【高考冲刺押题】2013高考数学三轮-基础技能闯关夺分必备-数列的概念(含解析)

第1页共6页数列的概念【考点导读】1．了解数列（含等差数列、等比数列）的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊的函数；2．理解数列的通项公式的意义和一些基本量之间的关系；3．能通过一些基本的转化解决数列的通项公式和前n项和的问题。【基础练习】1.已知数列}{na满足)(133,0*11Nnaaaannn，则20a=3。分析:由a1=0,)(1331Nnaaannn得,0,3,3432aaa由此可知:数列}{na是周期变化的,且三个一循环,所以可得:.3220aa2．在数列{}na中，若11a，12(1)nnaan，则该数列的通项na2n-1。3．已知数列{}na，满足112311,23...(1)(2)nnaaaaanan，则{}na的通项1,n=1,na,n≥2.(答案:2!n)4．设数列{}na的前n项和为nS，*1(31)()2nnaSnN，且454a，则1a____2__.5．已知数列{}na的前n项和(51)2nnnS，则其通项na52n．【范例导析】例1．设数列{}na的通项公式是285nann，则（1）70是这个数列中的项吗？如果是，是第几项？（2）写出这个数列的前5项，并作出前5项的图象；[来源:学科网]（3）这个数列所有项中有没有最小的项？如果有，是第几项？分析：70是否是数列的项，只要通过解方程27085nn就可以知道；而作图时则要注意数列与函数的区别，数列的图象是一系列孤立的点；判断有无最小项的问题可以用函数的观点来解决，一样的是要注意定义域问题。解：（1）由27085nn得：13n或5n所以70是这个数列中的项，是第13项。第2页共6页（2）这个数列的前5项是2,7,10,11,10；（图象略）（3）由函数2()85fxxx的单调性：(,4)是减区间，(4,)是增区间，所以当4n时，na最小，即4a最小。点评：该题考察数列通项的定义，会判断数列项的归属，要注重函数与数列之间的联系，用函数的观点解决数列的问题有时非常方便。例2．设数列{}na的前n项和为nS，点(,)()nSnnNn均在函数y＝3x－2的图像上。（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设13nnnaab，nT是数列{}nb的前n项和，求使得20nmT对所有nN都成立的最小正整数m。分析：根据题目的条件利用nS与na的关系：na1(1)(2)nSnSn当时当时，（要特别注意讨论n=1的情况）先求出数列{}na的通项，再利用裂项法对数列{}nb进行求和，从而解决第2问的恒成立问题。解：（I）依题意得，32,nnnS即232nnnS。当n≥2时，22(32)312(1)651nannnnnnnSS;当n=1时，111aS所以*65()nannN。（II）由（I）得131111(65)6(1)526561nnnbaannnn，故11111111...277136561ninibnnT=111261n。因此，使得111261n﹤*20mnN成立的m必须满足12≤20m，即m≥10,故满足要求的最小整数m为10。点评：本题两个小问中涉及的方法都是非常常规的，nS与na的关系的转化和裂项法求和都要求大家掌握。第3页共6页例3．已知数列｛an｝满足11a,)(12*1Nnaann（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）若数列{}nb满足12111*44...4(1).()nnbbbbnanN,证明：{}nb是等差数列;分析：本题第1问采用构造等比数列来求通项问题，第2问依然是构造问题。解：（I）*121(),nnaanN112(1),nnaa1na是以112a为首项，2为公比的等比数列。12.nna即*21().nnanN（II）1211144...4(1).nnbbbbna12(...)42.nnbbbnnb122[(...)],nnbbbnnb①12112[(...)(1)](1).nnnbbbbnnb②；②－①，得112(1)(1),nnnbnbnb即1(1)20,nnnbnb③∴21(1)20.nnnbnb④③－④，得2120,nnnnbnbnb即2120,nnnbbb*211(),nnnnbbbbnNnb是等差数列。点评：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。备用题．在数列na中，若a1，a2是正整数，且12nnnaaa,n3，4，5，…，则称na为“绝对差数列”.（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；（Ⅱ）若“绝对差数列”na中，203a,210a，数列nb满足12nnnnbaaa；n=1，2，3，…，判断当n时,na与nb能否无限趋近于一个常数，如果存在，求出其常数，否则说明理由；（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.解：（Ⅰ）12345673,1,2,1,1,0,1aaaaaaa,89101,0,1.aaa（答案不惟一）（Ⅱ）因为在绝对差数列na中203a,210a.所以自第20项开始，该数列是第4页共6页203a,210a,2223242526273,3,0,3,3,,aaaaaao.即自第20项开始。每三个相邻的项周期地取值3，0，3.所以当n时，na不能无限趋近于一个常数，所以该常数不存在.而当20n时,126nnnnbaaa,所以nb能无限趋近于一个常数6。（Ⅲ）证明：根据定义，数列na必在有限项后出现零项.证明如下：假设na中没有零项，由于12nnnaaa,所以对于任意的n，都有1na,从而当12nnaa时,1211(3)nnnnaaaan;当12nnaa时,；2121(3)nnnnaaaan即na的值要么比1na至少小1，要么比2na至少小1.令212122212(),(),nnnnnnnaaaCaaa1,2,3,,n则101(2,3,4,).AnCCn由于1C是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项10C，这与0nC(1,2,3,,n)矛盾.从而na必有零项.若第一次出现的零项为第n项，记1(0)naAA，则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值0，A,A,即331320,,0,1,2,3,,,nknknkaaAkaA所以绝对差数列na中有无穷多个为零的项.【反馈演练】1．若数列na前8项的值各异，且8nnaa对任意n∈N*都成立，则下列数列中可取遍na前8项值的数列为（2）。（1）21ka（2）31ka（3）41ka（4）61ka2．设Sn是数列na的前n项和，且Sn=n2，则na是等差数列，但不是等比数列。3．设f（n）=nnnn21312111（n∈N），那么f（n+1）－f（n）等于第5页共6页221121nn。4．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn（万件）近似地满足Sn=90n（21n－n2－5）（n=1，2，……，12）.按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是7月、8月。5．在数列{}na中，12341,23,456,78910,aaaa则10a505。6．数列223211,12,122,1222,,1222,n的前n项的和是122nn。7．在数列{}na中，已知112,23,nnaaa则数列{}na的前n项的和是5235nn。8．在数列{}na中，212nnna，若它的前n项的和32164nS，则n6。9．在数列{}na中，*1()1nanNnn，则它的前10项的和是111。10．在数列{}na中，若1(1)(21)nnan，则172350SSS-10。11．数列na中，已知21()3nnnanN，（1）写出10a，1na，2na；（2）2793是否是数列中的项？若是，是第几项？解：（1）∵21()3nnnanN，∴10a21010110933，1na221113133nnnn，2na222421133nnnn；（2）令2793213nn，解方程得15,16nn或，∵nN，∴15n，即2793为该数列的第15项。12．数列na的前n项和为nS，已知211,1,1,2,2nnaSnannn（Ⅰ）写出nS与1nS的递推关系式2n，并求nS关于n的表达式；（Ⅱ）设1/,nnnnnSfxxbfppRn，求数列nb的前n项和nT。解：由21nnSnann2n得：21()1nnnSnSSnn，第6页共6页即221(1)1nnnSnSnn，所以1111nnnnSSnn对2n成立。由1111nnnnSSnn，121112nnnnSSnn，…，2132121SS相加得：1121nnSSnn，又1112Sa，所以21nnSn，当1n时，也成立。（Ⅱ）由111nnnnSnfxxxnn，得/nnnbfpnp。而23123(1)nnnTpppnpnp，234123(1)nnnpTpppnpnp，当0,1pp时：23111(1)(1)1nnnnnnppPTpppppnpnpp∴12(1)(1)1nnnppnpTpp当1p时：(1)2nnnT当0p时：nTn。[来源:学§科§网Z§X§X§K][来源:Z_xx_k.Com][来源:学.科.网Z.X.X.K][来源:学科网]