1、A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,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
2、、D选项中,b 成立,故存在a= ,a6 ,a10 , 而 = =1+ + +=1+4+ +10.故a1010.,2.(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-a1=2a1
3、+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.,考点 数列的概念和表示方法,B组 统一命题、省（区、市）卷题组,1.(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,
4、由Sn+an=2得Sn-1+an-1=2, 两式相减得an= an-1(n2), an是以1为首项, 为公比的等比数列, S5= = .,2.(2018课标全国理,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 本题主要考查由an与Sn的关系求数列的通项公式. 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
5、=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-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.,3.(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Sn0, - =1, 是等差数列,且公差 为-1,而 = =-1, =-1+(n-1)(-1)=-n,Sn=- .,4.(2019北京理,20,13分)
6、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
7、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 , , ,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
8、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
9、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=,5.(2017课标全国,17,12分)记Sn为等比数列an的前n项和.已知S2=2,S3=-6. (1)求an的通项公式; (2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.,解析 本题考查等差、等比数列. (1)设an的公比为q,由题设可得 解得q=-2,a1=-2. 故an的通项公式为an=(-2)n. (2)由(1)可得Sn= =- +(-1)n . 由于Sn+2+Sn+1=- +(-1)n =2 =2Sn, 故Sn+1,Sn,Sn+2
10、成等差数列.,方法总结 等差、等比数列的常用公式: (1)等差数列: 递推关系式:an+1-an=d,常用于等差数列的证明. 通项公式:an=a1+(n-1)d. 前n项和公式:Sn= =na1+ d. (2)等比数列: 递推关系式: =q(q0),常用于等比数列的证明. 通项公式:an=a1qn-1. 前n项和公式:Sn= (3)在证明a,b,c成等差(等比数列)时,还可以利用等差中项: =b(等比中项:ac=b2)来证明.,6.(2015课标,17,12分)Sn为数列an的前n项和.已知an0, +2an=4Sn+3. (1)求an的通项公式; (2)设bn= ,求数列bn的前n项和.,解
11、析 (1)由 +2an=4Sn+3,可知 +2an+1=4Sn+1+3. 可得 - +2(an+1-an)=4an+1, 即2(an+1+an)= - =(an+1+an)(an+1-an). 由于an0,可得an+1-an=2. 又 +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= = = . 设数列bn的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+bn = = . (12分),考点 数列的概念和表示方法,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2018浙
12、江宁波模拟,5)记Sn为数列an的前n项和.“任意正整数n,均有an0”是“Sn为递增 数列”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件,答案 A 首先,当an0时,Sn-Sn-1=an0成立,所以Sn为递增数列,即充分性成立;当Sn为递增 数列时,Sn-Sn-1=an,其中n2,即从第二项起an为正项数列,所以必要性不成立. 综上所述,“任意正整数n,均有an0”是“Sn为递增数列”的充分不必要条件,故选A.,2.(2019浙江浙南名校联盟期末,10)设,是方程x2-x-1=0的两个不等实根,记an=n+n(nN*).下 列两个命题: ( )
13、数列an的任意一项都是正整数;数列an存在某一项是5的倍数. A.正确,错误 B.错误,正确 C.都正确 D.都错误,答案 A 由题意可得 所以a1=1,a2=3. 因为an=n+n,所以an+2=n+2+n+2=(n+1+n+1)(+)-(n+n)=an+1+an. 因为a1,a2为正整数,所以由递推关系可知数列an的任意一项都是正整数,即命题正确; 对于命题,取an的每一项除以5的余数如下:1,3,4,2,1,3,4,2, 所以an的每一项的余数构成周期数列,且均不为零,所以命题错误. 故选A.,3.(2019浙江温州普通高中适应性测试,16)已知数列an满足an+1=an+kan-1(n
14、N*,n2),且2a1=a2 =-2a4=2,则an的最大值为 .,答案 2,解析 解法一:由an+1=an+kan-1(nN*,n2),2a1=a2=-2a4=2,得k=-1,an+1=an-an-1. 易得an是周期为6的周期数列,即1,2,1,-1,-2,-1,1,2,1, 则an的最大值为2. 解法二:由题意得k=-1,a3=1,an+1=an-an-1(nN*,n2),递推可得an+2=an+1-an=-an-1,也即an+3=-an,所以an +6=-an+3=an,所以an是周期为6的周期数列,由于前6项分别为1,2,1,-1,-2,-1,所以an的最大值为2.,4.(2019浙
15、江高考信息优化卷(三),11)数列an的前n项和Sn= an+ ,则a1= ;an的通项 公式an= .,答案 -1; -4n-1,解析 因为Sn= an+ ,所以当n=1时,a1=-1. 又Sn-1= an-1+ , 所以an=Sn-Sn-1= an- an-1(nN*,n2),即an=4an-1(nN*,n2),所以an=-4n-1.,5.(2019浙江高考数学仿真卷,13)已知数列a1=33,an+1-an=2n,则当 最小时,n= .,答案 6,解析 由a1=33,an+1-an=2n,得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=2(n-1)+2(n-2)
16、+22+21+33 =n2-n+33.所以 =n+ -1. 设f(x)=x+ -1(x0),由f (x)=1- 0,得x ,故f(x)在( ,+)上 单调递增,在(0, )上单调递减. nN*,当n=5或6时,f(n)有可能取最小值. = , = = ,当 最小时,n=6.,6.(2019浙江高考数学仿真卷,20)已知数列an满足:a1= ,an+1(an+3n)=an3n+1(nN*). (1)求a2及数列an的通项公式; (2)设cn= ,若数列cn的前n项和为Tn,且对任意的nN*满足 Tn1,求实数的 取值范围.,解析 (1)当n=1时,由递推关系可得a2(a1+31)=a132.a2
17、=3. (2分) an+1(an+3n)=an3n+1(nN*), = = +1,即 - =1. (4分) 数列 为等差数列,其首项为2,公差为1, 数列 的通项公式为 =n+1. 数列an的通项公式为an= . (6分),(2)易知cn= = = - . (7分) 数列cn的前n项和 Tn= + + = -3. (8分) 记f(n)= , = = 1, f(n)= 单调递增,即f(n)= ,Tn , . (11分) 对任意的nN*满足 Tn1, 即22+ , 22+ ,即32+2-10,解得 或-1. 实数的取值范围是 或-1. (15分),7.(2019浙江高考信息优化卷(三),20)记S
18、n是等差数列an的前n项和,公差d0,已知a1+a6=21,a3a 4=108,数列bn满足an= - + - +(-1)n-1 . (1)求an,bn的通项公式; (2)设cn=4n+bn(nN*),是否存在实数,当nN*时,cn+1cn恒成立?若存在,求出实数的取值范 围;若不存在,请说明理由.,解析 (1)由 解得 d=3.由a3=a1+2d可得a1=3.an=a1+(n-1)d=3+3(n- 1)=3n. 由题意可知 - + - +(-1)n-1 =3n. 当n2时, - + - +(-1)n-2 =3(n-1). -得(-1)n-1 =3,bn=(-1)n-1(3n+1+3)(n2)
19、.,又a1= ,b1=12,符合式.故bn=(-1)n-1(3n+1+3). (2)存在实数,当nN*时,cn+1cn恒成立. 由cn=4n+bn可得cn=4n+(-1)n-1(3n+1+3),即4n+1+(-1)n(3n+2+3)4n+(-1)n-1(3n+1+3)恒成立. 当n为奇数时,可化简为4n+1-4n(3n+2+3n+1+6),即 . 令g(n)= = ,显然g(n)为单调增函数,g(n)min=g(1)= .,当n为偶数时,可化简为- ,故只需 =- . 综上可得- .,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:35分钟 分值:64分 一、选择题(每小题4分,共12分)
20、,1.(2019浙江宁波期末,7)数列an满足a1= ,an+1= ,则数列an的前2 018项和S2 018= ( ) A. B. C. D.,答案 A 由an+1= 可得 = +2(2n+1),即 - =2(2n+1). 当n2时, + + =2(2n-1)+2(2n-3)+23, - =2n2-2.又a1= , =2n2- , an= (n2).经检验a1= 也满足上式. an= = , S2 018= + + - = = ,故选A.,2.(2019浙江高考数学仿真卷(三),10)设a0,b0,正项数列xn满足xn=axn+1+bxn+2,若xn为单调递 减数列,则 ( ) A.a+b1
21、 B.b1 C.a+b1,答案 A xn为单调递减数列,xnxn+1对nN*恒成立. 由xn=axn+1+bxn+2得axn+1+bxn+2xn+1对nN*恒成立.整理得bxn+2(1-a)xn+1(*). 若a1,则(*)式恒成立,此时a+b1; 若0(1-a)xn+1(1-a)xn+2,即有b1-a,a+b1. 综上,a+b1,故选A.,3.(2019浙江温州普通高中高考适应性测试(2月),10)已知数列xn 满足 0 C.x3x4, x2 019x4, x2 019,答案 A 由题意可得x3=x2+cos x2,x3=1-sin x20. 当0x2且x30.故 +sin x4-1+sin
22、(-1),即 x4 且x3x4.又由于xn+1恒为正,当0xn时,xn+sin xn,xn+cos xn,故易得x2 019. 综上所述,选A.,4.(2019浙江高考信息优化卷(一),15)已知数列an,n1,2,3,10,满足 + =1+2an+1an,若a 1=2,a4=1,a10=3,则满足条件的不同数列有 个(用数字作答).,二、填空题(共8分),答案 45,解析 由 + =1+2an+1an可得 =1.在a1,a4之间有3次加上或者减去1的机会,要使最终 结果从2到1,只有2(-1)+1=-1,故有 种可能. 同理a4,a10之间有6次加上或者减去1的机会,要使最终结果从1到3,只
23、有2(-1)+41=2,故有 种 可能. 由乘法原理知,共有 =45种可能.,5.(2017浙江宁波期末,17)已知数列an的通项公式为an=-n+t,数列bn的通项公式为bn=3n-3,设cn = + ,在数列cn中,cnc3(nN*),则实数t的取值范围是 .,答案 3,6,解析 由条件得cn= + ,由c2= + c3= + ,得 + |t- 4|,解得t3.由c4= + c3= + ,得1+|t-7|t-4|,解得t6,即当 时,有3t 6. 当3t6时,c3= + = 故1c33. 当n4时,an=t-nt-4b1,a2b2,所以c1=a1=t-1,c2=a2=t-2, 此时有c1c
24、3,c2c3. 故当3t6时,总有cnc3(nN*)成立,所以实数t的取值范围是3,6.,6.(2019浙江三校第一次联考(4月),20)已知数列an中,a1=a(a1且a-3),a2=3,an=2an-1+3an-2(n 3). (1)求an+1+an和an+1-3an的通项公式; (2)若数列an单调递增,求a的取值范围.,三、解答题(共44分),解析 (1)由an=2an-1+3an-2得 an+an-1=3(an-1+an-2), an+1+an=3(an+an-1), an-1+an-2=3(an-2+an-3), a3+a2=3(a2+a1), an+1+an=3n-1(a2+a1
25、)=3n-1(3+a). 由an=2an-1+3an-2得an-3an-1=-(an-1-3an-2) , an+1-3an=-(an-3an-1), an-1-3an-2=-(an-2-3an-3), ,a3-3a2=-(a2-3a1), an+1-3an=(-1)n-1(a2-3a1)=(-1)n-1(3-3a). (2)由(1)得an= 3n-1(a+3)-(-1)n-1(3-3a), an+1-an= 3n-1(a+3)+(-1)n-1(3-3a).,当n为奇数时,3n-1(a+3)+(-1)n-1(3-3a)=(3n-1-3)a+3n+3. 由an+1-an0可得(3n-1-3)a+
26、3n+30. 当n=1时,解得a- =-3- ,a随着n的增大而增大,a-3- =-5. -50可得a- = -3,a随着n的增大而减小,a -3=-1. 综上可知,a(-1,1)(1,3).,7.(2017浙江温州十校期末联考,22)已知数列an满足a1=1,an+1= +m. (1)若数列an是常数列,求m的值; (2)当m1时,求证:anan+1; (3)求正数m的最大值,使得an4对一切正整数n恒成立,并证明你的结论.,解析 (1)若数列an是常数列,则由a2=a1,得 +m= +m=1,解得m= .显然,当m= 时,有an=1. (3分) (2)证明:由条件得a2-a1= -a1=m
27、- 0. (5分) 由an+1= +m,得an+2= +m. 所以an+2-an+1= ( - )= (an+1-an)(an+1+an). (7分) 易知an0,所以an+2-an+1与an+1-an同号,又a2-a10,所以an+1-an0,从而有anan+1. (9分),(3)因为ak+1-ak= -ak+m= (ak-4)2+m-2m-2,kN*, (10分) 所以an=a1+(a2-a1)+(an-an-1)1+(n-1)(m-2). 这说明,当m2时,an越来越大,显然不可能满足对一切正整数n,an4恒成立. 所以要使得an4对一切正整数n恒成立,只可能m2. (12分) 下面证明
28、当m=2时,an4对一切正整数n恒成立.用数学归纳法证明: 当n=1时,a1=14,显然成立. 假设当n=k时,有ak4成立,则当n=k+1时,ak+1= +2 42+2=4成立. 由上可知an4对一切正整数n恒成立. 因此,正数m的最大值是2. (16分),8.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),22)已知数列an的前n项的和为Sn,满足a1=0,an0,3 = +an+1,nN*.求证:nN*,都有: (1)anan+1; (2)1- an1; (3)n-3Snn- .,证明 (1)因为3 -3 =-2 +an+1=(1-an)(1+2an) , 若存在n0N*使得 1,则 + +1
29、=3 3. 因为f(x)=x2+x+1在x0,+)上单调递增, 由上式得f( )3=f(1),所以 1, 以此类推可得a11与a1=0矛盾.所以an0,所以an+1an成立. (也可以先证明第(2)小题,再证明第(1)小题),(2)(i)当n=1时,1- =0a1=00, 即ak+11- 成立.所以当n=k+1时,不等式也成立.,综合(i)(ii)可知,所证不等式成立. (3)因为3 -3 =(1-an)(1+2an),由0an1,可得11+2an3, 所以1-an3 -3 3(1-an). 由3 -3 3(1-an),利用累加法可得3( - )3(n-Sn),即Snn- . 因为 = , 所以Snn- n- . 由1-an3 -3 ,利用累加法可得n-Sn3( - )=3 3. 所以n-3Sn. 由可知n-3Snn- .,
