《五年高考真題高考數學復習 第六章 第一節(jié) 數列的概念及簡單表示法 理全國通用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《五年高考真題高考數學復習 第六章 第一節(jié) 數列的概念及簡單表示法 理全國通用（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、高考數學精品復習資料 2019.5 第一節(jié)第一節(jié) 數列的概念及簡單表示法數列的概念及簡單表示法 考點 數列的概念及表示方法 1(20 xx遼寧，4)下面是關于公差d0 的等差數列an的四個命題： p1：數列an是遞增數列； p2：數列nan是遞增數列； p3：數列ann是遞增數列； p4：數列an3nd是遞增數列 其中的真命題為( ) Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1，p4 解析 如數列為2，1，0，1，則 1a12a2，故p2是假命題；如數列為1，2，3，則ann1，故p3是假命題故選 D. 答案 D 2(20 xx浙江，7)設Sn是公差為d(d0)的無窮等差數列an的前n項

2、和，則下列命題錯誤的是( ) A若d0，則數列Sn有最大項 B若數列Sn有最大項，則d0 D若對任意nN N*，均有Sn0，則數列Sn是遞增數列 解析 因Snna112n(n1)dd2n2a1d2n，所以Sn是關于n的二次函數，當d0 時，Sn有最大值，即數列Sn有最大項，故 A 命題正確若Sn有最大項，即對于nN N*，Sn有最大值，故二次函數圖象的開口要向下，即d0，故 B 命題正確而若a10，則數列Sn為遞增數列，此時S10，則a1S10，且d2na1d20 對于nN N*恒成立，d20，即命題 D 正確，故選 C. 答案 C 3(20 xx江西，5)已知數列an的前n項和Sn滿足：Sn

3、SmSnm，且a11，那么a10( ) A1 B9 C10 D55 解析 a10S10S9， 又SnSmSnm，S10S1S9， a10(S1S9)S9S1a11.故選 A. 答案 A 4(20 xx江蘇，11)設數列an滿足a11，且an1ann1(nN N*)，則數列1an前 10 項的和為_ 解析 a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，將以上n1 個式子相加得ana123n（2n）（n1）2，即ann（n1）2，令bn1an，故bn2n（n1）21n1n1，故S10b1b2b10 211212131101112011. 答案 2011 5(20 xx新課標全國，1

4、4)若數列an的前n項和Sn23an13，則an的通項公式是an_ 解析 Sn23an13， 當n2 時，Sn123an113. ，得an23an23an1， 即anan12. a1S123a113，a11. an是以 1 為首項，2 為公比的等比數列，an(2)n1. 答案 (2)n1 6(20 xx安徽，18)設nN N*，xn是曲線yx2n21 在點(1，2)處的切線與x軸交點的橫坐標 (1)求數列xn的通項公式； (2)記Tnx21x23x22n1，證明Tn14n. (1)解 y(x2n21)(2n2)x2n1，曲線yx2n21 在點(1，2)處的切線斜率為2n2， 從而切線方程為y2

5、(2n2)(x1) 令y0，解得切線與x軸交點的橫坐標xn11n1nn1. (2)證明 由題設和(1)中的計算結果知 Tnx21x23x22n11223422n12n2. 當n1 時，T114. 當n2 時，因為x22n12n12n2（2n1）2（2n）2（2n1）21（2n）22n22nn1n. 所以Tn1221223n1n14n. 綜上可得對任意的nN N*，均有Tn14n. 7(20 xx廣東，19)設數列an的前n項和為Sn，滿足Sn2nan13n24n，nN N*，且S315. (1)求a1，a2，a3的值； (2)求數列an的通項公式 解 (1)依題有S1a12a234，S2a1a

6、24a3128，S3a1a2a315， 解得a13，a25，a37. (2)Sn2nan13n24n， 當n2 時，Sn12(n1)an3(n1)24(n1) 并整理得an1（2n1）an6n12n. 由(1)猜想an2n1，下面用數學歸納法證明 當n1 時，a1213，命題成立； 假設當nk時，ak2k1 命題成立 則當nk1 時， ak1（2k1）ak6k12k（2k1）（2k1）6k12k 2k32(k1)1， 即當nk1 時，結論成立 綜上，nN N*，an2n1. 8(20 xx廣東，19)設數列an的前n項和為Sn.已知a11，2Snnan113n2n23，nN N*. (1)求a

7、2的值； (2)求數列an的通項公式； (3)證明：對一切正整數n，有1a11a21an74. (1)解 依題意，2S1a213123， 又S1a11，所以a24. (2)解 由題意 2Snnan113n3n223n， 當n2 時，2Sn1(n1)an13(n1)3(n1)223(n1)， 兩式相減得 2annan1(n1)an13(3n23n1)(2n1)23， 整理得(n1)annan1n(n1)， 即an1n1ann1.又a22a111， 故數列ann是首項為a111，公差為 1 的等差數列， 所以ann1(n1)1n. 所以ann2. (3)證明 當n1 時，1a1174； 當n2 時，1a11a21145474； 當n3 時，1an1n21（n1）n1n11n， 此時1a11a21an 1141321421n2 114121313141n11n 114121n741n74. 綜上，對一切正整數n，有1a11a21an74.