2020版高考数学（天津专版）一轮复习 专题六　数列（4份）

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 数列的有关概念及性质 1.了解数列的概念,数列的通项公式 2.了解数列是自变量为正整数的一类函数,会用赋值法求数列的项 2011天津,20,14分 赋值法求数列的项、数列的通项公式 不等式的证明 ★ 分析解读　　了解数列的概念和有关的表示方法,了解数列的通项公式、递推公式,了解数列的通项公式与前n项和公式之间的关系,了解数列是自变量为正整数的一类函数.考查数列的有关概念和性质,培养学生的创新能力、抽象概括能力.本节内容在高考中分值约为5分,属于中低档题. 破考点 【考点集训】 考点　数列的有关概念及性质 1.在数列{an}中,a1=0,an+1=3+an1?3an,则a2 016=(　　) A.23　　　　B.3　　　　C.0　　　　D.-3 答案　D　 2.已知数列{an}满足a1=1,且an=n(an+1-an)(n∈N*),则a2=　　　;an=　　　.? 答案　2;n 3.已知数列{an}满足an=3an-1+3n-1(n∈N*,n≥2),且a1=5,则an=　　　　.? 答案　(n+4)·3n-1 4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an+1-2n+2,a2=2,则an=　　　　.? 答案　2,n=12n-2,n>1 炼技法 【方法集训】 方法1　利用an与Sn的关系求通项 1.已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2 018=(　　) A.22 018-1　　　　B.32 018-6　　　　C.122 018-72　　　　D.132 018-103 答案　A　 2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1,则S6a6=(　　) A.6332　　　　B.3116　　　　C.12364　　　　D.127128 答案　A　 3.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　 4.已知Sn为数列{an}的前n项和,且log2(Sn+1)=n+1,则数列{an}的通项公式为　　　　.? 答案　an=3,n=12n,n≥2 方法2　利用递推关系求数列的通项 5.已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+1(n∈N*),Sn为其前n项和,则S5的值为(　　) A.57　　　　B.61　　　　C.62　　　　D.63 答案　A　 6.在数列{an}中,a1=1,an+1=2anan+2,则数列{an}的通项an=　　　　.? 答案　2n+1 7.已知数列{an}的前n项之和为Sn,若a1=2,an+1=an+2n-1+1,则S10=　　　　.? 答案　1 078 过专题 【五年高考】 A组　自主命题·天津卷题组 　(2011天津,20,14分)已知数列{an}与{bn}满足bnan+an+1+bn+1an+2=0,bn=3+(?1)n2,n∈N*,且a1=2,a2=4. (1)求a3,a4,a5的值; (2)设cn=a2n-1+a2n+1,n∈N*,证明{cn}是等比数列; (3)设Sk=a2+a4+…+a2k,k∈N*,证明∑k=14nSkak<76(n∈N*). 解析　(1)由bn=3+(?1)n2,n∈N*,可得bn=1,n为奇数,2,n为偶数. 又bnan+an+1+bn+1an+2=0, 当n=1时,a1+a2+2a3=0,由a1=2,a2=4,可得a3=-3; 当n=2时,2a2+a3+a4=0,可得a4=-5; 当n=3时,a3+a4+2a5=0,可得a5=4. (2)证明:对任意n∈N*, a2n-1+a2n+2a2n+1=0,① 2a2n+a2n+1+a2n+2=0,② a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0,③ ②-③,得a2n=a2n+3,④ 将④代入①,可得a2n+1+a2n+3=-(a2n-1+a2n+1),即cn+1=-cn(n∈N*).又c1=a1+a3=-1,故cn≠0,因此cn+1cn=-1.所以{cn}是等比数列. (3)证明:由(2)可得a2k-1+a2k+1=(-1)k,于是,对任意k∈N*且k≥2,有a1+a3=-1, -(a3+a5)=-1, a5+a7=-1, (-1)k(a2k-3+a2k-1)=-1. 将以上各式相加,得a1+(-1)ka2k-1=-(k-1),即a2k-1= (-1)k+1(k+1),此式当k=1时也成立.由④式得a2k=(-1)k+1·(k+3). 从而S2k=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a4k-2+a4k)=-k,S2k-1=S2k-a4k=k+3, 所以,对任意n∈N*,n≥2, ∑k=14nSkak=∑m=1nS4m-3a4m-3+S4m-2a4m-2+S4m-1a4m-1+S4ma4m =∑m=1n2m+22m-2m-12m+2-2m+32m+1+2m2m+3 =∑m=1n22m(2m+1)+3(2m+2)(2m-3) =22×3+∑m=2n52m(2m+1)+3(2n+2)(2n+3) <13+∑m=2n5(2m-1)(2m+1)+3(2n+2)(2n+3) =13+52·13-15+15-17+…+12n-1-12n+1 +3( ... ...