【创新设计】高考数学一轮复习 第6章 数列的概念与简单表示法配套文档 理 苏教版.DOC

第六章数列第1讲数列的概念与简单表示法78考点梳理1数列的通项公式(1)定义：如果数列an的第n项an与项数n之间的函数关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做数列的通项公式，记为anf(n)(nn*)数列可以用通项公式来描述，也可以通过列表或图象来表示(2)数列的递推公式：如果已知数列的第一项(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an1(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递推公式也是给出数列的一种方法2数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列an1an其中nn递减数列an1an常数列an1an按其他标准分类有界数列存在正数m，使|an|m摆动数列an的符号正负相间，如1，1,1，1，3.数列前n项和sn与通项an的基本关系已知sn，则an在数列an中，若an最大，则若an最小，则【助学微博】一个考情分析数列的通项公式及前n项和是高考考查的重点及热点，常以填空的形式考查数列的通项公式而前n项和sn与通项an相结合的题目，往往以解答题形式出现题型比较全面，难度以中档题为主，重点考查学生的运算能力及抽象概括能力由递推式求通项an的三种方法(1)an1anf(n)型，采用叠加法；(2)f(n)型，采用叠乘法；(3)an1panq(p0,1，q0)型，采用待定系数法转化为等比数列解决考点自测1(教材改编题)已知数列an的前4项为1,3,7,15，写出数列an的一个通项公式为_解析1,3,7,15分别都加上一个1，则为2,4,8,16，通项公式不难发现为an2n1.答案an2n12下列对数列的理解有四种：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；数列的项数是有限的；数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点；数列的通项公式是唯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知对，对，由数列的分类知不对，数列的通项公式不是唯一的，不对答案3在数列an中，a11，a25，an2an1an(nn*)，则a100_.解析法一由a11，a25，an2an1an(nn*)可得该数列为1,5,4，1，5，4,1,5,4，.由此可得a1001.法二an2an1an，an3an2an1，两式相加可得an3an，an6an，a100a1664a41.答案14(2012无锡二模)设a0，若an且数列an是递增数列，则实数a的范围是_解析由an是递增数列，得即解得2a0，数列的前n项和为tn.当n为何值时，tn最大？并求出tn的最大值解(1)取n1，得a2a1s2s12a1a2，取n2，得a2a12a2，由，得a2(a2a1)a2.若a20，由知a10.若a20，由知a2a11.由解得，a11，a22；或a11，a22.综上可得，a10，a20；或a11，a22；或a11，a22.(2)当a10时，由(1)知a11，a22.当n2时，有(2)ans2sn，(2)an1s2sn1，(1)an(2)an1，即anan1(n2)，ana1()n1(1)()n1.令bnlg，则bn1lg()n11(n1)lg 2lg.数列bn是单调递减的等差数列(公差为lg 2)，从而b1b2b7lglg 10，当n8时，bnb8lglg 10，故n7时，tn取得最大值，且tn的最大值为t77lg 2.方法总结 (1)本题主要考查等比数列、等差数列、对数等基础知识，考查思维能力、运算能力、分析问题与解决问题的能力，并考查方程、分类与整合、化归与转化等数学思想(2)计算时一定要细心若an计算错误，则bn就不能判定为等差数列，从而无法求和【训练2】 已知数列an的前n项和sn2n22n，数列bn的前n项和tn2bn.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设cnabn，证明：当且仅当n3时，cn1cn.解(1)由于a1s14，当n2时，ansnsn1(2n22n)2(n1)22(n1)4n，显然a1符合上式，所以an4n(nn*)由b12b1，得b11，当n2时，bntntn1bn1bn，所以2bnbn1，所以数列bn为等比数列，其首项为1，公比为.所以bnn1.(2)由(1)，知cnabn16n2n1，法一由cn1cn16(n1)2n16n2n116n(n1)22n216n(n1)22，当n3时，cn1cn0，从而cn1cn.法二因，若1，即1，即n3时，0，因此当且仅当n3时，cn1|an|(n1，2，)”是“an为递增数列”的_条件解析由an1|an|(n1,2，)得数列an为递增数列，反之不成立答案充分不必要2(2011江西卷改编)已知数列an的前n项和sn满足snsmsnm，且a11，那么a10_.解析由snsmsnm，得s1s9s10；所以a10s10s9s1a11.答案13(2012福建卷改编)若数列an的通项公式anncos，前n项和为sn，则s2 012_.解析因为anncos，当n2k1(kn*)时，an0；当n4k2(kn*)时，ann；当n4k(kn*)时，ann，所以a1a2a3a42，a5a6a7a82，即数列an连续4项之和均为2，所以s2 012s450350321 006.答案1 0064(2009湖北卷)已知数列an满足a1m(m为正整数)，an1若a61，则m所有可能的取值为_解析若an为偶数，则an2an1；若an为奇数，则an.因为a61，反推得a52(a50舍去)，a44.若a3为偶数，则a32a48，a216.所以a12a232或a15.若a3为奇数，则a31，a22，a14.综上，得m4,5,32.答案4,5,32分层训练a级基础达标演练(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1已知数列，1，则3是它的第_项解析3.答案232(2013福州一模)把1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点子可以排成一个正三角形(如图所示)则第七个三角形数是_解析观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是123456728.答案283(2011四川卷改编)数列an的前n项和为sn，若a11，an13sn(n1)，则a6_.解析a11，a23s13，a33s212341，a43s348342，a53s4343，a63s5344.答案3444(2012南京调研)已知正数数列an对任意p，qn*，都有apqapaq，若a24，则a9_.解析由条件，可有a12，a24，a416，a8256，a9512.答案5125在数列an中，a12，an1ann1，则通项an_.解析由an1ann1，可得anan1n，an1an2n1，an2an3n2，a3a23，a2a12，以上n1个式子左右两边分别相加得，ana123n，an1(123n)1.答案16已知数列an的前n项和snn29n，第k项满足5ak8，则k的值为_解析snn29n，n2时，ansnsn12n10，a1s18适合上式，an2n10(nn*)，52k108，得7.5k9.k8.答案8二、解答题(每小题15分，共30分)7已知各项均为正数的数列an的前n项和满足sn1，且6sn(an1)(an2)，nn*.求an的通项公式解由a1s1(a11)(a12)，解得a11或a12，由已知a1s11，因此a12.又由an1sn1sn(an11)(an12)(an1)(an2)，得an1an30或an1an.因an0，故an1an不成立，舍去因此an1an30.即an1an3，从而an是公差为3，首项为2的等差数列，故an的通项为an3n1.8在数列an中，已知a11，an1an2n1，求an.解由an1an2n1，得an1an2n1.所以a2a11，a3a22，a4a322，a5a423，anan12n2(n2)，将以上各式左右两端分别相加，得ana112222n22n11，所以an2n1(n2)，又因为a11适合上式，故an2n1(nn*)分层训练b级创新能力提升1数列an的通项公式是ann2kn2，若对所有的nn*，都有an1an成立，则实数k的取值范围是_解析an1an，即(n1)2k(n1)2n2kn2，则k(2n1)对所有的nn*都成立，而当n1时，(2n1)取得最大值3，所以k3.答案(3，)2(2012合肥三检)在数列an中，a1，an11(n2)，则a16_.解析由题可知a211，a312，a41，此数列是以3为周期的周期数列，a16a351a1.答案3已知an的前n项和为sn，且满足log2(sn1)n1，则an_.解析由已知条件可得sn12n1.sn2n11，当n1时，a1s13，当n2时，ansnsn12n112n12n，n1时不适合an，an答案4(2012南通调研三)已知55数字方阵中，aij则3ji4_.解析由条件可知a321，a331，a341，a351，a241，a341，a441，从而原式1.答案15(2012无锡一中期中)设数列bn满足：b1，bn1bbn，(1)求证：；(2)若tn，对任意的正整数n,3tnlog2m50恒成立求m的取值范围解(1)b1，bn1bbnbn(bn1)，对任意的nn*，bn0.，即.(2)tn2.bn1bnb0，bn1bn，数列bn是单调递增数列数列tn关于n递增tnt1.b1，b2b1(b11).t12.tn.3tnlog2m50恒成立log2m3，0m0且a1，使得数列anlogabn(nn*)是常数列？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由解(1)当n1时，8a1a4a13，a11或a13.当n2时，8sn1a4an13，则ansnsn1(a4ana4an1)，从而(anan1)(anan14)0.因为数列an的各项均为正数，所以anan14.所以当a11时，an4n3；当a13时，an4n1.又因为当a11时，a1，a2，a7分别为1,5,25，能构成等比数列，所以an4n3，bn5n1；当a13时，a1，a2，a7分别为3,7,27，不能构成等比数列，故舍去所以an4n3，bn5n1.(2)假设存在符合条件的a.由(1)知，an4n3，bn5n1，从而anlogabn4n3loga5n14n3(n1)loga5(4loga5)n3loga5.由题意，得4loga50，所以a.所以满足条件的a存在，即a.方法总结 等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式法和前n项和公式法主要适合在填空题中简单判断另外，求数列通项，一般要作出是否是等差数列或等比数列的判断【训练2】 已知数列an中，a11，a22，且an1(1q)anqan1(n2，q0)(1)设bnan1an(nn*)，证明：bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的nn*，an是an3与an6的等差中项(1)证明由题设an1(1q)anqan1(n2)，得an1anq(anan1)，即bnqbn1，n2.由b1a2a11，q0，所以bn是首项为1，公比为q的等比数列(2)解由(1)知，a2a11，a3a2q，anan1qn2(n2)将以上各式相加，得ana11qqn2(n2)，即ana11qqn2(n2)所以当n2时，an上式对n1显然成立(3)解由(2)，当q1时，显然a3不是a6与a9的等差中项，故q1.由a3a6a9a3可得q5q2q2q8，由q0得q311q6，整理得(q3)2q320，解得q32或q31(舍去)于是q.另一方面，anan3(q31)，an6an(1q6)由可得anan3an6an，即2anan3an6，nn*.所以对任意的nn*，an是an3与an6的等差中项考向三等差数列前n项和及综合应用【例3】 (1)在等差数列an中，已知a120，前n项和为sn，且s10s15，求当n取何值时，sn取得最大值，并求出它的最大值(2)已知数列an的通项公式是an4n25，求数列|an|的前n项和解(1)法一a120，s10s15，1020d1520d，d.an20(n1)n.a130.即当n12时，an0，n14时，an0.当n12或13时，sn取得最大值，且最大值为s12s131220130.法二同法一求得d.sn20nn2n2.nn*，当n12或13时，sn有最大值，且最大值为s12s13130.法三同法一得d.又由s10s15，得a11a12a13a14a150.5a130，即a130.当n12或13时，sn有最大值，且最大值为s12s13130.(2)an4n25，an14(n1)25，an1an4d，又a1412521.所以数列an是以21为首项，以4为公差的递增的等差数列令由得n0，bn是递增数列当n1时，b10；当n2时，b2100；当n3时，b30，所以，从第4项起的各项均大于0，故前3项之和最小且s3(135)3010.考向四等差数列的性质及应用【例4】 (1)在等差数列an中，a1a2a324，a18a19a2078，则此数列前20项和等于_(2)(2012苏北四市二模)已知等差数列an，bn的前n项和分别为sn和tn，若，且是整数，则n的值为_解析(1)由已知可得(a1a2a3)(a18a19a20)2478(a1a20)(a2a19)(a3a18)54a1a2018s202020180.(2)令sn7n245n，则an14n38，tnn23n，则bn2n2，则，由2n1n*，则2n131，n15.答案(1)180(2)15方法总结 高考对等差数列通项公式的考查，常常涉及项与项之间的内在联系，因此突破这些问题的关键是归纳和总结一些基本的性质，并能利用这些性质对问题进行合理的转化，从而求解【训练4】 设等差数列的前n项和为sn，已知前6项和为36，sn324，最后6项的和为180(n6)，求数列的项数n.解由题意可知a1a2a636anan1an2an5180得(a1an)(a2an1)(a6an5)6(a1an)216.a1an36.又sn324，18n324.n18.热点突破17等差数列的综合问题近几年高考中，对等差数列的概念通项公式、性质、前n项和公式的考查始终没有放松一方面考查知识的掌握情况，另一方面考查数学推理能力【示例】 (2011浙江卷)已知公差不为0的等差数列an的首项a1为a(ar)，设数列的前n项和为sn且，成等比数列(1)求数列an的通项公式及sn；(2)记an，bn，当n2时，试比较an与bn的大小审题与转化 第一步：(1)利用方程求公差，再求an、sn.(2)利用裂项法求an，利用等比数列求和公式求bn，再比较大小即可规范解答 第二步：(1)设等差数列an的公差为d，由2，得(a1d)2a1(a13d)，d0，da1a，anna，sn.(2)，an.a2n12n1a，bn.当n2时，2nccccn1，即10时，anbn，当abn.反思与回顾 第三步：高考考查等差数列时，常考查等差数列的通项、性质、求和、裂项法求和和公式法求和等知识高考经典题组训练1(2012重庆卷改编)在等差数列an中，a21，a45，则an的前5项和s5_.解析因为an成等差数列，所以解得所以s55a1d5(1)10215.答案152(2012福建卷改编)等差数列an中，a1a510，a47，则数列an的公差为_解析因为a1a52a310，所以a35，又a47，所以da4a32.答案23(2012江西卷)设数列an，bn都是等差数列若a1b17，a3b321，则a5b5_.解析因为(a1a5)(b1b5)2(a3b3)42，所以a5b542735.答案354(2012山东卷)在等差数列an中，a3a4a584，a973.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意mn*，将数列an中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列bm的前m项和sm.解(1)因为an是一个等差数列，所以a3a4a53a484，a428.设数列an的公差为d，则5da9a4732845，故d9.由a4a13d得28a139，即a11.所以ana1(n1)d19(n1)9n8(nn*)(2)对mn*，若9man92m，则9m89n92m8.因此9m11n92m1，故得bm92m19m1.于是smb1b2b3bm(99392m1)(199m1).5(2010天津卷)在数列an中，a10，且对任意kn*，a2k1，a2k，a2k1成等差数列，其公差为2k.(1)证明：a4，a5，a6成等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)记tn，证明：2ntn2(n2)(1)证明由题设可知，a2a122，a3a224，a4a348，a5a4412，a6a5618.从而.所以a4，a5，a6成等比数列(2)解由题设，可得a2k1a2k14k，kn*.所以a2k1a1(a2k1a2k1)(a2k1a2k3)(a3a1)4k4(k1)412k(k1)，kn*.由a10，得a2k12k(k1)，从而a2ka2k12k2k2.所以数列an的通项公式为an或写成an，nn*.(3)证明由(2)可知a2k12k(k1)，a2k2k2.以下分两种情况进行讨论：当n为偶数时，设n2m(mn*)若m1，则2n2.若m2，则2m2m2m2(m1)2n.所以2n，从而2n2，n4,6,8，.当n为奇数时，设n2m1(mn*)4m4m2n，所以2n，从而2n2，n3,5,7，.综合和可知，对任意n2，nn*，都有2ntn2.分层训练a级基础达标演练(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1(2011重庆卷改编)在等差数列an中，a22，a34，则a10_.解析设公差为d，则da3a22.a10，an2n2a10210218.答案182(2012辽宁卷改编)在等差数列an中，已知a4a816，则该数列前11项和s11_.解析由等差数列性质及已知，得s11(a4a8)1688.答案883(2012泰州学情调查)在等差数列an中，a10，s4s9，则sn取最大值时，n_.解析因为a10，s4s9，所以a5a6a7a8a90，所以a70，所以从而当n6或7时sn取最大值答案6或74在等差数列an中，若a1a4a739，a3a6a927，则s9_.解析a1a4a739，a3a6a927，3a439,3a627，a413，a69.a6a42d9134，d2，a5a4d13211，s99a599.答案995(2012南通调研)设等差数列an的公差为正数，若a1a2a315，a1a2a380，则a11a12a13_.解析由15a1a2a33a2，得a25.所以又公差d0，所以所以d3.所以a11a12a133a123(a111d)3(233)335105.答案1056(2012南京模拟)已知数列an的前n项和为sn2n2pn，a711.若akak112，则正整数k的最小值为_解析因为a7s7s62727p2626p26p11，所以p15，sn2n215n，ansnsn14n17(n2)，当n1时也满足于是由akak18k3012，得k5.又kn*，所以k6，即kmin6.答案6二、解答题(每小题15分，共30分)7设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为sn，满足s5s6150.(1)若s55，求s6及a1；(2)求d的取值范围解(