（江苏专用）2020版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.1 数列的有关概念课件

第六章数列§6.1数列的有关概念高考数学(江苏省专用)(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列 前10项的和为.1na五年高考A组自主命题·江苏卷题组答案 2011解析由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an= (n≥2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an= (n∈N*),所以 = =2 ,从而 + + +…+ =2× +2× +2× +…+2× =2× = .22nn22nn1na22nn111nn11a21a31a101a1121123113411101111112011思路分析利用累加法求出an,再利用裂项相消法求数列 的前10项和.1naB组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2018课标全国Ⅰ理,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,∴{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=-63.61(1)1aqq6(12)122.(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+ =3 ,又S1+ = ,∴ 是首项为 ,公比为3的等比数列,∴Sn+ = ×3n-1,即Sn= ,∴S5= =121.1212nS123212nS321232312n5312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.3.(2015课标全国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- 1n解析∵an+1=Sn+1-Sn,∴Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知Sn≠0,∴ - =1,∴ 是等差数列,且公差为-1,而 = =-1,∴ =-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=- .1nS11nS1nS11S11a1nS1n解题关键由an+1=Sn+1-Sn得到Sn+1-Sn=Sn+1Sn,得到 为等差数列,进而求得结果.1nS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(i1i2…im),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.1ia2iamia1ia2iamia0ma0na0ma0na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.0na1ra2ra1qra0napra1qra0na0ma1ra2rapra0mapra0ma0na1pa2pa1mpa1pa2pa1mpa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 =2m-12m.与已知矛盾.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= 1,,1,.nnnn为奇数为偶数5.(2017课标全国Ⅲ文,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列 的前n项和.21nan解析(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)an=2.所以an= (n≥2).又由题设可得a1=2,从而{an}的通项公式为an= (n∈N*).(2)记 的前n项和为Sn.由(1)知 = = - .则Sn= - + - +…+ - = .221n221n21nan21nan2(21)(21)nn121n121n11131315121n121n221nn思路分析(1)条件a1+3a2+…+(2n-1)an=2n的实质就是数列{(2n-1)an}的前n项和,故可利用an与Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的{an}的通项公式,然后用裂项相消法求和.易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.6.(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*).122na1nnaa2na12(2)nnSn12(1)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)a10.由0an≤ 得 = = ∈[1,2],即1≤ ≤2.(2)由题意得 =an-an+1,所以Sn=a1-an+1. ①由 - = 和1≤ ≤2得1≤ - ≤2,所以n≤ - ≤2n,因此 ≤an+1≤ (n∈N*). ②由①②得 ≤ ≤ (n∈N*).2na12121nnaa2nnnaaa11na1nnaa2na11na1na1nnaa1nnaa11na1na11na11a12(1)n12n12(2)nnSn12(1)n7.(2015课标全国Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an0, +2an=4Sn+3.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn= ,求数列{bn}的前n项和.2na11nnaa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)= - =(an+1+an)(an+1-an).由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)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)2na21na21na2na21na2na21a11nnaa1(21)(23)nn12112123nn1211111135572123nn3(23)nn方法提炼用裂项相消法解题,常见的有以下一些类型:(1) =  ;(2) =  ;(3) = - .1()nnk1k11nnk1(21)(21)nn12112121nn11nn1nnC组教师专用题组1.(2014课标全国Ⅱ,16,5分)数列{an}满足an+1= ,a8=2,则a1=.11na答案 12解析由an+1= ,得an=1- ,∵a8=2,∴a7=1- = ,a6=1- =-1,a5=1- =2,……,∴{an}是以3为周期的数列,∴a1=a7= .11na11na121271a61a12思路分析先将已知条件变形为an=1- ,再求a7,a6,a5,…的值,发现该数列具有周期性,且周期为3,从而求得结果.11na2.(2013课标全国Ⅰ,14,5分)若数列{an}的前n项和Sn= an+ ,则{an}的通项公式是an=.2313答案(-2)n-1解析由Sn= an+ 得:当n≥2时,Sn-1= an-1+ ,∴当n≥2时,an=-2an-1,又当n=1时,S1=a1= a1+ ,∴a1=1,∴an=(-2)n-1.231323132313方法指导利用an= 求解.11(1),(2)nnSnSSn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通项公式1.(2019南京三模,8)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3n-1,n∈N*.若bn=log3an,则b1+b2+b3+b4的值为.答案6解析当n=1时,2a1=3-1=2,得a1=1.当n≥2时,2Sn=3n-1,2Sn-1=3n-1-1,两式相减,得2an=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,当n=1时满足上式,故an=3n-1,故bn=log3an=log33n-1=n-1,则b1+b2+b3+b4=0+1+2+3=6.评析本题考查前n项和与通项之间的关系,是基础题,要