2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章 数列 6.1 Word版含解析.pdf

高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 考试内容等级要求 数列的概念A 等差数列C 等比数列C §6.1 数列的概念与简单表示法 数列的概念与简单表示法 考情考向分析 以考查 Sn与 an的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点本节内容在 高考中以填空的形式进行考查，难度为低档 1数列的定义 按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项 2数列的分类 分类原则类型满足条件 有穷数列项数有限 按项数分类 无穷数列项数无限 递增数列an1_an 按项与项间的 大小关系分类 递减数列an1_an， 即(n1)2(n1)n2n， 整理，得 2n10，即 (2n1)(*) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因为 n1，nN*， 所以(2n1)3，要使不等式(*)恒成立， 只需 3. 6已知数列an的前 n 项和 Snn21，则 an_. 答案 Error!Error! 解析 当 n1 时，a1S12，当 n2 时， anSnSn1n21(n1)212n1， 又 a12 不满足 an2n1， 故 anError!Error! 题型一 由数列的前几项求数列的通项公式 例 1 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1) ， ， ， ， ，； 2 3 4 15 6 35 8 63 10 99 (2)1,7，13,19，； (3) ，2，8， ，； 1 2 9 2 25 2 (4)5,55,555,5 555，. 解 (1)这是一个分数数列，其分母可分解为 1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，每一项都是 两个相邻奇数的乘积，而分子依次为 2,4,6，相邻的偶数故所求数列的一个通项公式 为 an，nN*. 2n 2n12n1 (2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(1)n，观察各项的绝对值，后一项的 绝对值总比它前一项的绝对值大 6，故数列的一个通项公式为 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 an(1)n(6n5)，nN*. (3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察即 ， 1 2 4 2 9 2 ， ，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为 an，nN*. 16 2 25 2 n2 2 (4)将原数列改写为 ×9， ×99， ×999， 易知数列 9,99,999，的通项为 10n1， 故所 5 9 5 9 5 9 求的数列的一个通项公式为 an (10n1)，nN*. 5 9 思维升华 求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征 (2)相邻项的变化特征 (3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征 (4)各项符号特征等 (5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式 跟踪训练 1 (1)(2018·江苏省海安中学月考)数列 ， ， ， 的一个通项公式为 an_. 1 2 1 2 5 12 7 20 答案 (1)n1· 2n1 nn1 解析 由已知 ， ， ， 可以得到 ， ， ， ， 则有， ， 1 2 1 2 5 12 7 20 1 2 3 6 5 12 7 20 1 1 × 2 3 2 × 3 5 3 × 4 ， 7 4 × 5 故数列的一个通项公式为 an(1)n1·. 2n1 nn1 (2)数列an的前 4 项是 ，1， ， ，则这个数列的一个通项公式是 an_. 3 2 7 10 9 17 答案 2n1 n21 解析 数列an的前 4 项可变形为， 故 an. 2 × 11 121 2 × 21 221 2 × 31 321 2 × 41 421 2n1 n21 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 题型二 由 an与 Sn的关系求通项公式 例 2 (1)已知数列an的前 n 项和 Sn2n23n，则 an_. 答案 4n5 解析 当 n1 时，a1S1231， 当 n2 时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5， 由于 a1也适合此等式，an4n5. (2)(2018·全国)记 Sn为数列an的前 n 项和若 Sn2an1，则 S6_. 答案 63 解析 Sn2an1，当 n2 时，Sn12an11， anSnSn12an2an1(n2)， 即 an2an1(n2) 当 n1 时，a1S12a11，得 a11. 数列an是首项 a11，公比 q2 的等比数列， Sn12n， a11qn 1q 1 × 12n 12 S612663. (3)已知数列an满足 a12a23a3nan2n，则 an_. 答案 Error!Error! 解析 当 n1 时，由已知，可得 a1212， a12a23a3nan2n， a12a23a3(n1)an12n1(n2)， 由得 nan2n2n12n1， an. 2n1 n 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 显然当 n1 时不满足上式， anError!Error! 思维升华 已知 Sn求 an的常用方法是利用 anError!Error!一定要检验 a1的情况 跟踪训练 2 (1)已知数列an的前 n 项和 Sn3n1，则 an_. 答案 Error!Error! 解析 当 n1 时，a1S1314； 当 n2 时，anSnSn1(3n1)(3n11)2×3n1. 当 n1 时，2×3112a1， 所以 anError!Error! (2)设数列an满足 a13a232a33n1an ，则 an_. n 3 答案 1 3n 解析 因为 a13a232a33n1an ， n 3 则当 n2 时， a13a232a33n2an1， n1 3 得 3n1an ，所以 an(n2) 1 3 1 3n 由题意知 a1 符合上式，所以 an. 1 3 1 3n (3)若数列an的前 n 项和 Sn an ，则an的通项公式是 an_. 2 3 1 3 答案 (2)n1 解析 当 n1 时，a1S1 a1 ，即 a11； 2 3 1 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当 n2 时，anSnSn1 an an1， 2 3 2 3 故2， an an1 所以数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列 故 an(2)n1. 题型三 数列的性质 命题点 1 数列的周期性 例 3 在数列an中，a10，an1，则 S2 020_. 3an 1 3a n 答案 0 解析 a10，an1， 3an 1 3a n a2，a3， 3 1 3 33 1 3 ×3 23 2 3 a40， 33 1 3 ×3 即数列an的取值具有周期性，周期为 3， 且 a1a2a30， 则 S2 020S3×6731a10. 命题点 2 数列的单调性和最值 例 4 (1)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sm12，Sm0，Sm13(m2)，则 nSn的 最小值为_ 答案 9 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 由 Sm12，Sm0， Sm13(m2)可知，am2，am13， 设等差数列an的公差为 d，则 d1， Sm0，a1am2， 则 ann3，Sn，nSn. nn5 2 n2n5 2 设 f(x)，x0，f(x) x25x，x0， x2x5 2 3 2 f(x)的极小值点为 x， 10 3 nN*，且 f(3)9，f(4)8， f(n)min9. (2)(2018·江苏省新海中学质检)已知数列an的通项公式为 an8 n9n3n(其中 ( 1 8) ( 1 4) ( 1 2) nN*)，若第 m 项是数列an中的最小项，则 am_. 答案 5 16 解析 令 nt， ( 1 2) 由 an8 n9n3n， ( 1 8) ( 1 4) ( 1 2) 得 an8t39t23t. 设 f(t)8t39t23t， 则 f(t)24t218t33(2t1)(4t1) 00， 1 4 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 f(t)在上单调递减，在上单调递增 (0， 1 4) ( 1 4， 1 2 当 t ，即 n2 时，an最小， 1 4 ama28× 29×23×2 ( 1 8) ( 1 4) ( 1 2) ，即 am. 5 16 5 16 思维升华 应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利 用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断 跟踪训练 3 (1)若数列an满足 a12，an1，则 a2 020的值为_ 1an 1an 答案 1 3 解析 因为 a12，an1， 1an 1an 所以 a23，a3 ， 1a1 1a1 1a2 1a2 1 2 a4 ，a52， 1a3 1a3 1 3 1a4 1a4 故数列an是以 4 为周期的周期数列， 故 a2 020a505×4a4 . 1 3 (2)若数列an的前 n 项和 Snn210n(nN*)， 则数列nan中数值最小的项是第_项 答案 3 解析 Snn210n， 当 n2 时，anSnSn12n11； 当 n1 时，a1S19 也适合上式 an2n11(nN*) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 记 f(n)nann(2n11)2n211n， 此函数图象的对称轴为直线 n，但 nN*， 11 4 当 n3 时，f(n)取最小值 数列nan中数值最小的项是第 3 项 1已知数列，则 5是它的第_项5111723295 答案 21 解析 数列，中的各项可变形为，51117232955652 × 6 ，53 × 654 × 6 所以通项公式为 an，56n16n1 令5，得 n21.6n15 2若数列an满足 a12，a23，an(n3 且 nN*)，则 a2 018_. an1 an2 答案 3 解析 由已知得 a3 ，a4 ， a2 a1 3 2 a3 a2 1 2 a5 ，a6 ，a72，a83， a4 a3 1 3 a5 a4 2 3 a6 a5 a7 a6 数列an具有周期性，且 T6， a2 018a336×62a23. 3(2018·扬州期末)已知 Sn是数列an的前 n 项和，且满足 Snn2n(nN*)，则数列an的 通项公式 an_. 答案 2n 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 Snn2n(nN*)， Sn1(n1)2n1(n2)， 两式作差得到 an2n(n2)， 检验当 n1 时，a12，符合 S1a1， 故数列an的通项公式 an2n. 4若 Sn为数列an的前 n 项和，且 Sn2an2，则 S8_. 答案 510 解析 当 n1 时，a1S12a12，可得 a12， 当 n2 时，Sn2an2，Sn12an12， 两式作差可得 an2an2an1，则 an2an1， 所以数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 其前 8 项和为 S82925122510. 2 ×(128) 12 5(2019·江苏省南京师范大学附属中学模拟)在数列an中，a41，a125，且任意连续三项 的和都是 15，则 a2 018_. 答案 9 解析 由题意可得 anan1an215， 将 n 换为 n1，得 an1an2an315， 可得 an3an， 可得数列an为周期为 3 的数列， a41，a125，即有 a4a11，a12a35， 由任意连续三项的和都是 15，可得 a29， 所以 a2 018a672×32a29. 6 记 Sn为数列an的前 n 项和 “任意正整数 n， 均有 an0” 是 “Sn是递增数列” 的_ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”) 答案 充分不必要 解析 “an0”“数列Sn是递增数列” ， “an0”是“数列Sn是递增数列”的充分条件 如数列an为1,1,3,5,7,9，显然数列Sn是递增数列，但是 an不一定大于零，还有可能 小于零， “数列Sn是递增数列”不能推出“an0” ， “an0”是“数列Sn是递增数列”的不必要条件 “an0”是“数列Sn是递增数列”的充分不必要条件 7数列an的通项 an(nN*)，则数列an中的最大项的值为_ n n290 答案 1 19 解析 令 f(x)x(x0)， 运用基本不等式， 得 f(x)2， 当且仅当 x3时等号成立 90 x 9010 因为 an，所以，由于 nN*，不难发现，当 n9 或 n10 时，an最大 1 n90 n 1 n90 n 1 290 1 19 8若数列an的前 n 项和 Sn3n22n1，则数列an的通项公式 an_. 答案 Error!Error! 解析 当 n1 时，a1S13×122×112； 当 n2 时， anSnSn13n22n13(n1)22(n1)16n5，显然当 n1 时，不满足上式 故数列an的通项公式为 anError!Error! 9已知数列an的通项公式 an，若 a1·a2··ana1·a2··ak对 nN*恒成立，则正整数 k 63 2n 的值为_ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案 5 解析 an，当 n5 时，an1；当 n6 时，an0，即 1. cn1 cn 2·3n1 2n3 2n1 2·3n 6n3 2n3 cn为递增数列，c12， 即实数 的取值范围为(，2) 13已知数列an的前 n 项和为 Sn，若 3Sn2an3n，则 a2 019_. 答案 22 0191 解析 由题意可得 3Sn2an3n， 3Sn12an13(n1)， 两式作差可得 3an12an12an3， 即 an12an3，an112(an1)， 结合 3S12a133a1可得 a13，a112， 则数列an1是首项为2，公比为2 的等比数列， 所以 a2 0191(2)×(2)2 01822 019， 所以 a2 01922 0191. 14 已知数列an满足 anError!Error!且an是递增数列(nN*)， 则实数 a 的取值范围是_ 答案 (2,5) 解析 anError!Error!且an是递增数列(nN*)， Error!Error!解得 2a5. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 15已知数列an的首项 a1a，其前 n 项和为 Sn，且满足 SnSn14n2(n2，nN*)，若 对任意 nN*，anan1恒成立，则 a 的取值范围是_ 答案 (3,5) 解析 SnSn14n2，Sn1Sn4(n1)2， 当 n2 时，Sn1Sn18n4，即 an1an8n4， 即 an2an18n12，故 an2an8(n2)， 由 S2S14×22知 a22a116， a2162a1162a， a32S24×3236， a3362S2362(16a)42a，a4242a； 若对任意 nN*，anan1恒成立， 只需使 a1a2a3a4， 即 a162a42a242a，解得 3a5. 16已知数列an是递增的等比数列且 a1a49，a2a38，设 Sn是数列an的前 n 项和，数 列的前n项和为Tn， 若不等式Tn对任意的nN*恒成立， 则实数的最大值是_ an1 Sn·Sn1 答案 2 3 解析 数列an是递增的等比数列， 且 a1a49，a2a38，a1a4a2a3， a1，a4是方程 x29x80 的两个根，且 a1a4， 解方程 x29x80， 得 a11，a48， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 q3 8，解得 q2， a4 a1 8 1 ana1qn12n1. Sn2n1， a1(1qn) 1q 1 ×(12n) 12 令 bn an1 SnSn1 2n (2n1)·(2n11) ， 1 2n1 1 2n11 数列bn的前 n 项和 Tn1 1 3 1 3 1 7 1 7 1 15 1 2n1 1 2n11 1在正整数集上单调递增， 1 2n11 TnT1 ， 2 3 Tn，且对一切 nN*成立， ， 2 3 实数 的最大值是 . 2 3