【数学】2020届天津一轮复习通用版6-1数列的概念及其表示作业 8页

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】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 数列的有关概念及性质 ‎1.了解数列的概念,数列的通项公式 ‎2.了解数列是自变量为正整数的一类函数,会用赋值法求数列的项 ‎2011天津,20,14分 赋值法求数列的项、数列的通项公式 不等式的证明 ‎★☆☆‎ 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=‎3‎‎+‎an‎1-‎‎3‎an,则a2 016=(　　)‎ A.2‎3‎　　　　B.‎3‎　　　　C.0　　　　D.-‎‎3‎ 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　‎‎2,n=1‎‎2‎n‎-2,n>1‎ 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.‎1‎‎2‎‎2 018‎-‎7‎‎2‎　　　　D.‎1‎‎3‎‎2 018‎-‎‎10‎‎3‎ 答案　A　‎ ‎2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1,则S‎6‎a‎6‎=(　　)‎ A.‎63‎‎32‎　　　　B.‎31‎‎16‎　　　　C.‎123‎‎64‎　　　　D.‎‎127‎‎128‎ 答案　A　‎ ‎3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=‎(n+1)‎an‎2‎,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=‎‎3,n=1‎‎2‎n‎,n≥2‎ 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=‎2‎anan‎+2‎,则数列{an}的通项an=　　　　. ‎ 答案　‎‎2‎n+1‎ ‎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=‎3+(-1‎‎)‎n‎2‎,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‎∑‎k=1‎‎4nSkak<‎7‎‎6‎(n∈N*).‎ 解析　(1)由bn=‎3+(-1‎‎)‎n‎2‎,n∈N*,可得bn=‎‎1,n为奇数,‎‎2,n为偶数.‎ 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cn+1‎cn=-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,‎ ‎∑‎k=1‎‎4nSkak‎=‎‎∑‎m=1‎nS‎4m-3‎a‎4m-3‎‎+S‎4m-2‎a‎4m-2‎+S‎4m-1‎a‎4m-1‎+‎S‎4ma‎4m ‎=‎‎∑‎m=1‎n‎2m+2‎‎2m‎-‎2m-1‎‎2m+2‎-‎2m+3‎‎2m+1‎+‎‎2m‎2m+3‎ ‎=‎‎∑‎m=1‎n‎2‎‎2m(2m+1)‎‎+‎‎3‎‎(2m+2)(2m-3)‎ ‎=‎2‎‎2×3‎+‎∑‎m=2‎n‎5‎‎2m(2m+1)‎+‎‎3‎‎(2n+2)(2n+3)‎ ‎<‎1‎‎3‎+‎∑‎m=2‎n‎5‎‎(2m-1)(2m+1)‎+‎‎3‎‎(2n+2)(2n+3)‎ ‎=‎1‎‎3‎+‎5‎‎2‎·‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎‎+‎1‎‎5‎‎-‎‎1‎‎7‎+…+‎‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎ ‎+‎3‎‎(2n+2)(2n+3)‎=‎1‎‎3‎+‎5‎‎6‎-‎5‎‎2‎·‎1‎‎2n+1‎+‎3‎‎(2n+2)(2n+3)‎<‎7‎‎6‎.‎ 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=‎3+(-1‎‎)‎n‎2‎,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=‎1,n为奇数,‎‎2,n为偶数和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‎∑‎k=1‎‎4nSkak,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　-‎‎1‎n ‎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=‎2‎‎3‎an+‎1‎‎3‎,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=‎‎3n-2‎ ‎3.(2016课标Ⅲ,17,12分)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,an‎2‎-(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=‎1‎‎2‎,a3=‎1‎‎4‎.(5分)‎ ‎(2)由an‎2‎-(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an+1‎an=‎1‎‎2‎.‎ 故{an}是首项为1,公比为‎1‎‎2‎的等比数列,因此an=‎1‎‎2‎n-1‎.(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‎∑‎k=1‎n‎(ak+1‎-ak)=‎∑‎k=1‎n(2k-1),‎ 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‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎a‎2 016‎=(　　)‎ A.‎2 015‎‎2 016‎　　　　B.‎2 016‎‎2 017‎　　　　C.‎4 032‎‎2 017‎　　　　D.‎‎4 034‎‎2 017‎ 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+‎(-1‎‎)‎n+2 017‎n,且对任意n∈N*,an0,其前n项和Sn满足Sn‎2‎-(n2+2n-1)Sn-(n2+2n)=0.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若bn=an‎-5‎‎2‎n,求b2+b4+…+b2n.‎ 解析　(1)由Sn‎2‎-(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=‎2n-4‎‎2‎n=n-2‎‎2‎n-1‎,‎ 则b2n=‎2n-2‎‎2‎‎2n-1‎=(n-1)·‎1‎‎4‎n-1‎,n∈N*,‎ 设Tn=b2+b4+…+b2n,‎ 故Tn=0+‎1‎‎4‎+‎2‎‎4‎‎2‎+‎3‎‎4‎‎3‎+…+n-1‎‎4‎n-1‎,①‎ 而4Tn=1+‎2‎‎4‎+‎3‎‎4‎‎2‎+…+n-1‎‎4‎n-2‎.②‎ ‎②-①得3Tn=1+‎1‎‎4‎+‎1‎‎4‎‎2‎+…+‎1‎‎4‎n-2‎-n-1‎‎4‎n-1‎=‎1-‎‎1‎‎4‎n-1‎‎1-‎‎1‎‎4‎-‎n-1‎‎4‎n-1‎ ‎=‎1‎‎3‎‎4-‎‎3n+1‎‎4‎n-1‎,故Tn=‎1‎‎9‎‎4-‎‎3n+1‎‎4‎n-1‎.‎ 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Sn‎2‎-(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=‎2n-4‎‎2‎n=n-2‎‎2‎n-1‎,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=‎1‎‎3‎an-1,当n=1时,a1=2-2S1,解得a1=‎2‎‎3‎,‎ ‎∴数列{an}是以‎2‎‎3‎为首项,‎1‎‎3‎为公比的等比数列,∴an=2×‎1‎‎3‎n.设数列{bn}的公差为d,则b‎1‎‎+4d=14,‎b‎1‎‎+6d=20,‎ 解得b1=2,d=3,∴bn=3n-1.‎ ‎(2)∵cn=an·bn=2(3n-1)×‎1‎‎3‎n,‎ ‎∴Tn=22×‎1‎‎3‎+5×‎1‎‎3‎‎2‎+8×‎1‎‎3‎‎3‎+…+(3n-1)×‎1‎‎3‎n,‎ ‎∴‎1‎‎3‎Tn=22×‎1‎‎3‎‎2‎+5×‎1‎‎3‎‎3‎+8×‎1‎‎3‎‎4‎+…+(3n-1)×‎1‎‎3‎n+1‎, ‎ 两式相减可得,‎2‎‎3‎Tn=2‎2‎‎3‎+3‎1‎‎3‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎3‎+‎1‎‎3‎‎4‎+…+‎1‎‎3‎n-(3n-1)×‎‎1‎‎3‎n+1‎ ‎=2‎2‎‎3‎‎+3×‎1‎‎9‎‎1-‎‎1‎‎3‎n-1‎‎1-‎‎1‎‎3‎-(3n-1)×‎‎1‎‎3‎n+1‎,‎ 化简可得Tn=‎7‎‎2‎-‎6n+7‎‎2×‎‎3‎n.‎