1800+30=1830.故选d.答案:d.2.(2011年安徽卷,文7)若数列an的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+a10等于()(a)15(b)12(c)-12(d)-15解析:由an=(-1)n(3n-2),得s10=(-1+4-7+10-13+16-19+22-25+28)=53=15.故选a.答案:a.3.(2011年浙江卷,文17)若数列n(n+4)(23)n中的最大项是第k项,则k=.解析:法一:设数列为an,则an+1-an=(n+1)(n+5)(23)n+1-n(n+4)(23)n=(23)n23(n2+6n+5)-n2-4n=2n3n+1(10-n2),所以当n3时,an+1an,即a1a2a3a4,当n4时,an+1a5a6,故a4最大,所以k=4.法二:由题意得k(k+4)(23)k(k-1)(k-1+4)(23)k-1k(k+4)(23)k(k+1)(k+1+4)(23)k+1,化简得(k-1)210.又kn*,k=4.答案:44.(2012年广东卷,文19,14分)设数列an的前n项和为sn,数列sn的前n项和为tn,满足tn=2sn-n2,nn*.(1)求a1的值;(2)求数列an的通项公式.解:(1)由题意a1=s1=t1,tn=2sn-n2,令n=1得a1=2a1-1,a1=1.(2)由tn=2sn-n2得tn-1=2sn-1-(n-1)2(n2)-得sn=2an-2n+1(n2),验证n=1时也成立.sn=2an-2n+1则sn-1=2an-1-2(n-1)+1(n2)-得an=2an-2an-1-2,即an+2=2(an-1+2),故数列an+2是公比为2的等比数列,首项为3,所以an+2=32n-1,从而an=32n-1-2. 本小题由tn=2sn-n2化简过程中,等式两侧同时应用了数列的通项与前n项的关系,最终转化为等比数列求通项问题.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5.(2012年全国大纲卷,文6,5分)已知数列an的前n项和为sn,a1=1,sn=2an+1,则sn等于()(a)2n-1(b)(32)n-1(c)(23)n-1(d)12n-1解析:法一:由sn=2an+1=2(sn+1-sn)可知,3sn=2sn+1,即sn+1=32sn,数列sn是首项为s1=1,公比为32的等比数列,sn=(32)n-1,故选b.法二:由sn=2an+1可知a2=12s1=12,当n2时,sn-1=2an,-并化简得an+1=32an(n2),即an从第二项起是首项为12,公比为32的等比数列,sn=a1+121-(32)n-11-32=1+(32)n-1-1=(32)n-1(n2),当n=1时,满足上式,故选b.法三:特殊值法,由sn=2an+1及a1=1,可得a2=12s1=12,当n=2时,s2=a1+a2=1+12=32,观察四个选项得b正确,故选b.答案:b. 本题主要考查由数列的递推式研究数列的性质,等比数列的判断及前n项和的求法.掌握数列的前n项和与数列的第n项的关系是求解的关键.6.(2011年四川卷,文9)数列an的前n项和为sn,若a1=1, an+1=3sn(n1),则a6等于()(a)344(b)344+1(c)45(d)45+1解析:当n1时,an+1=sn+1-sn,由an+1=3sn,sn+1-sn=3sn,sn+1=4sn,sn是以s1=1为首项,4为公比的等比数列,sn=4n-1,an+1=3sn=34n-1.a6=344.故选a.答案:a.7.(2012年全国大纲卷,文18,12分)已知数列an中,a1=1,前n项和sn=n+23an.(1)求a2,a3;(2)求an的通项公式.解:(1)由s2=43a2得3(a1+a2)=4a2,解得a2=3a1=3,由s3=53a3得3(a1+a2+a3)=5a3,解得a3=32(a1+a2)=6.(2)由题设知a1=1.当n1时有an=sn-sn-1=n+23an-n+13an-1,整理得an=n+1n-1an-1,于是a1=1,a2=31a1,a3=42a2,an-1=nn-2an-2,an=n+1n-1an-1.将以上n个等式两端分别相乘,整理得an=n(n+1)2.综上,an的通项公式an=n(n+1)2.8.(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. 利用an、sn的关系求通项时,应验证a1是否满足an=sn-sn-1(n2)的关系式,若不满足,则用分段形式写通项公式.(2011年广东卷,文20)设b0,数列an满足a1=b,an=nban-1an-1+n-1(n2).(1)求数列an的通项公式;(2)证明:对于一切正整数n,2anbn+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巧妙地结合在一起,体现了思想与方法于一体的特色.本题(2)中,考查了基本不等式及分析法在数列中的应用.难点突破:本题(1)中的关键是构造nan=1bn-1an-1+1b后并注意b的不定性,分类讨论后可求an.本题(2)中利用要证的不等式分析转化为证明2nbn(bn+1+1)(1+b+bn-1),再利用基本不等式可证明.(1)解:an=nban-1an-1+n-1(n2),nan=1ban-1+n-1an-1=1bn-1an-1+1b.当b=1时,有nan=n-1an-1+1,即数列nan是首项与公差均为1的等差数列,nan=1+(n-1)1=n,即an=1.当b0且b1时,有nan+11-b=1b(n-1an-1+11-b),又1a1+11-b=1b+11-b=1b(1-b)0,故数列nan+11-b是首项为1b(1-b),公比为1b的等比数列,则有nan+11-b=1b(1-b)(1b)n-1=11-b(1b)n,得an=n(1-b)bn1-bn,故an=1(b=1),n(1-b)bn1-bn(b0且b1).(2)证明:当b=1时,2anbn+1+1显然成立.当b0且b1时,即证2n(1-b)bn1-bnbn+1+1对于一切正整数n都成立.2n(1-b)bn1-bn=2nbn1-bn1-b=2nbn1+b+b2+bn-1,又b0,故只需证明