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高考数学一轮复习 第六章 数列 6.1 数列的概念及其表示课件

高考数学 (北京专用)
第六章 数列
§6.1 数列的概念及其表示

五年高考
A组 自主命题·北京卷题组
考点 数列的概念及表示方法
(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(i1<i2<…<im),若?ai1 <?ai2 <…<?aim ,则称新数列?ai1 ,?ai2 ,…,?aim 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?am0 ,长度为q的递增子列的末项的最 小值为?an0 .若p<q,求证:?am0 <?an0 ; (3)设无穷数列{an}的各项均为正整数,且任意两项均不相等.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.

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?an0 的一个递增子列为?ar1 ,?ar2 ,…,?arq?1 ,?an0 . 由p<q,得?arp ≤?arq?1 <?an0 . 因为{an}的长度为p的递增子列末项的最小值为?am0 , 又?ar1 ,?ar2 ,…,?arp 是{an}的长度为p的递增子列, 所以?am0 ≤?arp .所以?am0 <?an0 . (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?ap1 ,?ap2 ,…,?apm?1 ,2m-1是数列{an}的长度为m末项为2m-1的递增子列,则?ap1 ,?ap2 ,…,?apm?1 ,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.

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2? 2? 2??? 2 ×1×1=2m-1<2m.

与已知矛盾.

( m?1) 个

最后证明:2m排在2m-3之后(m≥2为整数).

假设存在2m(m≥2),使得2m排在2m-3之前,则{an}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个

数小于2m.与已知矛盾.

综上,数列{an}只可能为2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,….

经验证,数列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合条件.

? 所以an=

?n ??n

? ?

1, 1,

n为奇数, n为偶数.

B组 统一命题·省(区、市)卷题组
考点 数列的概念及表示方法

1.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=?an2 +b,n∈N*,则? ( )

A.当b=?12 时,a10>10
C.当b=-2时,a10>10

B.当b=?14 时,a10>10
D.当b=-4时,a10>10

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?an2 +b=an,即?an2 -an+b=0,若有解,

则Δ=1-4b≥0,即b≤?1 , 4

∴当b≤?14 时,an=?1?

1? 2

4b

,n∈N*,

即存在b≤?1 ,且a=?1? 1? 4b 或?1? 1? 4b ,使数列{an}为常数列,

4

2

2

B、C、D选项中,b≤?1 成立,故存在a=?1? 1? 4b <10,

4

2

使an=?1? 1? 4b (n∈N*),排除B、C、D. 2

? ? 对于A,∵b=?12 ,∴a2=?a12

+?12 ≥?12 ,a3=?a22

+?1 ≥
2

? ??

1 2

? ??

2

+?12 =?34 ,a4≥???

3 4

? ??

2

+?1 =?17 ,
2 16

? ? ? ∴a5>

? ??

17 16

?2 ??

,a6>

? ??

17 16

?4 ??

,…,a10>

? ??

17 16

?64 ??

,

? ? ? 而

? ??

17 16

?64 ??

=

???1

?

1 16

?64 ??

=1+?C164

? ×

1 16

+?C624

×?
??

1 16

?2 ??

+…=1+4+?63 +…>10.故a10>10.
8

2.(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 ?31 16

解析 n=1时,S1+a1=2,∴a1=1.

n≥2时,由Sn+an=2得Sn-1+an-1=2,

两式相减得an=?12 an-1(n≥2),

∴{an}是以1为首项,?12 为公比的等比数列,

? ∴S5=

1?

? ?1 ??

?

? ??

1 2

1? 1

?5 ??

? ? ??

=?31 .
16

2

3.(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

解析 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=

a1

(1? q 1? q

6

)

=??(1 ? 1?

26 2

)

=-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,∴{Sn-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.

4.(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;121 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+?1 =3 2

? ??

Sn

?

1 2

? ??

,又S1+?1 =?3 ,
22

? ∴

??S ?

n

?

1 2

? ? ?

是首项为?3 ,公比为3的等比数列,
2

? ∴Sn+?1 =?3 ×3n-1,即Sn= 3n ?1 ,∴S5=?35 ?1 =121.

22

2

2

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.

5.(2015课标Ⅱ,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 -?1 n

? ? ? 解析

∵an+1=Sn+1-Sn,∴Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知Sn≠0,∴

1 Sn

1
-
Sn?1

=1,∴

? ? ?

1 Sn

? ? ?

是等差数列,且公差

为-1,而?S11 =?a11 =-1,∴?S1n =-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=-?1n .

? 思路分析

利用an与Sn的关系消掉an,得Sn+1-Sn=Sn+1Sn,同除以Sn·Sn+1,易得??
?

1 Sn

? ? ?

是等差数列,然后由

??
? ?

1 Sn

? ? ?

的通项公式求出Sn.

解后反思 用an与Sn的关系消掉Sn还是an,应根据题目要求合理选择.通常求an则消Sn,求Sn则消 an,或需求an,但直接消Sn得an较难,也可以先消an得Sn,再由Sn求出an.

C组 教师专用题组

? 1.(2014课标Ⅱ,16,5分)数列{an}满足an+1=

1

1 ? an

,a8=2,则a1=

.

答案 ?1 2

? ? 解析

解法一:由an+1=

1

1 ? an

,得an=1-

1 an?1

,

∵a8=2,∴a7=1-?12 =?12 ,

a6=1-?a17 =-1,a5=1-?a16 =2,……,
∴{an}是以3为周期的数列,∴a1=a7=?1 . 2

? ? ? 解法二:由于an≠0,an≠1,所以an+1=?1 = 1? an 1?

1 1

= an?1 ?1 =1-?1 =1- 1

an?1

an?1

1

=an-2(n≥3),则an+3=an

1 ? an?1

1 ? an?2

(n≥1),所以{an}是以3为周期的数列,所以a8=a2=?1 =2,可求得a1=?1 .

1? a1

2

2.(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

??S1 ? a1 ? 2a2 ? 3 ? 4,
(1)依题有 ??S2 ? a1 ? a2 ? 4a3 ?12 ? 8,
??S3 ? a1 ? a2 ? a3 ? 15,

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).? ②

①-②并整理得an+1=?(2n ?1)an ? 6n ?1 (n≥2). 2n
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 ?1)ak ? 6k ?1 2k
=?(2k ?1)(2k ?1) ? 6k ?1
2k
=2k+3=2(k+1)+1,

即当n=k+1时,结论成立.

综上,?n∈N*,an=2n+1.

3.(2014江苏,20,16分)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn= am,则称{an}是“H数列”. (1)若数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H数列”; (2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是“H数列”,求d的值; (3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.

解析 (1)证明:由已知得,当n≥1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数 m=n+1,使得Sn=2n=am. 所以{an}是“H数列”. (2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1) d,于是(m-2)d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.
当d=-1时,an=2-n,Sn=?n(32? n) 是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn =2-?n(3 ? n) ,使得Sn=2-m=am,所以{an}是“H数列”.
2
因此d的值为-1. (3)证明:设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*). 令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1), 则an=bn+cn(n∈N*), 下证{bn}是“H数列”.

设{bn}的前n项和为Tn,则Tn=?n(n2?1) a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=?n(n2?1) ,
使得Tn=bm.所以{bn}是“H数列”. 同理可证{cn}也是“H数列”. 所以,对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*).
评析 本题主要考查数列的概念、等差数列等基础知识,考查探究能力及推理论证能力.

4.(2014江西,17,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=?3n22? n ,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:对任意的n>1,都存在m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.

解析 (1)由Sn=?3n22? n ,得a1=S1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-2.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2. (2)证明:要使a1,an,am成等比数列,只需要?an2 =a1·am, 即(3n-2)2=1·(3m-2),即m=3n2-4n+2, 而此时m∈N*,且m>n, 所以对任意的n>1,都存在m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.

三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点 数列的概念及表示方法
1.(2017北京西城一模,7)若数列{an}的通项公式为an=|n-c|(n∈N*),则“c≤1”是“{an}为递增 数列”的? ( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案 A 充分性:当c≤1时,an=|n-c|=n-c(n∈N*),易知{an}为递增数列,所以充分性成立; 必要性:当c=1.1时,易验证{an}为递增数列,所以必要性不成立. 综上,“c≤1”是“{an}为递增数列”的充分而不必要条件.

2.(2019北京石景山一模,4)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏.在某种玩法中,用

? an表示解下n(n≤9,n∈N*)个圆环所需移动的最少次数,{an}满足a1=1,且an=

???22aann??11

?1, n为偶数, ? 2, n为奇数,



解下4个圆环所需的最少移动次数为? ( )

A.7 B.10 C.12 D.22

答案 A 由题意知a2=2a1-1=1,a3=2a2+2=4,a4=2a3-1=7,故选A.

3.(2019北京海淀二模文,10)已知数列{an}满足?nan??11 =?ann ,且a5=15,则a8=

.

答案 24

??? 解析

? ? 因为 an?1 = an
n?1 n

,且a5=15,所以a8=a5·aa56

·a7
a6

·a8
a7

=15×65?×76?×87?=24.

解后反思 运用求通项公式的“累乘法”可快速求解.

4.(2019北京丰台一模文,14)无穷数列{an}的前n项和为Sn,若对任意n∈N*,Sn∈{1,2}.

①数列{an}的前三项可以为

;

②数列{an}中不同的项最多有

个.

答案 ①1,1,0(答案不唯一) ②4

解析 ①答案可以为 1,1,0或1,1,-1或2,-1,0或2,-1,1等. ② 当数列为2,-1,1,0,…时,不同的项最多,最多为4个.

5.(2017北京石景山一模,10)在数列{an}中,a1=1,an·an+1=-2(n=1,2,3,…),那么a8等于

.

答案 -2

? 解析

由数列的递推公式可得an=

?1, n为奇数, ???2, n为偶数,

故a8=-2.

B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:20分钟 分值:35分
一、选择题(每小题5分,共20分) 1.(2019北京海淀二模,11)若数列{an}的前n项和Sn=n2-8n,n=1,2,3,…,则满足an>0的n的最小值为
. 答案 5
解析 当n=1时,a1=-7,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2-8n)-[(n-1)2-8(n-1)]=2n-9,令an=2n-9>0,得n>?92 ,则满
足an>0的n的最小值为5.
解后反思 先求出通项公式(注意分类n=1与n≥2),再解不等式.

2.(2018北京朝阳一模,13)等比数列{an}满足如下条件:

①a1>0;②数列{an}的前n项和Sn<1.

试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式:

.

答案 an=?21n (答案不唯一)

解析 不妨取a1=?12 ∈(0,1),q=?12 ,

? 则Sn=

1 2

???1 ? 1?

1 2n 1

? ??

=1-?21n ,

2

? ∵n∈N*,∴?21n ∈

? ??

0,

1 2

? ??

,∴1-?21n <1,

故an=?21n 满足上述所有条件.

类似地,也可以写出an=?32n 或an=?43n 等.

3.(2019北京人大附中期中,13)无穷数列{an}由k个不同的数组成,Sn为{an}的前n项和.若对任意n

∈N*,Sn∈{2,3},则k的最大值为

.

答案 4

解析 依题意得,a1=S1∈{2,3},Sn∈{2,3},Sn+1∈{2,3},所以an+1=Sn+1-Sn∈{-1,0,1}(n∈N*),即数列 {an}从第2项起的不同取值不超过3个,所以k≤4.事实上,数列{an}可为2,1,0,-1,1,0,-1,1,0,-1,…, 此时相应的k=4.所以k的最大值是4.同样的此数列{an}可为3,-1,0,1,-1,…

评析 要求弄清楚数列的概念,明确数列的项与数列的前n和的关系.

? 4.(2019北京丰台一模,

14)已知数列{an}对任意的n∈N*,都有an∈N*,且an+1=

??3an

? an ?? 2

,

?1, an为奇数, an为偶数.

①当a1=8时,a2 = 019

;

②若存在m∈N*,当n>m且an为奇数时,an恒为常数p,则p=

.

答案 ①2 ②1

解析 ①a1=8时,a2=?a21 =4,a3=?a22 =2,

a4=?a23 =1,a5=3a4+1=4,a6=?a25 =2, a7=?a26 =1,a8=3a7+1=4,a9=?a28 =2,……
∴a2 019=a3=2.

②若存在m∈N*,当n>m且an为奇数时,an=p(p为常数),

? 则an+1=3an+1=3p+1,an+2=

an?1 2

=?3 p ?1
2

,若?3 p ?1
2

为奇数,此时p=-1?N*,不符合,∴?3 p ?
2

1为偶数,∴an+

3p ?1

? ? 3=

an?2 2

=

2 2

=p,解得p=1.

二、解答题(共15分)
5.(2019北京石景山一模文,15)设数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2且Sn=Sn-1+2n(n≥2,n∈N*). (1)求Sn; (2)若数列{bn}满足bn=?2an ,求数列{bn}的前n项和Tn.

解析 (1)因为Sn=Sn-1+2n(n≥2,n∈N*),

所以an=Sn-Sn-1=2n(n≥2,n∈N*).

又因为a1=2,

所以an=2n(n∈N*).

所以Sn=?n(2

? 2

2n)

=n2+n(n∈N*).

(2)bn=?2an =4n(n∈N*),

? ? 所以Tn= 4(1? 4n ) = 4n?1 ? 4 (n∈N*).

1? 4

3

C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组

? 1.(2019北京海淀零模,20)正整数数列{an}满足:a1=1,an+1= ???aann

? ?

n, an n, an

? ?

n, n.

(1)写出数列{an}的前5项;

(2)将数列{an}中所有值为1的项的项数按从小到大的顺序依次排列,得到数列{nk},试用nk表示

nk+1(不必证明);

(3)求使an=2 013最小的正整数n.

? 解析

(1)∵an+1= ???aann

? ?

n, an n, an

? ?

n, n,

∴a2=a1+1=2,

a3=a2+2=4,a4=a3-3=1,a5=a4+4=5,

∴a1=1,a2=2,a3=4,a4=1,a5=5.

(2)由(1)可知n1=1,n2=4,n3=13,…,

猜想使?ank =1的下标nk满足如下递推关系:nk+1=3nk+1,k=1,2,3,… (3)由(2)可知,nk+1=3nk+1,则2nk+1=2(3nk+1),

即2nk+1+1=3(2nk+1),记2nk+1=xk,

? 则xk+1=3xk,x1=3,故xk=3k,因此nk= 3k ?1 ,k=1,2,3,…, 2
由nk+1=3nk+1,k=1,2,3,…可知,

当n≤3nk=nk+1-1时,an≤3nk+1≤nk+1.

因此,当n<n7时,an≤n7=?37 ?1 =1 093; 2
而当n7≤n<n8时,要么有an≤n7+2-1=1 094,

要么有an≥2n7+1+1=2 188,即an取不到2 013,

进而考虑n8≤n<n9的情况, 由(2)得,?ank?2m?1 =nk+2-m,m=1,2,…,nk+1, 则n8+2-m=2 013,解得m=1 269,解得n8+2m-1=5 817, 故a5 =?a 817 n8?2m?1 =n8+2-m=2 013. 故使得an=2 013的最小的正整数n为5 817.

2.(2019北京海淀一模,20)首项为0的无穷数列{an}同时满足下面两个条件:
①|an+1-an|=n;②an≤?n 2?1 .
(1)请直接写出a4的所有可能值; (2)记bn=a2n,若bn<bn+1对任意n∈N*成立,求{bn}的通项公式; (3)对于给定的正整数k,求a1+a2+…+ak的最大值.

解析 (1)a4的值可以取-2,0,-6. (2)因为bn=a2n,bn<bn+1对任意n∈N*成立,所以{bn}为单调递增数列, 即数列{an}的偶数项a2,a4,a6,…,a2n…是单调递增数列, 根据条件a2=-1,a4=0,a6=1, 所以当a2n≥0对n≥2成立, 下面我们证明“数列{an}中相邻两项不可能同时为非负数”, 假设数列{an}中存在ai,ai+1同时为非负数, 因为|ai+1-ai|=i,
若ai+1-ai=i, 则有ai+1=ai+i≥i>?(i ?1) ?1 ,与条件矛盾;
2
? 若ai+1-ai=-i,则有ai=ai+1+i≥i> i ?1 ,与条件矛盾, 2
所以假设错误,即数列{an}中相邻两项不可能同时为非负数, 此时a2n≥0对n≥2成立, 所以当n≥2时,a2n-1<0,即a2n-1<a2n, 所以a2n-a2n-1=2n-1,n≥2,

由题意知当n≥3时,a2n-2=a4=0, 所以a2n-1-a2n-2=-(2n-2),n≥3, 所以(a2n-a2n-1)+(a2n-1-a2n-2)=1,n≥3, 即a2n-a2n-2=1,其中n≥3, 即bn-bn-1=1,其中n≥3, 又b1=a2=-1,b2=a4=0,b3=a6=1, 所以{bn}是首项为-1,公差为1的等差数列, 所以bn=-1+(n-1)=n-2. (3) 记Sk=a1+a2+a3+…+ak-1+ak, 由(2)的证明知,an,an+1不能都为非负数, 当an≥0时,an+1<0, 根据|an+1-an|=n,得到an+1=an-n,
所以an+an+1=2an-n≤2·?n ?1 -n≤-1, 2
当an+1≥0时,an<0,

根据|an+1-an|=n,得到an=an+1-n,

? 所以an+an+1=2an+1-n≤2·n

?1 2

?1

-n≤0,

所以,总有an+an+1≤0成立,

当n为奇数时,an+an+1≤-1,

当n为偶数时,an+1+an≤0,

所以当k为奇数时,Sk=a1+(a2+a3)+…+(ak-1+ak)≤0,

考虑数列:0,-1,1,-2,2,…,-?k ?1 ,?k ?1 , 22
可以验证,所给的数列满足条件,且Sk=0,
所以Sk的最大值为0,

当k为偶数时,Sk=a1+(a2+a3)+…+(ak-2+ak-1)+ak≤-?k , 2
考虑数列:0,-1,1,-2,2,…,-?k ? 2 ,?k ? 2 ,-?k ,
2 22
可以验证,所给的数列满足条件,且Sk=-?k ,
2
所以Sk的最大值为-?k .
2


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