【数学】2020届一轮复习（理）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 数列的概念及其表示 ‎①了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式);‎ ‎②了解数列是自变量为正整数的一类函数 ‎2018课标Ⅰ,14,5分 由an与Sn的关系求数列的通项公式 等比数列的通项公式 ‎★★★‎ ‎2015课标Ⅱ,16,5分 由an与Sn的关系求数列的通项公式 等差数列的通项公式 分析解读　　在高考中主要考查利用an和Sn的关系求通项an或利用递推公式构造等差或等比数列求通项an.能结合通项公式或简单的递推关系去分析数列的性质,如单调性、周期性等,并能利用性质解题.本节内容多出现在选择题、解答题中,分值约为 5分或12 分,属中档题.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点　数列的概念及其表示 ‎1.(2017湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考,4)已知数列{an}满足:∀m,n∈N*,都有an·am=an+m,且a1=‎1‎‎2‎,那么a5=(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.‎1‎‎32‎　　　　B.‎1‎‎16‎　　　　C.‎1‎‎4‎　　　　D.‎‎1‎‎2‎ 答案　A　‎ ‎2.(2018湖北枣阳12月模拟,2)已知数列‎2‎,‎5‎,2‎2‎,‎11‎,…,则2‎5‎是这个数列的(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.第6项　　　　B.第7项　　　　C.第11项　　　　D.第19项 答案　B　‎ ‎3.(2017河南郑州、平顶山、濮阳二模,7)已知数列{an}满足an+1=an-an-1(n≥2),a1=m,a2=n,Sn为数列{an}的前n项和,则S2 017的值为(　　)‎ A.2 017n-m　　　　B.n-2 017m　　　　‎ C.m　　　　D.n 答案　C　‎ ‎4.(2018百校联盟TOP20三月联考,14)已知数列{an}满足2Sn=4an-1,当n∈N*时,{(log2an)2+λlog2an}是递增数列,则实数λ的取值范围是　　　　. ‎ 答案　(1,+∞)‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　利用Sn与an的关系求通项公式 ‎1.(2017湖南岳阳一模,7)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　‎ ‎2.已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+4a4+…+nan=3n2-2n+1,求an.‎ 解析　设a1+2a2+3a3+4a4+…+nan=Tn.‎ 当n=1时,a1=T1=3×12-2×1+1=2;‎ 当n≥2时,nan=Tn-Tn-1=3n2-2n+1-[3(n-1)2-2(n-1)+1]=6n-5,因此an=‎6n-5‎n,‎ 显然当n=1时,不满足上式.‎ 故数列{an}的通项公式为an=‎‎2,n=1,‎‎6n-5‎n‎,n≥2.‎ 方法2　由递推关系求数列的通项公式 ‎1.(2018广东深圳耀华实验学校期中,11)在数列{an}中,a1=1,an+1=2an-2n,则a17=(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.-15×216　　　　B.15×217　　　　‎ C.-16×216　　　　D.16×217‎ 答案　A　‎ ‎2.已知数列{an}满足a1=2,(n+1)an=(n-1)an-1(n≥2,n∈N*),则a‎3‎a‎1‎=　　　　,数列{an}的通项公式为　　　　. ‎ 答案　‎1‎‎6‎;an=‎4‎n(n+1)‎(n∈N*)‎ ‎3.已知数列{an}满足a1=1,an+1=anan‎+2‎(n∈N*),求数列{an}的通项公式.‎ 解析　由题意可知an≠0.‎ 由an+1=anan‎+2‎,得‎1‎an+1‎=‎2‎an+1,‎ 所以‎1‎an+1‎+1=2‎1‎an‎+1‎.‎ 又a1=1,所以‎1‎a‎1‎+1=2,‎ 所以数列‎1‎an‎+1‎是以2为首项,2为公比的等比数列,‎ 所以‎1‎an+1=2×2n-1=2n,‎ 所以an=‎1‎‎2‎n‎-1‎(n∈N*).‎ 方法3　数列的单调性和最大(小)项 ‎1.已知an=‎9‎n‎(n+1)‎‎1‎‎0‎n(n∈N*),则数列{an}的最大项为　　　　. ‎ 答案　a8和a9‎ ‎2.(2017湖南湘潭三模,16)数列{an}满足a1+a2+a3+…+an=2n-an(n∈N*),数列{bn}满足bn=‎2-n‎2‎(an-2),则{bn}中的最大项的值是　　　　. ‎ 答案　‎‎1‎‎8‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 ‎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 B组　自主命题·省(区、市)卷题组 ‎1.(2015江苏,11,5分)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 ‎2.(2015四川,16,12分)设数列{an}(n=1,2,3,…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)记数列‎1‎an的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|<‎1‎‎1 000‎成立的n的最小值.‎ 解析　(1)由已知Sn=2an-a1,有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2).‎ 从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.‎ 又因为a1,a2+1,a3成等差数列,‎ 即a1+a3=2(a2+1).‎ 所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.‎ 所以,数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.‎ 故an=2n.‎ ‎(2)由(1)得‎1‎an=‎1‎‎2‎n,‎ 所以Tn=‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n=‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎=1-‎1‎‎2‎n.‎ 由|Tn-1|<‎1‎‎1 000‎,得‎1-‎1‎‎2‎n-1‎<‎1‎‎1 000‎,即2n>1 000.‎ 因为29=512<1 000<1 024=210,所以n≥10.‎ 于是,使|Tn-1|<‎1‎‎1 000‎成立的n的最小值为10.‎ C组　教师专用题组 ‎1.(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 ‎2.(2015浙江,20,15分)已知数列{an}满足a1=‎1‎‎2‎且an+1=an-an‎2‎(n∈N*).‎ ‎(1)证明:1≤anan+1‎≤2(n∈N*);‎ ‎(2)设数列{an‎2‎}的前n项和为Sn,证明:‎1‎‎2(n+2)‎≤Snn≤‎1‎‎2(n+1)‎(n∈N*).‎ 证明　(1)由题意得an+1-an=-an‎2‎≤0,即an+1≤an,‎ 故an≤‎1‎‎2‎.‎ 由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0.‎ 由010,‎若数列{an}满足an=f(n)(n∈N*),且{an}是递增数列,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(1,3)　　　　B.(1,2]　　　　C.(2,3)　　　　D.‎‎24‎‎11‎‎,3‎ 答案　C　‎ ‎7.(2018山西晋中高考适应性调研,9)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年,英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将1到2 018这2 018个数中,能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{an},则此数列共有(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.98项　　　　B.97项　　　　‎ C.96项　　　　D.95项 答案　B　‎ ‎8.(2018河南安阳二模,9)已知数列:‎1‎‎1‎,‎2‎‎1‎,‎1‎‎2‎,‎3‎‎1‎,‎2‎‎2‎,‎1‎‎3‎,‎4‎‎1‎,‎3‎‎2‎,‎2‎‎3‎,‎1‎‎4‎,…,依它的前10项的规律,这个数列的第2 018项a2 018等于(　　)‎ A.‎1‎‎31‎　　　　B.‎1‎‎63‎　　　　C.64　　　　D.‎‎63‎‎2‎ 答案　D　‎ 二、填空题(每小题5分,共10分)‎ ‎9.(2019届安徽皖中名校联盟高三10月联考,14)已知数列{an}满足:an=1-‎1‎an+1‎,且a1=2,则a2 019=　　　　. ‎ 答案　‎‎1‎‎2‎ ‎10.(2018山东菏泽第一次模拟,16)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=(-1)n·an-‎1‎‎2‎n,记bn=8a2·2n-1,若对任意的n∈N*,总有λbn-1>0成立,则实数λ的取值范围为　　　　. ‎ 答案　‎‎1‎‎2‎‎,+∞‎ 三、解答题(共10分)‎ ‎11.(2018山东六校联考,17)设数列{an}满足:a1+a2+a3+…+an=n-an(n∈N*).‎ ‎(1)求a1,a2;‎ ‎(2)若bn=n(2-n)(an-1),求{bn}的最大项,并写出取最大项的项数.‎ 解析　(1)∵数列{an}满足:a1+a2+a3+…+an=n-an(n∈N*),∴a1=1-a1,a1+a2=2-a2,‎ 解得a1=‎1‎‎2‎,a2=‎3‎‎4‎.‎ ‎(2)由数列{an}满足:a1+a2+a3+…+an=n-an(n∈N*),‎ 得n≥2时,a1+a2+a3+…+an-1=n-1-an-1,‎ 两式相减可得an=1-an+an-1(n≥2),‎ 可得:an-1=‎1‎‎2‎(an-1-1)(n≥2),‎ 又a1-1=-‎1‎‎2‎,‎ ‎∴数列{an-1}是等比数列,其公比为‎1‎‎2‎,首项为-‎1‎‎2‎.‎ ‎∴an-1=-‎1‎‎2‎n,‎ ‎∴bn=n(2-n)(an-1)=n(n-2)×‎1‎‎2‎n,‎ ‎∴bn+1-bn=(n+1)(n-1)×‎1‎‎2‎n+1‎-n(n-2)×‎1‎‎2‎n=‎-(n‎2‎-4n+1)‎‎2‎n+1‎,‎ 令bn+1-bn>0,解得2-‎3‎b5>b6>….‎ 数列{an}的最大项是第4项,且b4=‎1‎‎2‎.‎