2019版高考数学一轮复习第四章平面向量数系的扩充与复数的引入第28讲数列的概念与简单表示法学案.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 第 28 讲 数列的概念与简单表示法 考纲要求 考情分析 命题趋势 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 . 2016 全国卷 ， 17 2016 浙江卷， 13 2015 江苏卷， 11 2015 四川卷， 16 数列的概念和简单表示法在高考中主要考查利用 an和 Sn的关系求通项 an，或者利用递推关系构造等差或等比数列求通项 an. 分值： 5 分 1数列的有关概念 (1)数列的定义 按照 _一定顺序 _排列的一列数称为数列数列中的每 一个数叫做这个数列的 _项 _. (2)数列的分类

2、分类原则 类型 满足条件 按项数分类 有穷数列 项数 _有限 _ 无穷数列 项数 _无限 _ 按项与项间的大 小关系分类 递增数列 an 1_an 其中 n N* 递减数列 an 1_1 000. 因为 29 512a1a2a3a4， a5a6a7? an1(n N*) 数列 an中的最大项为 a5 2，最小项为 a4 0. (2)an 1 1a 2?n 1? 112n 2 a2， 已知对任意的 n N*，都有 an a6成立， 结合函数 f(x) 112x 2 a2的单调性， 知 52 a2 6，即 10a 8.所以 a ( 10， 8) 课时达标 第 28 讲 解密考纲 本考点考查数列的概

3、念、性质、通项公式与递推公式，近几年对由递推公式求项、求和加大了考查力度，而对由递推公式求通项减小了考查力度，一般以选择题、填空题的形式出现 一、选择题 1已知数列 an的前 n 项和 Sn n2 3n，若它的第 k 项满足 2ak5，则 k ( C ) A 2 B 3 C 4 D 5 解析 已知数列 an的前 n 项和 Sn n2 3n.令 n 1，可得 S1 a1 1 3 2.an SnSn 1 n2 3n (n 1)2 3(n 1) 2n 4， n2. n 1 时满足 an与 n 的关系式， an 2n 4， n N*. 它的第 k 项满足 2ak5，即 22k 45，解得 3k4.5.

4、 n N*， k 4，故选 C 2若数列 an的前 n 项和 Sn满足 Sn 4 an(n N*)，则 a5 ( D ) A 16 B 116 =【 ;精品教育资源文库 】 = C 8 D 18 解析 当 n 1 时， a1 S1 4 a1， a1 2；当 n2 时， an Sn Sn 1 an 1 an， 2an an 1， 数列 an是以 2 为首项，以 12为公比的等比数列， a5 2 ? ?12 4 18，故选 D 3数列 an的前 n 项和 Sn 2n2 3n(n N*)，若 p q 5，则 ap aq ( D ) A 10 B 15 C 5 D 20 解析 当 n2 时， an S

5、n Sn 1 2n2 3n 2(n 1)2 3(n 1) 4n 5；当 n 1 时，a1 S1 1 也符合， an 4n 5， ap aq 4(p q) 20. 4数列 an中， an 1 ( 1)nan 2n 1，则数列 an的前 12 项和等于 ( B ) A 76 B 78 C 80 D 82 解析 由已知 an 1 ( 1)nan 2n 1， 得 an 2 ( 1)n 1an 1 2n 1， 由 得 an 2 an ( 1)n(2n 1) (2n 1)，取 n 1,5,9 及 n 2,6,10，结果相加可得 S12 a1 a2 a3 a4 ? a11 a12 78，故选 B 5把 1,

6、3,6,10,15,21 这些数叫 做三角形数，这是因为表示这些数的黑点可以排成一个正三角形 (如图所示 ) 则第七个三角形数是 ( B ) A 27 B 28 C 29 D 30 解析 观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是 1 2 3 4 5 6 7 28. 6在数列 an中， a1 2， nan 1 (n 1)an 2(n N*)，则 a10 ( C ) A 34 B 36 C 38 D 40 解析 nan 1 (n 1)an 2， an 1n 1 ann 2n?n 1? 2? ?1n

7、 1n 1 . a1010 a1010 a99 a99 a88=【 ;精品教育资源文库 】 = ? a22 a11 a1 2? ? ?19 110 ? ?18 19 ? ? ?1 12 2 3810. a10 38，故选 C 二、填空题 7已知数列 an的前 n 项和 Sn 3 32 n(n N*)，则 an _ 32 n 1(n N*)_. 解析 分情况讨论： 当 n 1 时， a1 S1 3 32 1 3； 当 n2 时， an Sn Sn 1 (3 32 n) (3 32 n 1) 32 n 1.综合 ，得 an 32 n 1(n N*) 8已知数列 an的前 n 项和 Sn n2 2n

8、 1(n N*)，则 an _? 4， n 1，2n 1， n2 _. 解析 当 n2 时， an Sn Sn 1 2n 1；当 n 1 时， a1 S1 421 1，因此 an? 4， n 1，2n 1， n 2. 9已知 Sn为数列 an的前 n 项和，且满足 a1 1， anan 1 3n(n N*)，则 S2 018 _23 1_009 2_. 解析 由 anan 1 3n知，当 n2 时， anan 1 3n 1.所以 an 1an 1 3，所以数列 an所有的奇数项构成以 3 为公比的等比数列，所有的偶数项也构成以 3 为公比的等比数列又因为 a1 1，所以 a2 3， a2n 1

9、 3n 1， a2n 3n. 所以 S2 018 (a1 a3 ? a2 017) (a2 a4 ? a2 018) 1 ?1 31 009?1 3 3?1 31 009?1 3 231 009 2. 三、解答题 10已知数列 an的前 n 项和为 Sn. (1)若 Sn ( 1)n 1 n，求 a5 a6及 an； (2)若 Sn 3n 2n 1，求 an. 解析 (1)因为 a5 a6 S6 S4 ( 6) ( 4) 2， 当 n 1 时， a1 S1 1， 当 n2 时， an Sn Sn 1 ( 1)n 1 n ( 1)n( n 1) ( 1)n 1 n (n 1) (1)n 1(2 n 1)， 又 a1也适合此式，所以 an ( 1)n 1(2 n 1) (2)因为当 n 1 时， a1 S1 6；当 n2 时， an Sn Sn 1 (3n 2n 1) 3n 1 2(n 1) 1 23 n 1 2，