【数学】2021届一轮复习人教A版数列的概念与简单表示法学案 9页

‎2021届一轮复习人教A版 数列的概念与简单表示法 学案 ‎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 ‎(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Sn，则an＝‎ ‎　‎ ‎1．数列与函数的关系 数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在正整数集或其子集{1,2,3，…，n}上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值。‎ ‎2．在数列{an}中，若an最大，则若an最小，则 ‎3．递推关系求通项公式的三种方法：‎ ‎(1)叠加法：对于an＋1－an＝f(n)型，若f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的和是可求的，可用多式相加法求得an。‎ ‎(2)叠乘法：对于＝f(n)型，若f(1)·f(2)·…·f(n)的积是可求的，可用多式相乘法求得an。‎ ‎(3)构造法：对an＋1＝pan＋q型，构造一个公比为p(p≠1)的等比数列，求得an。‎ 一、走进教材 ‎1．(必修5P‎33A组T4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 ‎2．(必修5P‎33A组T5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＝________。‎ 答案　5n－4‎ 二、走近高考 ‎3．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和。若Sn＝2an＋1，则S6＝________。‎ 解析　根据Sn＝2an＋1，可得Sn＋1＝2an＋1＋1，两式相减得an＋1＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，当n＝1时，S1＝a1＝‎2a1＋1，解得a1＝－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以S6＝＝－63。‎ 解析：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝‎2a1＋1，解得a1＝－1；当n＝2时，a1＋‎ a2＝‎2a2＋1，解得a2＝－2；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝‎2a3＋1，解得a3＝－4；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝‎2a4＋1，解得a4＝－8；当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝‎2a5＋1，解得a5＝－16；当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝‎2a6＋1，解得a6＝－32。所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63。‎ 答案　－63‎ 三、走出误区 微提醒：①忽视数列是特殊的函数，其自变量为正整数集N*或其子集{1,2，…，n}；②求数列前n项和Sn的最值时忽视项为零的情况；③根据Sn求an时忽视对n＝1的验证。‎ ‎4．在数列－1,0，，，…，中，0.08是它的第________项。‎ 解析　依题意得＝，解得n＝10或n＝(舍)。‎ 答案　10‎ ‎5．在数列{an}中，an＝－n2＋6n＋7，当其前n项和Sn取最大值时，n＝________。‎ 解析　由题可知n∈N*，令an＝－n2＋6n＋7≥0，得1≤n≤7(n∈N*)，所以该数列的第7项为零，且从第8项开始an<0，则该数列的前6或7项的和最大。‎ 答案　6或7‎ ‎6．已知Sn＝2n＋3，则an＝________。‎ 解析　因为Sn＝2n＋3，那么当n＝1时，a1＝S1＝21＋3＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋3－(2n－1＋3)＝2n－1(*)。由于a1＝5不满足(*)式，所以an＝ 答案　 考点一由数列的前n项求数列的通项公式 ‎【例1】　(1)数列，－，，－，…的一个通项公式为(　　)‎ A．an＝(－1)n· B．an＝(－1)n· C．an＝(－1)n＋1· D．an＝(－1)n＋1· ‎(2)(2019·湖北八校联考)已知数列{an}满足an＝(n∈N*)，将数列{an}中的整数项按原来的顺序组成新数列{bn}，则b2 019的末位数字为(　　)‎ A．8 B．2‎ C．3 D．7‎ 解析　(1)该数列是分数形式，分子为奇数2n＋1，分母是指数2n，各项的符号由(－1)n＋1来确定，所以D选项正确。‎ ‎(2)由an＝(n∈N*)，可得此数列为，，，，，，，，，，‎ eq (54)，，，…，整数项为，，，，，，…，所以数列{bn}的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，…，因为2 019＝4×504＋3，所以b2 019的末位数字为7。故选D。‎ 答案　(1)D　(2)D 根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：‎ ‎1．分式中分子、分母的各自特征；‎ ‎2．相邻项的联系特征；‎ ‎3．拆项后的各部分特征；‎ ‎4．符号特征。应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想。‎ ‎【变式训练】　(1)数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是(　　)‎ A．an＝n2－(n－1) B．an＝n2－1‎ C．an＝ D．an＝ ‎(2)(2018·河南安阳二模)已知数列：，，，，，，，，，，…，依它的前10项的规律，这个数列的第2 018项a2 018等于(　　)‎ A．　　　B． C．64　　　D. 解析　(1)设此数列为{an}，则由题意可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，a5＝15，…仔细观察数列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＝，所以数列1,3,6,10,15，…的通项公式为an＝。‎ 解析：代入n＝1,2,3进行验证。‎ ‎(2)观察数列：，，，，，，，，，，…，可将它分成k(k∈N*)组，即第1组有1项，第2组有2项，第3组有3项，…，所以第k组有k项，各项的分子从k依次减小至1，分母从1依次增大到k，所以前k组共有项，令2 018＝＋m(k∈N*，1≤m≤k，m∈N*)，可得k＝63，m＝2，所以该数列的第2 018项a2 018为第64组的第2项，故a2 018＝。故选D。‎ 答案　(1)C　(2)D 考点二由an与Sn的关系求an ‎【例2】　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则an＝________。‎ ‎(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式为an＝________。‎ 解析　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1；当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1。因此an＝ ‎(2)当n＝1时，a1＝S1＝a1＋，所以a1＝1。当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，所以＝－，所以数列{an}为首项a1＝1，公比q＝－的等比数列，故an＝n－1。‎ 答案　(1)　(2)n－1‎ ‎1．已知Sn求an，常用的方法是利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为关于an的递推关系，再求其通项公式。‎ ‎2．要验证a1是否适合an，若适合，则统一用an表示；若不适合，则通项公式用分段函数的形式表示。‎ ‎【变式训练】　(1)(2019·合肥市质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2 020＝(　　)‎ A．22 020－1 B．32 020－6‎ C.2 020－ D.2 020－ ‎(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则数列的通项公式an＝________。‎ 解析　(1)因为a1＝S1，所以‎3a1＝3S1＝‎2a1－3⇒a1＝－3。当n≥2时，3Sn＝2an－3n,3Sn－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，所以an＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，则a2 020＝22 020－1。故选A。‎ ‎(2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n－1－1＝2·3n－1。显然当n＝1时，不满足上式。所以an＝ 答案　(1)A　(2) 考点三由递推关系求通项公式 ‎【例3】　(1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1，则a5＝________。‎ ‎(2)若a1＝1，an＋1＝2nan，则通项公式an＝________。‎ ‎(3)若a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝________。‎ 解析　(1)依题意得an＋1－an＝2n＋1，a5＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25。‎ ‎(2)由an＋1＝2nan，得＝2n－1(n≥2)，所以an＝··…··a1＝2n－1·2n－2‎ ‎·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝2。又a1＝1适合上式，故an＝2。‎ ‎(3)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＝(n∈N*)。‎ 答案　(1)25　(2)2　(3) 已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 ‎1．当出现an＝xan－1＋y(x，y为常数)时，构造等比数列。‎ ‎2．当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解。‎ ‎3．当出现＝f(n)时，用累乘法求解。‎ ‎【变式训练】　(1)若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋等于(　　)‎ A．　　B．C.　　D. ‎(2)定义：在数列{an}中，若满足－＝d(n∈N*，d为常数)，称{an}为“等差比数列”。已知在“等差比数列”{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，则等于(　　)‎ A．4×2 0152－1 B．4×2 0142－1‎ C．4×2 0132－1 D．4×2 0132‎ 解析　(1)由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，则a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝(n－1)＋1，以上等式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋(n－1)＋n，把a1＝1代入上式得an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，所以＝＝2，则＋＋…＋＝2＝2＝，故选D。‎ ‎(2)由题知是首项为1，公差为2的等差数列，则＝2n－1，所以an＝××…××a1＝(2n－3)×(2n－5)×…×1。所以＝＝4 027×4 025＝(4 026＋1)(4 026－1)＝4 0262‎ ‎－1＝4×2 0132－1。‎ 答案　(1)D　(2)C 考点四数列的性质微点小专题 方向1：数列的周期性 ‎【例4】　(2019·河北石家庄一模)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，则a2 018的值为(　　)‎ A．2 B．－3‎ C．－ D. 解析　因为a1＝2，an＋1＝，所以a2＝＝－3，同理可得：a3＝－，a4＝，a5＝2，…，可得an＋4＝an，则a2 018＝a504×4＋2＝a2＝－3。故选B。‎ 答案　B 列出数列的前几项，归纳出周期。‎ 方向2：数列的单调性 ‎【例5】　(1)已知数列{an}的通项公式an＝(n＋1)·n，则数列的最大项为________。‎ ‎(2)已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为________。‎ 解析　(1)因为an＋1－an＝(n＋2)n＋1－(n＋1)n＝n×，所以当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>9时，an＋1－an<0，即an＋10)，求导得f′(x)＝－＋1。令f′(x)>0，解得x>；令f′(x)<0，解得00或an<0)与1的大小关系进行判断。‎ ‎3．结合导数的方法判断。‎ ‎【题点对应练】　‎ ‎1．(方向1)已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 018＝(　　)‎ A．3　　　　B．‎2 C．1　　　　D．0‎ 解析　因为an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，所以a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2 018＝336×0＋a2 017＋a2 018＝a1＋a2＝3。故选A。‎ 答案　A ‎2．(方向2)已知数列{an}中，前n项和为Sn，且Sn＝an，则(n>1)的最大值为________。‎ 解析　因为Sn＝an，所以当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，即＝，因为数列单调递减，所以当n＝2时，＝2最大。‎ 答案　2‎ ‎1．(配合例2使用)若数列{an}是正项数列，且＋＋…＋＝n2＋n，则＋＋…＋＝________。‎ 解析　当n＝1时，＝12＋1＝2，a1＝4。当n≥2时，＋＋…＋＝(n－1)2＋(n－1)，＋＋…＋＋＝n2＋n，两式相减可得＝2n，即an＝4n2，又a1＝4也符合该式，所以an＝4n2，则＝4n，则＋＋…＋＝4×1＋4×2＋…＋4n＝2n2＋2n(n∈N*)。‎ 答案　2n2＋2n(n∈N*)‎ ‎2．(配合例4使用)若a1＝1，对任意的n∈N*，都有an>0，且na－(2n－1)an＋1an－‎2a＝0。设M(x)表示整数x的个位数字，则M(a2 019)＝________。‎ 解析　由已知得(nan＋1＋an)(an＋1－2an)＝0，因为an>0，所以an＋1－2an＝0，则＝2，因为a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝1×2n－1＝2n－1(n∈N*)。所以a2＝2，a3＝4，a4＝8，a5＝16，a6＝32，a7＝64，a8＝128，…，所以n≥2时，M(an)依次构成以4为周期的数列。所以M(a2 019)＝M(a3)＝4，故答案为4。‎ 答案　4‎ ‎3．(配合例5使用)已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，其中a1＝1，a2＝2，若an－2，若n＝1，则λ∈R，若n>1，则λ>－，所以λ≥0。当n为偶数时，由an－2，所以λ>－，即λ≥0。综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)。‎ 答案　[0，＋∞)‎