数列的概念与简单表示法 一等奖-精讲版课件

第一节数列的概念与简单表示法1.理解数列的概念，了解数列通项的意义．了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项，理解an与Sn之间的关系．2．理解等差、等比数列的概念，掌握等差、等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．考点搜索●数列的概念●数列通项公式的求解方法●用函数的观点理解数列高考猜想以递推数列、新情境下的数列为载体，重点考查数列的通项及性质，是近年来高考的热点，也是考题难点之所在.一、数列的定义1.按

排成的一列数叫做数列，其一般形式为a1,a2,…,an,…,简记为{an}.2.数列是一种特殊的函数，其特殊性表现在它的定义域是正整数集或正整数集的子集，因此它的图象是

.一定顺序一群孤立的点二、数列的通项公式一个数列{an}的第n项an与项数n之间的函数关系，如果可以用一个公式an=f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式.三、数列的分类1.按照项数是有限还是无限来分：有穷数列、无穷数列.2.按照项与项之间的大小关系来分：递增数列、递减数列、摆动数列和常数列.递增数列与递减数列统称为单调数列.四、数列前n项和Sn与an的关系：1.Sn=

(用an表示).2.an=

(用Sn表示).Sn(n=1)Sn-Sn-1(n≥2)a1+a2+a3+…+an1.已知数列{an}、{bn}的通项公式分别是：an=an+2,bn=bn+1(a,b是常数)，且a>b.那么两个数列中序号与数值均相同的项的个数是()A.0个B.1个C.2个D.无穷多个an=bnan+2=bn+1(a-b)n=-1.由于a>b，n∈N*.所以(a-b)n=-1无解.故选A.A2.已知数列{an}中，a1=1，a2=3，则a5等于()A.B.C.4D.5a1=1，a2=3，an=an-1+(n≥3)A3.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n，第k项满足5<ak<8，则k等于()A.9B.8C.7D.6因为数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,所以，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-10;当n=1时，a1=S1=-8,满足上式，故an=2n-10(n∈N*).故选B.1．下列说法正确的是()(A)数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}(B)数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同的数列(C)数列{}的第k项为1＋(D)数列0,2,4,6,…可记为{2n}【解析】选C.由数列的定义可知A、B错误；数列{}的第k项为＝1＋，故C正确；数列0,2,4,6，…的通项公式为an＝2n－2，故D错．2．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则a5＝()(A)108(B)(C)161(D)【解析】选D.a1＝1，a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，a5＝＝.3．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋)，则an＝()(A)2＋lnn

(B)2＋(n－1)lnn(C)2＋nlnn(D)1＋n＋lnn【解析】选A.因为an+1＝an＋ln(1＋)，从而有an＝an-1＋lnan-1＝an-2＋lna2＝a1＋ln2累加得an+1＝a1＋ln(·

·

·…·)＝2＋ln(n＋1)，∴an＝2＋lnn，故应选A.4.数列{an}满足a1＝0，an+1＝an＋2n，则{an}的通项公式an＝_______.【解析】由已知，an+1－an＝2n，故an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an-1)＝0＋2＋4＋…＋2(n－1)＝n(n－1)．答案:n(n－1)5．数列，，，，…中，有序数对(a，b)是_______．【解析】由前4项的规律可以发现，各项分子的被开方数与分母之差成等差数列，所以，解得.答案：(,-)题型1：根据数列前几项写出数列的一个通项公式1.写出数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：(1)，-，，-；(2)0,1,0,1；(3)-，-(-)，-，-(-)．点评：根据有限的几项，发现数列的变化规律，然后归纳成项an与n的函数关系式．但这只是不完全归纳，其结论可能不准确．写出下面各数列的一个通项公式：(1)各项减去1后为正偶数，所以an=2n+1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以an=.(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式含因子(-1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2-1，偶数项为2+1，所以an=(-1)n.也可写为(4)偶数项为负而奇数项为正，故通项公式必含因子(-1)n+1；观察各项绝对值组成的数列，从第3项到第6项可见，分母分别由奇数7,9,11,13组成，而分子则是32+1,42+1,52+1,62+1，按照这样的规律第1、2两项可改写为，-，所以an=(-1)n+1.(5)将数列各项改写为，，，,….分母都是3，而分子分别是10-1,102-1,103-1,104-1，…，所以an=(10n-1)．

题型2：运用an与Sn的关系解题2.(原创)设数列{an}的前n项和为Sn，分别在下列条件下求数列{an}的通项公式.(1)an+Sn=2；(2)(1)当n=1时，a1+a1=2，解得a1=1.当n≥2时，由an+Sn=2，得an-1+Sn-1=2.此两式相减得2an-an-1=0，即所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，即由于n=1时，也符合上式，所以数列{an}的通项公式是

(n∈N*).(2)当n≥2时，an=Sn-Sn-1，所以Sn-Sn-1=Sn·Sn-1，所以所以数列为等差数列.所以，所以当n≥2时，an=Sn-Sn-1所以an=

(n∈N*，且n≥2).设数列{an}的前n项和为Sn，分别在下列条件下求数列{an}的通项公式.(1)Sn=3n-2;(2)Sn=n2+2n.(1)当n=1时，a1=S1=1;当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n-2-(3n-1-2)=2·3n-1.由于a1=1不适合上式，因此数列{an}的通项公式为an=1(n=1)2·3n-1(n∈N*，且n≥2).(2)当n=1时，a1=S1=3;当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1.因为a1=3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an=2n+1(n∈N*).【点评】：由数列的前n项和Sn得an的关系是：an=S1(n=1)Sn-Sn-1(n∈N*，且n≥2).一般分n=1与n≥2进行讨论，如果n=1时的通项公式也符合n≥2的式子，则可以合并成一个通项公式，如果不能合并，则按分段形式写结论.3.设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=，n∈N*，求数列{an}的通项公式.依题意得a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n/3，①a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=

(n≥2)，②由①-②得所以验证n=1时也满足上式，故数列{an}的通项公式为

(n∈N*).数列{an}满足a1+a2+…+an=n2·an，则数列{an}的通项公式an=

.设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn=n2·an.所以当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2an-(n-1)2an-1，所以所以由递推公式求数列的通项公式【例3】(1)在数列{an}中，a1=1，an+1=(1+)an+，设bn=，求数列{bn}的通项公式;(2)已知数列{an}中，a1=1,an+1=(n+1)an，求数列{an}的通项公式．3【自主解答】(1)由已知可得b1=a1=1，且，即bn+1=bn+，从而有bn=b1+(b2-b1)+…+(bn-bn-1)=1+++…+=2-(n≥2)，又因为b1=a1=1，故所求的通项公式为bn=2-.(2)∵an+1＝(n＋1)an，∴＝n＋1.∴＝n，＝n－1，＝3，＝2，a1＝1.累乘可得，an＝n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1＝n！.故an＝n！.【规律方法】由a1和递推关系求通项公式，可观察其特点，一般常利用“累加法”、“累乘法”等.(1)已知a1且an-an-1=f(n)(n≥2)，可以用“累加法”，即an-an-1=f(n),an-1-an-2=f(n-1),…,a3-a2=f(3),a2-a1=f(2).所有等式左右两边分别相加，代入a1得an.(2)已知a1且=f(n)(n≥2),可以用“累乘法”，即=f(n),=f(n-1),…,=f(3),=f(2)，所有等式左右两边分别相乘，代入a1得an.【变式训练】分别求出满足下列条件的数列的通项公式.(1)a1=0,an+1=an+(2n-1)(n∈N*)(2)a1=1,an=an-1(n≥2,n∈N*)【解析】(1)an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=0+1+3+…+(2n-5)+(2n-3)=(n-1)2，所以数列的通项公式为an=(n-1)2.(2)n≥2,n∈N*时，an=a1×××…×=1×××…×××=n,所以该数列的通项公式为an=n.1.根据数列的前面几项，写出它的一个通项公式，关键在于找出这些项(a1，a2，a3，…)与项数(1，2，3，…)之间的关系，常用方法有观察法、逐项法、转化为特殊数列法等.2.利用Sn与an的关系求通项是一个重要内容，应注意Sn与an间关系的灵活运用，同时要注意a1并不一定能统一到an中去.3.已知数列的递推关系式求数列的通项公式，解此类题型的方法一般是将已知的递推关系，用代数法、迭代法、换元法，或转化为基本数列(等差或等比数列)的方法求通项公式.4.数列中有两个重要变形，在适当条件下，注意使用：(1)an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1);(2)1．(2011·福州模拟)把1,3,6,10,15,21,…这些数叫做三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形(如图)．则第7个三角形数是()(A)27(B)28(C)29(D)30【解题提示】观察三角形数的增长规律，可以发现每一项与它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可.【解析】选B.根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1+2+3+4+5+6+7=28．2.(2010·陕西高考)对于数列｛an｝，“an+1>|an|(n=1，2…)”是“｛an｝为递增数列”的()(A)必要不充分条件(B)充分不必要条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件【解题提示】解决本题的关键是处理绝对值问题，证明充分性时可以把原式中的|an|转化为|an|≥an处理，证明必要性时可以考虑特值处理.【解析】选B.当an+1>|an|(n=1,2,…)时，∵|an|≥an，∴an+1>an，∴{an}为递增数列.当{an}为递增数列时，若该数列为-2,0,1，则由a2>|a1|不成立，即知：an+1>|an|(n=1,2,…)不一定成立.综上知，“an+1>|an|(n=1,2,…)”是“{an}为递增数列”的充分不必要条件.3．(2011·苏州模拟)数列{an}中，an=-2n2+29n+3，则此数列最大项的值是()(A)103(B)108(C)103(D)108【解析】选D.根据题意结合二次函数的性质可得：an=-2n2+29n+3=-2(n2-n)+3=-2(n-)2+3+.∴n=7时，an=108为最大值．4．(2011·海淀模拟)已知数列A:a1,a2,…,an(0≤a1<a2<…<an,n≥3)具有性质P：对任意i，j(1≤i≤j≤n),aj+ai与aj-ai两数中至少有一个是该数列中的一项．现给出以下四个命题：①数列0,1,3具有性质P；②数列0,2,4,6具有性质P；③若数列A具有性质P，则a1=0；④若数列a1,a2,a3(0≤a1<a2<a3)具有性质P，则a1+a3=2a2．其中真命题有()(A)4个(B)3个(C)2个(D)1个【解题提示】解决本题的关键是正确理解性质P，然后抓住性质P的特点进行代入验证.【解析】选B.①∵1+3=4,1-3=-2，都不在数列中，∴数列0,1,3不具有性质P；②容易验证数列0,2,4,6具有性质P；③取i=j=n，则aj-ai=0在数列中，而数列中最小的数a1≥0，因此a1=0；④由对③的分析可知，a1=0．由于a2>a1=0，a3+a2>a3不在数列中，因此a3-a2必然在数列中．又a3>a2，故a3-a2>0=a1，于是a3-a2=a2，∴a1+a3=2a2成立．5．(2011·沈阳模拟)已知数列{an}中，a1=，an+1=1-(n≥2)，则a16=_______．【解析】由题可知a2=1-=-1，a3=1-=2，a4=1-=，∴此数列为循环数列，a1=a4=a7=a10=a13=a16=．答案：

【例】设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=a,an+1=Sn+3n，n∈N*.(1)设bn=Sn-3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an+1≥an，n∈N*,求a的取值范围.【审题指导】(1)根据题目中的已知的关系式进行整理找到Sn+1-3n+1与Sn-3n的关系，从而求得bn的通项公式.(2)根据bn的通项公式求得Sn，从而求得an，根据已知即可求得a的取值范围.【规范解答】(1)依题意，Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即:Sn+1=2Sn+3n，由此得:Sn+1-3n+1=2(Sn-3n).即:bn+1=2bn,又b1=S1-3=a-3,因此，所求通项公式为bn=Sn-3n=(a-3)2n-1,n∈N*.①(2)由①知Sn=3n+(a-3)2n-1,n∈N*,于是，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)2n-1-3n-1-(a-3)2n-2=2×3n-1+(a-3)2n-2,an+1-an=4×3n-1+(a-3)2n-2=2n-2·［12·()n-2+a-3］,当n≥2时，an+1≥an⇔12·()n-2+a-3≥0⇔a≥-9.又a2=a1+3＞a1综上，所求的a的取值范围是［-9,+∞).答案

C

答案

an＝4n－21.(2010年湖州模拟)已知数列2011,2012,1，－2011，－2012，…，这个数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2012项之和S2012等