2021届高考数学一轮复习第六章数列第1节数列的概念与简单表示法教学案含解析新人教A版

2021届高考数学一轮复习第六章数列第1节数列的概念与简单表示法教学案含解析新人教A版

第1节　数列的概念与简单表示法 考试要求　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.‎ 知 识 梳 理 ‎1.数列的定义 按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.‎ ‎2.数列的分类 分类标准 类型 满足条件 项数 有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限 项与项 间的大 小关系 递增数列 an＋1＞an 其中 n∈N*‎ 递减数列 an＋1＜an 常数列 an＋1＝an 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、图象法和解析法.‎ ‎4.数列的通项公式 ‎(1)通项公式：如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子an＝f(n)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.‎ ‎[常用结论与微点提醒]‎ ‎1.数列的最大(小)项，可以用(n≥2，n∈N*)求，也可以转化为函数的最值问题或利用数形结合求解.‎ - 14 -‎ ‎2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关.‎ ‎3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.(　　)‎ ‎(2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列.(　　)‎ ‎(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.(　　)‎ ‎(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(　　)‎ 解析　(1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列.‎ ‎(2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.‎ ‎(3)数列可以是常数列或摆动数列.‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎2.(老教材必修5P33T4改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋(n≥2)，则a5等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析　a2＝1＋＝2，a3＝1＋＝，‎ a4＝1＋＝3，a5＝1＋＝.‎ 答案　D ‎3.(老教材必修5P33T5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________.‎ ‎ …‎ 解析　由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳an＝5n－4.‎ - 14 -‎ 答案　5n－4‎ ‎4.(2020·北京朝阳区月考)数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式an等于(　　)‎ A. B.cos C.cos π D.cos π 解析　令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确.‎ 答案　D ‎5.(2019·郑州一模)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝，若a4＝32，则a1＝________.‎ 解析　由题意，得a4＝S4－S3＝32.‎ 即－＝32，解得a1＝.‎ 答案　 ‎6.(2020·成都诊断)数列{an}中，an＝－n2＋11n(n∈N*)，则此数列最大项的值是________.‎ 解析　an＝－n2＋11n＝－＋，‎ ‎∵n∈N*，∴当n＝5或n＝6时，an取最大值30.‎ 答案　30‎ 考点一　由an与Sn的关系求通项 ‎【例1】 (1)(2019·广州质检)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则an＝________.‎ ‎(2)(2020·西安模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝an＋1－1，则数列{an}的通项公式为________.‎ 解析　(1)a1＝S1＝2－3＝－1，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，‎ 由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.‎ ‎(2)由a1＝1，Sn＝an＋1－1可得a1＝a2－1＝1，解得a2＝6，当n≥2时，Sn－1＝an－1，又Sn＝an＋1－1，两式相减可得an＝Sn－Sn－1＝an＋1－an，即an＋1＝4an(n≥2)，则an＝6·4n－2，又a1‎ - 14 -‎ ‎＝1不符合上式，‎ 所以an＝ 答案　(1)4n－5　(2)an＝ 规律方法　数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝①当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；②当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示.‎ ‎【训练1】 (1)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝________.‎ ‎(2)(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.‎ 解析　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，‎ 故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1).‎ 两式相减得(2n－1)an＝2，‎ 所以an＝(n≥2).‎ 又由题设可得a1＝2，满足上式，‎ 从而{an}的通项公式为an＝(n∈N*).‎ ‎(2)由Sn＝2an＋1，得a1＝2a1＋1，所以a1＝－1.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，‎ 得an＝2an－1.‎ ‎∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列.‎ ‎∴S6＝＝＝－63.‎ 答案　(1)(n∈N*)　(2)－63‎ 考点二　由数列的递推关系求通项　多维探究 角度1　累加法——形如an＋1－an＝f(n)，求an ‎【例2－1】 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于(　　)‎ A.2＋ln n B.2＋(n－1)ln n C.2＋nln n D.1＋n＋ln n 解析　因为an＋1－an＝ln ＝ln(n＋1)－ln n，‎ 所以a2－a1＝ln 2－ln 1，a3－a2＝ln 3－ln 2，‎ - 14 -‎ a4－a3＝ln 4－ln 3，‎ ‎……‎ an－an－1＝ln n－ln(n－1)(n≥2).‎ 把以上各式分别相加得an－a1＝ln n－ln 1，‎ 则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也适合，‎ 因此an＝2＋ln n(n∈N*).‎ 答案　A 角度2　累乘法——形如＝f(n)，求an ‎【例2－2】 若a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝________.‎ 解析　由nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，得＝(n≥2).‎ 所以an＝···…···a1‎ ‎＝···…···1＝(n≥2)，‎ 又a1也满足上式，所以an＝.‎ 答案　 角度3　构造法——形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1，B≠0)，求an ‎【例2－3】 (2020·青岛模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.‎ 解析　由an＋1＝3an＋2，得an＋1＋1＝3(an＋1)，‎ ‎∴数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，‎ ‎∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.‎ 答案　an＝2·3n－1－1‎ 角度4　取倒数法——形如an＋1＝(A，B，C为常数)，求an ‎【例2－4】 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.‎ - 14 -‎ 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，为公差的等差数列.所以＝＋(n－1)×＝＋.所以an＝.‎ 答案　an＝ 规律方法　由数列的递推关系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(a1≠0)，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可用待定系数法确定)，可转化为{an＋k}为等比数列.‎ ‎(4)形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，将其变形为＝·＋，①若A＝C，则是等差数列，且公差为，②若A≠C，则采用待定系数法构造新数列求解.‎ ‎【训练2】 (1)(角度1)在数列{an}中，若a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝________.‎ ‎(2)(角度2)已知a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝________.‎ ‎(3)(角度3)已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式an＝________.‎ ‎(4)(角度4)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.‎ 解析　(1)原递推公式可化为an＋1＝an＋－，‎ 则a2＝a1＋1－，a3＝a2＋－，‎ a4＝a3＋－，…，an－1＝an－2＋－，an＝an－1＋－ ，累计相加得，an＝a1＋1－，‎ 又n＝1时也适合，故an＝4－.‎ ‎(2)∵an＋1＝2nan，∴＝2n，当n≥2时，an＝··…··a1＝2n－1·2n－2·…·2·2＝2.‎ 又a1＝2也符合上式，∴an＝2.‎ ‎(3)因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，‎ - 14 -‎ 所以4an－an＋1＋1＝0.‎ 所以an＋1＋＝4.‎ 因为a1＝3，所以a1＋＝.‎ 故数列是首项为，公比为4的等比数列.‎ 所以an＋＝×4n－1，‎ 故数列{an}的通项公式为an＝×4n－1－.‎ ‎(4)由an＋1＝，得＝1＋，所以＋1＝2，故是首项为＋1＝2，公比为2的等比数列，则＋1＝2n，则an＝.‎ 答案　(1)4－　(2)2　(3)×4n－1－ ‎(4) 考点三　数列的性质 ‎【例3】 (1)(2019·宜春期末)已知函数f(x)＝若数列{an}满足a1＝，an＋1＝f(an)(n∈N*)，则a2 019＝(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)(2020·衡水中学一调)已知数列{an}的前n项和Sn＝若a5是{an}中的最大值，则实数m的取值范围是________.‎ 解析　(1)由题意，知a2＝f＝，a3＝f＝，a4＝f＝，a5＝f＝，a6＝f＝，a7＝f＝，……，故数列{an}从第三项起构成周期数列，且周期为3，故a2 019＝a3＝.故选D.‎ ‎(2)因为Sn＝ 所以当2≤n≤4时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1；‎ 当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式；‎ - 14 -‎ 当n≥6时，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋m，‎ 当n＝5时，a5＝S5－S4＝5m－45，‎ 综上，an＝ 因为a5是{an}中的最大值，‎ 所以有5m－45≥8且5m－45≥－12＋m，解得m≥.‎ 答案　(1)D　(2) 规律方法　1.在数学命题中，以数列为载体，常考查周期性、单调性.‎ ‎2.(1)研究数列的周期性，常由条件求出数列的前几项，确定周期性，进而利用周期性求值.(2)数列的单调性只需判定an与an＋1的大小，常用比差或比商法进行判断.‎ ‎【训练3】 (1)已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2 021＝(　　)‎ A.－1 B. C.1 D.2‎ ‎(2)已知等差数列{an}的公差d<0，且a＝a，则数列{an}的前n项和Sn项取得最大值时，项数n的值为(　　)‎ A.5 B.6 C.5或6 D.6或7‎ 解析　(1)由a1＝，an＋1＝得a2＝2，a3＝－1，a4＝，a5＝2，…，可知数列{an}是以3为周期的数列，因此a2 021＝a3×673＋2＝a2＝2.‎ ‎(2)由a＝a，可得(a1＋a11)(a1－a11)＝0，‎ 因为d<0，所以a1－a11≠0，所以a1＋a11＝0，‎ 又2a6＝a1＋a11，所以a6＝0.‎ 因为d<0，所以{an}是递减数列，‎ 所以a1>a2>…>a5>a6＝0>a7>a8>…，显然前5项和或前6项和最大，故选C.‎ 答案　(1)D　(2)C A级　基础巩固 一、选择题 ‎1.已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是(　　)‎ - 14 -‎ A.an＝(－1)n－1＋1 B.an＝ C.an＝2sin D.an＝cos(n－1)π＋1‎ 解析　对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sin不合题意.‎ 答案　C ‎2.已知数列{an}满足：任意m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝，那么a5＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析　由题意，得a2＝a1a1＝，a3＝a1·a2＝，则a5＝a3·a2＝.‎ 答案　A ‎3.(2020·江西重点中学盟校联考)在数列{an}中，a1＝－，an＝1－(n≥2，n∈N*)，则a2 019的值为(　　)‎ A.－ B.5 C. D. 解析　在数列{an}中，a1＝－，an＝1－(n≥2，n∈N*)，所以a2＝1－＝5，a3＝1－＝，a4＝1－＝－，所以{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 019＝a673×3＝a3＝.‎ 答案　C ‎4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝(　　)‎ A.31 B.42 C.37 D.47‎ 解析　由题意，得Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，故数列{Sn＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2，则S5＋1＝3×24，所以S5＝47.‎ 答案　D ‎5.(2020·兰州重点高中联考)已知数列{an}的首项a1＝35，且满足an－an－1＝2n－1(n∈N*，n≥2)，则的最小值为(　　)‎ A.2 B. C. D.12‎ 解析　数列{an}的首项a1＝35，且满足an－an－1＝2n－1(n∈N*，n≥2)，可得an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝34＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝34＋n(1＋2n－1)＝34＋n - 14 -‎ ‎2(n≥2)，当n＝1时，a1＝35符合上式，故an＝34＋n2(n∈N*)，则＝n＋≥2，等号成立时n＝，解得n＝，n不为正整数，由于n为正整数，所以n＝5时，5＋＝；n＝6时，6＋＝<.则的最小值为，故选C.‎ 答案　C 二、填空题 ‎6.已知Sn＝3n＋2n＋1，则an＝________________.‎ 解析　因为当n＝1时，a1＝S1＝6；‎ 当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]‎ ‎＝2·3n－1＋2，‎ 由于a1不适合此式，所以an＝ 答案　 ‎7.(2019·汕头一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3(n∈N*)，则S10＝________________.‎ 解析　因为an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，‎ 所以Sn＋2－Sn＋1＝3Sn－Sn＋1＋3，‎ 整理得Sn＋2＝3Sn＋3，即Sn＋2＋＝3，‎ 又S2＝a1＋a2＝3，‎ 所以S10＋＝····，即S10＝····－＝363.‎ 答案　363‎ ‎8.(2020·河北省级示范性高中联考)数列{an}满足a1＝3，且对于任意的n∈N*都有an＋1－an＝n＋2，则a39＝________.‎ 解析　因为an＋1－an＝n＋2，‎ - 14 -‎ 所以a2－a1＝3，a3－a2＝4，a4－a3＝5，……，‎ an－an－1＝n＋1(n≥2)，‎ 上面(n－1)个式子左右两边分别相加 得an－a1＝(n≥2)，‎ 即an＝(n≥2)，‎ 当n＝1时，a1＝3适合上式，‎ 所以an＝，n∈N*，所以a39＝820.‎ 答案　820‎ 三、解答题 ‎9.已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)·an－2an＋1＝0.‎ ‎(1)求a2，a3；‎ ‎(2)求{an}的通项公式.‎ 解　(1)由题意得a2＝，a3＝.‎ ‎(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得 ‎2an＋1(an＋1)＝an(an＋1).‎ 因为{an}的各项都为正数，所以＝.‎ 故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.‎ ‎10.设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*，设bn＝Sn－3n.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围.‎ 解　(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，‎ 所以数列{bn}的通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.‎ ‎(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，‎ - 14 -‎ an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－2，‎ 当n≥2时，an＋1≥an⇒12＋a－3≥0⇒a≥－9.‎ 又a2＝a1＋3>a1.‎ 综上，a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞).‎ B级　能力提升 ‎11.(2019·晋中高考适应性调研)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2 020这2 020个数中，能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列共有(　　)‎ A.98项 B.97项 C.96项 D.95项 解析　能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数，故an＝21n－20，由1≤an≤2 020得1≤n≤97，又n∈N*，故此数列共有97项.‎ 答案　B ‎12.(2020·邵东月考)已知数列{an}的通项为an＝2n＋3(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn＝(n∈N*)，若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列{cn}，则满足cn<2 020的n的最大整数值为(　　)‎ A.338 B.337 C.336 D.335‎ 解析　对于{bn}，当n＝1时，b1＝S1＝5，当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝－＝3n＋2，它和数列{an}的公共项构成的新数列{cn}是首项为5，公差为6的等差数列，则cn＝6n－1，令cn<2 020，可得n<336，因为n∈N*，所以n的最大值为336.‎ 答案　C ‎13.(2020·合肥联考)已知数列{an}，a1＝2，Sn为数列{an}的前n项和，且对任意n≥2，都有＝1，则{an}的通项公式为________________.‎ - 14 -‎ 解析　n≥2时，由＝1⇒＝＝1⇒－＝.又＝＝，‎ ‎∴是以为首项，为公差的等差数列.‎ ‎∴＝，∴Sn＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－，当n＝1时，a1＝2，所以an＝ 答案　an＝ ‎14.已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R且a≠0).‎ ‎(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；‎ ‎(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围.‎ 解　(1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)，‎ 又a＝－7，∴an＝1＋(n∈N*).‎ 结合函数f(x)＝1＋的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*).‎ ‎∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.‎ ‎(2)an＝1＋＝1＋，‎ 已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，‎ 结合函数f(x)＝1＋的单调性，‎ 可知5<<6，即－10

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