2020年北京高考数学复习练习课件§6.1　数列的概念及其表示.pptx

1、A组 自主命题北京卷题组,五年高考,考点 数列的概念及表示方法 (2019北京理,20,13分)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1i2im),若 ,则称新数列 , , 为an的长度为m的递增子列.规定:数列an的任意一项都是 an的长度为1的递增子列. (1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列; (2)已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为 ,长度为q的递增子列的末项的最 小值为 .若pq,求证: ; (3)设无穷数列an的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若an的长度为s的递增子列末项 的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递

2、增子列恰有2s-1个(s=1,2,),求数列an的通项公式.,解析 本题通过对数列新概念的理解考查学生的逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查 逻辑推理、数学抽象的核心素养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思 想. (1)1,3,5,6.(答案不唯一) (2)设长度为q末项为 的一个递增子列为 , , , . 由pq,得 . 因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为 , 又 , , 是an的长度为p的递增子列, 所以 .所以 . (3)由题设知,所有正奇数都是an中的项. 先证明:若2m是an中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数). 假设2m排在2m-1之后. 设

3、, , ,2m-1是数列an的长度为m末项为2m-1的递增子列,则 , , ,2m-1,2m 是数列an的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾. 再证明:所有正偶数都是an中的项.,假设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m. 因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1),所以2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中. 又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1,所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递 增子列个数至多为 11=2m-12m. 与已知矛盾. 最后证明:2m排在2m-3之后(m2为整数). 假设存在2m(m2),使得2m排

4、在2m-3之前,则an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个 数小于2m.与已知矛盾. 综上,数列an只可能为2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,. 经验证,数列2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,符合条件. 所以an=,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点 数列的概念及表示方法,1.(2019浙江,10,4分)设a,bR,数列an满足a1=a,an+1= +b,nN*,则 ( ) A.当b= 时,a1010 B.当b= 时,a1010 C.当b=-2时,a1010 D.当b=-4时,a1010,答案 A 本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推

5、理 运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用. 令an+1=an,即 +b=an,即 -an+b=0,若有解, 则=1-4b0,即b , 当b 时,an= ,nN*, 即存在b ,且a= 或 ,使数列an为常数列, B、C、D选项中,b 成立,故存在a= ,a6 ,a10 , 而 = =1+ + +=1+4+ +10.故a1010.,2.(2019上海,8,5分)已知数列an前n项和为Sn,且满足Sn+an=2,则S5= .,答案,解析 n=1时,S1+a1=2,a1=1. n2时,由Sn+an=2得Sn-1+an-1=2, 两式相减得an= an-

6、1(n2), an是以1为首项, 为公比的等比数列, S5= = .,3.(2018课标,14,5分)记Sn为数列an的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= .,答案 -63,解析 解法一:由Sn=2an+1,得a1=2a1+1,所以a1=-1,当n2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),得an=2an-1, an是首项为-1,公比为2的等比数列.S6= = =-63. 解法二:由Sn=2an+1,得S1=2S1+1,所以S1=-1,当n2时,由Sn=2an+1得Sn=2(Sn-Sn-1)+1,即Sn=2Sn-1-1, Sn-1=2(Sn-1-1),又S1-1=-2,Sn

7、-1是首项为-2,公比为2的等比数列,所以Sn-1=-22n-1=-2n,所以Sn=1 -2n,S6=1-26=-63.,4.(2016浙江,13,6分)设数列an的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,则a1= ,S5= .,答案 1;121,解析 解法一:an+1=2Sn+1,a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1, 又S2=4,4-a1=2a1+1, 解得a1=1.又an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn=2Sn+1, 即Sn+1=3Sn+1, 由S2=4,可求出S3=13,S4=40,S5=121. 解法二:由an+1=2Sn+1,得a2=2S1+1, 即S2

8、-a1=2a1+1,又S2=4, 4-a1=2a1+1,解得a1=1. 又an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1, 则Sn+1+ =3 ,又S1+ = , 是首项为 ,公比为3的等比数列, Sn+ = 3n-1,即Sn= ,S5= =121.,评析 本题考查了数列的前n项和Sn与an的关系,利用an+1=Sn+1-Sn得出Sn+1=3Sn+1是解题的关键.,5.(2015课标,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 -,解析 an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知

9、Sn0, - =1, 是等差数列,且公差 为-1,而 = =-1, =-1+(n-1)(-1)=-n,Sn=- .,思路分析 利用an与Sn的关系消掉an,得Sn+1-Sn=Sn+1Sn,同除以SnSn+1,易得 是等差数列,然后由 的通项公式求出Sn.,解后反思 用an与Sn的关系消掉Sn还是an,应根据题目要求合理选择.通常求an则消Sn,求Sn则消 an,或需求an,但直接消Sn得an较难,也可以先消an得Sn,再由Sn求出an.,C组 教师专用题组,1.(2014课标,16,5分)数列an满足an+1= ,a8=2,则a1= .,答案,解析 解法一:由an+1= ,得an=1- , a

10、8=2,a7=1- = , a6=1- =-1,a5=1- =2, an是以3为周期的数列,a1=a7= . 解法二:由于an0,an1,所以an+1= = = =1- =1- =an-2(n3),则an+3=an (n1),所以an是以3为周期的数列,所以a8=a2= =2,可求得a1= .,2.(2014广东,19,14分)设数列an的前n项和为Sn,满足Sn=2nan+1-3n2-4n,nN*,且S3=15. (1)求a1,a2,a3的值; (2)求数列an的通项公式.,解析 (1)依题有 解得a1=3,a2=5,a3=7. (2)Sn=2nan+1-3n2-4n, 当n2时,Sn-1=

11、2(n-1)an-3(n-1)2-4(n-1). -并整理得an+1= (n2). 由(1)猜想an=2n+1,下面用数学归纳法证明. 当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;当n=2时,a2=22+1=5,命题成立. 假设当n=k时,ak=2k+1命题成立. 则当n=k+1时,ak+1= = =2k+3=2(k+1)+1, 即当n=k+1时,结论成立. 综上,nN*,an=2n+1.,3.(2014江苏,20,16分)设数列an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn= am,则称an是“H数列”. (1)若数列an的前n项和Sn=2n(nN*),证明:an是“H数列”

12、; (2)设an是等差数列,其首项a1=1,公差d0.若an是“H数列”,求d的值; (3)证明:对任意的等差数列an,总存在两个“H数列”bn和cn,使得an=bn+cn(nN*)成立.,解析 (1)证明:由已知得,当n1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数 m=n+1,使得Sn=2n=am. 所以an是“H数列”. (2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为an是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1) d,于是(m-2)d=1.因为d0,所以m-20,故m=1.从而d=-1. 当d=-1时,an=2-n,

13、Sn= 是小于2的整数,nN*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn =2- ,使得Sn=2-m=am,所以an是“H数列”. 因此d的值为-1. (3)证明:设等差数列an的公差为d,则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(nN*). 令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1), 则an=bn+cn(nN*), 下证bn是“H数列”.,设bn的前n项和为Tn,则Tn= a1(nN*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m= , 使得Tn=bm.所以bn是“H数列”. 同理可证cn也是“H数列”. 所以,对任意的等差数列an,总存在两个“H数列”bn和cn,使得

14、an=bn+cn(nN*).,评析 本题主要考查数列的概念、等差数列等基础知识,考查探究能力及推理论证能力.,4.(2014江西,17,12分)已知数列an的前n项和Sn= ,nN*. (1)求数列an的通项公式; (2)证明:对任意的n1,都存在mN*,使得a1,an,am成等比数列.,解析 (1)由Sn= ,得a1=S1=1,当n2时,an=Sn-Sn-1=3n-2. 所以数列an的通项公式为an=3n-2. (2)证明:要使a1,an,am成等比数列,只需要 =a1am, 即(3n-2)2=1(3m-2),即m=3n2-4n+2, 而此时mN*,且mn, 所以对任意的n1,都存在mN*,

15、使得a1,an,am成等比数列.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点 数列的概念及表示方法,1.(2017北京西城一模,7)若数列an的通项公式为an=|n-c|(nN*),则“c1”是“an为递增 数列”的 ( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件,答案 A 充分性:当c1时,an=|n-c|=n-c(nN*),易知an为递增数列,所以充分性成立; 必要性:当c=1.1时,易验证an为递增数列,所以必要性不成立. 综上,“c1”是“an为递增数列”的充分而不必要条件.,2.(2019北京石景山一模,4)九连环是我国从

16、古至今广为流传的一种益智游戏.在某种玩法中,用 an表示解下n(n9,nN*)个圆环所需移动的最少次数,an满足a1=1,且an= 则 解下4个圆环所需的最少移动次数为 ( ) A.7 B.10 C.12 D.22,答案 A 由题意知a2=2a1-1=1,a3=2a2+2=4,a4=2a3-1=7,故选A.,3.(2019北京海淀二模文,10)已知数列an满足 = ,且a5=15,则a8= .,答案 24,解析 因为 = ,且a5=15,所以a8=a5 =15 =24.,解后反思 运用求通项公式的“累乘法”可快速求解.,4.(2019北京丰台一模文,14)无穷数列an的前n项和为Sn,若对任意

17、nN*,Sn1,2. 数列an的前三项可以为 ; 数列an中不同的项最多有 个.,答案 1,1,0(答案不唯一) 4,解析 答案可以为 1,1,0或1,1,-1或2,-1,0或2,-1,1等. 当数列为2,-1,1,0,时,不同的项最多,最多为4个.,5.(2017北京石景山一模,10)在数列an中,a1=1,anan+1=-2(n=1,2,3,),那么a8等于 .,答案 -2,解析 由数列的递推公式可得an= 故a8=-2.,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:20分钟 分值:35分 一、选择题(每小题5分,共20分),1.(2019北京海淀二模,11)若数列an的前n项和S

18、n=n2-8n,n=1,2,3,则满足an0的n的最小值为 .,答案 5,解析 当n=1时,a1=-7,当n2时,an=Sn-Sn-1=(n2-8n)-(n-1)2-8(n-1)=2n-9,令an=2n-90,得n ,则满 足an0的n的最小值为5.,解后反思 先求出通项公式(注意分类n=1与n2),再解不等式.,2.(2018北京朝阳一模,13)等比数列an满足如下条件: a10;数列an的前n项和Sn1. 试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式: .,答案 an= (答案不唯一),解析 不妨取a1= (0,1),q= , 则Sn= =1- , nN*, ,1- 1, 故an= 满足上述

19、所有条件. 类似地,也可以写出an= 或an= 等.,3.(2019北京人大附中期中,13)无穷数列an由k个不同的数组成,Sn为an的前n项和.若对任意n N*,Sn2,3,则k的最大值为 .,答案 4,解析 依题意得,a1=S12,3,Sn2,3,Sn+12,3,所以an+1=Sn+1-Sn-1,0,1(nN*),即数列 an从第2项起的不同取值不超过3个,所以k4.事实上,数列an可为2,1,0,-1,1,0,-1,1,0,-1, 此时相应的k=4.所以k的最大值是4.同样的此数列an可为3,-1,0,1,-1,评析 要求弄清楚数列的概念,明确数列的项与数列的前n和的关系.,4.(201

20、9北京丰台一模, 14)已知数列an对任意的nN*,都有anN*,且an+1= 当a1=8时,a2 019= ; 若存在mN*,当nm且an为奇数时,an恒为常数p,则p= .,答案 2 1,解析 a1=8时,a2= =4,a3= =2, a4= =1,a5=3a4+1=4,a6= =2, a7= =1,a8=3a7+1=4,a9= =2, a2 019=a3=2. 若存在mN*,当nm且an为奇数时,an=p(p为常数), 则an+1=3an+1=3p+1,an+2= = ,若 为奇数,此时p=-1N*,不符合, 为偶数,an+ 3= = =p,解得p=1.,二、解答题(共15分) 5.(2

21、019北京石景山一模文,15)设数列an的前n项和为Sn,若a1=2且Sn=Sn-1+2n(n2,nN*). (1)求Sn; (2)若数列bn满足bn= ,求数列bn的前n项和Tn.,解析 (1)因为Sn=Sn-1+2n(n2,nN*), 所以an=Sn-Sn-1=2n(n2,nN*). 又因为a1=2, 所以an=2n(nN*). 所以Sn= =n2+n(nN*). (2)bn= =4n(nN*), 所以Tn= = (nN*).,C组 20172019年高考模拟应用创新题组,1.(2019北京海淀零模,20)正整数数列an满足:a1=1,an+1= (1)写出数列an的前5项; (2)将数列

22、an中所有值为1的项的项数按从小到大的顺序依次排列,得到数列nk,试用nk表示 nk+1(不必证明); (3)求使an=2 013最小的正整数n.,解析 (1)an+1= a2=a1+1=2, a3=a2+2=4,a4=a3-3=1,a5=a4+4=5, a1=1,a2=2,a3=4,a4=1,a5=5. (2)由(1)可知n1=1,n2=4,n3=13, 猜想使 =1的下标nk满足如下递推关系:nk+1=3nk+1,k=1,2,3, (3)由(2)可知,nk+1=3nk+1,则2nk+1=2(3nk+1), 即2nk+1+1=3(2nk+1),记2nk+1=xk, 则xk+1=3xk,x1=

23、3,故xk=3k,因此nk= ,k=1,2,3, 由nk+1=3nk+1,k=1,2,3,可知, 当n3nk=nk+1-1时,an3nk+1nk+1. 因此,当nn7时,ann7= =1 093; 而当n7nn8时,要么有ann7+2-1=1 094, 要么有an2n7+1+1=2 188,即an取不到2 013,进而考虑n8nn9的情况, 由(2)得, =nk+2-m,m=1,2,nk+1, 则n8+2-m=2 013,解得m=1 269,解得n8+2m-1=5 817, 故a5 817= =n8+2-m=2 013. 故使得an=2 013的最小的正整数n为5 817.,2.(2019北京

24、海淀一模,20)首项为0的无穷数列an同时满足下面两个条件: |an+1-an|=n;an . (1)请直接写出a4的所有可能值; (2)记bn=a2n,若bnbn+1对任意nN*成立,求bn的通项公式; (3)对于给定的正整数k,求a1+a2+ak的最大值.,解析 (1)a4的值可以取-2,0,-6. (2)因为bn=a2n,bn ,与条件矛盾; 若ai+1-ai=-i,则有ai=ai+1+ii ,与条件矛盾, 所以假设错误,即数列an中相邻两项不可能同时为非负数, 此时a2n0对n2成立, 所以当n2时,a2n-10,即a2n-1a2n, 所以a2n-a2n-1=2n-1,n2,由题意知当

25、n3时,a2n-2=a4=0, 所以a2n-1-a2n-2=-(2n-2),n3, 所以(a2n-a2n-1)+(a2n-1-a2n-2)=1,n3, 即a2n-a2n-2=1,其中n3, 即bn-bn-1=1,其中n3, 又b1=a2=-1,b2=a4=0,b3=a6=1, 所以bn是首项为-1,公差为1的等差数列, 所以bn=-1+(n-1)=n-2. (3) 记Sk=a1+a2+a3+ak-1+ak, 由(2)的证明知,an,an+1不能都为非负数, 当an0时,an+10, 根据|an+1-an|=n,得到an+1=an-n, 所以an+an+1=2an-n2 -n-1, 当an+10

26、时,an0,根据|an+1-an|=n,得到an=an+1-n, 所以an+an+1=2an+1-n2 -n0, 所以,总有an+an+10成立, 当n为奇数时,an+an+1-1, 当n为偶数时,an+1+an0, 所以当k为奇数时,Sk=a1+(a2+a3)+(ak-1+ak)0, 考虑数列:0,-1,1,-2,2,- , , 可以验证,所给的数列满足条件,且Sk=0, 所以Sk的最大值为0, 当k为偶数时,Sk=a1+(a2+a3)+(ak-2+ak-1)+ak- , 考虑数列:0,-1,1,-2,2,- , ,- , 可以验证,所给的数列满足条件,且Sk=- , 所以Sk的最大值为- .,