5.1 数列的概念及其表示-【十年高考】备战2025年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

第五章　数　列 §5.1　数列的概念及其表示 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 56.数列的递推式和通项公式 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 2 4 57.Sn与an的关系 2 1 0 2 1 0 0 1 0 0 0 0 3 4 命题分析与备考建议 (1)命题热度:本专题是历年高考命题常考的内容(),属于中低档题目,主要题型为选择题或填空题,在解答题中也渗透进行考查,分值为4~5分. (2)考查方向:一是考查数列的递推式与通项公式,主要考查利用递推式推导数列的通项公式以及数列的周期性等;二是考查Sn与an的关系,由两者关系推导数列的通 项公式问题. (3)明智备考:一是要掌握数列的单调性的判断方法和利用构造法求数列的通项公式;二是熟练掌握Sn与an的关系的灵活利用,这是准确求解数列通项公式的关键. (4)主编提示:命题的 兴趣点是以数学文化为背景的数列递推式及其应用,考查数学运算、逻辑推理的核心素养. 考点56数列的递推式和通项公式　 1.(2022·全国乙,理4,5分,难度★★)嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列{bn}:b1=1+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则(　D　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.b1<b5 B.b3<b8 C.b6<b2 D.b4<b7 解析　方法一:依题意,不妨令ak=1(k=1,2,…),则b1=2,b2=,b3=,b4=,b5=,b6=,b7=,b8=,所以b1>b5,b3>b8,b6>b2,b4<b7.故选D. 方法二:由已知,b1=1+,b1=1+,>,故b1>b2. 同理得b2<b3,b1>b3,又>,故b2<b4.则b1>b3>b5>b7>…,b2<b4<b6<…,且bn<bn+1(n为正偶数).由上可知,b1>b5,故A错误;b3>b9>b8,故B错误;b6>b2,故C错误;b4<b6<b7,故D正确.故选D. 2.(2022·浙江,10,4分,难度★★★★)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an-(n∈N*),则(　B　) A.2<100a100< B.<100a100<3 C.3<100a100< D.<100a100<4 解析　an+1-an=-<0,则数列{an}单调递减, 则0<an<1,由an+1=an1-an,得-=>,累加得->n,则>34,所以34a100<1. 故100a100<3,由->n,得>, 所以-=<=1+, 累加得-<n++++…+, 即<+1++++…+<34+×6+×93<40,故100a100>. 3.(2021·北京,10,4分,难度★★★)已知{an}是各项均为整数的递增数列,且a1≥3.若a1+a2+…+an=100,则n的最大值为(　C　) A.9 B.10 C.11 D.12 解析　因为{an}为递增的整数数列,且a1≥3,a1+a2+a3+…+an=100,所以要使n最大,a1应越小,且后一项与前一项的差也应越小.由题意知a1最小为3,后一项与前一项的差最小为1,当a1,a2,a3,…,an构成以3为首项,1为公差的等差数列时,a1+a2+a3+…+an=3n+,令3n+≤100,可得n最大为11,此时a1+a2+a3+…+a11=88,比100小12,可将a11由13变为25即可满足题意.故n最大为11.故选C. 4.(2023·全国乙,理10,5分,难度★★★)已知等差数列{an}的公差为,集合S={cos an|n∈N*},若S={a,b},则ab= (　B　) A.-1 B.- C.0 D. 解析　∵{an}是公差为的等差数列, ∴{cos an}是周期为3的周期数列,故cos a1,cosa1+,cosa1+中有两个相等. 又y=cos x的图象关于直线x=kπ(k∈Z)对称,故不妨设a1=kπ-,a1+=kπ+,a1+=kπ+π. 当k为偶数时,S=,-1,故ab=-;当k为奇数时,S=-,1,故ab=-. 综上,ab=-.故选B. 5.(2020·北京,21,15分,难度★★★★★)已知{an}是无穷数列.给出两个性质: ①对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),在{an}中都存在一项am,使=am; ②对于{an}中任意项an(n≥3),在{an}中都存在两项ak,al(k>l),使得an=. (1)若an=n(n=1,2,…),判断数列{an}是否满足性质①,说明理由; (2)若an=2n-1(n=1,2,…),判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②,说明理由; (3)若{an}是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明:{an}为等比数列. (1)解　∵a2=2,a3=3,=∈Z, ∴{an}不具有性质①; (2)解　∵∀i,j∈N*,i>j,=2(2i-j)-1,2i-j∈N*, ∴=a2i-j,∴{an}具有性质①; ∵∀n∈N*,n≥3,∃k=n-1,l=n-2, =2(2k-l)-1=2n-1=an,∴{an}具有性质②; (3)证明　首先,证明数列中的项数同号,不妨设恒为正数; 显然an≠0(0∉N*),假设数列中存在负项, 设N0=max{n|an<0}, 第一种情况:若N0=1,即a0<0<a1<a2<a3<…, 由①可知:存在m1,满足=<0,存在m2,满足=<0, 由N0=1可知=,从而a2=a3,与数列的单调性矛盾,假设不成立. 第二种情况:若N0≥2,由①知存在实数m,满足am=<0,由N0的定义可知:m≤N0,另一方面,am=>=,由数列的单调性可知:m>N0, 这与N0的定义矛盾,假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得,数列中的项数同号. 其次,证明a3=:利用性质②: 取n=3,此时a3=(k>l), 由数列的单调性可知ak>al>0, 而a3=ak·>ak,故k<3, 此时必有k=2,l=1,即a3=, 最后,用数学归纳法证明数列为等比数列: 假设数列{an}的前k(k≥3)项成等比数列,不妨设as=a1qs-1(1≤s≤k), 其中a1>0,q>1,(a1<0,0<q<1的情况类似) 由①可得:存在整数m,满足am==a1qk>ak,且am=a1qk≥ak+1,(*) 由②得:存在s>t,满足:ak+1==as·>as,由数列的单调性可知:t<s≤k+1, 由as=a1qs-1(1≤s≤k)可得:ak+1==a1q2s-t-1>ak=a1qk-1,(**) 由(**)和(*)式可得:a1qk≥a1q2s-t-1>a1qk-1, 结合数列的单调性有:k≥2s-t-1>k-1, 注意到s,t,k均为整数,故k=2s-t-1, 代入(**)式,从而ak+1=a1qk. 总上可得,数列{an}的通项公式为:an=a1qn-1. 即数列{an}为等比数列. 6.(2015·浙江,理20,15分,难度★★★)已知数列{an}满足a1=且an+1=an-(n∈N*). (1)证明:1≤≤2(n∈N*); (2)设数列{}的前n项和为Sn,证明:≤≤(n∈N*). 证明　(1)由题意得an+1-an=-≤0, 即an+1≤an,故an≤. 由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)·(1-an-2)…(1-a1)a1>0. 由0<an≤得==∈[1,2], 即1≤≤2. (2)由题意得=an-an+1,所以Sn=a1-an+1. ① 由-=和1≤≤2得1≤-≤2, 所以n≤-≤2n, 因此≤an+1≤(n∈N*). ② 由①②得≤≤(n∈N*). 考点57Sn与an的关系　 1.(2022·北京,15,5分,难度★★★)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论: ①{an}的第2项小于3;②{an}为等比数列;③{an}为递减数列;④{an}中存在小于的项. 其中所有正确结论的序号是　　　　　.  答案　①③④ 解析　当n=1时,由a1·S1=9,可得=9.又{an}的各项均为正数,可得a1=3;令n=2,可得a2(3+a2)=9,解得a2=<3a2=(舍去),故①正确;当n≥2时,由Sn=,得Sn-1=,于是an=Sn-Sn-1=-,整理得=,若数列{an}为等比数列,则n≥2时,为常数,即数列{an}从第2项起均为同一个常数,可以检验当n=3时,a2≠a3,故②错误;由anSn=9(n=1,2,3,…)可得anSn=an+1Sn+1,由于{an}的各项均为正数,所以0<Sn<Sn+1,n∈N*,于是=<1,所以an+1<an,故③正确;对于④,假设所有的项均大于或等于,由an≥,得Sn≥,则anSn≥,当n>90 000时,anSn>9,这与已知矛盾,故④正确. 2.(2020·浙江,11,4分,难度★)我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列就是二阶等差数列.数列(n∈N*)的前3项和是　　　　.  答案　10 解析　令an=,则a1==1,a2==3,a3==6,S3=1+3+6=10. 3.(2020·江苏,11,5分,难度★★★)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),则d+q的值是　　　　.  答案　4 解析　由等差数列的前n项和公式和等比数列的前n项和公式得Sn=na1+d+=n2+a1-n+-qn+. 对照已知条件Sn=n2-n+2n-1, 得解得d=2,q=2,所以d+q=4. 4.(2018·全国1,理14,5分,难度★★)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=　　　　　.  答案　-63 解析　∵Sn=2an+1,① ∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).② ①-②,得an=2an-2an-1, 即an=2an-1(n≥2). 又S1=2a1+1,∴a1=-1. ∴{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列, 则S6==-63. 5.(2016·浙江,理13文13,6分,难度★★★)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　由题意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1, 所以a1=1,a2=3. 再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2), 两式相减得an+1-an=2an, 即an+1=3an(n≥2). 又因为a2=3a1,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列. 所以S5==121. 6.(2015·全国2,理16,5分,难度★★★)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=　　　　　.  答案　- 解析　由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,两边同除以SnSn+1得-=1,即-=-1,则为等差数列,首项为=-1,公差为d=-1,∴=-n.∴Sn=-. 7.(2021·全国乙,理19,12分,难度★★★)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积.已知+=2. (1)证明:数列{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式. (1)证明　当n=1时,b1=S1, 则+=2,则b1=. 当n≥2时,=Sn,代入+=2消去Sn,得+=2,化简得bn-bn-1=(n≥2). 故{bn}是以为首项,为公差的等差数列. (2)解　由(1)可得bn=+(n-1)·=, 由+=2, 可得Sn=. 当n=1时,a1=S1=b1=; 当n≥2时, an=Sn-Sn-1=-=-, 显然a1不满足该式. 故an= 处理Sn与an混合式的技巧 数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系为an=通过纽带an=Sn-Sn-1(n≥2)和题目已知条件,消去an或Sn,再通过构造成等差数列或者等比数列进行求解. (1)若消去Sn,应利用已知递推公式,把n换成n-1得到另一个式子,两式相减即可求得通项公式. (2)若消去an,只需把an=Sn-Sn-1代入递推公式得到Sn,Sn-1的关系,求出Sn后再利用an与Sn的关系求通项公式. 学科网（北京）股份有限公司 $$