2014-2023年高考数学真题专题分类--6.1　数列的概念及表示(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
专题六　数列
6.1　数列的概念及表示
考点　数列的概念及表示
1.(2013课标Ⅰ理,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则(　　)
A.{Sn}为递减数列
B.{Sn}为递增数列
C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列
D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列
答案　B　由bn+1=,cn+1=得
bn+1+cn+1=an+(bn+cn),(*)
bn+1-cn+1=-(bn-cn),
由an+1=an得an=a1,代入(*)得bn+1+cn+1=a1+(bn+cn),
∴bn+1+cn+1-2a1=(bn+cn-2a1),
∵b1+c1-2a1=2a1-2a1=0,∴bn+cn=2a1>|BnCn|=a1,所以点An在以Bn、Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图).由b1>c1得b1-c1>0,所以|bn+1-cn+1|=(bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1)·,所以当n增大时|bn-cn|变小,即点An向点A处移动,即边BnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不变,所以{Sn}为递增数列.
2.(2015课标Ⅱ理,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Sn≠0,∴-=1,∴是等差数列,且公差为-1,而==-1,∴=-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=-.
3.(2014课标Ⅱ文,16,5分)数列{an}满足an+1=,a8=2,则a1=　　　　.
答案　
解析　由an+1=,得an=1-,
∵a8=2,∴a7=1-=,
a6=1-=-1,a5=1-=2,…,
∴{an}是以3为周期的数列,
∴a1=a7=.
4.(2013课标Ⅰ理,14,5分)若数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an=　　　　.
答案　(-2)n-1
解析　由Sn=an+得:当n≥2时,Sn-1=an-1+,∴当n≥2时,an=-2an-1,又n=1时,S1=a1=a1+,a1=1,∴an=(-2)n-1.
5.(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
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+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.
6.(2022北京,15,5分)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论:
①{an}的第2项小于3;
②{an}为等比数列;
③{an}为递减数列;
④{an}中存在小于的项.
其中所有正确结论的序号是　　　　.
答案　 ①③④
解析　当n=1时,a1·a1=9,由a1>0,得a1=3,
当n=2时,a2·S2=a2(a2+3)=9,即+3a2-9=0,
解得a2=,又a2>0,所以a2=,所以a2<3,故①正确.
an+1-an=,又知各项均为正数,所以Sn+1>Sn,所以Sn-Sn+1<0,即an+1-an<0.所以an+1由Sn·an=9得Sn=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,两边同乘an得,若{an}为等比数列,设公比为q,则=q(n≥2)为常数,则也为常数,由③知{an}是递减数列,所以{an}不为等比数列,故②错误.
假设{an}中所有项均大于或等于,即an≥,取n>90 000,则Sn=a1+a2+…+an>×90 000=900,∴an·Sn>×900=9,与已知an·Sn=9相矛盾,所以④正确.
故正确结论的序号为①③④.
7.(2016课标Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lgan],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1000项和.
解析　(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,
解得d=1.所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=2.(6分)
(2)因为bn=(9分)
所以数列{bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.(12分)
思路分析　(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出{bn}中项的规律,进而求出数列{bn}的前1000项和.
8.(2014大纲全国文,17,10分)数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.
(1)设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
解析　(1)证明:由an+2=2an+1-an+2得,
an+2-an+1=an+1-an+2,即bn+1=bn+2.
又b1=a2-a1=1,
所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.(5分)
(2)由(1)得bn=1+2(n-1),即an+1-an=2n-1.(8分)
于是
所以an+1-a1=n2,即an+1=n2+a1.
又a1=1,所以{an}的通项公式为an=n2-2n+2.(10分)
评析　本题着重考查等差数列的定义、前n项和公式及“累加法”求数列的通项等基础知识,同时考查运算变形的能力.
9.(2014课标Ⅰ理,17,12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数,
(1)证明:an+2-an=λ;
(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列 并说明理由.
解析　(1)证明:由题设anan+1=λSn-1,知an+1an+2=λSn+1-1.两式相减得,an+1(an+2-an)=λan+1.
由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.
(2)存在.由a1=1,a1a2=λa1-1,可得a2=λ-1,由(1)知,a3=λ+1.令2a2=a1+a3,解得λ=4.
故an+2-an=4,由此可得,{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=1+(n-1)·4=4n-3;
{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=3+(n-1)·4=4n-1.
所以an=2n-1,an+1-an=2.
因此存在λ=4,使得{an}为等差数列.
评析　本题主要考查an与Sn的关系及等差数列的定义,考查学生的逻辑思维能力及分析解决问题的能力.
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