2019版高考数学一轮复习第四章平面向量数系的扩充与复数的引入课时达标28数列的概念与简单表示法.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 第 28 讲 数列的概念与简单表示法 解密考纲 本考点考查数列的概念、性质、通项公式与递推公式，近几年对由递推公式求项、求和加大了考查力度，而对由递推公式求通项减小了考查力度，一般以选择题、填空题的形式出现 一、选择题 1已知数列 an的前 n 项和 Sn n2 3n，若它的第 k 项满足 2ak5，则 k ( C ) A 2 B 3 C 4 D 5 解析 已知数列 an的前 n 项和 Sn n2 3n.令 n 1，可得 S1 a1 1 3 2.an SnSn 1 n2 3n (n 1)2 3(n 1) 2n 4， n2. n 1 时满足 an与 n 的关系式

2、， an 2n 4， n N*. 它的第 k 项满足 2ak5，即 22k 45，解得 3k4.5. n N*， k 4，故选 C 2若数列 an的前 n 项和 Sn满足 Sn 4 an(n N*)，则 a5 ( D ) A 16 B 116 C 8 D 18 解析 当 n 1 时， a1 S1 4 a1， a1 2；当 n2 时， an Sn Sn 1 an 1 an， 2an an 1， 数列 an是以 2 为首项，以 12为公比的等比数列， a5 2 ? ?12 4 18，故选 D 3数列 an的前 n 项和 Sn 2n2 3n(n N*)，若 p q 5，则 ap aq ( D ) A

3、 10 B 15 C 5 D 20 解析 当 n2 时， an Sn Sn 1 2n2 3n 2(n 1)2 3(n 1) 4n 5；当 n 1 时，a1 S1 1 也符合， an 4n 5， ap aq 4(p q) 20. 4数 列 an中， an 1 ( 1)nan 2n 1，则数列 an的前 12 项和等于 ( B ) A 76 B 78 C 80 D 82 解析 由已知 an 1 ( 1)nan 2n 1， 得 an 2 ( 1)n 1an 1 2n 1， 由 得 an 2 an ( 1)n(2n 1) (2n 1)，取 n 1,5,9 及 n 2,6,10，结果相加可得 S12 a

4、1 a2 a3 a4 a11 a12 78，故选 B =【 ;精品教育资源文库 】 = 5把 1,3,6,10,15,21 这些数叫做三角形数，这是因为表示这些数的黑点可以排成一个正 三角形 (如图所示 ) 则第七个三角形数是 ( B ) A 27 B 28 C 29 D 30 解析 观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是 1 2 3 4 5 6 7 28. 6在数列 an中， a1 2， nan 1 (n 1)an 2(n N*)，则 a10 ( C ) A 34 B 36 C 38 D

5、40 解析 nan 1 (n 1)an 2， an 1n 1 ann 2n n 2? ?1n 1n 1 . a1010 a1010 a99 a99a88 a22a11 a1 2?19110 ?1819 ?1 12 23810. a10 38，故选 C 二、填空题 7已知数列 an的前 n 项和 Sn 3 32 n(n N*)，则 an _ 32 n 1(n N*)_. 解析 分情况讨论： 当 n 1 时， a1 S1 3 32 1 3； 当 n2 时， an Sn Sn 1 (3 32 n) (3 32 n 1) 32 n 1.综合 ，得 an 32 n 1(n N*) 8已知数列 an的前

6、n 项和 Sn n2 2n 1(n N*)，则 an _? 4， n 1，2n 1， n2 _. 解析 当 n2 时， an Sn Sn 1 2n 1；当 n 1 时， a1 S1 421 1，因此 an? 4， n 1，2n 1， n2. 9已知 Sn为数列 an的前 n 项和， 且满足 a1 1， anan 1 3n(n N*)，则 S2 018 _23 1_009 2_. 解析 由 anan 1 3n知，当 n2 时， anan 1 3n 1.所以 an 1an 1 3，所以数列 an所有的奇数项构成以 3 为公比的等比数列，所有的偶数项也构成以 3 为公比的等比数列又因为 a1 1，=

7、【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 a2 3， a2n 1 3n 1， a2n 3n. 所以 S2 018 (a1 a3 a2 017) (a2 a4 a2 018) 31 0091 3 31 0091 3 23 1 009 2. 三、解答题 10已知数列 an的前 n 项和为 Sn. (1)若 Sn ( 1)n 1 n，求 a5 a6及 an； (2)若 Sn 3n 2n 1，求 an. 解析 (1)因为 a5 a6 S6 S4 ( 6) ( 4) 2， 当 n 1 时， a1 S1 1， 当 n2 时， an Sn Sn 1 ( 1)n 1 n ( 1)n( n 1) ( 1)n 1 n

8、 (n 1) (1)n 1(2 n 1)， 又 a1也适合此式，所以 an ( 1)n 1(2 n 1) (2)因为当 n 1 时， a1 S1 6；当 n2 时， an Sn Sn 1 (3n 2n 1) 3n 1 2(n 1) 1 23 n 1 2， 由于 a1不适合此式，所以 an? 6， n 1，23 n 1 2， n2. 11已知 Sn为正项数列 an的前 n 项和，且满足 Sn 12a2n 12an(n N*) (1)求 a1， a2， a3， a4的值； (2)求数列 an的通项公式 解析 (1)由 Sn 12a2n 12an(n N*) 可得 a1 12a21 12a1， 解得

9、 a1 1， S2 a1 a2 12a22 12a2， 解得 a2 2， 同理 ， a3 3， a4 4. (2)Sn an2 12a2n， 当 n2 时 ， Sn 1 an 12 12a2n 1， 得 (an an 1 1)(an an 1) 0. 由于 an an 10 ， 所以 an an 1 1， 又由 (1)知 a1 1， 故数列 an是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故 an n. 12根据下列条件，求数列 an的通项公式 =【 ;精品教育资源文库 】 = (1)在数列 an中， a1 1， an 1 an 2n； (2)在数列 an中， a1 4， an 1 n 2n an；

10、 (3)在数列 an中， a1 3， an 1 2an 1. 解析 (1)由 an 1 an 2n，把 n 1,2,3， ， n 1(n2) 代入，得 (n 1)个式子，累加即可得 (a2 a1) (a3 a2) (an an 1) 2 22 23 2n 1， an a1 2n 11 2 2n 2， an 2n 2 a1 2n 1.当 n 1 时， a1 1 也符合， an 2n 1(n N*) (2)由递推关系 an 1 n 2n an， a1 4，有 an 1an n 2n . 于是有 a2a1 3， a3a2 42， a4a3 53， ， an 1an 2 nn 2， anan 1 n 1n 1， 将这 (n 1)个式子累乘，得 ana1 n n2 . 当 n2 时， an n n2 a1 2n(n 1) 当 n 1 时， a1 4 符合上 式， an 2n(n 1)(n N*) (3)由 an 1 2an 1，得 an 1 1 2(an 1) 令 bn an 1， bn是以 2 为公比的等比数列 bn b12 n 1 (a1 1)2 n 1 2n 1. an bn 1 2n 1 1(n N*)