高考数学一轮复习第六章数列61数列的概念与简单表示学案理.docx

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高考数学一轮复习第六章数列61数列的概念与简单表示学案理

【2019最新】精选高考数学一轮复习第六章数列6-1数列的概念与简单表示学案理

考纲展示►　1.了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）．

2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．

考点1　由数列的前几项求数列的通项公式

1.数列的概念

（1）数列的定义：

按照________排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的________．

（2）数列与函数的关系：

从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*（或它的有限子集）为________的函数an＝f（n）．当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．

（3）数列有三种表示法，它们分别是________、________和________．

答案：

（1）一定顺序　项　

（2）定义域　

（3）列表法　图象法　通项公式法

2．数列的分类

答案：

有限　无限　＞　＜　

3．数列的两种常用的表示方法

（1）通项公式：

如果数列{an}的第n项an与________之间的关系可以用一个式子________来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．

（2）递推公式：

如果已知数列{an}的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任一项an与它的前一项an－1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．

答案：

（1）序号n　an＝f（n）

4．已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝

答案：

S1　Sn－Sn－1

（1）[教材习题改编]已知数列{an}的前四项分别为1,0,1,0，给出下列各式：

①an＝；

②an＝；

③an＝sin2；

④an＝；

⑤an＝

⑥an＝＋（n－1）（n－2）．

其中可以作为数列{an}的通项公式的有________．（写出所有正确结论的序号）

答案：

①③④

（2）[教材习题改编]已知{an}满足an＝＋1（n≥2）,a7＝，则a5＝__________.

答案：

解析：

由递推公式，得a7＝＋1，a6＝＋1，则a5＝.

[典题1]　根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：

（1）－1,7，－13,19，…；

（2），，，，，…；

（3），2，，8，，…；

（4）5,55,555,5555，….

[解]　

（1）偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式（－1）n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an＝（－1）n（6n－5）．

（2）这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．故所求数列的一个通项公式为an＝.

（3）数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察，即，，，，，…，从而可得数列的一个通项公式为an＝.

（4）将原数列改写为×9，×99，×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝（10n－1）．

[点石成金]　由数列的前几项求数列通项公式的策略

（1）根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：

①分式中分子、分母的特征；

②相邻项的变化特征；

③拆项后的特征；

④各项符号特征等．

（2）根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用（－1）n或（－1）n＋1来调整．

考点2　由递推公式求通项公式

1.函数的概念的两个易混点：

项an；项数n.

（1）已知数列{an}的通项公式为an＝，则数列{an}的第5项是__________．

答案：

解析：

由数列{an}的通项公式为an＝，得a5＝＝＝，即数列{an}的第5项是.

（2）已知数列，，2，，…，则2是该数列的第__________项．

答案：

7

解析：

由题意可知，该数列可以表示为，，，，…，故2＝是该数列的第7项．

2．数列的两种表示方法：

通项公式；递推公式．

（1）已知数列{an}的通项公式为an＝pn＋，且a2＝，a4＝，则a8＝__________.

答案：

解析：

由已知得解得则an＝n＋，故a8＝.

（2）已知非零数列{an}的递推公式为an＝·an－1（n＞1），且a1＝1，则a4＝__________.

答案：

4

解析：

依次对递推公式中的n赋值，当n＝2时，a2＝2a1；当n＝3时，a3＝a2＝3a1；当n＝4时，a4＝a3＝4a1＝4.

求解数列通项公式的两种方法：

待定系数法；递推法．

（1）已知数列{an}的通项公式为an＝n2－10n＋17，则数列{an}中使an<0的n构成的集合为________．

答案：

{3,4,5,6,7}

解析：

由an＝n2－10n＋17<0，得（n－5）2<8，n∈N*，满足该不等式的n的值为3,4,5,6,7，所以所求的集合为{3,4,5,6,7}．

（2）已知数列{an}中，a1＝1，an＋an－1＝1（n≥2），则数列{an}的一个通项公式为__________．

答案：

an＝或an＝sin　

解析：

由an＋an－1＝1（n≥2），得a2＝0.又an＋1＋an＝1，结合an＋an－1＝1（n≥2），得an＋1＝an－1（n≥2），即该数列的奇数项相等、偶数项相等，

所以通项公式为an＝或an＝sin.

[典题2]　

（1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________．

[答案]　an＝2·3n－1－1

[解析]　∵an＋1＝3an＋2，

∴an＋1＋1＝3（an＋1），

∴＝3，

∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，

又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，

∴an＝2·3n－1－1.

（2）已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1（n≥2），则数列{an}的通项公式为________．

[答案]　

[解析]　解法一：

an＝an－1（n≥2），所以an－1＝·an－2，…，a2＝a1，以上（n－1）个式子的等号两端分别相乘得an＝a1···…·＝＝.

解法二：

an＝···…···a1＝···…·1＝.

[点石成金]　由递推关系式求通项公式的常用方法

（1）已知a1且an－an－1＝f（n），可用“累加法”求an.

（2）已知a1且＝f（n），可用“累乘法”求an.

（3）已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q（an＋k）（其中k可由待定系数法确定），可转化为等比数列{an＋k}．

（4）形如an＋1＝（A，B，C为常数）的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．

（5）形如an＋1＋an＝f（n）的数列，可将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f（n＋1），两式相减即得an＋2－an＝f（n＋1）－f（n），然后按奇偶分类讨论即可.

1.[2017·安徽合肥一模]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1（n∈N*），则数列{an}的通项公式an＝________.

答案：

3×2n－1－2

解析：

由an＋2＋2an＝3an＋1，得

an＋2－an＋1＝2（an＋1－an），

∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝3×2n－1，

∴当n≥2时，

an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，

将以上各式累加，得

an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3（2n－1－1），

∴an＝3×2n－1－2（当n＝1时，也满足）．

2．在数列{an}中，a1＝1，Sn＝an，则an＝________.

答案：

解析：

由题设知，a1＝1.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1.

∴＝，

∴＝，…，＝，＝，＝3.

以上（n－1）个式子的等号两端分别相乘，得到

＝，又∵a1＝1，∴an＝.

考点3　an与Sn关系的应用

[考情聚焦]　an与Sn关系的应用是高考的常考内容，且多出现在选择题或填空题中，有时也出现在解答题的已知条件中，难度较小，属容易题．

主要有以下几个命题角度：

角度一

利用an与Sn的关系求an

[典题3]　

（1）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________.

[答案]　

[解析]　当n＝1时，a1＝S1＝2；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[（n－1）2＋1]＝2n－1.

故an＝

（2）若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式an＝________.

[答案]　（－2）n－1

[解析]　由Sn＝an＋，得

当n≥2时，Sn－1＝an－1＋，

两式相减，得an＝an－an－1，

∴an＝－2an－1，即＝－2，

故当n≥2时，an＝（－2）n－1.

又n＝1时，S1＝a1＝a1＋，a1＝1，满足上式．

∴an＝（－2）n－1.

[点石成金]　数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝当n＝1时，若a1适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，若a1不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．

角度二

利用an与Sn的关系求Sn

[典题4]　

（1）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝（　　）

A．2n－1B.n－1

C.n－1D.

[答案]　B

[解析]　由已知Sn＝2an＋1，得

Sn＝2（Sn＋1－Sn），

即2Sn＋1＝3Sn，＝，而S1＝a1＝1，

所以Sn＝n－1.

（2）[2017·湖南株洲模拟]设Sn是正项数列{an}的前n项和，且an和Sn满足：

4Sn＝（an＋1）2（n＝1,2,3，…），则Sn＝________.

[答案]　n2

[解析]　由题意可知，Sn＝2，

当n＝1时，a1＝1；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2－2

＝·

＝＋，

整理得，＝⇒an－an－1＝2，

所以an＝2n－1，所以Sn＝＝n2.

[点石成金]　解决此类问题通常利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）将已知关系转化为Sn与Sn－1的关系式，然后求解．

考点4　数列的单调性及应用

[典题5]　已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.

（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；

（2）设cn＝a·bn，证明：

当且仅当n≥3时，cn＋1＜cn.

（1）[解]　当n＝1时，a1＝S1＝4.

对于n≥2，有an＝Sn－Sn－1＝2n（n＋1）－2（n－1）n＝4n.

当n＝1时，适合上式．

所以{an}的通项公式为an＝4n.

将n＝1代入Tn＝2－bn，得T1＝2－b1，

又T1＝b1，故T1＝b1＝1.

（求bn解法一）对于n≥2，由Tn－1＝2－bn－1，Tn＝2－bn，

得bn＝Tn－Tn－1＝－（bn－bn－1），

bn＝bn－1，所以bn＝21－n.

（求bn解法二）对于n≥2，由Tn＝2－bn，得

Tn＝2－（Tn－Tn－1），

2Tn＝2＋Tn－1，

Tn－2＝（Tn－1－2），

Tn－2＝21－n（T1－2）＝－21－n，

Tn＝2－21－n，

bn＝Tn－Tn－1＝（2－21－n）－（2－22－n）＝21－n.

（2）[证明]　由cn＝a·bn＝n225－n，得

cn＋1－cn＝24－n[（n＋1）2－2n2]＝24－n[－（n－1）2＋2]．

当且仅当n≥3时，cn＋1－cn＜0，即cn＋1＜cn.

[点石成金]　1.单调性是数列的一个重要性质．判断数列的单调性，通常是运用作差或作商的方法判断an＋1与an（n∈N*）的大小，若an＋1＞an恒成立，则{an}为递增数列；若an＋1＜an恒成立，则{an}为递减数列．

2．求数列{an}的最大项或最小项，一种方法是利用函数的最值法；另一种是不等式法，求最小项可由来确定n，求最大项可由来确定n.若数列是单调的，也可由单调性来确定最大项或最小项.

已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn（n∈N*），且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设Tn＝Sn－（n∈N*），求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．

解：

（1）设等比数列{an}的公比为q，

因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，

所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，

于是q2＝＝.

又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.

故等比数列{an}的通项公式为

an＝×n－1＝（－1）n－1·.

（2）由

（1），得

Sn＝1－n＝

当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，

所以1＜Sn≤S1＝，

故0＜Sn－≤S1－＝－＝.

当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，

所以＝S2≤Sn＜1，

故0＞Sn－≥S2－＝－＝－.

综上知，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.

所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.

[方法技巧]　1.由数列的前几项求数列通项，通常用观察法[对于交错数列一般有（－1）n或（－1）n＋1来区分奇偶项的符号]；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．

2．强调an与Sn的关系：

an＝

3．已知递推关系求通项：

对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有两种常见思路：

（1）算出前几项，再归纳、猜想；

（2）利用累加法、累乘法或构造法求数列的通项公式．

[易错防范]　1.数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值，如数列an＝f（n）和函数y＝f（x）的单调性是不同的．

2．在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．

真题演练集训

1．[2016·浙江卷]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：

由于解得a1＝1.由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，所以是以为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋＝×3n－1，即Sn＝，所以S5＝121.

2．[2015·江苏卷]设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1（n∈N*），则数列前10项的和为________．

答案：

解析：

由题意得，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n（n≥2）．

将以上各式相加，得

an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝.

又∵a1＝1，∴an＝（n≥2）．

∵当n＝1时也满足此式，

∴an＝（n∈N*）．

∴＝＝2×.

∴S10＝2×

＝2×＝.

3．[2015·四川卷]设数列{an}（n＝1,2,3，…）的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜成立的n的最小值．

解：

（1）由已知Sn＝2an－a1，得

an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1（n≥2），

即an＝2an－1（n≥2）．

从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.

又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，

即a1＋a3＝2（a2＋1），

所以a1＋4a1＝2（2a1＋1），解得a1＝2.

所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．

故an＝2n.

（2）由

（1），得＝，

所以Tn＝＋＋…＋＝

＝1－.

由|Tn－1|＜，得＜，

即2n＞1000.

因为29＝512＜1000＜1024＝210，所以n≥10.

于是使|Tn－1|＜成立的n的最小值为10.

课外拓展阅读

由递推公式求通项的常用方法和技巧

递推数列是高考考查的热点，由递推公式求通项时，一般需要先对递推公式进行变形，然后利用转化与化归的思想解决递推数列问题．下面给出几种常见的递推数列，并讨论其通项公式的求法．

类型1　an＋1＝an＋f（n）

把原递推公式转化为an＋1－an＝f（n），再利用累加法（逐差相加法）求解．

[典例1]　已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，求数列{an}的通项公式．

[思路分析]　

[解]　因为a1＝2，an＋1－an＝n＋1，

所以an－an－1＝（n－1）＋1，

an－1－an－2＝（n－2）＋1，an－2－an－3＝（n－3）＋1，

…

a2－a1＝1＋1，

由已知，a1＝2＝1＋1，

将以上各式相加，得

an＝[（n－1）＋（n－2）＋（n－3）＋…＋2＋1]＋n＋1

＝＋n＋1

＝＋n＋1

＝＋1.

类型2　an＋1＝f（n）an

把原递推公式转化为＝f（n），再利用累乘法（逐商相乘法）求解．

[典例2]　已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝·an，求数列{an}的通项公式．

[思路分析]　

[解]　由an＋1＝·an，得＝.

当n≥2，n∈N*时，an＝··…··a1＝··…··＝，即an＝.

又当n＝1时，＝＝a1，故an＝.

类型3　an＋1＝pan＋q[其中p，q均为常数，pq（p－1）≠0]

先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p（an－t），其中t＝，再利用换元法转化为等比数列求解．

[典例3]　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求数列{an}的通项公式．

[思路分析]　

[解]　设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2（an－t），

即an＋1＝2an－t，解得t＝－3.

故an＋1＋3＝2（an＋3）．

令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且＝＝2.

所以{bn}是以4为首项，以2为公比的等比数列．

所以bn＝4×2n－1＝2n＋1,即an＝2n＋1－3.

类型4　an＋1＝pan＋qn[其中p，q均为常数，pq（p－1）≠0]

（1）一般地，要先在递推公式两边同除以qn＋1，得＝·＋，引入辅助数列{bn}，得bn＋1＝·bn＋，再用待定系数法解决；

（2）也可在原递推公式两边同除以pn＋1，得＝＋n，引入辅助数列{bn}，得bn＋1－bn＝n，再利用累加法（逐差相加法）求解．

[典例4]　已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋n＋1，求数列{an}的通项公式．

[思路分析]　

[解]　解法一：

将an＋1＝an＋n＋1两边分别乘以2n＋1，得2n＋1an＋1＝（2nan）＋1.

令bn＝2nan，则bn＋1＝bn＋1，

根据待定系数法，得bn＋1－3＝（bn－3）．

所以数列{bn－3}是首项为b1－3＝2×－3＝－，公比为的等比数列．

所以bn－3＝－·n－1，

即bn＝3－2·n.

于是，an＝＝－.

解法二：

将an＋1＝an＋n＋1两边分别乘以3n＋1，得3n＋1an＋1＝3nan＋n＋1.

令bn＝3nan，则bn＋1＝bn＋n＋1，

所以bn－bn－1＝n，bn－1－bn－2＝n－1，…，b2－b1＝2.

将以上各式叠加，得

bn－b1＝2＋…＋n－1＋n，

又b1＝3a1＝3×＝＝1＋，

所以bn＝1＋＋2＋…＋n－1＋n＝＝2·n＋1－2，

即bn＝2·n＋1－2.

故an＝＝－.

类型5　an＋1＝pan＋an＋b（p≠1，p≠0，a≠0）

这种类型的题目一般是利用待定系数法构造等比数列，即令an＋1＋x（n＋1）＋y＝p（an＋xn＋y），然后与已知递推式比较，解出x，y，从而得到{an＋xn＋y}是公比为p的等比数列．

[典例5]　设数列{an}满足a1＝4，an＝3an－1＋2n－1（n≥2），求数列{an}的通项公式．

[思路分析]　

→→

[解析]　设递推公式可以转化为

an＋An＋B＝3[an－1＋A（n－1）＋B]，

化简后与原递推式比较，得

解得

则an＋n＋1＝3[an－1＋（n－1）＋1]．

令bn＝an＋n＋1，（*）

则bn＝3bn－1，

又b1＝6，故bn＝6·3n－1＝2·3n，

代入（*），得an＝2·3n－n－1.

类型6　an＋1＝pa（p>0，an>0）

这种类型的题目一般是将等式两边取对数后转化为an＋1＝pan＋q型，再利用待定系数法求解．

[典例6]　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝·a（m>0），求数列{an}的通项公式．

[思路分析]　

[解析]　对an＋1＝·a两边取对数，得

lgan＋1＝2lgan＋lg.

令bn＝lgan，则bn＋1＝2bn＋lg.

因此得bn＋1＋lg＝2，

记cn＝bn＋lg，则cn＋1＝2cn.

所以数列{cn}是首项c1＝b1＋lg＝lg，公比为2的等比数列．

所以cn＝2n－1·lg.

所以bn＝cn－lg＝2n－1·lg－lg＝lg，

即lgan＝lg，

所以an＝m·2n－1.

类型7　an＋1＝（p，q，r≠0且an≠0，qan＋r≠0）

这种类型的题目一般是将等式两边取倒数后，再进一步处理．

若p＝r，则有＝＝＋，此时为等差数列．

若p≠r，则有＝·＋，此时可转化为类型3来处理．

[典例7]　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．

[思路分析]　

[解析]　因为an＋1＝，a1＝1，

所以an≠0，

所以＝＋，

即－＝.

又a1＝1，则＝1，

所以是以1为首项，以为公差的等差数列．

所以＝＋（n－1）×＝，

所以an＝（n∈N*）．

类型8　an＋1＋an＝f（n）

将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f（n＋1），两式相减即得an＋2－an＝f（n＋1）－f（n），然后将n按奇数、偶数分类讨论即可．

[典例8]　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＋an＝2n，求数列{an}的通项公式．

[思路分析]　

[解]　因为an＋1＋an＝2n，

所以an＋2＋an＋1＝2n＋2，故an＋2－an＝2，

即数列{an}是奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．

当n为偶数时，a2＝1，

故an＝a2＋2＝n－1.

当n为奇数时，因为an＋1＋an＝2n，an＋1＝n（n＋1为偶数），故an＝n.

综上知，an＝n≥1，n∈N*.

类型9　an＋1·an＝f（n）

将原递推关系改写成an＋2·an＋1＝f（n＋1），两式作商可得＝，然后将n按奇数、偶数分类讨论即可．

[典例9]　已知数列{an}中，a1＝3，an＋1·an＝2n，求数列{an}的通项公式．

[思路分析]　

[解]　因为an＋1·an＝2n，

所以an＋2·an＋1＝2n＋1，故＝2，

即数列{an}是奇数项与偶数项都是公比为2的等比数列．

当n为偶数时，a2＝，

故an＝a2·2－1）＝·2－1），

即an＝·2）；

当n为奇数时，n＋1为偶数，

故an＋1＝·2+1），

代入an＋1·an＝2n，得an＝3·2－1）.

综上知，an＝－1），n为奇数，,\f（1,3）·2），n为偶数.））