新人教A版高考数学二轮复习专题六数列1数列的概念及表示综合集训含解析

这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题六数列1数列的概念及表示综合集训含解析，共12页。

专题六　数列
备考篇
【考情探究】

课标解读
考情分析
备考指导
主题
内容
一、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.
1.本专题内容的考题以中等难度偏下为主.题型以选择题、填空题或解答题的形式出现,如2020新高考Ⅰ第18题(解答题).
2.考查内容主要体现在(1)以等差、等比数列的概念和性质,通项公式和求和公式为载体,考查数学运算能力.(2)需关注以数学文化为背景的数列问题.数列与其他专题知识结合考查,如数列与函数、不等式、统计等进行综合考查,涉及内容较为全面,题型新颖、方法灵活多变.
1.处理等差、等比数列的基本问题时,要灵活利用等差、等比数列的定义,通项公式及前n项和公式,利用基本量求解.
2.数列的通项与求和是高考常考内容,要灵活掌握数列求和的各种方法.
3.重视方程、函数、分类讨论思想的应用.
二、等差数列
1.理解等差数列的概念.
2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.
3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用等差数列的有关知识解决相应问题.
4.了解等差数列与一次函数的关系.
三、等比数列
1.理解等比数列的概念.
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.
3.能在具体问题情境中识别数列的等比关系,并能用等比数列的有关知识解决相应问题.
4.了解等比数列与指数函数的关系.
四、数列求和及综合应用
1.掌握数列求和的几种常见方法.
2.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.

【真题探秘】

解题技巧
在等比数列的通项公式和前n项和公式中,共有a1,an,q,n,Sn五个量,已知其中的三个,就可以求其余的两个,求解时,一般将已知转化为a1,q的关系,然后利用方程思想求解.
核心考点
等比数列通项公式及基本量的运算,数列求和,归纳推理.
核心素养
数学运算,逻辑推理.
知能拓展
等差数列中的数形结合
(1)等差数列{an}的通项公式an=a1+(n-1)d可变形为an=dn+(a1-d).
若d=0,则an=a1是常数列;若d≠0,则an是关于n的一次函数.点(n,an)是直线y=dx+(a1-d)上的一群孤立的点.单调性:d>0时,{an}为单调递增数列;d<0时,{an}为单调递减数列.
(2)等差数列{an}的前n项和Sn可表示为Sn=d2n2+a1-d2n,令A=d2,B=a1-d2,则Sn=An2+Bn.当A≠0,即d≠0时,Sn是关于n的二次函数,(n,Sn)在二次函数y=Ax2+Bx的图象上,为抛物线y=Ax2+Bx上的一群孤立的点.利用此性质可解决前n项和Sn的最值问题.
[教师专用题组]
1.真题多维细目表
考题
涉分
题型
难度
考点
考向
解题方法
核心素养
2020新高考Ⅰ,14
5
填空题
易
等差数列及其前n项和
求等差数列的前n项和
定义法
公式法
数学运算
2020北京,8
4
选择题
中
等差数列的性质及应用
等差数列前n项积的最值
定义法
数学运算
逻辑推理
2020课标Ⅰ文,16
5
填空题
中
数列的求和
奇、偶项数列求和
公式法
数学运算
逻辑推理
2020新高考Ⅰ,18
12
解答题
中
等比数列的基本量运算
求通项公式及
分组转化法求和
公式法
数学运算
逻辑推理
2020课标Ⅰ理,17
12
解答题
中
等比数列的基本量运算
错位相减法求和
公式法
数学运算
逻辑推理
2020天津,19
15
解答题
中
数列的综合应用
求通项公式,证明
不等式,数列求和
公式法
直接证明
数学运算
逻辑推理
2.命题规律与探究
1.从2020年新高考情况来看,本专题内容的考题以容易题为主,题型以选择题或填空题的形式出现,也在解答题第18题位置出现,分值约为17分,比往年要高.
2.本专题内容在高考试题中多以等差数列、等比数列的基本量运算为载体,以数列递推关系形式表现,考查数列求和(如新高考Ⅰ卷第14题)及数列最值(北京卷第8题)等综合问题.
3.在处理等差、等比数列基本量运算,递推关系求通项,数列求和等问题时,常用公式法.
4.本章重点考查的学科核心素养为数学运算和逻辑推理.

3.命题变化与趋势
1.高考对本专题内容的考查较为稳定,考查方式及题目难度在2020年新高考Ⅰ卷中有所变化(如新高考Ⅰ卷第18题第(2)问,需要理解数列{bm}的意义才能准确求解,不再是传统的数列求和问题),天津卷中变化不大,仍然是等差(比)均有考查,第(3)问构造新数列求和.
2.考查内容主要体现在以下方面:①等差、等比数列的概念和性质,要重视教材习题(如2020年新高考Ⅰ卷第14题,其实就是人教A版必修5第46页中A组第6题的简单变式);②数列求和.常以这些内容为考查重点,同时需关注以数学文化为背景的数列问题、数列与其他章节知识结合考查的问题,如数列与函数等知识结合.
3.在不同背景下抽象出数学本质的方法值得关注.应强化在知识的形成过程、知识的迁移中渗透学科素养.
§6.1　数列的概念及表示
基础篇
【基础集训】
考点　数列的概念及表示
1.已知数列5,11,17,23,29,…,则55是它的(　　)
A.第19项　　B.第20项　　C.第21项　　D.第22项
答案　C
2.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
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=(n+1)an2,则a2017= (　　)
A.2016　　B.2017　　C.4032　　D.4034
答案　B
4.在数列{an}中,a1=-14,an=1-1an-1(n≥2,n∈N*),则a2018的值为 (　　)
A.-14　　B.5　　C.45　　D.54
答案　B
5.在数列{an}中,a1=0,an+1=3+an1-3an,则S2020=　　　　. 
答案　0
[教师专用题组]
【基础集训】
考点　数列的概念及表示
1.(多选题)已知数列{an}满足an+1=1-1an(n∈N*),且a1=2,则 (　　)
A.a3=-1　　B.a2019=12
C.S6=3　　D.2S2019=2019
答案　ACD　由数列{an}满足a1=2,an+1=1-1an(n∈N*),可得a2=12,a3=-1,a4=2,a5=12,……,所以an+3=an,数列的周期为3,所以a2019=a672×3+3=a3=-1,S6=3,S2019=20192,故选ACD.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+2,则数列{an}的通项公式为 (　　)
A.an=2n-3　　B.an=2n+3
C.an=1,n=12n-3,n≥2　　D.an=1,n=12n+3,n≥2
答案　C　当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-3,由于n=1时a1的值不适合n≥2的通项公式,故选C.
易错警示　利用an=Sn-Sn-1求通项公式时,应注意n≥2这一前提条件,易忽视验证n=1致误.
3.若数列{an}中,a1=1,an+1=an1+3an,则这个数列的第10项a10= (　　)
A.28　　B.29　　C.128　　D.129
答案　C　an+1=an1+3an两边取倒数得1an+1=1+3anan,∴1an+1-1an=3,因为a1=1,所以数列1an表示首项为1,公差为3的等差数列,所以1an=1+(n-1)×3=3n-2,即an=13n-2,所以a10=13×10-2=128.故选C.
4.数列{an}的通项公式为an=nn2+90,则数列{an}中的最大项的值是 (　　)
A.310　　B.19　　C.119　　D.1060
答案　C　令f(x)=x+90x(x>0),当x∈(0,310)时,f(x)单调递减;当x∈(310,+∞)时,f(x)单调递增.an=1n+90n,n∈N*,不难发现当n=9或n=10时,a9=a10=119最大.
5.数列{an}的前n项和为Sn.若a1=1,an+1=3Sn(n∈N*),则有 (　　)
A.Sn=4n-1　　B.{Sn}为等比数列
C.an=3×4n-1　　D.an=1,n=13×4n-2,n≥2
答案　ABD　∵an+1=3Sn,∴Sn+1-Sn=3Sn,∴Sn+1=4Sn,
又∵S1=a1=1≠0,
∴{Sn}是首项为1,公比为4的等比数列,∴Sn=4n-1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-1-4n-2=3×4n-2,
又当n=1时,不符合上式,∴an=1(n=1),3×4n-2(n≥2).
综合篇
【综合集训】
考法一　利用Sn与an的关系求通项公式
1.(2021届安徽太和一中开学摸底检测)已知Sn是数列{an}的前n项和,若(1-2x)2021=b0+b1x+b2x2+…+b2021x2021,数列{an}的首项a1=b12+b222+…+b202122021,an+1=Sn·Sn+1,则S2021=(　　)
A.-12021　　B.12021　　C.2021　　D.-2021
答案　A
2.(2020重庆直属校(重庆第八中学等)3月月考)设各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足Sn2-(n2+n-2)Sn-2(n2+n)=0,n∈N*,则数列1anan+1的前2020项和T2020=　　. 
答案　5052021
考法二　由递推关系求数列的通项公式
3.(2019广东广雅中学模拟,7)在数列{an}中,已知a1=2,an+1=an3an+1(n∈N*),则{an}的通项公式为 (　　)
A.an=24n-3　　B.an=26n-5　　C.an=24n+3　　D.an=22n-1
答案　B
4.(2019河南濮阳重点高中联考,9)已知数列{an}的首项a1=35,且满足an-an-1=2n-1(n∈N*,n≥2),则ann的最小值为(　　)
A.234　　B.595　　C.353　　D.12
答案　C
5.(2019山西盂县一中模拟,8)设数列{an}满足a1=1,a2=2,且2nan=(n-1)an-1+(n+1)an+1(n≥2且n∈N*),则a18= (　　)
A.259　　B.269　　C.3　　D.289
答案　B
6.(2020新教材地区第一次月考)已知数列{an}满足a1=1,an>0,an+1-an=1,那么an<32成立的n的最大值为　　　　. 
答案　5
考法三　数列的单调性和最大(小)项
7.(2019河南中原名校第三次联考,18)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.
[教师专用题组]
【综合集训】
考法一　利用Sn与an的关系求通项公式
1.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=13an+1-1,则an=　　　　. 
答案　1,n=16·4n-2,n≥2
解析　由a1=1,Sn=13an+1-1,可得a1=13a2-1=1,解得a2=6.当n≥2时,Sn-1=13an-1,又Sn=13an+1-1,两式相减可得an=Sn-Sn-1=13an+1-1-13an+1,即有an+1=4an(n≥2),则an=6·4n-2(n≥2),又a1=1不符合上式,所以an=1,n=1,6·4n-2,n≥2.
2.已知数列{an}中,a1=1,Sn为数列{an}的前n项和,且当n≥2时,有2ananSn-Sn2=1成立,则S2017=　　　　. 
答案　11009
解析　当n≥2时,由2ananSn-Sn2=1,得2(Sn-Sn-1)=(Sn-Sn-1)·Sn-Sn2=-SnSn-1,所以2Sn-2Sn-1=1,又2S1=2,所以2Sn是以2为首项,1为公差的等差数列,所以2Sn=n+1,故Sn=2n+1,则S2017=11009.
3.(2018山东六校联考,17)已知数列{an}中,a1=1,前n项和Sn=n+23an.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
解析　(1)由S2=43a2得3(a1+a2)=4a2,
解得a2=3a1=3.由S3=53a3得3(a1+a2+a3)=5a3,
解得a3=32(a1+a2)=6.
(2)由题设知,当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,
整理得anan-1=n+1n-1,
因此anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2a1=n+1n-1·nn-2·…·42·31,
化简得an=(n+1)n2×1·a1=n(n+1)2,
当n=1时,a1=1满足上式,
所以{an}的通项公式为an=n(n+1)2(n∈N*).
4.(2020浙江新高考信息优化卷二,20)正项数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,数列{bn}的前n项的和为Bn,求Bn.
解析　(1)由已知得4Sn=(an+1)2,①
所以n≥2时,4Sn-1=(an-1+1)2.②
①-②得4an=an2+2an-an-12-2an-1,即(an+an-1)(an-an-1-2)=0,因为{an}为正项数列,所以an-an-1=2,
即{an}是以2为公差的等差数列,
由2S1=a1+1,S1=a1,得a1=1,所以an=2n-1.
(2)因为bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,
所以Bn=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=n2n+1.
考法二　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　由题意可得an+12n+1=an2n-12,即an+12n+1-an2n=-12,
据此可得,数列an2n是首项为a121=12,公差为-12的等差数列,故a17217=12+(17-1)×-12=-152,∴a17=-15×216.故选A.
2.已知数列{an}满足a1=1,a2=13,若an(an-1+2an+1)=3an-1an+1(n≥2,n∈N*),则数列{an}的通项公式an= (　　)
A.12n-1　　B.12n-1　　C.13n-1　　D.12n-1+1
答案　B　由an(an-1+2an+1)=3an-1an+1(n≥2,n∈N*),
可得1an+1-1an=21an-1an-1(n≥2),
又1a2-1a1=3-1=2,
∴数列1an+1-1an是首项为2,公比为2的等比数列,
∴1an+1-1an=2n.
∴1an=1an-1an-1+1an-1-1an-2+…+1a2-1a1+1a1=2n-1+2n-2+…+2+1=1-2n1-2=2n-1.∴an=12n-1.故选B.
考法三　数列的单调性和最大(小)项
1.(2019浙江高考数学仿真卷(三),10)设a>0,b>0,正项数列{xn}满足xn=axn+1+bxn+2,若{xn}为单调递减数列,则 (　　)
A.a+b>1　　B.b>1　　C.a+b<1　　D.a>1
答案　A　∵{xn}为单调递减数列,
∴xn>xn+1对n∈N*恒成立.
由xn=axn+1+bxn+2得axn+1+bxn+2>xn+1对n∈N*恒成立,整理得bxn+2>(1-a)xn+1(*).
若a≥1,则(*)式恒成立,此时a+b>1;
若0(1-a)xn+1>(1-a)xn+2,即有b>1-a,
即a+b>1.
综上,a+b>1,故选A.
2.(2020浙江浙南名校联盟联考,10)已知数列{an}满足an+1+1an+1=2an+1an(n∈N*),则 (　　)
A.当0an
B.当an>1(n∈N*)时,an+1 C.当a1=12时,an+1+1an+1>2n+4
D.当a1=2时,an+1+1an+1<3n+20
答案　C　对于A,取a1=12,则a2+1a2=1+2=3,解得a2=3-52或a2=3+52,若取a2=3-52,则a2=3-52<12=a1,所以A错;对于B,取a1=2,则a2+1a2=4+12=92,解得a2=9-654或a2=9+654,若取a2=9+654,则a2=9+654>2=a1,所以B错;对于C,由an+1+1an+12>an+1an2+2,得an+1+1an+12>2n+254>2n+4,所以C正确.对于D,当a1=2时,a2+1a2=4+12=92,解得a2=9-654或a2=9+654,若取a2=9+654,则a3+1a3=a2+a2+1a2=9+654+92>9+84+92=354>26,所以D错.故选C.