2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题17 数列的概念与数列的通项公式（教师版含解析）.pdf

专题专题 17 数列的概念与数列的通项公式数列的概念与数列的通项公式十年大数据十年大数据*全景展示全景展示年年份份题题号号考考点点考考 查查 内内 容容2013卷 1理 14数列前n项和nS与na关系的应用主要考查等比数列定义、通项公式及数列第n项与其前n项和的关系2014来源:Z&xx&k.Com来源:学科网卷2来源:学科网来源:学科网ZXXK来源:Z*xx*k.Com文16来源:学*科*网Z*X*X*K已知递推公式求通项公式来源:学科网主要考查已知数列递推公式求首项，考查运算求解能力来源:学科网 ZXXK来源:Z|xx|k.Com卷 1理 17数列前n项和nS与na关系的应用主要考查数列第n项与前n项和关系、等差数列的判定及通项公式、探索性问题2016卷 3文 17已知递推公式求通项公式主要考查由递推公式求通项、等比数列定义、通项公式，考查运算求解能力卷 3理 17数列前n项和nS与na关系的应用主要考查数列利用前n项和nS与na关系求通项公式、等比数列定义及前n项和公式，考查运算求解能力2018卷 1理 14数列前n项 和nS与na关系的应用主要考查数列利用前n项和nS与na关系求通项公式、等比数列定义及前n项和公式，考查运算求解能力2020卷 2理 12周期数列周期数列，数列的新定义问题大数据分析大数据分析*预测预测高考高考考点考点出现频率出现频率2021 年预测年预测考点 54 数列概 念与与由数列的前几项求通项公式0/62021 年高考仍将以考查由递推公式求通项公式与已知前n项和或前n项和与第n项的关系式求通项为重点，特别是数列前n项和nS与na关系的应用，难度为中档题，题型为选择填空小题或解答题第 1 小题，同时要注意对数列单调性与周期性问题的复习与训练考点 55 已知递推公式求通项公式2/6考点 56 数列前n项和nS与na关系的应用4/6考点 57 数列性质0/6十年试题十年试题分类分类*探求规律探求规律考点考点 54 数列概念与由数列的前几项求通项公式数列概念与由数列的前几项求通项公式1 (2020 全 国 理 12)0-1 周 期 序 列 在 通 信 技 术 中 有 着 重 要 应 用 若 序 列12na aa满 足0,11,2,iai，且存在正整数m，使得(1,2,)i miaa i成立，则称其为 0-1 周期序列，并称满足),2,1(iaaimi的最小正整数m为这个序列的周期对于周期为m的 0-1 序列12na aa，11()1,2,1mii kiC ka akmm是描述其性质的重要指标下列周期为 5 的 0-1 序列中，满足 11,2,3,45C kk的序列是()A11010B11011C10001D11001【答案】C【解析】由i miaa知，序列ia的周期为 m，由已知，5m，511(),1,2,3,45ii kiC kaak对于选项 A，511223344556111111(1)()(1 0000)55555iiiCaaa aa aa aa aa a52132435465711112(2)()(0 1 0 1 0)5555iiiCaaa aa aa aa aa a ，不满足；对于选项 B，51122334455611113(1)()(1 00 1 1)5555iiiCaaa aa aa aa aa a，不满足；对于选项 D，511 22334455611112(1)()(1 000 1)5555iiiCaaaaa aa aa aa a ，不满足；故选：C2(2011 天津)已知数列 nnab与满足11(2)1nnnnnbab a，1*13(1),22nnbnNa 且()求23,a a的值；()设*2121,nnncaanN，证明 nc是等比数列；()设nS为na的前n项和，证明*21212122121().3nnnnSSSSnnNaaaa【解析】()由1*3(1),2nnbnN，可得2,1,nnbn为奇数为偶数,又1121nnnnnbab a，当121231,21,2,;2naaaa 时由可得当2332,25,8.naaa时可得()证明：对任意*nN21212221nnnaa 2221221nnnaa-，得2121121213 2,3 2,4nnnnnnncaacc 即于是所以nc是等比数列()证明：12a，由()知，当*2kNk且时，2113153752123()()()()kkkaaaaaaaaaa13523212(14)23(2222)23214kkk 故对任意*2121,2.kkkNa由得212121*2212221,2,2kkkkkaakN 所以因此，21234212()()().2kkkkSaaaaaa于是，21222112.2kkkkkSSa 故21221221222121212121221.1222144(41)22kkkkkkkkkkkkkkkSSkkkaa 考点考点 55 已知递推公式求通项公式已知递推公式求通项公式1(2014 新课标，文 16)数列na满足2,1181aaann，则1a_【答案】21【解析】由111nnaa得，na=111na，82a，7a=811a=12，6a=711a=-1，5a=611a=2，4a=511a=12，3a=411a=-1，2a=311a=2，1a=211a=122(2013 新课标，理 14)若数列na的前 n 项和为 Sn2133na，则数列na的通项公式是na=_【答案】1(2)n【解 析】当n=1 时，1a=1S=12133a，解 得1a=1，当n 2 时，na=1nnSS=2133na(12133na)=12233nnaa，即na=12na，na是首项为 1，公比为2 的等比数列，na=1(2)n3(2015 江苏)数列na满足11a，且11naann(*Nn)，则数列1na前 10 项的和为【答案】2011【解析】由题意得：112211()()()nnnnnaaaaaaaa(1)1212n nnn ，所以1011112202(),2(1),11111nnnSSannnn4(2016新课标，文 17)已知各项都为正数的数列na满足11a，211(21)20nnnnaaaa(1)求2a，3a；(2)求na的通项公式【解析】(1)根据题意，211(21)20nnnnaaaa，当1n 时，有21212(21)20aaaa，而11a，则有221(21)20aa，解可得212a，当2n 时，有22323(21)20aaaa，又由212a，解可得314a，故212a，314a；(2)根据题意，211(21)20nnnnaaaa，变形可得1(2)(1)0nnnaaa，即有12nnaa或1na ，又由数列na各项都为正数，则有12nnaa，故数列na是首项为11a，公比为12的等比数列，则11111()()22nnna，故11()2nna考点考点 56数列的前n项和nS与na关系的应用1(2020 江苏 20)已知数列*()nanN的首项11a，前n项和为nS设与k是常数若对一切正整数n，均有11111kkknnnSSa成立，则称此数列为“k”数列(1)若等差数列是“1”数列，求的值；(2)若数列na是“323”数列，且0na，求数列na的通项公式；(3)对于给定的，是否存在三个不同的数列na为“3”数列，且0na？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由【答案】见解析【解析】(1)1k 时，111nnnnaSSa，1(2)1133nnnSSa，11113()3nnnnnnaSSaSS，因此113nnnSSa11233nnSa，11144()33nnnnSaSS从而14nnSS又111Sa，14nnS，213 4nnnnaSS，2n 综上，21,13 4,2nnnan(3)若存在三个不同的数列na为“3”数列，则11133311nnnSSa，则21123333331111133()nnnnnnnnnSSSSSSaSS，由11a，0na 则0nS，令113()0nnnSpS，则3323(1)33(1)0nnnppp，1时，2nnpp，由0np 可得1np，则1nnSS，即10na，此时na唯一，不存在三个不同的数列na；1时，令331t，则3210nnnptptp，则2(1)(1)10nnnppt p，1t 时2(1)10nnpt p，则1np 同理不存在三个不同的数列na；13t 时，2(1)40t，2(1)10nnpt p 无解，则1np，同理不存在三个不同的数列na；3t 时，3(1)0np，则1np，同理不存在三个不同的数列na；3t 即01时，2(1)40t，2(1)10nnpt p 有 两 解，设，12t ，10，则01，则对任意*nN，11nnSS或31nnSS或31nnSS，此时1nS，31,1,2nnSn，31,1,2,3nnSn均符合条件，对应1,10,2nnan，31,11,20,3nnann，31,10,21,30,4nnnann，则存在三个不同的数列na为“3”数列，且0na，综上，012(2018新课标，理 14)记nS为数列na的前n项和若21nnSa，则6S【答案】63【解析】nS为数列na的前n项和，21nnSa，当1n 时，1121aa，解得11a ，当2n时，1121nnSa，由可得122nnnaaa，12nnaa，na是以1为首项，以 2为公比的等比数列，661(12)6312S 3(2016新课标，理 17)已知数列na的前n项和1nnSa，其中0(1)证明na是等比数列，并求其通项公式；(2)若53132S，求【解析】(1)1nnSa，00na当2n时，11111nnnnnnnaSSaaaa ，即1(1)nnaa，0，0na 10 即1，即11nnaa，(2)n，na是等比数列，公比1q，当1n 时，1111Saa，即111a，11()11nna(2)若53132S，则若451311()1132S，即5311()113232 ，则112，得1 4(2014 新课标，理 17)已知数列na的前n项和为nS，1a=1，0na，11nnna aS，其中为常数()证明：2nnaa；()是否存在，使得na为等差数列？并说明理由【解析】()由题设11nnna aS，1211nnnaaS，两式相减121nnnnaaaa，由于0na，所以2nnaa6 分()由题设1a=1，1211a aS，可得211a，由()知31a假设na为等差数列，则123,a a a成等差数列，1322aaa，解得4；证明4时，na为等差数列：由24nnaa知数列奇数项构成的数列21ma是首项为 1，公差为 4 的等差数列2143mam令21,nm则12nm，21nan(21)nm数列偶数项构成的数列2ma是首项为 3，公差为 4 的等差数列241mam令2,nm则2nm，21nan(2)nm21nan(*nN)，12nnaa因此，存在存在4，使得na为等差数列12 分考点考点 57 数列性质数列性质1(2012 福建)数列 na的通项公式cos12nnan，前n项和为nS，则2012S=_【答案】3018【解 析】因 为cos2n的 周 期 为 4；由cos12nnannN，12346aaaa，56786aaaa，2012503 63018S2.(2011 浙江)若数列2(4)()3nn n中的最大项是第k项，则k=_【答案】4【解析】由题意得1122(4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33kkkkk kkkk kkk ，得22(1)1010kk，因为Nk，所以4k3(2014 湖南)已知数列na满足*111,|,.nnnaaapnN()若na是递增数列，且12,3,23aaa成等差数列，求p的值；()若12p，且21na是递增数列，2na是递减数列，求数列na的通项公式【解析】(I)因为 na是递增数列，所以11nnnnnaaaap而11a，因此又123,2,3aaa成等差数列，所以21343aaa，因而230pp，解得1,03pp当0p 时，1nnaa，这与 na是递增数列矛盾故13p()由于21na是递增数列，因而21210nnaa，于是212221()()0nnnnaaaa但2211122nn，所以212221aaaannnn又，知，2210nnaa，因此222121211(1)()22nnnnnaa因为2na是递减数列，同理可得，2120nnaa故22121221(1)22nnnnnaa由，即知，11(1)2nnnnaa，于是12111213211111111412111222233212nnnnnnnnaaaaaaaa ，故数列 na的通项公式为141(1)332nnna