【数学】2020届江苏一轮复习通用版7-1数列的有关概念作业
专题七 数 列
【真题典例】
7.1 数列的有关概念
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
数列的概念及通项公式
1.求通项公式
2.数列的性质
3.数列的递推公式
4.an与Sn的关系的应用
2015江苏,11
利用递推式求通项
求数列的前n项和
★★☆
分析解读 本节知识一般不单独考查,通常结合等差数列和等比数列进行综合考查,其中利用递推公式求通项公式及an与Sn的关系的应用,常常在综合题中出现.
破考点
【考点集训】
考点 数列的概念及通项公式
1.(2019届江苏汇龙中学检测)已知数列{an},an=-2n2+λn.若该数列是递减数列,则实数λ的取值范围是 .
答案 (-∞,6)
2.(2018江苏盐城中学检测)数列{xn}中,若x1=1,xn+1=1xn+1-1,则x2 018= .
答案 -12
3.(2019届江苏江阴中学检测)已知数列{an}的前n项和Sn=2an-1,则满足ann≤2的正整数n的集合为 .
答案 {1,2,3,4}
4.已知数列{an}中,a1=1,an+1-an=13n+1,则an= .
答案 76-12×3n
5.(2019届江苏南通天星湖中学检测)已知数列{an}的通项公式是an=n2+kn+4.
(1)若k=-5,则数列中有多少项是负数?n为何值时,an有最小值?并求出最小值;
(2)对于n∈N*,都有an+1>an,求实数k的取值范围.
解析 (1)由n2-5n+4<0,解得1
an知该数列是一个递增数列,
又因为通项公式an=n2+kn+4可以看作是关于n的二次函数,考虑到n∈N*,
所以-k2<32,即得k>-3.
所以实数k的取值范围为(-3,+∞).
炼技法
【方法集训】
方法一 由递推关系式求通项公式的常用方法
根据下列条件,确定数列{an}的通项公式.
(1)a1=1,an+1=3an+2;
(2)a1=1,an+1=(n+1)an;
(3)a1=2,an+1=an+ln1+1n.
解析 (1)因为an+1=3an+2,
所以an+1+1=3(an+1),所以an+1+1an+1=3,
所以数列{an+1}为等比数列,公比q=3,又a1+1=2,
所以an+1=2·3n-1,所以an=2·3n-1-1.
(2)因为an+1=(n+1)an,且易知an≠0,所以an+1an=n+1.
所以anan-1=n,an-1an-2=n-1,
……
a3a2=3,a2a1=2,又a1=1,
故累乘可得,an=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1=n!.
故an=n!.
(3)因为an+1=an+ln1+1n,
所以an+1-an=ln1+1n=lnn+1n.
所以an-an-1=lnnn-1,an-1-an-2=lnn-1n-2,
……
a2-a1=ln21,
所以an-a1=lnnn-1+lnn-1n-2+…+ln21=ln n.
又a1=2,所以an=ln n+2.
方法二 Sn与an关系问题的求解策略
(2019届江苏宿迁中学检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且3an+1+2Sn=3(n为正整数).
(1)求出数列{an}的通项公式;
(2)若对任意正整数n,k≤Sn恒成立,求实数k的最大值.
解析 (1)因为3an+1+2Sn=3①,
所以当n≥2时,3an+2Sn-1=3②,
由①-②,得3an+1-3an+2an=0,
所以an+1an=13(n≥2).
又a1=1,3a2+2a1=3,
解得a2=13,
所以数列{an}是首项为1,公比q=13的等比数列.
所以an=a1qn-1=13n-1(n为正整数).
(2)由(1)知,Sn=321-13n,
由题意可知,对于任意的正整数n,恒有k≤321-13n,
因为数列1-13n单调递增,当n=1时,数列取得最小值23,
所以必有k≤1,即实数k的最大值为1.
过专题
【五年高考】
A组 自主命题·江苏卷题组
(2015江苏,11,5分,0.667)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列1an前10项的和为 .
答案 2011
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点 数列的概念及通项公式
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
2.(2014课标Ⅱ,16,5分)数列{an}满足an+1=11-an,a8=2,则a1= .
答案 12
3.(2015课标Ⅱ,16,5分,0.154)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .
答案 -1n
4.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解析 本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.
(1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,
解得a4=8.
由a3+a5=20得8q+1q=20,
解得q=2或q=12,
因为q>1,所以q=2.
(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n-1.
由(1)可知an=2n-1,
所以bn+1-bn=(4n-1)·12n-1,
故bn-bn-1=(4n-5)·12n-2,n≥2,
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)
=(4n-5)·12n-2+(4n-9)·12n-3+…+7·12+3.
设Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2,
12Tn=3·12+7·122+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1,
所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1,
因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2.
易错警示 利用错位相减法求和时,要注意以下几点:
(1)错位相减法求和,只适合于数列{anbn},其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列.
(2)在等式两边所乘的数是等比数列{bn}的公比.
(3)两式相减时,一定要错开一位.
(4)特别要注意相减后等比数列的项数.
(5)进行检验.
5.(2015课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.
可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又a12+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=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3
=n3(2n+3).(12分)
方法提炼 用裂项相消法解题,常见的有以下一些类型:
(1)1n(n+k)=1k1n-1n+k;
(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;
(3)1n+1+n=n+1-n.
6.(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an2n+1的前n项和.
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=22n-1(n≥2).
又由题设可得a1=2,
从而{an}的通项公式为an=22n-1(n∈N*).
(2)记an2n+1的前n项和为Sn.
由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n-1)=12n-1-12n+1.
则Sn=11-13+13-15+…+12n-1-12n+1=2n2n+1.
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.
7.(2016课标全国Ⅲ,17,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;
(2)若S5=3132,求λ.
解析 (1)由题意得a1=S1=1+λa1,
故λ≠1,a1=11-λ,a1≠0.(2分)
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以an+1an=λλ-1.
因此{an}是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,
于是an=11-λλλ-1n-1.(6分)
(2)由(1)得Sn=1-λλ-1n.
由S5=3132得1-λλ-15=3132,
即λλ-15=132.解得λ=-1.(12分)
C组 教师专用题组
(2011江苏,20,16分)设M为部分正整数组成的集合,数列{an}的首项a1=1,前n项的和为Sn,已知对任意的整数k∈M,当整数n>k时,Sn+k+Sn-k=2(Sn+Sk)都成立.
(1)设M={1},a2=2,求a5的值;
(2)设M={3,4},求数列{an}的通项公式.
解析 (1)由题设知,当n≥2时,Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1),即(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2S1.从而an+1-an=2a1=2.又a2=2,故当n≥2时,an=a2+2(n-2)=2n-2.
所以a5的值为8.
(2)由题设知,当k∈M={3,4}且n>k时,Sn+k+Sn-k=2Sn+2Sk且Sn+1+k+Sn+1-k=2Sn+1+2Sk,
两式相减得an+1+k+an+1-k=2an+1,即an+1+k-an+1=an+1-an+1-k.
所以当n≥8时,an-6,an-3,an,an+3,an+6成等差数列,且an-6,an-2,an+2,an+6也成等差数列.
从而当n≥8时,2an=an+3+an-3=an+6+an-6,(*)
且an+6+an-6=an+2+an-2.
所以当n≥8时,2an=an+2+an-2,即an+2-an=an-an-2.
于是当n≥9时,an-3,an-1,an+1,an+3成等差数列,从而an+3+an-3=an+1+an-1,故由(*)式知2an=an+1+an-1,即an+1-an=an-an-1.
当n≥9时,设d=an-an-1.
当2≤m≤8时,m+6≥8,从而由(*)式知2am+6=am+am+12,故2am+7=am+1+am+13.
从而2(am+7-am+6)=am+1-am+(am+13-am+12),于是am+1-am=2d-d=d.
因此,an+1-an=d对任意n≥2都成立.又由Sn+k+Sn-k-2Sn=2Sk(k∈{3,4})可知(Sn+k-Sn)-(Sn-Sn-k)=2Sk,故9d=2S3且16d=2S4.解得a4=72d,从而a2=32d,a1=d2.因此,数列{an}为等差数列.由a1=1知d=2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
【三年模拟】
一、填空题(每小题5分,共45分)
1.(2019届江苏启东检测)已知数列{an}的通项公式an=1n(n+2)(n∈N+),那么1120是这个数列的第 项.
答案 10
2.(2019届江苏太仓中学检测)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-2n,则a2+a18= .
答案 34
3.(2019届江苏高邮中学检测)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2-2an+1(n∈N*),则a2 018= .
答案 0
4.(2019届江苏东海中学检测)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,第k项满足5a1>a2>a3>a4,a5>a6>a7>…>an>1(n≥5且n∈N*).
所以数列{an}中的最大项为a5=2,最小项为a4=0.
(2)an=1+1a+2(n-1)=1+12n-2-a2.
因为对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,结合函数f(x)=1+12x-2-a2的单调性,
知5<2-a2<6,∴-100,即λ<2·3n2n+1.
令cn=2·3n2n+1,即cn+1cn=2·3n+12n+3·2n+12·3n=6n+32n+3>1.
所以{cn}为递增数列,所以λ
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