浙江2020版高考数学第七章数列与数学归纳法7.1数列的概念与简单表示法讲义（含解析）.docx

7.1数列的概念与简单表示法最新考纲考情考向分析了解数列的概念和表示方法(列表、图象、公式).以考查Sn与an的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点本节内容在高考中以选择、填空题的形式进行考查，难度为低档.1数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列着的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列an的第n项an通项公式数列an的第n项an与n之间的关系能用公式anf(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列an中，Sna1a2an叫做数列的前n项和2.数列的表示方法列表法列表格表示n与an的对应关系图象法把点(n，an)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an1f(an)或a1，a2和an1f(an，an1)等表示数列的方法3.an与Sn的关系若数列an的前n项和为Sn，则an4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an1_an其中nN*递减数列an1_an，即(n1)2(n1)n2n，整理，得2n10，即(2n1)(*)因为n1，所以(2n1)3，要使不等式(*)恒成立，只需3.5数列an中，ann211n(nN*)，则此数列最大项的值是_答案30解析ann211n2，nN*，当n5或n6时，an取最大值30.6已知数列an的前n项和Snn21，则an_.答案解析当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn1n21(n1)212n1，故an题型一由数列的前几项求数列的通项公式例1根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)，；(2)1,7，13,19，；(3)，2，8，；(4)5,55,555,5555，.解(1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为13,35,57,79,911，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2,4,6，相邻的偶数故所求数列的一个通项公式为an.(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an(1)n(6n5)(3)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，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an.(4)将原数列改写为9，99，999，易知数列9,99,999，的通项为10n1，故所求的数列的一个通项公式为an(10n1)思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征：(1)分式中分子、分母的特征(2)相邻项的变化特征(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征(4)各项符号特征等(5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式跟踪训练1(1)(2018宁波北仑中学期中)数列，的一个通项公式为()Aan(1)nBan(1)nCan(1)n1Dan(1)n1答案D解析数列各项的分母为等比数列2n，分子为2n1，可用(1)n1来控制各项的符号，故数列的一个通项公式为an(1)n1.(2)数列an的前4项是，1，则这个数列的一个通项公式是an_.答案解析数列an的前4项可变形为，故an.题型二由an与Sn的关系求通项公式例2(1)(2018浙江绍兴一中期中)已知数列an的前n项和为Snn2n1，bn(1)n(an2)(nN*)，则数列an的通项公式为_，数列bn的前50项和为_答案an49解析当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn1n2n1(n1)2(n1)12n，当n1时不满足上式，故则其通项公式为an当n1时，b11；当n2时，bn(1)n(an2)(1)n2(n1)，则数列bn的前50项和为121222324912(12349)122549.(2)(2018全国)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.答案63解析Sn2an1，当n2时，Sn12an11，anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)当n1时，a1S12a11，得a11.数列an是首项a11，公比q2的等比数列，Sn12n，S612663.(3)已知数列an满足a12a23a3nan2n，则an_.答案解析当n1时，由已知，可得a1212，a12a23a3nan2n，故a12a23a3(n1)an12n1(n2)，由得nan2n2n12n1，an.显然当n1时不满足上式，an思维升华已知Sn求an的常用方法是利用an一定要检验a1的情况跟踪训练2(1)已知数列an的前n项和Sn3n1，则an_.答案解析当n1时，a1S1314；当n2时，anSnSn1(3n1)(3n11)23n1.当n1时，23112a1，所以an(2)设数列an满足a13a232a33n1an，则an_.答案解析因为a13a232a33n1an，则当n2时，a13a232a33n2an1，得3n1an，所以an(n2)由题意知a1符合上式，所以an.(3)若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_.答案(2)n1解析当n1时，a1S1a1，即a11；当n2时，anSnSn1anan1，故2，故an(2)n1.题型三由数列的递推关系求通项公式例3设数列an中，a12，an1ann1，则an_.答案解析由条件知an1ann1，则当n2时an(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)a1(234n)2.当n1时，符合上式，因此an.引申探究1若将“an1ann1”改为“an1an”，如何求解？解an1an，a12，an0，.当n2时ana12.当n1时，符合上式，因此an.2若将“an1ann1”改为“an12an3”，如何求解？解设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)，即an12ant，解得t3.故an132(an3)令bnan3，则b1a135，且2.所以bn是以5为首项，2为公比的等比数列所以bn52n1，故an52n13.3若将“an1ann1”改为“an1”，如何求解？解an1，a12，an0，即，又a12，则，是以为首项，为公差的等差数列(n1).an.4若将本例条件换为“a11，an1an2n”，如何求解？解an1an2n，an2an12n2，故an2an2.即数列an的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列当n为偶数时，a21，故ana22n1.当n为奇数时，an1an2n，an1n(n1为偶数)，故ann.综上所述，annN*.思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法(1)当出现anan1m时，构造等差数列(2)当出现anxan1y时，构造等比数列(3)当出现anan1f(n)时，用累加法求解(4)当出现f(n)时，用累乘法求解跟踪训练3(1)已知数列an满足a11，a24，an22an3an1(nN*)，则数列an的通项公式an_.答案32n12解析由an22an3an10，得an2an12(an1an)，数列an1an是以a2a13为首项，2为公比的等比数列，an1an32n1，当n2时，anan132n2，a3a232，a2a13，将以上各式累加，得ana132n23233(2n11)，an32n12(当n1时，也满足)(2)在数列an中，a13，an1an，则通项公式an_.答案4解析原递推公式可化为an1an，则当n2时，a2a1，a3a2，a4a3，an1an2，anan1，逐项相加得ana11，故an4，经验证当n1时也符合题型四数列的性质命题点1数列的单调性例4已知an，那么数列an是()A递减数列B递增数列C常数列D摆动数列答案B解析an1，将an看作关于n的函数，nN*，易知an是递增数列命题点2数列的周期性例5(2018台州质检)在数列an中，a10，an1，则S2020_.答案0解析a10，an1，a2，a3，a40，即数列an的取值具有周期性，周期为3，且a1a2a30，则S2020S36731a10.命题点3数列的最值例6已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sm12，Sm0，Sm13(m2)，则nSn的最小值为()A3B5C6D9答案D解析由Sm12，Sm0，Sm13(m2)可知am2，am13，设等差数列an的公差为d，则d1，Sm0，a1am2，则ann3，Sn，nSn.设f(x)，x0，f(x)x25x，x0，f(x)的极小值点为x，nN*，且f(3)9，f(4)8，f(n)min9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断跟踪训练4(1)(2018浙江杭州二中期中)已知数列an满足a12，an1(nN*)，则a2020等于()A2B1C2D.答案C解析由a12，an1(nN*)，得a21，a3，a42，以此类推知数列an是周期为3的周期数列，所以a2020a36731a12，故选C.(2)若数列an的前n项和Snn210n(nN*)，则数列nan中数值最小的项是()A第2项B第3项C第4项D第5项答案B解析Snn210n，当n2时，anSnSn12n11；当n1时，a1S19也适合上式an2n11(nN*)记f(n)nann(2n11)2n211n，此函数图象的对称轴为直线n，但nN*，当n3时，f(n)取最小值数列nan中数值最小的项是第3项1(2018嘉兴期末检测)已知数列an的通项公式为an，则是它的()A第4项B第5项C第6项D第7项答案B解析由，nN*，得n5，所以是数列an的第5项，故选B.2记Sn为数列an的前n项和“任意正整数n，均有an0”是“Sn是递增数列”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案A解析“an0”“数列Sn是递增数列”，“an0”是“数列Sn是递增数列”的充分条件如数列an为1,1,3,5,7,9，显然数列Sn是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，“数列Sn是递增数列”不能推出“an0”，“an0”是“数列Sn是递增数列”的不必要条件“an0”是“数列Sn是递增数列”的充分不必要条件3若Sn为数列an的前n项和，且Sn2an2，则S8等于()A255B256C510D511答案C解析当n1时，a1S12a12，据此可得a12，当n2时，Sn2an2，Sn12an12，两式作差可得an2an2an1，则an2an1，据此可得数列an是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S82925122510.4已知数列an的前n项和Snn22n，则数列的前6项和为()A.B.C.D.答案A解析数列an的前n项和Snn22n，Sn1n21，两式作差得到an2n1(n2)，又当n1时，a1S112213，符合上式，所以an2n1，裂项求和得到S6，故选A.5在数列an中，a12，ln，则an等于()A2nlnnB2n(n1)lnnC2nnlnnD1nnlnn答案C解析由题意得ln(n1)lnn，n分别用1,2,3，(n1)取代，累加得lnnln1lnn，2lnn，an(lnn2)n，故选C.6已知数列an的通项公式an，若a1a2ana1a2ak对nN*恒成立，则正整数k的值为()A5B6C7D8答案A解析an，当n5时，an1；当n6时，an0，所以anan14，所以数列an是首项为2，公差为4的等差数列，所以Sn2n42n2.10(2019衢州质检)在数列an中，a11，(n22n)(an1an)1(nN*)，则通项公式an_.答案解析由(n22n)(an1an)1得an1an，所以当n2时，a2a1，a3a2，an1an2，anan1，所以an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a11，当n1时，满足上式，故an.11已知在数列an中，a11，前n项和Snan.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式解(1)由S2a2，得3(a1a2)4a2，解得a23a13；由S3a3，得3(a1a2a3)5a3，解得a3(a1a2)6.(2)由题设知a11.当n1时，有anSnSn1anan1，整理，得anan1.于是a11，a2a1，a3a2，an1an2，anan1，将以上n个等式两端分别相乘，整理，得an.经检验，当n1时，a11符合上式，综上，an的通项公式an.12已知数列an中，a11，其前n项和为Sn，且满足2Sn(n1)an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)记bn3na，若数列bn为递增数列，求的取值范围解(1)2Sn(n1)an，2Sn1(n2)an1，2an1(n2)an1(n1)an，即nan1(n1)an，1，ann(nN*)(2)bn3nn2.bn1bn3n1(n1)2(3nn2)23n(2n1)数列bn为递增数列，23n(2n1)0，即1.cn为递增数列，BDb1得2(12)，解得bn得(n2)2n(n12)2n1，解得.综上所述，故选B.14已知数列an的首项a1a，其前n项和为Sn，且满足SnSn14n2(n2，nN*)，若对任意nN*，anan1恒成立，则a的取值范围是()A.B.C.D(3,5)答案D解析SnSn14n2，Sn1Sn4(n1)2，当n2时，Sn1Sn18n