2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：6.1　数列的概念及其表示 Word版含解析【KS5U 高考】

专题六　数列

【真题典例】

6.1　数列的概念及其表示

挖命题

【考情探究】

分析解读　　了解数列的概念和有关的表示方法,了解数列的通项公式、递推公式,了解数列的通项公式与前n项和公式之间的关系,了解数列是自变量为正整数的一类函数.考查数列的有关概念和性质,培养学生的创新能力、抽象概括能力.本节内容在高考中分值约为5分,属于中低档题.

破考点

【考点集训】

考点　数列的有关概念及性质

1.在数列{an}中,a1=0,an+1=,则a2 016=(　　)

A.2　　　　B.　　　　C.0　　　　D.-

答案　D　

2.已知数列{an}满足a1=1,且an=n(an+1-an)(n∈N*),则a2=　　　;an=　　　. 

答案　2;n

3.已知数列{an}满足an=3an-1+3n-1(n∈N*,n≥2),且a1=5,则an=　　　　. 

答案　(n+4)·3n-1

4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an+1-2n+2,a2=2,则an=　　　　. 

答案　

炼技法

【方法集训】

方法1　利用an与Sn的关系求通项

1.已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2 018=(　　)

A.22 018-1　　　　B.32 018-6　　　　C.-　　　　D.-

答案　A　

2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1,则=(　　)

A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.

答案　A　

3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=,则a2 017=(　　)

A.2 016　　　　B.2 017　　　　C.4 032　　　　D.4 034

答案　B　

4.已知Sn为数列{an}的前n项和,且log2(Sn+1)=n+1,则数列{an}的通项公式为　　　　. 

答案　an=

方法2　利用递推关系求数列的通项

5.已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+1(n∈N*),Sn为其前n项和,则S5的值为(　　)

A.57　　　　B.61　　　　C.62　　　　D.63

答案　A　

6.在数列{an}中,a1=1,an+1=,则数列{an}的通项an=　　　　. 

答案　

7.已知数列{an}的前n项之和为Sn,若a1=2,an+1=an+2n-1+1,则S10=　　　　. 

答案　1 078

过专题

【五年高考】

A组　自主命题·天津卷题组

　(2011天津,20,14分)已知数列{an}与{bn}满足bnan+an+1+bn+1an+2=0,bn=,n∈N*,且a1=2,a2=4.

(1)求a3,a4,a5的值;

(2)设cn=a2n-1+a2n+1,n∈N*,证明{cn}是等比数列;

(3)设Sk=a2+a4+…+a2k,k∈N*,证明<(n∈N*).

解析　(1)由bn=,n∈N*,可得bn=

又bnan+an+1+bn+1an+2=0,

当n=1时,a1+a2+2a3=0,由a1=2,a2=4,可得a3=-3;

当n=2时,2a2+a3+a4=0,可得a4=-5;

当n=3时,a3+a4+2a5=0,可得a5=4.

(2)证明:对任意n∈N*,

a2n-1+a2n+2a2n+1=0,①

2a2n+a2n+1+a2n+2=0,②

a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0,③

②-③,得a2n=a2n+3,④

将④代入①,可得a2n+1+a2n+3=-(a2n-1+a2n+1),即cn+1=-cn(n∈N*).又c1=a1+a3=-1,故cn≠0,因此=-1.所以{cn}是等比数列.

(3)证明:由(2)可得a2k-1+a2k+1=(-1)k,于是,对任意k∈N*且k≥2,有a1+a3=-1,

-(a3+a5)=-1,

a5+a7=-1,

(-1)k(a2k-3+a2k-1)=-1.

将以上各式相加,得a1+(-1)ka2k-1=-(k-1),即a2k-1=

(-1)k+1(k+1),此式当k=1时也成立.由④式得a2k=(-1)k+1·(k+3).

从而S2k=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a4k-2+a4k)=-k,S2k-1=S2k-a4k=k+3,

所以,对任意n∈N*,n≥2,

=

=

=

=++

<++

=+·

+=+-·+<.

对于n=1,不等式显然成立.

思路分析　本题主要考查等比数列的定义、数列求和的基础知识和基本计算.

(1)由已知条件bn=,bnan+an+1+bn+1an+2=0,a1=2,a2=4,依次代入n=1,2,3,求出a3,a4,a5的值.

(2)由bn=和bnan+an+1+bn+1an+2=0得出a2n-1,a2n,a2n+1,a2n+2,a2n+3间的关系式,此步的目的是与cn=a2n-1+a2n+1形式统一,从而导出cn+1,cn的关系式,进而证明{cn}是等比数列.

(3)由(2)问有a2k-1+a2k+1=(-1)k,通过累加得a2k-1=(-1)k+1(k+1),则有a2k=(-1)k+1(k+3).通过a2k,a2k-1的通项求出S2k-1,S2k的通项,代入到,通过放缩推导证明.

B组　统一命题、省(区、市)卷题组

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

2.(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　-

3.(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

C组　教师专用题组

1.(2013课标Ⅰ,14,5分)若数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an=　　　　. 

答案　(-2)n-1

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　　　　　　. 

答案　an=

3.(2016课标Ⅲ,17,12分)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,-(2an+1-1)an-2an+1=0.

(1)求a2,a3;

(2)求{an}的通项公式.

解析　(1)由题意得a2=,a3=.(5分)

(2)由-(2an+1-1)an-2an+1=0得2an+1(an+1)=an(an+1).

因为{an}的各项都为正数,所以=.

故{an}是首项为1,公比为的等比数列,因此an=.(12分)

评析本题主要考查了数列的递推公式及等比数列的定义,属基础题.

4.(2014大纲全国,17,10分)数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.

(1)设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列;

(2)求{an}的通项公式.

解析　(1)证明:由an+2=2an+1-an+2得,

an+2-an+1=an+1-an+2,即bn+1=bn+2.

又b1=a2-a1=1.

所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.

(2)由(1)得bn=1+2(n-1),即an+1-an=2n-1.

于是

所以an+1-a1=n2,即an+1=n2+a1.

又a1=1,所以{an}的通项公式为an=n2-2n+2.

【三年模拟】

一、选择题(每小题5分,共20分)

1.(2018天津南开基础训练,5)在数列{an}中,a1=3,an+an-1=4(n≥2),则a2 018=(　　)

A.3　　　　B.1　　　　C.-3　　　　D.4

答案　B　

2.(2017天津一中3月月考,6)数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则++…+=(　　)

A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.

答案　C　

3.(2017天津河东二模,7)若数列{an},{bn}的通项公式分别为an=(-1)n+2 016·a,bn=2+,且对任意n∈N*,an<bn恒成立,则实数a的取值范围是(　　)

A.　　　　B.[-1,1)　　　　C.[-2,1)　　　　D.

答案　D　

4.(2019届天津耀华中学统练(2),9)设a1=2,an+1=,bn=,n∈N*,则数列{bn}的通项公式为(　　)

A.bn=2n+2　　　　B.bn=4n　　　　C.bn=2n+1　　　　D.bn=4n

答案　C　

二、填空题(每小题5分,共30分)

5.(2019届天津七校联考,12)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an-,则log3a100=　　　　. 

答案　99

6.(2019届天津新华中学期中,11)若数列{an}满足a1=2,an+1=an+2n+n,则数列{an}的通项公式为an=　　　　. 

答案　2n+

7.(2019届天津耀华中学第二次月考,11)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an+n(n∈N*),则数列{an}的通项公式为an=　　　　. 

答案　1-2n

8.(2019届天津耀华中学统练(2),13)数列{an}的前n项和为Sn=n2+n+1,bn=(-1)nan(n∈N*),则数列{bn}的前50项的和为　　　　. 

答案　49

9.(2019届天津一中1月月考,10)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a2=4,S4=30,n≥2时,an+1+an-1=2(an+1),则{an}的通项公式为an=　　　　. 

答案　n2

10.(2019届天津耀华中学统练(2),15)已知数列{an},a1=1,∀n∈N*,an+1=an+,则{an}的通项公式为　　　　. 

答案　an=2-

三、解答题(共35分)

11.(2017天津和平期末,18)设数列{an}满足a1=1,an+1=an+3·2n-1.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若=n,求数列{bn}的前n项和Sn.

解析　(1)∵a1=1,an+1-an=3·2n-1,

∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)

=1+3×20+3×21+…+3×2n-2=1+3(20+21+…+2n-2)

=1+3·=3·2n-1-2(n≥2),

∵当n=1时,3×21-1-2=1=a1成立,

∴数列{an}的通项公式为an=3×2n-1-2(n∈N*).

(2)∵bn=nan=3n·2n-1-2n,

∴b1=3×1×20-2,b2=3×2×21-4,b3=3×3×22-6,……,bn=3n·2n-1-2n,∴Sn=b1+b2+b3+…+bn

=3(1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1)-(2+4+6+…+2n).

设Tn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1,①

则2Tn=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,②

①-②,得

-Tn=(20+21+22+…+2n-1)-n·2n=(2n-1)-n·2n,

∴Tn=(n-1)·2n+1,

∴Sn=3(n-1)·2n+3-2(1+2+3+…+n)

=3(n-1)·2n-n(n+1)+3.

12.(2018天津蓟州一中模拟,18)在数列{an}中,an>0,其前n项和Sn满足-(n2+2n-1)Sn-(n2+2n)=0.

(1)求{an}的通项公式;

(2)若bn=,求b2+b4+…+b2n.

解析　(1)由-(n2+2n-1)Sn-(n2+2n)=0,

得[Sn-(n2+2n)](Sn+1)=0,

由an>0,可知Sn>0,故Sn=n2+2n.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+2n)-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1;

当n=1时,a1=S1=3,符合上式,则数列{an}的通项公式为an=2n+1(n∈N*).

(2)依题意,得bn==,

则b2n==(n-1)·,n∈N*,

设Tn=b2+b4+…+b2n,

故Tn=0++++…+,①

而4Tn=1+++…+.②

②-①得3Tn=1+++…+-=-

=,故Tn=.

思路分析　本题主要考查数列的通项公式和前n项和的求法,解题时要认真审题,注意错位相减法的合理运用.(1)由-(n2+2n-1)Sn-(n2+2n)=0,得Sn=n2+2n,再由an=Sn-Sn-1,能求出数列{an}的通项公式;(2)由(1)知bn==,利用错位相减法求出Tn.

13.(2018天津河北一模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=2-2Sn(n∈N*),数列{bn}是等差数列,且b5=14,b7=20.

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;

(2)若cn=an·bn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和Tn.

解析　(1)∵an=2-2Sn(n∈N*),

∴an-1=2-2Sn-1(n≥2),∴an-an-1=-2an,即an=an-1,当n=1时,a1=2-2S1,解得a1=,

∴数列{an}是以为首项,为公比的等比数列,∴an=2×.设数列{bn}的公差为d,则

解得b1=2,d=3,∴bn=3n-1.

(2)∵cn=an·bn=2(3n-1)×,

∴Tn=22×+5×+8×+…+(3n-1)×,

∴Tn=22×+5×+8×+…+(3n-1)×,

两式相减可得,Tn=2+3+++…+-(3n-1)×

=2,

化简可得Tn=-.