【创新教程】高考数学大一轮复习第五章第1节数列的概念与简单表示法课时冲关理新人教A版

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高考数学大一轮复习第五章第1节数列的概念与简单表示法课件

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13
5 ．若数列 nn＋423n 中的最大项是第 k 项，则 k
＝
.
【答案】 4
6．(2013·课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝23an
＋13，则{an}的通项公式是 an＝
.
【答案】 (－2)n－1
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14
考向一 [083] 由数列的前几项归纳数列的通项公式根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项
A．30 B．31
C．32 D．33
【答案】 B
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11
3．已知数列{an}的通项公式为 an＝n＋n 1，则这个数列是
A．递增数列
B．递减数列
()
C．常数列
D．摆动数列
【答案】 A
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4．数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋1，则 an＝
.
【答案】
2 2n－1
n＝1 n≥2
解析法．
四、an 与 Sn 的关系若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，
则
an＝SS1n，－Sn－1，
n＝1， n≥2.
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8
已知 Sn 求 an 的注意点利用 an＝Sn－Sn－1 求通项时，注意 n≥2 这一前提条件，易忽略验证 n＝1 致误，当 n＝1 时，a1 若适合通项，则 n＝1 的情况应并入 n≥2 时的通项；否则 an 应利用分段函数的形式表示．
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18
考向二 [084] 由递推关系求通项公式根据下列条件，求数列的通项公式 an.
(1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n； (2)在数列{an}中，an＋1＝n＋n 2an，a1＝4； (3)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an＋1.

高考数学大一轮复习-第五章数列第1课时数列的概念与简单表示法课件理北师大版

累加即可得(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝2＋22＋23＋…＋2n－1，所以an－a1＝211－－22n－1，即an－a1＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n－1. 当n＝1时，a1＝1也符合，所以an＝2n－1(n∈N＋)．
(2)由递推关系an＋1＝n＋n 2an，a1＝4，有aan＋n1＝n＋n 2，于是有aa12＝3，aa32＝42，aa34＝53，…，aann－－12＝n－n 2， aan－n1＝nn＋－11，将这(n－1)个式子累乘，得aan1＝nn＋2 1. 所以当n≥2时，an＝nn＋2 1a1＝2n(n＋1)．当n＝1时，a1＝4符合上式，所以an＝2n(n＋1)(n∈N＋)．
5．下列有四种对数列的理解： ①数列可以看成一个定义在N＋(或它的有限子集{1,2,3，…， n})上的函数； ②数列的项数是有限的； ③数列若用图像表示，从图像上看都是一群孤立的点； ④数列的通项公式是惟一的．其中说法正确的所有序号是________．
解析：由数列与函数的关系可知①③正确，由数列的分类可知②错误，显然④错．
解 (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＝2n2－n 1.
(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含有因子(－ 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·2＋n－1n.
答案：n
2．(2016·山东临沂模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an ＋2，则数列{an}的通项公式为________．
解析：∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)． ∴aan＋n＋1＋11＝3，∴数列{an＋1}是等比数列，公比q＝3. 又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1， ∴an＝2·3n－1－1. 答案：an＝2·3n－1－1

高考数学统考一轮复习第五章数列第一节数列的概念与简单表示法课时规范练(文,含解析)北师大版

学习资料第五章数列第一节数列的概念与简单表示法课时规范练A组——基础对点练1．已知数列｛a n}的前4项为2，0,2，0,则归纳该数列的通项不可能是()A．a n＝（－1）n－1＋1B．a n＝错误!C．a n＝2sin错误!D．a n＝cos(n－1)π＋1解析：对于C，当n＝3时,sin 错误!＝－1，则a3＝－2,与题意不符．答案：C2．设数列{a n｝的前n项和S n＝n2＋n，则a4的值为()A．4 B．6C．8 D．10解析:a4＝S4－S3＝20－12＝8.答案：C3．（2020·郑州模拟）已知数列1,错误!，错误!，错误!，…，错误!，若3错误!是这个数列的第n项，则n＝(）A．20 B．21C．22 D．23解析：由错误!＝3错误!＝错误!，得2n－1＝45，即2n＝46,解得n＝23，故选D。

答案：D4．（2020·福建四校联考）若数列的前4项分别是错误!，－错误!，错误!,－错误!，则此数列的一个通项公式为（）A.错误!B.错误!C．（错误!D。

错误!解析：由于数列的前4项分别是错误!，－错误!，错误!,－错误!,可得奇数项为正数,偶数项为负数，第n项的绝对值等于错误!，故此数列的一个通项公式为错误!.故选A。

答案：A5．(2020·莆田诊断）已知数列｛a n}中,a1＝1,a2＝2，a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N＋），则a5的值为() A．－2 B．－1C．1 D．2解析:由题意可得,a n＋2＝a n＋1－a n，则a3＝a2－a1＝2－1＝1，a4＝a3－a2＝1－2＝－1，a5＝a4－a3＝－1－1＝－2.故选A。

答案：A6．数列｛a n｝的前n项和S n＝2n2－3n（n∈N＋)，若p－q＝5，则a p－a q＝()A ．10B ．15C ．－5D ．20解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3（n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式,所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4（p －q )＝20.答案：D7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1＝1,S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ）A ．2n －1B.错误!错误!C.错误!错误! D 。

高考数学统考一轮复习第五章数列第一节数列的概念与简单表示法(教师文档)教案文北师大版

学习资料第一节数列的概念与简单表示法授课提示:对应学生用书第88页［基础梳理］1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列｛a n}的第n项a n通项公式数列｛a n｝的第n项a n与n之间的关系能用公式a n＝f（n)表示，这个公式叫作数列的通项公式前n项和数列｛a n}中，S n＝a1＋a2＋…＋a n叫作数列的前n项和2。

数列的表示方法列表法列表格表示n与a n的对应关系图像法把点(n，a n)画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a1和a n＋1＝f（a n）或a1，a2和a n＋1＝f(a n，a n－1)等表示数列的方法n n若数列｛a n}的前n项和为S n，则a n＝错误!4．数列的分类1．与函数的关系：数列是一种特殊的函数，定义域为N＋或其有限子集数列的图像是一群孤立的点．2．周期性：若a n＋k＝a n（n∈N＋,k为非零正整数)，则｛a n}为周期数列，k为{a n｝的一个周期．[四基自测]1．(基础点：数列的项)已知数列｛a n}的通项公式为a n＝9＋12n，则在下列各数中，不是｛a n}的项的是()A．21B．33C．152 D．153答案：C2．(基础点：数列递推关系）在数列{a n｝中，a1＝1，a n＝1＋错误!（n≥2)，则a4＝() A。

错误!B．错误!C。

错误!D．错误!答案：B3．（基础点：数列的前n 项和)设S n 为数列｛a n }的前n 项和，已知S 4＝0，a 5＝5，则S 5为________．答案：54．（易错点:数列的通项公式）数列1，错误!,错误!，错误!，错误!,…的一个通项公式a n ＝________．答案:错误!授课提示:对应学生用书第89页考点一数列的项与通项公式挖掘1 判断通项公式/ 自主练透[例1] （1)下列公式可作为数列｛a n ｝：1,2，1，2，1，2，…,的通项公式的是（ )A ．a n ＝1B ．a n ＝错误!C ．a n ＝2－错误!D ．a n ＝错误![解析］由a n ＝2－错误!可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1，a 4＝2，….故选C.［答案] C(2）根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：①－1，7，－13，19,…；②0.8,0。

创新教程高考数学大一轮复习第五章第1节数列的概念与简单表示法课时冲关理新人教A版

【创新教程】2016年高考数学大一轮复习第五章第1节数列的概念与简单表示法课时冲关理新人教A 版对应学生用书课时冲关理二十五/第281页文二十四/第247页一、选择题1．已知数列1，3，5，7，…， 2n －1，则35是它的( ) A ．第22项 B ．第23项 C ．第24项D ．第28项解析：观察知已知数列的通项公式是a n ＝2n －1，令a n ＝2n －1＝35＝45，得n ＝23. 答案：B2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6等于( ) A ．3×44B ．3×44＋1 C ．45D ．45＋1解析：当n ≥1时，a n ＋1＝3S n ，则a n ＋2＝3S n ＋1， ∴a n ＋2－a n ＋1＝3S n ＋1－3S n ＝3a n ＋1，即a n ＋2＝4a n ＋1， ∴该数列从第二项开始是以4为公比的等比数列．又a 2＝3S 1＝3a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 13×4n －2n ＝1，n ≥2.∴当n ＝6时，a 6＝3×46－2＝3×44.答案：A3．对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n | (n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当a n ＋1>|a n | (n ＝1,2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2>|a 1|不成立，即知：a n ＋1>|a n | (n ＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1>|a n | (n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．答案：B4．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：由题意知，a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)]＝3×5＝15.答案：A5．(2015·银川模拟)设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T r ，则T 2 013的值为( )A ．－12B ．－1 C.12D ．2解析由a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，从而T 2 013＝(－1)671＝－1.答案：B6．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．2n －1 B.⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n解析：法一：由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1， ∴a n ＋1n ＋1＝a nn ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数列．且a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 法二：(累乘法)a n a n －1＝n n －1，a n －1a n －2＝n －1n －2， …a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n . 又∵a 1＝1，∴a n ＝n . 答案：D7．在数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列最大项的值是( )A ．103 B.8658C.8258D ．108解析：∵a n ＝－2⎝⎛⎭⎪⎫n －2942＋2×29216＋3，∴n ＝7时，a n 最大．a 7＝－2×72＋29×7＋3＝108. 答案：D8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫49n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，则数列{a n }( )A ．有最大项，没有最小项B ．有最小项，没有最大项C ．既有最大项又有最小项D ．既没有最大项也没有最小项解析：∵数列{a n }的通项公式为a n ＝(49)n －1－(23)n －1，令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，t ∈(0,1]，t 是减函数，则a n ＝t 2－t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122－14，由复合函数单调性知a n 先递增后递减．故有最大项和最小项，选C. 答案：C9．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12 (n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )A ．5 B.72 C.92D.132解析：∵a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，∴a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，故a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2.∴S 21＝10×12＋a 1＝5＋12－2＝72.答案：B10．跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳1格或2格，那么人从格子外跳到第8个格子的方法种数为( )12 3 4 5 6 7 8A.8种 C ．21种D ．34种解析：设跳到第n 个格子的方法种数有a n ，则到达第n 个格子的方法有两类： ①向前跳1格到达第n 个格子，方法种数为a n －1；②向前跳2格到达第n 个格子，方法种数为a n －2，则a n ＝a n －1＋a n －2，由数列的递推关系得到数列的前8项分别是1,1,2,3,5,8,13,21. ∴跳到第8个格子的方法种数是21.故选C. 答案：C11．(2015·北京海淀区期末)若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n .设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3k ＋1≤0，∴193≤k ≤223，∵k ∈N *，∴k ＝7. ∴满足条件的n 的值为7. 答案：B12．(2015·天津一模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn≤2的正整数n 的集合为( )A ．{1,2}B ．{1,2,3,4}C ．{1,2,3}D ．{1,2,4}解析：因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列，又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.而a n n≤2，即2n －1≤2n ，所以有n ＝1,2,3,4.答案：B 二、填空题13．已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n(n ≥2)，则a 16＝________.解析：由题意知a 2＝1－1a 1＝－1，a 3＝1－1a 2＝2，a 4＝1－1a 3＝12，∴此数列是以3为周期的周期数列，a 16＝a 3×5＋1＝a 1＝12.答案：1214．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝________.解析：由题意知：a 1·a 2·a 3…a n －1＝(n －1)2， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12(n ≥2)，∴a 3＋a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫542＝6116.答案：611615．数列53，108，17a ＋b ，a －b 24，…中，有序数对(a ，b )是________．解析：根号里的数比分母大2，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝15a －b ＝26，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝412b ＝－112.答案：⎝⎛⎭⎪⎫412，－11216．(2015·大连双基测试)数列{a n }满足：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n＋1＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3，把n 换成n－1得，a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＝(n －2)·3n＋3，两式相减得a n ＝3n.答案：3n[备课札记]。

高考数学大一轮复习第五章数列第1节数列的概念及简单表示法讲义理含解析新人教A版0425236.doc

第1节数列的概念及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{a n }的第n 项a n 与序号n 之间的关系可以用一个式子a n ＝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{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －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. [微点提醒]1.若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2.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.基础自测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{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 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.(必修5P33A4改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋（－1）na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23解析 a 2＝1＋（－1）2a 1＝2，a 3＝1＋（－1）3a 2＝12，a 4＝1＋（－1）4a 3＝3，a 5＝1＋（－1）5a 4＝23.答案 D3.(必修5P33A5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a n ＝________.解析由a 1＝1＝5×1－4，a 2＝6＝5×2－4，a 3＝11＝5×3－4，…，归纳a n ＝5n －4. 答案 5n －44.(2019·山东省实验中学摸底)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)，S n 为其前n项和，则S 5的值为( ) A.57B.61C.62D.63解析由条件可得a 2＝2a 1＋1＝3，a 3＝2a 2＋1＝7，a 4＝2a 3＋1＝15，a 5＝2a 4＋1＝31，所以S 5＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝1＋3＋7＋15＋31＝57.答案 A5.(2018·北京朝阳区月考)数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式a n 等于( ) A.（－1）n＋12 B.cos n π2C.cosn ＋12π D.cosn ＋22π解析令n ＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确. 答案 D6.(2019·天津河东区一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1（4n －1）3，若a 4＝32，则a 1＝________.解析 ∵S n ＝a 1（4n －1）3，a 4＝32，则a 4＝S 4－S 3＝32.∴255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12.答案 12考点一由数列的前几项求数列的通项【例1】 (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( ) A.a n ＝(－1)n －1＋1B.a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C.a n ＝2sinn π2D.a n ＝cos(n －1)π＋1(2)已知数列{a n }为12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则数列{a n }的一个通项公式是________.解析 (1)对n ＝1，2，3，4进行验证，a n ＝2sinn π2不合题意.(2)各项的分母分别为21，22，23，24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－2－32，故原数列可变为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，故其通项公式可以为a n ＝(－1)n·2n－32n .答案 (1)C (2)a n ＝(－1)n·2n－32n规律方法由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.(2)具体策略：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各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k ＋1，k ∈N*处理.【训练1】写出下列各数列的一个通项公式： (1)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(2)12，2，92，8，252，…； (3)5，55，555，5 555，….解 (1)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式是a n ＝(－1)n×1n （n ＋1），n ∈N *.(2)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12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (3)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，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a n ＝59(10n－1).考点二由an 与S n 的关系求通项易错警示【例2】 (1)(2019·广州质检)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________________.(2)(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析 (1)由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)由S n ＝2a n ＋1，得a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，得a n ＝2a n －1.∴数列{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列.∴S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝－（1－26）1－2＝－63.答案 (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝12n ，n ≥2 (2)－63规律方法数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.①当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；②当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示.易错警示在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形.例如例2第(1)题易错误求出a n ＝2n (n ∈N *).【训练2】 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. (2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则数列的通项公式a n ＝________. 解析 (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合上式，∴a n ＝4n －5. (2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n＋1－3n －1－1＝2·3n －1.显然当n ＝1时，不满足上式.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2. 答案 (1)4n －5 (2)⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2考点三由数列的递推关系求通项易错警示【例3】 (1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( )A.2＋ln nB.2＋(n －1)ln nC.2＋n ln nD.1＋n ＋ln n(2)若a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. (3)若a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________. (4)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则a n ＝________. 解析 (1)因为a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n＝ln(n ＋1)－ln n ，所以a 2－a 1＝ln 2－ln 1，a 3－a 2＝ln 3－ln 2， a 4－a 3＝ln 4－ln 3，a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2).把以上各式分别相加得a n －a 1＝ln n －ln 1，则a n ＝2＋ln n ，且a 1＝2也适合，因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *). (2)由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2). 所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝nn ＋1·n －1n ·n －2n －1·…·34·23·1＝2n ＋1，又a 1也满足上式，所以a n ＝2n ＋1. (3)由a n ＋1＝2a n ＋3，得a n ＋1＋3＝2(a n ＋3). 令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列. ∴b n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.(4)因为a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12. 又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列.所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12＝n ＋12.所以a n ＝2n ＋1. 答案 (1)A (2)2n ＋1 (3)2n ＋1－3 (4)2n ＋1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a 1，且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n . (2)已知a 1(a 1≠0)，且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n . (3)已知a 1，且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可用待定系数法确定)，可转化为{a n ＋k }为等比数列. (4)形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(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.易错警示本例(1)，(2)中常见的错误是忽视验证a 1是否适合所求式.【训练3】 (1)(2019·山东、湖北部分重点中学联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1，则a n ＝________.(2)若a 1＝1，a n ＋1＝2na n ，则通项公式a n ＝________. 解析 (1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1⇒a n ＋1－a n ＝2n －1＋1⇒a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1，则a n ＝2n －2＋2n －3＋…＋2＋1＋n －1＋a 1＝1－2n －11－2＋n －1＋2＝2n －1＋n .(2)由a n ＋1＝2na n ，得a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1 ＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n （n －1）2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n （n －1）2.答案 (1)2n －1＋n (2)2n （n －1）2考点四数列的性质【例4】 (1)数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大项是( )A.310B.19C.119D.1060(2)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n≤12，2a n －1，12<a n<1，a 1＝35，则数列的第2 019项为________.解析 (1)令f (x )＝x ＋90x(x >0)，运用基本不等式得f (x )≥290，当且仅当x ＝310时等号成立.因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n≤1290，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大. (2)由已知可得，a 2＝2×35－1＝15，a 3＝2×15＝25，a 4＝2×25＝45，a 5＝2×45－1＝35，∴{a n }为周期数列且T ＝4， ∴a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25.答案 (1)C (2)25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a n 与a n ＋1的大小，常用比差或比商法进行判断.【训练4】 (1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 020＝________. (2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 成立，则实数k 的取值范围是________. 解析 (1)∵a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1＝(a n －1)2，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 020＝a 2＝0.(2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，所以(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4，即k >－1－2n . 又n ∈N *，所以k >－3. 答案 (1)0 (2)(－3，＋∞)[思维升华]1.数列是特殊的函数，要利用函数的观点认识数列.2.已知递推关系求通项公式的三种常见方法： (1)算出前几项，再归纳、猜想.(2)形如“a n ＋1＝pa n ＋q ”这种形式通常转化为a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列.(3)递推公式化简整理后，若为a n ＋1－a n ＝f (n )型，则采用累加法；若为a n ＋1a n＝f (n )型，则采用累乘法. [易错防范]1.解决数列问题应注意三点(1)在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值是正整数. (2)数列的通项公式不一定唯一. (3)注意a n ＝S n －S n －1中需n ≥2.2.数列{a n }中，若a n 最大，则a n ≥a n －1且a n ≥a n ＋1；若a n 最小，则a n ≤a n －1且a n ≤a n ＋1.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.数列1，3，6，10，15，…的一个通项公式是( ) A.a n ＝n 2－(n －1) B.a n ＝n 2－1 C.a n ＝n （n ＋1）2D.a n ＝n （n －1）2解析观察数列1，3，6，10，15，…可以发现： 1＝1， 3＝1＋2， 6＝1＋2＋3， 10＝1＋2＋3＋4， …所以第n 项为1＋2＋3＋4＋5＋…＋n ＝n （n ＋1）2，所以数列1，3，6，10，15，…的通项公式为a n ＝n （n ＋1）2.答案 C2.已知数列{a n }满足：任意m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析由题意，得a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，则a 5＝a 3·a 2＝132.答案 A3.(2019·江西重点中学盟校联考)在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2 019的值为( )A.－14B.5C.45D.54解析在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a 2＝1－1－14＝5，a 3＝1－15＝45，a 4＝1－145＝－14，所以{a n }是以3为周期的周期数列，所以a 2 019＝a 673×3＝a 3＝45. 答案 C4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，则S 5＝( ) A.31B.42C.37D.47解析由题意，得S n ＋1－S n ＝S n ＋1(n ∈N *)，∴S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，故数列{S n ＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2，则S 5＋1＝3×24，所以S 5＝47. 答案 D5.(2019·成都诊断)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（2a －1）x ＋4（x ≤1），a x （x >1），数列{a n }(n ∈N *)满足a n ＝f (n )，且{a n }是递增数列，则a 的取值范围是( ) A.(1，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.(1，3)D.(3，＋∞)解析因为{a n }是递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a 2>2a －1＋4，解得a >3，则a 的取值范围是(3，＋∞).答案 D二、填空题6.在数列－1，0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第________项. 解析令n －2n 2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，则(2n －5)(n －10)＝0，解得n ＝10或n ＝52(舍去). 所以a 10＝0.08.答案 107.若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式.故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 8.在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n ＝________. 解析由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ln(n ＋1)－ln n ，a n n －a n －1n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2). ∴a 22－a 11＝ln 2－ln 1，a 33－a 22＝ln 3－ln 2，…， a n n －a n －1n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2). 累加得a n n －a 11＝ln n ，∴a n n＝2＋ln n (n ≥2)，又a 1＝2适合，故a n ＝2n ＋n ln n .答案 2n ＋n ln n三、解答题9.(2016·全国Ⅲ卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式.解 (1)由题意得a 2＝12，a 3＝14. (2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1).因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1. 10.已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *). (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值；(2)求数列{a n }的通项公式.解 (1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得 a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2，同理，a 3＝3，a 4＝4.(2)S n ＝12a 2n ＋a n 2，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0.由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }为首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·山东新高考适应性调研)“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复合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2 018这2 018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{a n }，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a n ＝21n －20，由1≤a n ≤2 018得1≤n ≤97，又n ∈N *，故此数列共有97项.答案 B 12.已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫67n，则数列{a n }的项取最大值时，n ＝________. 解析假设第n 项为最大项，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧（n ＋2）·⎝ ⎛⎭⎪⎫67n ≥（n ＋1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫67n －1，（n ＋2）·⎝ ⎛⎭⎪⎫67n ≥（n ＋3）·⎝ ⎛⎭⎪⎫67n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤5，n ≥4，即4≤n ≤5，又n ∈N *，所以n ＝4或n ＝5，故数列{a n }中a 4与a 5均为最大项，且a 4＝a 5＝6574. 答案 4或513.(2019·菏泽模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝(－1)n ·a n －12n ，记b n ＝8a 2·2n －1，若对任意的n ∈N *，总有λb n －1>0成立，则实数λ的取值范围为________. 解析令n ＝1，得a 1＝－14；令n ＝3，可得a 2＋2a 3＝18；令n ＝4，可得a 2＋a 3＝316，故a 2＝14，即b n ＝8a 2·2n －1＝2n . 由λb n －1>0对任意的n ∈N *恒成立，得λ>⎝ ⎛⎭⎪⎫12n对任意的n ∈N *恒成立，又⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤12，所以实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 14.已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0). (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围.解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *). 结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *). ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a 2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a 2<6，即－10<a <－8. 即a 的取值范围是(－10，－8).新高考创新预测15.(数学文化)著名的斐波那契数列{a n }：1，1，2，3，5，8，…，满足a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，n ∈N *，那么1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017是斐波那契数列的第________项. 解析 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 2＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 4＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 6＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 8＋a 9＋…＋a 2 017＝…＝a 2 016＋a 2 017＝a 2 018，即为第2 018项. 答案 2 018精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

高考数学大一轮复习第五章数列第一节数列的概念与简单表示法教师用书理7.doc

第一节数列的概念与简单表示法☆☆☆2017考纲考题考情☆☆☆自|主|排|查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)数列的分类数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法。

2．数列的通项公式 (1)数列的通项公式如果数列{a n }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{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2。

微点提醒1．数列是按一定顺序排列的一列数，数列{a n }为a 1，a 2，a 3，…，a n 。

而集合{a 1，a 2，a 3，…，a n }的元素没有顺序。

2．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。

求数列的通项公式就是找出数列的项a n 与项数n 的函数关系式。

根据数列的前几项求出的数列的通项公式不唯一。

3．数列不仅有递增数列、递减数列，还有常数列、摆动数列。

4．已知S n 求a n ，要对n ＝1和n ≥2两种情况进行讨论。

小|题|快|练一、走进教材1．(必修5P 31例3改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋－na n －1(n ≥2)，则a 5＝( )A.32B.53C.85D.23【解析】由已知得，a 2＝1＋1a 1＝1＋11＝2，a 3＝1－1a 2＝1－12＝12，a 4＝1＋1a 3＝1＋112＝3，a 5＝1－1a 4＝1－13＝23。

故选D 。

【答案】 D2．(必修5P 33A 组T 5改编)观察下列各图，并阅读下面的文字，像这样，10条直线相交所得的交点最多有________个。

【解析】依题意，设{a n }为n 条直线相交最多的交点个数，则a 2＝1，a n ＝a n －1＋(n －1)，n ≥3，而a n －a n －1＝n －1，由累加法求得a n ＝1＋2＋…＋(n －1)＝n n －2，所以a 10＝10×92＝45。

高考数学一轮复习第五章第一节数列的概念与简单表示法课时作业理含解析北师大版

高考数学一轮复习：数列的概念与简单表示法授课提示：对应学生用书第323页[A 组基础保分练]1．下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是（） A ．a n ＝n 2－n ＋1 B ．a n ＝n （n －1）2C ．a n ＝n （n ＋1）2D ．a n ＝n （n ＋2）2解析：从题图中可观察星星的构成规律，n ＝1时，有1个；n ＝2时，有3个；n ＝3时，有6个；n ＝4时，有10个；…；∴a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2．答案：C2．（2021·山西太原模拟）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋a n ＝2n （n ∈N ＋），则a 7＝（） A ．73 B ．12764C ．32132D ．38564解析：当n ≥2时，S n －1＋a n －1＝2n －2，又S n ＋a n ＝2n ，所以2a n －a n －1＝2，所以2（a n －2）＝a n －1－2，故{a n －2}是首项为a 1－2，公比为12的等比数列，又S 1＋a 1＝2，故a 1＝1，所以a n ＝－⎝⎛⎭⎫12n －1＋2，故a 7＝2－164＝12764．答案：B3．在数列{a n }中，若对任意的n ∈N ＋均有a n ＋a n ＋1＋a n ＋2为定值，且a 1＝2，a 9＝3，a 98＝4，则数列{a n }的前100项的和S 100＝（）A ．132B ．299C ．68D ．99解析：因为对任意的n ∈N ＋均有a n ＋a n ＋1＋a n ＋2为定值，所以a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3，所以a n ＋3＝a n ．所以数列{a n }是周期数列，且周期为3．故a 2＝a 98＝4，a 3＝a 9＝3，a 100＝a 1＝2，所以S 100＝33（a 1＋a 2＋a 3）＋a 100＝299．答案：B4．（2021·济宁期中测试）已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n －2，n ＜4，（6－a ）n －a ，n ≥4，若对任意的n ∈N ＋都有a n ＜a n ＋1成立，则实数a 的取值范围为（）A ．（1，4）B ．（2，5）C ．（1，6）D ．（4，6）解析：因为对任意的n ∈N ＋都有a n ＜a n ＋1成立，所以数列是递增数列，因此⎩⎪⎨⎪⎧1＜a ，6－a ＞0，a ＜（6－a ）×4－a ，解得1＜a ＜4．答案：A5．已知数列{a n }满足a 1＝2，且2a n ＋1－1＝a 1＋a 12a n －2，则a 32＝（）A ．8B ．7C ．6D ．5解析：将a 1＝2代入2a n ＋1－1＝a 1＋a 12a n －2，整理得2a n ＋1－1－2a n －1＝2，又2a 1－1＝2，所以数列{2a n －1}是首项为2，公差为2的等差数列，所以2a n －1＝2＋（n －1）×2＝2n ，所以a n ＝log 22n ＋1，于是a 32＝log 264＋1＝7．答案：B6．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则此数列的第20项为（）A ．180B ．200C ．128D ．162解析：由0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，可得偶数项的通项公式为a 2n ＝2n 2，则此数列的第20项为2×102＝200．答案：B7．已知{a n }满足a n ＝（n －λ）2n （n ∈N ＋），若{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．解析：因为{a n }是递增数列，所以a n ＋1＞a n ，所以（n ＋1－λ）2n ＋1＞（n －λ）2n ，化简得λ＜n ＋2，对任意n ∈N ＋都成立．所以λ＜3．答案：（－∞，3）8．（2021·天水月考）已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3·2n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：由a n ＋1＝2a n ＋3·2n ，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，即a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝32．又a 12＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以1为首项，以32为公差的等差数列，则a n 2n ＝1＋32（n －1）＝32n －12，∴a n ＝（3n －1）·2n －1．答案：（3n －1）·2n －19．（1）已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2（S n ＋1）＝n ＋1，求数列{a n }的通项公式；（2）已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N ＋，均有2S n ＝a n ＋a 2n ，求数列{a n }的通项公式．解析：（1）由log 2（S n ＋1）＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2. （2）∵2S n ＝a n ＋a 2n ，当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a 1＋a 21．又a 1＞0，∴a 1＝1．当n ≥2时，2a n ＝2（S n －S n －1）＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴（a 2n －a 2n －1）－（a n ＋a n －1）＝0，∴（a n ＋a n －1）（a n －a n －1）－（a n ＋a n －1）＝0，∴（a n ＋a n －1）（a n －a n －1－1）＝0，∵a n ＋a n －1＞0，∴a n －a n －1＝1，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝n （n ∈N ＋）．10．（2021·东营模拟）设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N ＋．（1）求a 1的值；（2）求数列{a n }的通项公式．解析：（1）令n ＝1，T 1＝2S 1－1，因为T 1＝S 1＝a 1，所以a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1．（2）n ≥2时，T n －1＝2S n －1－（n －1）2，则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－（n －1）2]＝2（S n －S n －1）－2n ＋1＝2a n －2n ＋1．因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式，所以S n ＝2a n －2n ＋1（n ≥1），当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2（n －1）＋1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2（n ≥2），所以a n ＋2＝2（a n －1＋2），因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．所以a n ＋2＝3×2n －1，所以a n ＝3×2n －1－2，当n ＝1时也成立，所以a n ＝3×2n －1－2．[B 组能力提升练]1．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1（n ≥2），那么a 2 019＝（）A ．1B ．－2C ．3D ．－3解析：因为a n ＝a n －1－a n －2（n ≥3），所以a n ＋1＝a n －a n －1＝（a n －1－a n －2）－a n －1＝－a n －2，所以a n ＋3＝－a n ，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，所以{a n }是以6为周期的周期数列．因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1．答案：A2．已知数列{x n }满足x n ＋2＝|x n ＋1－x n |（n ∈N ＋），若x 1＝1，x 2＝a （a ≤1，a ≠0），且x n ＋3＝x n 对任意的正整数n 均成立，则数列{x n }的前2 019项和S 2 019＝（）A ．672B ．673C ．1 344D ．1 346解析：∵x 1＝1，x 2＝a （a ≤1，a ≠0），∴x 3＝|x 2－x 1|＝|a －1|＝1－a ，∴x 1＋x 2＋x 3＝1＋a ＋（1－a ）＝2，又x n ＋3＝x n 对任意的正整数n 均成立，∴数列{x n }的周期为3，∴数列{x n }的前2 019项和S 2 019＝S 673×3＝673×2＝1 346．答案：D3．若数列a n ＝cos ⎝⎛⎭⎫π3n ＋π5，k ∈N ＋，则在下列数列中，可取遍数列{a n }前6项值的数列为（） A ．{a 2k ＋1} B ．{a 3k ＋1}C ．{a 4k ＋1}D ．{a 5k ＋1}解析：∵数列a n ＝cos ⎝⎛⎭⎫π3n ＋π5，k ∈N ＋，∴a 1＝cos 8π15，a 2＝cos 13π15，a 3＝cos 18π15，a 4＝cos 23π15，a 5＝cos 28π15，a 6＝cos 33π15＝cos 3π15，a 7＝cos 8π15，∴{a n }是以6为周期的周期数列，∴{a 5k ＋1}是可取遍数列{a n }前6项值的数列．答案：D4．对于一个给定的数列{a n }，把它连续的两项a n ＋1与a n 的比a n ＋1a n记为b n ，得到一个新的数列{b n }，称数列{b n }是数列{a n }的一阶比数列．若数列{a n }的一阶比数列是每一项均为2的常数列，则a 2 021＋a 2 019a 2 018＋a 2 016＝（） A ．8 B ．6C ．4D ．2解析：由题意可知，数列{a n }是等比数列，且公比q ＝2，则a 2 021＋a 2 019a 2 018＋a 2 016＝a 2 019（q 2＋1）a 2 016（q 2＋1）＝q 3＝8．答案：A5．若数列{a n }满足a 1＝－12，a n ＋a n ＋1＝2n 2＋2n，则a 10＝________．解析：法一：因为a n ＋a n ＋1＝2n 2＋2n ，所以a n ＋a n ＋1＝2n （n ＋2）＝1n －1n ＋2，所以a 1＋a 2＝1－13，因为a 1＝－12，所以a 2＝1－13＋12；因为a 2＋a 3＝12－14，所以a 3＝13－14－1；因为a 3＋a 4＝13－15，所以a 4＝14－15＋1，以此类推，a 10＝110－111＋1＝111110．法二：因为a n ＋a n ＋1＝2n 2＋2n ，所以a n ＋1＝2n （n ＋2）－a n ，因为a 1＝－12＝11×2－1，所以a 2＝23＋12＝76＝12×3＋1，a 3＝22×4－76＝－1112＝13×4－1，a 4＝23×5＋1112＝2120＝14×5＋1，以此类推，a 10＝110×11＋（－1）10＝111110．答案：1111106．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n（n ∈N ＋），则该数列的前2 021项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2 021＝________．解析：由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3， a 3＝1＋a 21－a 2＝－12， a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，所以数列{a n }是以4为周期的周期数列，而2 021＝4×505＋1，且a 1a 2a 3a 4＝2×（－3）×⎝⎛⎭⎫－12×13＝1．故该数列前2 021项的乘积为a 1＝2．答案：27．已知二次函数f （x ）＝x 2－ax ＋a （a ＞0，x ∈R ），有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f （n ）（n ∈N ＋）．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设c n ＝1－4a n（n ∈N ＋），定义所有满足c m ·c m ＋1＜0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解析：（1）依题意，Δ＝a 2－4a ＝0，所以a ＝0或a ＝4．又由a ＞0得a ＝4，所以f （x ）＝x 2－4x ＋4．所以S n ＝n 2－4n ＋4．当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2. （2）由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，1－42n －5，n ≥2.由c n ＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有c n ＞0．又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2＜0，c 2·c 3＜0，c 4·c 5＜0．所以数列{c n }的变号数为3．[C 组创新应用练]1．已知数列{a n }满足a n ＋1－a n n ＝2，a 1＝20，则a n n的最小值为（） A ．4 5 B ．45－1C ．8D ．9解析：由a n ＋1－a n ＝2n 知a 2－a 1＝2×1，a 3－a 2＝2×2，…，a n －a n －1＝2（n －1），n ≥2，以上各式相加得a n －a 1＝n 2－n ，n ≥2，所以a n ＝n 2－n ＋20，n ≥2，当n ＝1时，a 1＝20符合上式，所以a n n ＝n ＋20n－1，n ∈N ＋，所以n ≤4时a n n 单调递减，n ≥5时a n n单调递增，因为a 44＝a 55，所以a n n 的最小值为a 44＝a 55＝8．答案：C2．（2021·昆明调研测试）将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n ＝2b n －1，则a 56＝________．解析：当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n ＝2b n－1（n ≥2且n ∈N ＋），因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1．设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋（n －1），所以c n ＝n （n －1）2＋1，由c n ＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024．答案：1 0243．（2021·湛江模拟）一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数．设这个整数为a ，当a ∈[2，2 019]时，符合条件的a 共有个．解析：由题设a ＝3m ＋2＝5n ＋3，m ，n ∈N ，则3m ＝5n ＋1，m ，n ∈N ，当m ＝5k ，n 不存在；当m ＝5k ＋1，n 不存在；当m ＝5k ＋2，n ＝3k ＋1，满足题意；当m ＝5k ＋3，n 不存在；当m ＝5k ＋4，n 不存在．其中k ∈N ．故2≤a ＝15k ＋8≤2 019，解－615≤k ≤2 01115，则k ＝0，1，2，…，134，共135个，即符合条件的a 共有135个．故答案为135．答案：135。

高考数学总复习第五章第1课时数列的概念与简单表示法课时闯关含解析试题

创作人：历恰面日期：2020年1月1日〔专用〕2021年高考数学总复习第五章第1课时数列的概念与简单表示法课时闯关〔含解析〕一、选择题1．(2021·质检)一个正整数数表如下(表中下一行中数的个数比上一行中数的个数多1个)：第1行 1第2行 2 3第3行 4 5 6……那么第11行中的第5A．50 B．55C．60 D．661＋1010＝55个，故第11行中的第5个数是60.22．数列1,1＋2，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的一个通项a n等于( )A．2n－1 B．2n＋1－n－2C．2n－1D．2n－na n＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1.或者代入检验第一项为1，第二项为3，即可排除B，C，D.3．以下说法正确的选项是( )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是一样数列C ．数列{n ＋1n }的第k 项为1＋1kD ．数列0,2,4,6，…可记为{2n }解析：选C.由数列定义可知A 、B 错误；数列{n ＋1n }的第k 项为k ＋1k ＝1＋1k，故C 正确；数列0,2,4,6，…的通项公式为a n ＝2n －2，故D 错，综上可知，应选C.4．(2021·质检)数列{a n }满足a n ＋1a n ＝12，那么数列{a n }是( ) A ．递增数列 B ．递减数列 C ．摆动数列 D ．不确定解析：选D.∵a n ＋1a n ＝12a 1>0，那么a n ＋1＝12a n ， ∴{a n }是递减数列；假设a 1<0，那么{a n }为递增数列．故数列{a n }变化情况为不确定． 5．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－7n ，且满足16＜a k ＋a k ＋1＜22，那么正整数k 的值是( ) A ．7 B ．8 C ．9D ．10a k ＋a k ＋1＝S k ＋1－S k －1＝[(k ＋1)2－7(k ＋1)]－[(k －1)2－7(k －1)]＝4k －14，知16＜4k－14＜22，所以整数k ＝8.二、填空题6．函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n2当n 为奇数时－n 2当n 为偶数时，且a n ＝f (n )，那么a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝________ .解析：a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝12－22＋32－42＋52＝1＋2＋3＋4＋5＝15. 答案：157．S n 是数列{a n }的前n 项和，且有S n ＝n 2＋1，那么数列{a n }的通项公式是________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋1)－[(n －1)2＋1]＝2n －1.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＝12n －1 n ≥28．数列{a n }满足关系a n a n ＋1＝1－a n ＋1(n ∈N *)，且a 2021＝2，那么a 2021＝________. 解析：由a n a n ＋1＝1－a n ＋1(n ∈N *)，得a n ＝1－a n ＋1a n ＋1＝1a n ＋1－1，又a 2021＝2，∴a 2021＝1a 2021－1＝－12， ∴a 2021＝1a 2021－1＝－2－1＝－3.答案：－3 三、解答题9．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)． (1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由：{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)， ∴a 2＝a 1＋4＝5，a 3＝a 2＋7＝12.(2)由：a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)得：a n －a n －1＝3n －2，由递推关系，得a n －1－a n －2＝3n －5，…，a 3－a 2＝7，a 2－a 1＝4，累加得：a n －a 1＝4＋7＋…＋3n －2＝n －14＋3n －22＝3n 2－n －22，∴a n ＝3n 2－n2(n ≥2)．当n ＝1时，1＝a 1＝3×12－12＝1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 2－n2.10．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝13S n (n ＝1,2,3，…)，求a n .解：∵a n ＋1＝13S n ，∴a n ＝13S n －1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝13(S n －S n －1)＝13a n (n ≥2)，∴a n ＋1＝43a n (n ≥2)．又a 1＝1，a 2＝13S 1＝13a 1＝13，∴{a n }是从第二项起，公比为43的等比数列，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝1，13·43n －2，n ≥2.一、选择题1．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *), 那么a 8等于( ) A ．1 B ．－1 C ．5D ．－5解析：选C.法一：由a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，…. 由此可得a 8＝5.法二：a n ＋2＝a n ＋1－a n ，a n ＋3＝a n ＋2－a n ＋1，两式相加可得a n ＋3＝－a n ，a n ＋6＝a n ， ∴a 8＝a 2＝5.2．如下图的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形〞，它们是由整数的倒数组成的，11 12 12 13 16 13 14 112 112 14 15 120 130 120 15…第n 行有n 个数且两端的数均为1n (n ≥2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如11＝12＋12，12＝13＋16，13＝14＋112，…，那么第10行第4个数(从左往右数)为( ) A.1360 B.1504 C.1840D.11260答案：C 二、填空题3．(2021·质检)数列{a n }的前n 项的乘积为T n ＝5n 2，n ∈N *，那么数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析：当n ＝1时，a 1＝T 1＝512＝5；当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝5n25n －12＝52n －1(n ∈N *)．当n ＝1时，也合适上式，所以当n ∈N *时，a n ＝52n －1.答案：52n －1(n ∈N *)4．数列{a n }中，a n ＝1n ＋n ＋1，S n ＝9，那么n ＝________.解析：a n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，∴S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1＝9， ∴n ＝99. 答案：99 三、解答题5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝n n ＋1(n ∈N *)．(1)求S 1，S 2及S n ；(2)设b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ，假设对一切n ∈N *，均有∑k ＝1nb k ∈(1m ，m 2－6m ＋163)，务实数m 的取值范围．解：(1)依题意，n ＝1时，S 1＝2，n ＝2时，S 2＝6. ∵1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝nn ＋1.① n ≥2时，1S 1＋1S 2＋…＋1S n －1＝n －1n ，②①－②，得1S n ＝n n ＋1－n －1n .∴S n ＝n (n ＋1)．上式对n ＝1也成立，∴S n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)． (2)由(1)知，S n ＝n (n ＋1)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n . ∵a 1＝2，∴a n ＝2n (n ∈N *)．∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n.∵b n ＋1b n ＝14，∴数列{b n }是等比数列．那么∑k ＝1nb k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n .∵13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 随n 的增大而增大，∴14≤∑k ＝1n b k ＜13.依条件，得⎩⎪⎨⎪⎧1m ＜14，m 2－6m ＋163≥13.即⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0，或者m ＞4，m ≤1，或者m ≥5.∴m ＜0或者m ≥5.6．二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R)有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0，∴a ＝0或者a ＝4. 又由a >0得a ＝4， ∴f (x )＝x 2－4x ＋4. ∴S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 n ＝1，2n －5n ≥2.2由题设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3 n ＝1，1－42n －5n ≥2.由1－42n －5＝2n －92n －5可知，当n ≥5时，恒有a n >0.又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， ∴数列{c n }的变号数为3.。

高考数学一轮复习第5章数列第1节数列的概念与简单表示法教学案理(含解析)北师大版-北师大版

第一节数列的概念与简单表示法[考纲传真]1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．1．数列的有关概念数列有三种表示法，它们分别是列表法、图像法和解析法． 3．a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分求数列的最大(小)项，一般可以利用数列的单调性，即用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.(n ≥2，n ∈N *)或⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)求解，也可以转化为函数的最值问题或利用数形结合思想求解．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( ) (2)一个数列中的数是不可以重复的．( ) (3)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．( ) [答案] (1)× (2)× (3)× (4)√ 2．已知数列11×2，12×3，13×4，…，1n n ＋1，…，下列各数中是此数列中的项的是( ) A.135 B ．142 C.148 D ．154B [该数列的通项a n ＝1n n ＋1，结合选项可知B 正确．]3．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49 D ．64 A [a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15.故选A.] 4．(教材改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋－1na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32 B ．53 C.85 D ．23 D [∵a 1＝1，∴a 2＝1＋－12a 1＝1＋1＝2；a 3＝1－1a 2＝1－12＝12；a 4＝1＋1a 3＝1＋2＝3； a 5＝1－1a 4＝1－13＝23.]5．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a n ＝________.5n －4 [{a n }是以1为首项，5为公差的等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)×5＝5n －4.]由a n 与S n 的关系求通项公式1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝14n 2＋23n ＋3，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.⎩⎪⎨⎪⎧4712，n ＝112n ＋512，n ≥2[当n ＝1时，a 1＝S 1＝14＋23＋3＝4712.又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝14n 2＋23n ＋3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤14n －12＋23n －1＋3 ＝12n ＋512. ∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧4712，n ＝1，12n ＋512，n ≥2.]2．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.(－2)n －1[由S n ＝23a n ＋13得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，∴a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1. 即a n ＝－2a n －1，(n ≥2)．又a 1＝S 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1.∴数列{a n }是以首项为1，公比为－2的等比数列， ∴a n ＝(－2)n －1.]3．已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋…＋na n ＝3n 2－2n ＋1，求a n .[解] 设a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋…＋na n ＝T n ，当n ＝1时，a 1＝T 1＝3×12－2×1＋1＝2，当n ≥2时，na n ＝T n －T n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1] ＝6n －5，因此a n ＝6n －5n，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5n ，n ≥2.[规律方法] 已知S n 求a n 的三个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1替换S n 中的n 得出S n －1，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式．(3)看a 1是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应写成分段的形式．易错警示：利用a n ＝S n －S n －1求通项时，应注意n ≥2这一前提条件，易忽视验证n ＝1致误．由递推关系式求数列的通项公式【例1】分别求出满足下列条件的数列的通项公式． (1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2(n ∈N *)； (2)a 1＝1，a n ＝nn －1a n －1(n ≥2，n ∈N *)；(3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)． [解] (1)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n 3n ＋12(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2.(2)当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×21×32×…×n －2n －3×n －1n －2×nn －1＝n ，当n ＝1时，也符合上式， ∴该数列的通项公式为a n ＝n .(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，因此a n ＝2·3n －1－1.[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a 1，且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n . (2)已知a 1(a 1≠0)，且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n . (3)已知a 1，且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可由待定系数法确定)，可转化为{a n ＋k }为等比数列．易错警示：本题(1)，(2)中常见的错误是忽视验证a 1是否适合所求式．(1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n(2)若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1，则a n ＝________.(1)A (2)n ·3n－2·3n －1[(1)∵a n ＋1－a n ＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ，∴a 2－a 1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫21，a 3－a 2＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，…，a n －a n －1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －1，n ≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －a n －1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫21×32×…×n n －1＝ln n ，∴a n －a 1＝ln n ⇒a n ＝2＋ln n (n ≥2)．将n ＝1代入检验有a 1＝2＋ln 1＝2与已知符合，故a n ＝2＋ln n . (2)因为a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1，所以a n ＋13n ＋1＝a n3n ＋1，所以a n ＋13n ＋1－a n 3n ＝1，又a 13＝13，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是以13为首项，1为公差的等差数列．所以a n 3n ＝13＋(n －1)＝n －23，所以a n ＝n ·3n－2·3n －1.]数列的性质【例2】 (1)已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，若a 1＝12，则a 2 018＝( )A ．－1B ．12 C ．1 D ．2(2)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，若b n ＋1＝(n －λ)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，b 1＝－λ，且数列{b n }是递增数列，则实数λ的取值X 围是( )A ．(2，＋∞)B ．(3，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(－∞，3)(3)已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项．(1)D (2)C (3)5 [(1)由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2， a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 018＝a 3×672＋2＝a 2＝2. (2)由a n ＋1＝a na n ＋2，知1a n ＋1＝2a n ＋1，即1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是首项为1a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，所以1a n＋1＝2n ，所以b n ＋1＝(n －λ)·2n，因为数列{b n }是递增数列，所以b n ＋1－b n ＝(n －λ)2n －(n －1－λ)2n －1＝(n ＋1－λ)2n －1＞0对一切正整数n 恒成立，所以λ＜n ＋1，因为n ∈N *，所以λ＜2，故选C.(3)因为a n ＝n ＋13n －16，所以数列{a n }的最小项必为a n ＜0，即n ＋13n －16＜0,3n －16＜0，从而n ＜163.又n ∈N *，所以当n ＝5时，a n 的值最小．][规律方法] 1.解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． 2．判断数列单调性的二种方法(1)作差比较法：比较a n ＋1－a n 与0的大小． (2)作商比较法：比较a n ＋1a n与1的大小，注意a n 的符号． 3．求数列最大项或最小项的方法 (1)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．(1)已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( ) A ．递减数列 B ．递增数列 C ．常数列D ．摆动数列(2)数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n，则此数列的最大项是第________项． (3)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N *，都有a n ＋1＞a n 成立，则实数k 的取值X 围是________． (1)B (2)9或10 (3)(－3，＋∞) [(1)a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列．(2)∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n×9－n 11，当n ＜9时，a n ＋1－a n ＞0，即a n ＋1＞a n ；当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n ＞9时，a n ＋1－a n ＜0，即a n ＋1＜a n ， ∴该数列中有最大项，且最大项为第9,10项．(3)由a n ＋1＞a n 知该数列是一个递增数列，又∵通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4， ∴(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4＞n 2＋kn ＋4，即k ＞－1－2n ，又n ∈N *，∴k ＞－3.]1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________.－63 [因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×1－261－2＝－63.]2．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.－1n[∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.]3．(2014·全国卷Ⅱ)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________.12 [∵a n ＋1＝11－a n， a 8＝2，∴a 7＝12，a 6＝－1，a 5＝2，∴{a n }是周期为3的数列， ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2. 而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.]。

高考数学一轮复习第5章数列第1讲数列的概念与简单表示法创课件高三全册数学课件

12/11/2021
解
(3)把数列改写成11，02，13，04，15，06，17，08，…，分母依次为 1,2,3，…，而分子 1,0,1,0，…周期性出现，因此数列的通项可表示为 an＝1＋－2n1n＋1或 an＝sinnn2π.
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解
(4)将数列统一为32，55，170，197，…，对于分子 3,5,7,9，…，是序号的 2 倍加 1，可得分子的通项公式为 bn＝2n＋1，对于分母 2,5,10,17，…联想到数列 1,4,9,16，…，即数列{n2}，可得分母的通项公式为 cn＝n2＋1，
所以可得它的一个通项公式为 an＝2nn2＋＋11.
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解
由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略 (1)常用方法：观察 (观察规律 )、比较 (比较已知数列 )、归纳、转化 (转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．
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解 (1)符号问题可通过(－1)n 或(－1)n＋1 表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大 6，故通项公式为 an＝(－ 1)n(6n－5)．
(2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴an＝891－110n.
角度 1 形如 an＋1＝an＋f(n)，求 an 1．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln 1＋1n，求通项公式 an. 解 ∵an＋1＝an＋ln 1＋1n， ∴an－an－1＝ln 1＋n－1 1＝ln n－n 1(n≥2)，
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解
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝ln n－n 1＋ln nn－－12＋…＋ln 32＋ln 2＋2 ＝2＋ln n－n 1·nn－－12·…·23·2 ＝2＋ln n(n≥2)．又 a1＝2 适合上式，故 an＝2＋ln n(n∈N*)．

2022版高考数学一轮复习第五章数列第一讲数列的概念与简单表示法学案(含解析)新人教版

学习资料2022版高考数学一轮复习第五章数列第一讲数列的概念与简单表示法学案（含解析）新人教版班级：科目：第五章数列第一讲数列的概念与简单表示法知识梳理·双基自测错误!错误!错误!错误!知识点一数列的有关概念概念含义数列按照__一定顺序__排列的一列数数列的项数列中的__每一个数__数列的通项数列｛a n}的第n项a n通项公式数列｛a n}的第n项a n与n之间的关系能用公式__a n＝f（n)__表达，这个公式叫做数列{a n｝的通项公式前n项和数列{a n｝中，S n＝__a1＋a2＋…＋a n__叫做数列{a n}的前n项和列表法列表格表示n与a n的对应关系图象法把点__（n，a n）__画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用__公式__表示的方法递推公式使用初始值a1和a n＋1＝f（a n）或a1，a2和a n＋1＝f(a n,a n－1）等表示数列的方法n n若数列｛a n}的前n项和为S n,则a n＝错误!知识点四数列的分类归纳错误!错误!1．数列与函数数列可以看作是一个定义域为正整数集N*(或它的有限子集｛1，2,…，n｝）的函数,当自变量__从小到大__依次取值时对应的一列函数值．数列的通项公式是相应函数的解析式,它的图象是__一群孤立的点__。

2．常见数列的通项公式（1）自然数列：1，2,3,4，…，a n＝n.（2)奇数列：1，3，5，7，…,a n＝2n－1.（3)偶数列：2,4,6,8，…，a n＝2n.(4)平方数列：1,4,9，16，…，a n＝n2.（5）2的乘方数列：2,4，8,16，…，a n＝2n.（6)乘积数列：2,6,12，20，…，a n＝n(n＋1）．(7）正整数的倒数列：1，错误!，错误!,错误!,…,a n＝错误!。

(8）重复数串列：9，99，999，9 999，…，a n＝10n－1。

(9）符号数列:－1，1，－1,1,…或1，－1,1，－1，…，a n＝（－1）n或a n＝（－1）n＋1.错误!错误!错误!错误!题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×")（1）所有数列的第n项都可以用公式表示出来．(×)（2)依据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(√）（3)若a n＋1－a n〉0（n≥2)，则函数{a n｝是递增数列．(×)(4）如果数列{a n}的前n项和为S n，则对于任意n∈N*，都有a n＋1＝S n＋1－S n.（√) ［解析］（1）因为数列是按一定顺序排列的一列数，如我班某次数学测试成绩，按考号从小到大的顺序排列，这个数列肯定没有通项公式，所以错误．(2）比如数列1,0,1,0，…的通项公式为：a n＝错误!或a n＝错误!或a n＝错误!，所以正确．(3)因为n＝1时，a2与a1不确定大小关系．(4）由数列前n项和的定义可知，当n∈N*，都有a n＋1＝S n＋1－S n，所以正确．题组二走进教材2．(必修5P67A组T2改编)数列1,－4,9，－16,25，…的一个通项公式是（C)A．a n＝n2B．a n＝(－1)n·n2C．a n＝（－1）n＋1·n2D．a n＝（－1）n·（n＋1)2[解析］因为每一项的绝对值是该项序号的平方，奇数项符号为正,偶数项符号为负,所以a n＝（－1)n＋1·n2。

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