高考理数(课标专用)§6.1数列的概念及其表示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n≥2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=2an+1,得S1=2S1+1,所以S1=-1,当n≥2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,∴{S
n-1}是首项为-2,公比为2的等比数列,所以Sn-1=-2×2n-1=-2n,所以Sn=1-2n,∴S6=1-26=-63.A组
??统一命题·课标卷题组考点数列的概念及表示方法1.(2018课标Ⅰ,14,5分)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an
+1,则S6=?.答案-63五年高考解析(1)由an+1=3an+1得an+1+?=3?.又a1+?=?,所以?是首项为?,公
比为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n≥1时,3n-1≥2×3n
-1,所以?≤?.于是?+?+…+?≤1+?+…+?=??+?=3?.(2)利用3n-1≥2×3n-1进行转化.2.(2014课标Ⅱ,17,12分,0.299)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?+?+…+?)卷题组解析解法一:∵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,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.考点数列的概念及表示方法
1.(2016浙江,13,6分)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N,则a1=?,S5=??
.答案1;1212.(2014广东,19,14分)设数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2nan+1-3n2-4n,n∈N
,且S3=15.(1)求a1,a2,a3的值;(2)求数列{an}的通项公式.解析(1)依题意有?解得a1=3,a2=5,a3=
7.(2)∵Sn=2nan+1-3n2-4n,?①∴当n≥2时,Sn-1=2(n-1)an-3(n-1)2-4(n-1).?②①-
②并整理得an+1=?(n≥2).由(1)猜想an=2n+1,下面用数学归纳法证明.当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;当n=
2时,a2=2×2+1=5,命题成立;假设当n=k时,ak=2k+1命题成立,则当n=k+1时,ak+1=?=?=2k+3=2(k
+1)+1,即当n=k+1时,结论成立.综上,?n∈N,an=2n+1.解析由Sn=?an+?得:当n≥2时,Sn-1=?an
-1+?,∴当n≥2时,an=-2an-1,又n=1时,S1=a1=?a1+?,a1=1,∴an=(-2)n-1.方法指导利用a
n=?求解.C组??教师专用题组考点数列的概念及表示方法1.(2013课标Ⅰ,14,5分,0.622)若数列{an}的前n项和S
n=?an+?,则{an}的通项公式是an=?.答案(-2)n-1答案?an=?解析记△OA1B1的面积为S,则△OA2B
2的面积为4S.从而四边形AnBnBn+1An+1的面积均为3S.即得△OAnBn的面积为S+3(n-1)S=(3n-2)S.∴?
=3n-2,即an=?.2.(2013安徽,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?.?3.(2015浙江,20,15分)已知数列{an}满足a1=?且an+1=an-?(n∈N).(1)
证明:1≤?≤2(n∈N);(2)设数列{?}的前n项和为Sn,证明:?≤?≤?(n∈N).证明(1)由题意得an+1-an
=-?≤0,即an+1≤an,故an≤?.由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a
1>0.由01.?①由?=?-?和1≤?≤2得1≤?-?≤2,所以n≤?-?≤2n,因此?≤an+1≤?(n∈N).?②由①②得?≤?≤?(
n∈N).答案????D∵2anan+1=?+1,∴an+1=??,∵bn=?,∴bn+1=?=?=?=?,∴bn+1-bn=
?-bn=bn(bn-1),∵a1=2,b1=?=?,∴b2=?,∴b3=?=?,b4=?=?,∴数列{bn}是递减数列,故选D.
A组??2016—2018年高考模拟·基础题组考点数列的概念及其表示方法1.(2018广东广州一模,9)已知数列{an}满足a1
=2,2anan+1=?+1,设bn=?,则数列{bn}是?()A.常数列????B.摆动数列????C.递增数列???
?D.递减数列三年模拟答案????B∵a1=2,an+1=?,∴a2=?=-3,同理可得:a3=-?,a4=?,a5=2,……,
可得an+4=an,则a2018=a504×4+2=a2=-3.故选B.3.(2018河南安阳二模,9)已知数列:?,?,?,?
,?,?,?,?,?,?,…,依它的前10项的规律,这个数列的第2018项a2018等于?()A.??B.??C.64?
???D.?答案????D观察数列:?,?,?,?,?,?,?,?,?,?,…,可将它分成k(k∈N)组,即第1组有1项?,
第2组有2项?,第3组有3项?,……,所以第k组有k项,各项的分子从k依次减小至1,分母从1依次增大到k,所以前k组共有?项,令2
018=?+m(k∈N,1≤m≤k,m∈N),可得k=63,m=2,∴该数列的第2018项a2018为第64组的第2项,
故a2018=?,故选D.2.(2018河北石家庄一模,9)若数列{an}满足a1=2,an+1=?,则a2018的值为?(
)A.2????B.-3????C.-??D.?4.(2018河北保定一模,10)已知函数f(x)=?若数列{an}满足a
n=f(n)(n∈N),且{an}是递增数列,则实数a的取值范围是?()A.(1,3)????B.(1,2]????C.
(2,3)????D.?答案????C∵数列{an}是递增数列,f(x)=?an=f(n)(n∈N),∴3-a>0,a>
1且f(10)2017河南许昌二模,5)已知等差数列{an}满足a1=1,an+2-an=6,则a11等于?()A.31????B.32
????C.61????D.62答案????A∵等差数列{an}满足a1=1,an+2-an=6,∴a3=6+1=7,a5=6
+7=13,a7=6+13=19,a9=6+19=25,a11=6+25=31.故选A.6.(2017湖南长沙四县3月联考,15)
我们可以利用数列{an}的递推公式an=?(n∈N)求出这个数列各项的值,则a64+a65=?.答案66解析由题意得,这个数
列各项的值分别为1,1,3,1,5,3,7,1,9,5,11,3,…,∴a64+a65=a32+65=a16+65=a8+65=a
4+65=1+65=66.答案????A∵数列{an}的前n项和为Sn,3Sn=2an-3n,∴a1=S1=?(2a1-3),解
得a1=-3.Sn=?(2an-3n)①,当n≥2时,Sn-1=?(2an-1-3n+3)②,①-②,得an=?an-?an-1-
1,∴an=-2an-1-3,∴?=-2,∵a1+1=-2,∴{an+1}是以-2为首项,-2为公比的等比数列,∴an+1=(-2
)n,∴an=(-2)n-1,∴a2018=(-2)2018-1=22018-1.故选A.B组??2016—2018年高考模
拟·综合题组(时间:25分钟分值:35分)一、选择题(每题5分,共20分)1.(2018安徽合肥一模,8)已知数列{an}的前
n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2018=?()A.22018-1????B.32018-6
C.?-??D.?-?解题关键本题的解题关键是由3Sn=2an-3n得出an=-2an-1-3(n≥2),进而
用构造法得出?=-2(n≥2).方法指导利用an与Sn的关系得an与an-1(n≥2)的关系,进而构造数列求出an,从而得a2
018.方法总结?由Sn与an的关系求通项an的方法可归纳为以下两种:①由Sn=f(an)得Sn-1=f(an-1)(n≥2),由
an=Sn-Sn-1消去Sn可得an与an-1的关系,进而求解;②将an=Sn-Sn-1(n≥2)代入Sn=f(an)消an,得出
Sn与Sn-1(n≥2)的关系式,进而求出Sn,从而得an.答案????A∵Sn=2an-1,∴n=1时,a1=2a1-1,解得
a1=1;n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1),化为an=2an-1.∴数列{an}是等比数列,公比为2
.∴a6=25=32,S6=?=63,则?=?.故选A.2.(2018广东茂名二模,8)Sn是数列{an}的前n项和,且?n∈N
都有2Sn=3an+4,则Sn=?()A.2-2×3n?B.4×3nC.-4×3n-1?D.-2-2×3n-13.(2018
广东惠州模拟,7)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1,则?=?()A.??B.??C.??D.?答案???
?A∵2Sn=3an+4,∴2Sn=3(Sn-Sn-1)+4(n≥2),变形为Sn-2=3(Sn-1-2),又n=1时,2S1=
3S1+4,解得S1=-4,∴S1-2=-6.∴数列{Sn-2}是等比数列,首项为-6,公比为3.∴Sn-2=-6×3n-1,可得
Sn=2-2×3n.故选A.思路分析将an=Sn-Sn-1(n≥2)代入2Sn=3an+4中,然后变形,构造等比数列求解.名师点
拨由Sn=2an-1推出an=2an-1(n≥2),可知{an}为等比数列,从而求解.答案????B令bn=nan,则2bn=
bn-1+bn+1,所以{bn}为等差数列,因为b1=1,b2=4,所以公差d=3,则bn=3n-2,所以b18=52,即18a1
8=52,所以a18=?,故选B.4.(2018山东济宁一模,9)设数列{an}满足a1=1,a2=2,且2nan=(n-1)an
-1+(n+1)an+1(n≥2且n∈N),则a18=?()A.??B.??C.3????D.?导师点睛2nan=(n
-1)·an-1+(n+1)·an+1(n≥2且n∈N),由等差中项法可知{nan}为等差数列.二、填空题(每题5分,共5分)解
析由已知得(nan+1+an)(an+1-2an)=0,∵an>0,∴an+1-2an=0,则?=2,∵a1=1,∴数列{an}
是以1为首项,2为公比的等比数列,∴an=1×2n-1=2n-1.∴a2=2,a3=4,a4=8,a5=16,a6=32,a7=6
4,a8=128,……,∴n≥2时,M(an)依次构成以4为周期的数列.∴M(a2017)=M(a5)=6,故答案为6.5.(2
017湖北襄阳优质高中联考,16)若a1=1,对任意的n∈N,都有an>0,且n?-(2n-1)an+1an-2?=0.设M(x
)表示整数x的个位数字,则M(a2017)=?.答案6思路分析利用已知求出{an}的通项公式,进而分析M(an)的变化规律,
从而得M(a2017)=M(a5),求出M(a5)即可.三、解答题(共10分)6.(2017河南百校联盟模拟,17)已知数列{a
n}的前n项和为Sn,且对任意正整数n都有an=?Sn+2成立.(1)记bn=log2an,求数列{bn}的通项公式;(2)设cn=?,求数列{cn}的前n项和Tn.解析(1)在an=?Sn+2中,令n=1,得a1=8.因为对任意正整数n都有an=?Sn+2成立,所以an+1=?Sn+1+2,两式相减得an+1-an=?an+1,所以an+1=4an,又a1=8,所以{an}是首项为8,公比为4的等比数列,所以an=8·4n-1=22n+1,所以bn=log222n+1=2n+1.(2)cn=?=??,所以Tn=???+?+…+??=??=?.思路分析(1)由对任意正整数n都有an=?Sn+2,可令n=1,解得a1.然后将an=?Sn+2与an+1=?Sn+1+2相减得an+1=4an,则可得到数列{an}的通项公式,进而可得到数列{bn}的通项公式.(2)利用裂项相消法即可得数列{cn}的前n项和Tn. |
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