（浙江专用）2020届高考数学一轮复习 第六章 数列 6.1 数列的概念和表示法课件

1、第六章数列 6.1数列的概念和表示法 高考数学高考数学 (浙江专用) A A组自主命题组自主命题浙江卷题组浙江卷题组 五年高考 1.(2019浙江,10,4分)设a,bR,数列an满足a1=a,an+1=+b,nN*,则() A.当b=时,a1010B.当b=时,a1010 C.当b=-2时,a1010D.当b=-4时,a1010 2 n a 1 2 1 4 答案答案A本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理 运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用. 令an+1=an,即+b=an,即-an+b=0,若有解, 则=1-

2、4b0,即b, 当b时,an=,nN*, 即存在b,且a=或,使数列an为常数列, B、C、D选项中,b成立,故存在a=,a6,a10, 而=1+=1+4+10.故a1010. 2 n a 2 n a 1 4 1 4 114 2 b 1 4 114 2 b114 2 b 1 4 114 2 b 114 2 b 1 2 2 1 a 1 2 1 2 2 2 a 1 2 2 1 2 1 2 3 4 2 3 4 1 2 17 16 2 17 16 4 17 16 64 17 16 64 17 16 64 1 1 16 1 64 C 1 16 2 64 C 2 1 16 63 8 2.(2016浙江,1

3、3,6分)设数列an的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,则a1=,S5= . 答案答案1;121 解析解析解法一: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

4、,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. 1 2 1 2 n S 1 2 3 2 1 2 n S 3 2 1 2 3 2 31 2 n 5 31 2 评析评析本题考查了数列的前n项和Sn与an的关系,利用an+1=Sn+1-Sn得出Sn+1=3Sn+1是解题的关 键. 考点数列的概念和表示方法考点数列的概念和表示方法 B B组统一命题、省（区、市）卷题组组统一命题、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=. 答案答案 31 16 解析解析n=1时,S1+a1=

5、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=. 1 2 1 2 5 1 11 2 1 1 2 31 16 2.(2018课标全国理,14,5分)记Sn为数列an的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=. 答案答案-63 解析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

6、=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. 6 1(1 ) 1 aq q 6 (12 ) 12 3.(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=. 答案答案- 1 n 解析解析an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知Sn0,-=1,是等差数

7、列,且公差 为-1,而=-1,=-1+(n-1)(-1)=-n,Sn=-. 1 n S 1 1 n S 1 n S 1 1 S 1 1 a 1 n S 1 n 4.(2019北京理,20,13分)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1i2im),若 ,则称新数列,为an的长度为m的递增子列.规定:数列an的任意一项都 是an的长度为1的递增子列. (1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列; (2)已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为,长度为q的递增子列的末项的最 小值为.若pq,求证:; (3)设无穷数列an的各项均为正整数,且任意两项均不

8、相等.若an的长度为s的递增子列末项 的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,),求数列an的通项公式. 1 i a 2 i a m i a 1 i a 2 i a m i a 0 m a 0 n a 0 m a 0 n a 解析解析本题通过对数列新概念的理解考查学生的逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查 逻辑推理、数学抽象的核心素养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思 想. (1)1,3,5,6.(答案不唯一) (2)设长度为q末项为的一个递增子列为,. 由pq,得. 因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为, 又,是an的长度

9、为p的递增子列, 所以.所以. (3)由题设知,所有正奇数都是an中的项. 先证明:若2m是an中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数). 假设2m排在2m-1之后. 设,2m-1是数列an的长度为m末项为2m-1的递增子列,则,2m-1,2m 是数列an的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾. 再证明:所有正偶数都是an中的项. 0 n a 1 r a 2 r a 1q r a 0 n a p r a 1q r a 0 n a 0 m a 1 r a 2 r a p r a 0 m a p r a 0 m a 0 n a 1 p a 2 p a 1m p a 1 p a 2 p

10、 a 1m p a 假设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m. 因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1),所以2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中. 又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1,所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递 增子列个数至多为11=2m-10,+2an=4Sn+3. (1)求an的通项公式; (2)设bn=,求数列bn的前n项和. 2 n a 1 1 nn a a 解析解析(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)=-=

11、(an+1+an)(an+1-an). 由于an0,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2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分) 2 n a 2 1n a 2 1n a 2 n a 2 1n a 2 n a 2 1 a (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) 1 1 nn a a 1 (21)(23)nn 1 2 11 2123nn 1 2 111111 35572123nn 3(23) n n 考点数列的概念和表示方法考点数列的概念和表

12、示方法 三年模拟 A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题考点基础题组组 1.(2018浙江宁波模拟,5)记Sn为数列an的前n项和.“任意正整数n,均有an0”是“Sn为递增 数列”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案答案A首先,当an0时,Sn-Sn-1=an0成立,所以Sn为递增数列,即充分性成立;当Sn为递增 数列时,Sn-Sn-1=an,其中n2,即从第二项起an为正项数列,所以必要性不成立. 综上所述,“任意正整数n,均有an0”是“Sn为递增数列”的充分不必要条件,故选A. 2.(2019

13、浙江浙南名校联盟期末,10)设,是方程x2-x-1=0的两个不等实根,记an=n+n(nN*).下 列两个命题:() 数列an的任意一项都是正整数;数列an存在某一项是5的倍数. A.正确,错误B.错误,正确 C.都正确D.都错误 答案答案A由题意可得所以a1=1,a2=3. 因为an=n+n,所以an+2=n+2+n+2=(n+1+n+1)(+)-(n+n)=an+1+an. 因为a1,a2为正整数,所以由递推关系可知数列an的任意一项都是正整数,即命题正确; 对于命题,取an的每一项除以5的余数如下:1,3,4,2,1,3,4,2, 所以an的每一项的余数构成周期数列,且均不为零,所以命题

14、错误. 故选A. 1, 1, 3.(2019浙江温州普通高中适应性测试,16)已知数列an满足an+1=an+kan-1(nN*,n2),且2a1=a2 =-2a4=2,则an的最大值为. 答案答案2 解析解析解法一:由an+1=an+kan-1(nN*,n2),2a1=a2=-2a4=2,得k=-1,an+1=an-an-1. 易得an是周期为6的周期数列,即1,2,1,-1,-2,-1,1,2,1, 则an的最大值为2. 解法二:由题意得k=-1,a3=1,an+1=an-an-1(nN*,n2),递推可得an+2=an+1-an=-an-1,也即an+3=-an,所以an +6=-an+

15、3=an,所以an是周期为6的周期数列,由于前6项分别为1,2,1,-1,-2,-1,所以an的最大值为2. 4.(2019浙江高考信息优化卷(三),11)数列an的前n项和Sn=an+,则a1=;an的通项 公式an=. 4 3 1 3 答案答案-1;-4n-1 解析解析因为Sn=an+,所以当n=1时,a1=-1. 又Sn-1=an-1+, 所以an=Sn-Sn-1=an-an-1(nN*,n2),即an=4an-1(nN*,n2),所以an=-4n-1. 4 3 1 3 4 3 1 3 4 3 4 3 5.(2019浙江高考数学仿真卷,13)已知数列a1=33,an+1-an=2n,则当

16、最小时,n=. n a n 答案答案6 解析解析由a1=33,an+1-an=2n,得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=2(n-1)+2(n-2)+22+21+33 =n2-n+33.所以=n+-1.设f(x)=x+-1(x0),由f(x)=1-0,得x,故f(x)在(,+)上 单调递增,在(0,)上单调递减. nN*,当n=5或6时,f(n)有可能取最小值.=,=,当最小时,n=6. n a n 33 n 33 x 2 33 x 3333 33 5 5 a53 5 6 6 a63 6 21 2 n a n 6.(2019浙江高考数学仿真卷,20)已知数列

17、an满足:a1=,an+1(an+3n)=an3n+1(nN*). (1)求a2及数列an的通项公式; (2)设cn=,若数列cn的前n项和为Tn,且对任意的nN*满足Tn1,求实数的 取值范围. 3 2 (21) n na n 2 4 2 3 解析解析(1)当n=1时,由递推关系可得a2(a1+31)=a132.a2=3.(2分) an+1(an+3n)=an3n+1(nN*), =+1,即-=1.(4分) 数列为等差数列,其首项为2,公差为1, 数列的通项公式为=n+1. 数列an的通项公式为an=.(6分) 1 1 3n n a 3n n n a a 3n n a 1 1 3n n a

18、3n n a 3n n a 3n n a 3n n a 3 1 n n (2)易知cn=-.(7分) 数列cn的前n项和 Tn=+=-3.(8分) 记f(n)=,=1, f(n)=单调递增,即f(n)=, (21) n na n (21) 3 (1) n n n n 1 3 1 n n 3n n 2 33 12 23 33 23 1 33 1 nn nn 1 3 1 n n 1 3 1 n n (1) ( ) f n f n 33 2 n n 23 2 nn n 1 3 1 n n 1 3 1 n n 9 , 2 Tn,.(11分) 对任意的nN*满足Tn1, 即22+, 22+,即32+2-

19、10,解得或-1. 实数的取值范围是或-1.(15分) 3 , 2 1 n T 2 0, 3 2 4 2 3 4 3 1 n T 4 3 2 3 1 3 1 3 7.(2019浙江高考信息优化卷(三),20)记Sn是等差数列an的前n项和,公差d0,已知a1+a6=21,a3a 4=108,数列bn满足an=-+-+(-1) n-1 . (1)求an,bn的通项公式; (2)设cn=4n+bn(nN*),是否存在实数,当nN*时,cn+1cn恒成立?若存在,求出实数的取值范 围;若不存在,请说明理由. 1 3 1 b 2 2 31 b 3 3 31 b 4 4 31 b 31 n n b 解析

20、解析(1)由解得d=3.由a3=a1+2d可得a1=3.an=a1+(n-1)d=3+3(n- 1)=3n. 由题意可知-+-+(-1)n-1=3n. 当n2时, -+-+(-1)n-2=3(n-1). -得(-1)n-1=3,bn=(-1)n-1(3n+1+3)(n2). 1634 34 21, 108, 0, aaaa aa d 3 4 9, 12, a a 1 3 1 b 2 2 31 b 3 3 31 b 4 4 31 b 31 n n b 1 3 1 b 2 2 31 b 3 3 31 b 4 4 31 b 1 1 31 n n b 31 n n b 又a1=,b1=12,符合式.故

21、bn=(-1)n-1(3n+1+3). (2)存在实数,当nN*时,cn+1cn恒成立. 由cn=4n+bn可得cn=4n+(-1)n-1(3n+1+3),即4n+1+(-1)n(3n+2+3)4n+(-1)n-1(3n+1+3)恒成立. 当n为奇数时,可化简为4n+1-4n(3n+2+3n+1+6),即. 令g(n)=,显然g(n)为单调增函数,-,故只需=-. 综上可得-0,b0,正项数列xn满足xn=axn+1+bxn+2,若xn为单调递 减数列,则() A.a+b1B.b1 C.a+b1 答案答案Axn为单调递减数列,xnxn+1对nN*恒成立. 由xn=axn+1+bxn+2得axn

22、+1+bxn+2xn+1对nN*恒成立.整理得bxn+2(1-a)xn+1(*). 若a1,则(*)式恒成立,此时a+b1; 若0a(1-a)xn+1(1-a)xn+2,即有b1-a,a+b1. 综上,a+b1,故选A. 3.(2019浙江温州普通高中高考适应性测试(2月),10)已知数列xn满足0 x1x2,且xn+1= (n2),则() A.x3x4,x2019B.x3 C.x3x4,x2019x4,x2019 1 1 sin, cos, nnnn nnnn xxxx xxxx 答案答案A由题意可得x3=x2+cosx2,x3=1-sinx20. 当0 x2x2且x3+cos=,以此类推得

23、x3x4xnxn+1,故A选项正确.当 x2时,x30.故+sinx4-1+sin(-1),即x4 且x3x4.又由于xn+1恒为正,当0 xn时,xn+sinxn,xn+cosxn,故易得x2019. 综上所述,选A. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4.(2019浙江高考信息优化卷(一),15)已知数列an,n1,2,3,10,满足+=1+2an+1an,若a 1=2,a4=1,a10=3,则满足条件的不同数列有个(用数字作答). 2 1n a 2 n a 二、填空题(共8分) 答案答案45 解析解析由+=1+2an+1an可得=1.在a1,a4之间有3次加上或者减去1的机会,要使

24、最终 结果从2到1,只有2(-1)+1=-1,故有种可能. 同理a4,a10之间有6次加上或者减去1的机会,要使最终结果从1到3,只有2(-1)+41=2,故有种 可能. 由乘法原理知,共有=45种可能. 2 1n a 2 n a 1nn aa 2 3 C 2 6 C 2 3 C 2 6 C 5.(2017浙江宁波期末,17)已知数列an的通项公式为an=-n+t,数列bn的通项公式为bn=3n-3,设cn =+,在数列cn中,cnc3(nN*),则实数t的取值范围是. 2 nn ab| 2 nn ab 答案答案3,6 解析解析由条件得cn=+,由c2=+c3=+,得+|t- 4|,解得t3.

25、由c4=+c3=+,得1+|t-7|t-4|,解得t6,即当时,有3t 6. 当3t6时,c3=+=故1c33. 当n4时,an=t-nt-4b1,a2b2,所以c1=a1=t-1,c2=a2=t-2, 此时有c1c3,c2c3. 故当3t6时,总有cnc3(nN*)成立,所以实数t的取值范围是3,6. 3 3 2 n nt 3 |3| 2 n nt 5 3 2 t 7 3 2 t 2 2 t |4| 2 t 1 3 7 3 t 1 2 t |7| 2 t 2 2 t |4| 2 t 23 43 ,cc cc 2 2 t |4| 2 t 3,46, 1,34, tt t 6.(2019浙江三校

26、第一次联考(4月),20)已知数列an中,a1=a(a1且a-3),a2=3,an=2an-1+3an-2(n 3). (1)求an+1+an和an+1-3an的通项公式; (2)若数列an单调递增,求a的取值范围. 三、解答题(共44分) 解析解析(1)由an=2an-1+3an-2得an+an-1=3(an-1+an-2), an+1+an=3(an+an-1), an-1+an-2=3(an-2+an-3), a3+a2=3(a2+a1), an+1+an=3n-1(a2+a1)=3n-1(3+a). 由an=2an-1+3an-2得an-3an-1=-(an-1-3an-2), an+

27、1-3an=-(an-3an-1), an-1-3an-2=-(an-2-3an-3), a3-3a2=-(a2-3a1), an+1-3an=(-1)n-1(a2-3a1)=(-1)n-1(3-3a). (2)由(1)得an=3n-1(a+3)-(-1)n-1(3-3a), an+1-an=3n-1(a+3)+(-1)n-1(3-3a). 1 4 1 2 当n为奇数时,3n-1(a+3)+(-1)n-1(3-3a)=(3n-1-3)a+3n+3. 由an+1-an0可得(3n-1-3)a+3n+30. 当n=1时,解得a-=-3-,a随着n的增大而增大,a-3-=-5. -5a0可得a-=-

28、3,a随着n的增大而减小,a-3=-1. 综上可知,a(-1,1)(1,3). 1 33 33 n n 1 12 33 n 2 12 33 1 33 33 n n 1 12 33 n 2 1 12 33 7.(2017浙江温州十校期末联考,22)已知数列an满足a1=1,an+1=+m. (1)若数列an是常数列,求m的值; (2)当m1时,求证:anan+1; (3)求正数m的最大值,使得an0.(5分) 由an+1=+m,得an+2=+m. 所以an+2-an+1=(-)=(an+1-an)(an+1+an).(7分) 易知an0,所以an+2-an+1与an+1-an同号,又a2-a10,所以an+1-an0,从而有an2时,an越来越大,显然不可能满足对一切正整数n,an4恒成立. 所以要使得an4对一切正整数n恒成立,只可能m2.(12分) 下面证明当m=2时,an4对一切正整数n恒成立.用数学归纳法证明: 当n=1时,a1=14,显然成立. 假设当n=k时,有ak4成立, 1 8 2 k a 1 8 则当n=k+1时,ak+1=+242+2=4成立. 由上可知an4对一切正整数n恒成立. 因此,正数m的最大值是2.(16分) 1