• 247.50 KB
  • 2021-06-30 发布

2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案:第六章数列第1节数列的概念与简单表示法

  • 14页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
www.ks5u.com 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.‎ ‎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.‎ 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 ‎=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,‎ 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________.‎ 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,‎ 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;‎ 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(  )‎ 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 ‎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,‎ 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,‎ 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________________.‎ 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