2020版数学（理科）高分突破大一轮课标Ⅱ地区专用（课件）：第六章 数列 (共4份打包)

考点　数列的概念及其表示 (2018课标全国Ⅰ,14,5分)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=　　　    . 五年高考 A组  统一命题·课标卷题组 答案　-63 解析　本题主要考查由an与Sn的关系求数列的通项公式. 解法一:由Sn=2an+1,得a1=2a1+1,所以a1=-1,当n≥2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n≥2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-1}是首项为-2,公比为2的等比数列,所以Sn-1=-2×2n-1=-2n,所以Sn=1 -2n,∴S6=1-26=-63. 考点　数列的概念及其表示 B组  自主命题·省(区、市)卷题组 1.(2016浙江,13,6分)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,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-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. 2.(2019北京,20,13分)已知数列{an},从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1<i2<…<im),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p<q,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p<q,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 , ,…, ,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 ×1×1=2m-1<2m. 与已知矛盾. 最后证明:2m排在2m-3之后(m≥2为整数). 假设存在2m(m≥2),使得2m排在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=  3.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列 {bn}