2020年北京高考数学复习练习课件§6.1 数列的概念及其表示.pptx
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1、A组 自主命题北京卷题组,五年高考,考点 数列的概念及表示方法 (2019北京理,20,13分)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1i2im),若 ,则称新数列 , , 为an的长度为m的递增子列.规定:数列an的任意一项都是 an的长度为1的递增子列. (1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列; (2)已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为 ,长度为q的递增子列的末项的最 小值为 .若pq,求证: ; (3)设无穷数列an的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若an的长度为s的递增子列末项 的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递
2、增子列恰有2s-1个(s=1,2,),求数列an的通项公式.,解析 本题通过对数列新概念的理解考查学生的逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查 逻辑推理、数学抽象的核心素养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思 想. (1)1,3,5,6.(答案不唯一) (2)设长度为q末项为 的一个递增子列为 , , , . 由pq,得 . 因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为 , 又 , , 是an的长度为p的递增子列, 所以 .所以 . (3)由题设知,所有正奇数都是an中的项. 先证明:若2m是an中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数). 假设2m排在2m-1之后. 设
3、, , ,2m-1是数列an的长度为m末项为2m-1的递增子列,则 , , ,2m-1,2m 是数列an的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾. 再证明:所有正偶数都是an中的项.,假设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m. 因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1),所以2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中. 又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1,所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递 增子列个数至多为 11=2m-12m. 与已知矛盾. 最后证明:2m排在2m-3之后(m2为整数). 假设存在2m(m2),使得2m排
4、在2m-3之前,则an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个 数小于2m.与已知矛盾. 综上,数列an只可能为2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,. 经验证,数列2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,符合条件. 所以an=,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点 数列的概念及表示方法,1.(2019浙江,10,4分)设a,bR,数列an满足a1=a,an+1= +b,nN*,则 ( ) A.当b= 时,a1010 B.当b= 时,a1010 C.当b=-2时,a1010 D.当b=-4时,a1010,答案 A 本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推
5、理 运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用. 令an+1=an,即 +b=an,即 -an+b=0,若有解, 则=1-4b0,即b , 当b 时,an= ,nN*, 即存在b ,且a= 或 ,使数列an为常数列, B、C、D选项中,b 成立,故存在a= ,a6 ,a10 , 而 = =1+ + +=1+4+ +10.故a1010.,2.(2019上海,8,5分)已知数列an前n项和为Sn,且满足Sn+an=2,则S5= .,答案,解析 n=1时,S1+a1=2,a1=1. n2时,由Sn+an=2得Sn-1+an-1=2, 两式相减得an= an-
6、1(n2), an是以1为首项, 为公比的等比数列, S5= = .,3.(2018课标,14,5分)记Sn为数列an的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= .,答案 -63,解析 解法一:由Sn=2an+1,得a1=2a1+1,所以a1=-1,当n2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),得an=2an-1, an是首项为-1,公比为2的等比数列.S6= = =-63. 解法二:由Sn=2an+1,得S1=2S1+1,所以S1=-1,当n2时,由Sn=2an+1得Sn=2(Sn-Sn-1)+1,即Sn=2Sn-1-1, Sn-1=2(Sn-1-1),又S1-1=-2,Sn
7、-1是首项为-2,公比为2的等比数列,所以Sn-1=-22n-1=-2n,所以Sn=1 -2n,S6=1-26=-63.,4.(2016浙江,13,6分)设数列an的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,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
8、-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.,评析 本题考查了数列的前n项和Sn与an的关系,利用an+1=Sn+1-Sn得出Sn+1=3Sn+1是解题的关键.,5.(2015课标,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
9、Sn0, - =1, 是等差数列,且公差 为-1,而 = =-1, =-1+(n-1)(-1)=-n,Sn=- .,思路分析 利用an与Sn的关系消掉an,得Sn+1-Sn=Sn+1Sn,同除以SnSn+1,易得 是等差数列,然后由 的通项公式求出Sn.,解后反思 用an与Sn的关系消掉Sn还是an,应根据题目要求合理选择.通常求an则消Sn,求Sn则消 an,或需求an,但直接消Sn得an较难,也可以先消an得Sn,再由Sn求出an.,C组 教师专用题组,1.(2014课标,16,5分)数列an满足an+1= ,a8=2,则a1= .,答案,解析 解法一:由an+1= ,得an=1- , a
10、8=2,a7=1- = , a6=1- =-1,a5=1- =2, an是以3为周期的数列,a1=a7= . 解法二:由于an0,an1,所以an+1= = = =1- =1- =an-2(n3),则an+3=an (n1),所以an是以3为周期的数列,所以a8=a2= =2,可求得a1= .,2.(2014广东,19,14分)设数列an的前n项和为Sn,满足Sn=2nan+1-3n2-4n,nN*,且S3=15. (1)求a1,a2,a3的值; (2)求数列an的通项公式.,解析 (1)依题有 解得a1=3,a2=5,a3=7. (2)Sn=2nan+1-3n2-4n, 当n2时,Sn-1=
11、2(n-1)an-3(n-1)2-4(n-1). -并整理得an+1= (n2). 由(1)猜想an=2n+1,下面用数学归纳法证明. 当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;当n=2时,a2=22+1=5,命题成立. 假设当n=k时,ak=2k+1命题成立. 则当n=k+1时,ak+1= = =2k+3=2(k+1)+1, 即当n=k+1时,结论成立. 综上,nN*,an=2n+1.,3.(2014江苏,20,16分)设数列an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn= am,则称an是“H数列”. (1)若数列an的前n项和Sn=2n(nN*),证明:an是“H数列”
12、; (2)设an是等差数列,其首项a1=1,公差d0.若an是“H数列”,求d的值; (3)证明:对任意的等差数列an,总存在两个“H数列”bn和cn,使得an=bn+cn(nN*)成立.,解析 (1)证明:由已知得,当n1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数 m=n+1,使得Sn=2n=am. 所以an是“H数列”. (2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为an是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1) d,于是(m-2)d=1.因为d0,所以m-20,故m=1.从而d=-1. 当d=-1时,an=2-n,
13、Sn= 是小于2的整数,nN*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn =2- ,使得Sn=2-m=am,所以an是“H数列”. 因此d的值为-1. (3)证明:设等差数列an的公差为d,则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(nN*). 令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1), 则an=bn+cn(nN*), 下证bn是“H数列”.,设bn的前n项和为Tn,则Tn= a1(nN*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m= , 使得Tn=bm.所以bn是“H数列”. 同理可证cn也是“H数列”. 所以,对任意的等差数列an,总存在两个“H数列”bn和cn,使得
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