2019版高考数学一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 第28讲 数列的概念与简单表示法学案

1、第28讲数列的概念与简单表示法考纲要求考情分析命题趋势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函数.2016全国卷，172016浙江卷，132015江苏卷，112015四川卷，16数列的概念和简单表示法在高考中主要考查利用an和Sn的关系求通项an，或者利用递推关系构造等差或等比数列求通项an.分值：5分1数列的有关概念(1)数列的定义按照_一定顺序_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_项_.(2)数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数_有限_无穷数列项数_无限_按项与项间的大小关系分类递增数列an1_an其中

2、nN*递减数列an1_an常数列an1an按其他标准分类有界数列存在正数M，使|an|M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列(3)数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是_列表法_、_图象法_和_通项公式法_.2数列的通项公式(1)数列的通项公式如果数列an的第n项与_序号n_之间的关系可以用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式(2)已知数列an的前n项和为Sn，则an1思维辨析(在括号内打“”或“”)(1)数列an和集合a1，a2，a3，an表达的意义相同()(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个()(3)如果数列an的前n项和为

3、Sn，则对nN*，都有an1Sn1Sn.()(4)在数列an中，如果对于任意正整数m，n，都有amnamn1，则当a11时，a22.()(5)若已知数列an的递推公式为an1，且a21则可以写出数列an的任何一项()解析 (1)错误数列an是表示按照一定顺序排列的一列数，为a1，a2，a3，an，而集合a1，a2，a3，an只表明该集合中有n个元素，数列中的项有顺序，集合中的元素没有顺序(2)正确根据数列的前几项归纳出数列的通项公式不一定唯一，可以有多个，有的数列没有通项公式(3)正确根据数列的前n项和的定义可知(4)正确在amnamn1中，令mn1得a2a11112.(5)正确在已知递推公式

4、中，令n1得a2，而a21，解得a11，同理可得an1.2已知数列的通项公式为ann28n15，则3(D)A不是数列中的项B只是数列中的第2项C只是数列中的第6项D是数列中的第2项或第6项解析 令an3，即n28n153，解得n2或6，故3是数列an中的第2项或第6项，故选D3数列an中，a11，对所有的nN*，都有a1a2a3ann2，则a3a5(D)ABCD解析 a1a2a3ann2，a1a2a3an1(n1)2，an(n2)，a3，a5，a3a5.4在数列an中，a11，an1(n2)，则a5_.解析 由题意知，a11，a22，a3，a4，a5.5已知数列an的前n项和Sn2n3，则数列

5、的通项公式是_an_.解析 当n1时，a1S1231；当n2时，anSnSn1(2n3)(2n13)2n2n12n1.故an一由数列的前几项求数列的通项公式求数列的通项公式应关注四个特征：分式中分子、分母的特征；相邻项的变化特征；拆项后的特征；各项符号的特征再依据这些特征进行归纳、化归、联想求出通项公式【例1】 (1)已知nN*，给出4个表达式：anan，an，an.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，的通项公式的是(A)ABCD(2)写出下面各数列的一个通项公式3,5,7,9，；，；1，；3,33,333,3 333，.解析 (1)检验知都是所给数列的通项公式(2)各项式减去1后

6、为正偶数，所以an2n1.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.奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4,5，；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21，偶数项为21，所以an(1)n.也可写为an将数列各项改写为，分母都是3，而分子分别是101,1021,1031,1041，所以an(10n1)二由递推公式求通项公式由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且anan1f(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an1qan

7、b，则an1kq(ank)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列ank(4)形如an1(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an1anf(n)的数列，可将原递推关系改写成an2an1f(n1)，两式相减即得an2anf(n1)f(n)，然后按奇偶分类讨论即可【例2】 根据下列条件，确定数列an的通项公式(1)a11，anan1(n2)；(2)a12，an1an3n2；(3)a11，an13an2.解析 (1)anan1(n2)，an1an2，an2，a2a1.以上(n1)个式子相乘，得ana1.(2)an1an3n2，anan13n1(n2)，a

8、n(anan1)(an1an2)(a2a1)a1(3n1)(3n4)(321)(311)(n2)当n1时，a1(311)2符合上式，ann2.(3)an13an2，an113(an1)，即3.数列an1为等比数列，公比q3，首项为a112，an123n1.an23n11.三an与Sn的关系及其应用数列的通项an与前n项和Sn的关系是an当n1时，a1若适合SnSn1，则n1的情况可并入n2时的通项an；当n1时，a1若不适合SnSn1，则用分段函数的形式表示画龙点睛：若S00，则an不用分段函数的形式表示；若S00，则an一定是用分段函数的形式表示【例3】 已知数列an的前n项和为Sn，求an

9、的通项公式(1)Sn2n23n；(2)Sn3nb.解析 (1)a1S1231，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5，由于a1也适合此等式，an4n5.(2)a1S13b，当n2时，anSnSn1(3nb)(3n1b)23n1.当b1时，a1适合此等式；当b1时，a1不适合此等式当b1时，an23n1；当b1时，an【例4】 (2016全国卷)已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式解析 (1)由题意得a2，a3.(2)由a(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1)因为an的

10、各项都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.1设Sn为数列an的前n项和，且Sn(an1)(nN*)，则an(C)A3(3n2n)B3n2C3nD32n1解析 解得代入选项逐一检验，只有C符合2在数列1,2，中，2 是这个数列的第_项(C)A16B24C26D28解析 设题中数列为an，则a11，a22，a3，a4，a5，所以an.令2，解得n26.故选C3(2016浙江卷)设数列的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_1_，S5_121_.解析 an12Sn1，a22S11，即S2a12a11，又S24，4a12a11，解得a11.又an1Sn1Sn

11、，Sn1Sn2Sn1，即Sn13Sn1，由S24，可求出S313，S440，S5121.4设数列an(n1,2,3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，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|Tn1|成立的n的最小值解析 (1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)所以a14a12(2a11)，解得a12.所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|，

12、得1 000.因为295121 0001 024210，所以n10.于是，使|Tn1|a1a2a3a4，a5a6a7an1(nN*)数列an中的最大项为a52，最小项为a40.(2)an11，已知对任意的nN*，都有ana6成立，结合函数f(x)1的单调性，知56，即10a8.所以a(10，8)课时达标第28讲解密考纲本考点考查数列的概念、性质、通项公式与递推公式，近几年对由递推公式求项、求和加大了考查力度，而对由递推公式求通项减小了考查力度，一般以选择题、填空题的形式出现一、选择题1已知数列an的前n项和Snn23n，若它的第k项满足2ak5，则k(C)A2B3C4D5解析 已知数列an的前

13、n项和Snn23n.令n1，可得S1a1132.anSnSn1n23n(n1)23(n1)2n4，n2.n1时满足an与n的关系式，an2n4，nN*.它的第k项满足2ak5，即22k45，解得3k4.5.nN*，k4，故选C2若数列an的前n项和Sn满足Sn4an(nN*)，则a5(D)A16BC8D解析 当n1时，a1S14a1，a12；当n2时，anSnSn1an1an，2anan1，数列an是以2为首项，以为公比的等比数列，a524，故选D3数列an的前n项和Sn2n23n(nN*)，若pq5，则apaq(D)A10B15C5D20解析 当n2时，anSnSn12n23n2(n1)23

14、(n1)4n5；当n1时，a1S11也符合，an4n5，apaq4(pq)20.4数列an中，an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和等于(B)A76B78C80D82解析 由已知an1(1)nan2n1，得an2(1)n1an12n1，由得an2an(1)n(2n1)(2n1)，取n1,5,9及n2,6,10，结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278，故选B5把1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数，这是因为表示这些数的黑点可以排成一个正三角形(如图所示) 则第七个三角形数是(B)A27B28C29D30解析 观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点

15、数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是123456728.6在数列an中，a12，nan1(n1)an2(nN*)，则a10(C)A34B36C38D40解析 nan1(n1)an2，2.a122.a1038，故选C二、填空题7已知数列an的前n项和Sn332n(nN*)，则an_32n1(nN*)_.解析 分情况讨论：当n1时，a1S133213；当n2时，anSnSn1(332n)(332n1)32n1.综合，得an32n1(nN*)8已知数列an的前n项和Snn22n1(nN*)，则an_.解析 当n2时，anSnSn12n1；当n1时，a

16、1S14211，因此an9已知Sn为数列an的前n项和，且满足a11，anan13n(nN*)，则S2 018_231_0092_.解析 由anan13n知，当n2时，anan13n1.所以3，所以数列an所有的奇数项构成以3为公比的等比数列，所有的偶数项也构成以3为公比的等比数列又因为a11，所以a23，a2n13n1，a2n3n.所以S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)231 0092.三、解答题10已知数列an的前n项和为Sn.(1)若Sn(1)n1n，求a5a6及an；(2)若Sn3n2n1，求an.解析 (1)因为a5a6S6S4(6)(4)2，当n1时，a1

17、S11，当n2时，anSnSn1(1)n1n(1)n(n1)(1)n1n(n1)(1)n1(2n1)，又a1也适合此式，所以an(1)n1(2n1)(2)因为当n1时，a1S16；当n2时，anSnSn1(3n2n1)3n12(n1)123n12，由于a1不适合此式，所以an11已知Sn为正项数列an的前n项和，且满足Snaan(nN*)(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列an的通项公式解析 (1)由Snaan(nN*)可得a1aa1，解得a11，S2a1a2aa2，解得a22，同理，a33，a44.(2)Sna，当n2时，Sn1a，得(anan11)(anan1)0.由于anan10，所以anan11，又由(1)知a11，故数列an是首项为1，公差为1的等差数列，故ann.12根据下列条件，求数列an的通项公式(1)在数列an中，a11，an1an2n；(2)在数列an中，a14，an1an；(3)在数列an中，a13，an12