2019-2020年高考数学一轮精品复习D单元数列含解析.doc

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1、2019-2020年高考数学一轮精品复习D单元数列（含解析）D1数列的概念与简单表示法17．D1、D4、D5[xx·江西卷]已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以－＝2，即cn＋1－cn＝2，所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1

2、，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.17．D1、D2[xx·新课标全国卷Ⅰ]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ.(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1a

3、n＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，由(1)知，a3＝λ＋1.若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．17．D1、D3、D5[xx·新课标全国卷Ⅱ]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝

4、3an＋1.(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明＋＋…＋＜.17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝.(2)证明：由(1)知＝.因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以≤，即＝≤.于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.所以＋＋…＋<.22．D1，D2，M3[xx·重庆卷]设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n

5、2．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝＋1.再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*)．方法二：a2＝2，a3＝＋1.可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋1.下面用数学归纳法证明上式．当n＝1时，结论显然成立．假设n＝k时结论成立，即ak＝＋1，则ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．所以an＝＋1(n∈N*)．(2)方法一：设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝.下面用数学归纳法证明

6、命题a2nf(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)

7、)．先证：0≤an≤1(n∈N*)．　　①当n＝1时，结论明显成立．假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝－1<1.即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立．再证：a2n