2021高考数学一轮复习第6章数列第1节数列的概念与简单表示法教学案理北师大版202002110452.doc
2021高考数学一轮复习 第6章 数列课件+教学案（打包10套）理 北师大版
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1第第 6 6 章章 数列数列全国卷五年考情图解高考命题规律把握1.考查形式高考在本章一般命制 2 道小题或者 1 道解答题，分值占 1012 分2.考查内容(1)高考对小题的考查一般以等差、等比数列的基本量运算，等差、等比数列的性质为主(2)解答题一般以数列递推关系为载体，考查数列通项公式的求法，等差、等比数列的证明，数列求和的方法等3.备考策略从 2019 年高考试题可以看出，高考对数列知识的考查既注重基础又注重能力且难度有可能会逐步加大.第一节数列的概念与简单表示法最新考纲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数列的定义按照一定次序排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项2数列的分类分类原则类型满足条件2有穷数列项数有限按项数分类无穷数列项数无限递增数列an1an递减数列an1an按项与项间的大小关系分类常数列an1an其中nn n3数列的通项公式如果数列an的第n项an与n之间的关系可以用一个函数式anf(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式4数列的递推公式如果已知数列的第 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5an与sn的关系若数列an的前n项和为sn，则anerror!特别地，若a1满足ansnsn1(n2)，则不需要分段一、思考辨析(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)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nn n，都有an1sn1sn.()答案(1)(2)(3)(4)二、教材改编1已知数列，下列各数中是此数列中的项11 212 313 41nn1的是()a.b.135142c.d.148154b b该数列的通项an，结合选项可知 b 正确1nn12在数列an中，a11，an1(n2)，则a5等于()1nan13a.b.3253c.d.8523d da212，a31 ，12a113a212a413，a51 .14a315a4233已知数列an的前n项和snn21，则an_.error!当n1 时，a1s12.当n2 时，ansnsn1n21(n1)212n1，故anerror!4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_.5n4由a11514，a26524，a311534，归纳an5n4. 考点 1由数列的前几项求数列的通项公式利用观察法求数列通项要抓住数列的 4 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)各项符号特征等根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1) ， ， ， ， ，；234156358631099(2)1,7，13,19，；(3) ，2，8， ，；1292252(4)5,55,555,5 555，.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413,35,57,79,911，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.2n2n12n1(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.124292162252n22(4)将原数列改写为 9， 99， 999，易知数列 9,99,999，的通项为59595910n1，故所求的数列的一个通项公式为an (10n1)59(1)对于符号交替出现的情况，可用(1)k或(1)k1，kn n处理，如 t(2)；(2)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，如 t(3)(3)考查归纳推理，特殊到一般，由数列的前n项归纳通项公式，答案并不唯一考点 2由an与sn的关系求通项公式已知sn求an的 3 个步骤(1)利用a1s1求出a1.(2)当n2 时，利用ansnsn1(n2)求出an的表达式(3)看a1是否符合n2 时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形式，即anerror!(1)已知数列an的前n项和sn2n23n，则an_.(2)(2018全国卷)记sn为数列an的前n项和若sn2an1，则s6_.(3)已知数列an满足a12a23a3nan2n，则an_.(1)4n5(2)63(3)error!(1)a1s1231，当n2 时，ansnsn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5，由于a1也适合此等式，an4n5.(2)因为sn2an1，所以当n1 时，a12a11，解得a11，当n2 时，ansnsn12an1(2an11)，所以an2an1，所以数列an是以1 为首项，2 为公比的等比数列，所以an2n1，所以s663.1 12612(3)当n1 时， a1212，a12a23a3nan2n，5故a12a23a3(n1)an12n1(n2)，由得nan2n2n12n1，an.2n1n显然当n1 时不满足上式，anerror!sn与an关系问题的求解思路要根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化(1)利用ansnsn1(n2)转化为只含sn，sn1的关系式(2)利用snsn1an(n2)转化为只含an，an1的关系式，再求解提醒：利用ansnsn1求通项时，应注意n2 这一前提条件，易忽视验证n1 致误教师备选例题1已知数列an的前n项和sn3n1，则an_.error!当n1 时，a1s1314；当n2 时，ansnsn1(3n1)(3n11)23n1.当n1 时，23112a1，所以anerror!2已知数列an中，a11，sn为数列an的前n项和，且当n2 时，有1 成立，则s2 019_.2anansns2n当n2 时，由1，得 2(snsn1)11 0102anansns2n(snsn1)snssnsn1，所以1，又2，所以是以 2 为首项，2n2sn2sn12s12sn1 为公差的等差数列，所以n1，故sn，则s2 019.2sn2n111 0101.已知正项数列an中，a1a2an，则数列an的通项公式为()nn12aannbann2candann2n22b b，a1a2annn12(n2)，a1a2an1nn126两式相减得n(n2)，annn12nn12ann2(n2)，又当n1 时，1，a11，适合式，a11 22ann2，nn n.故选 b.2已知数列an的前n项和为sn，a11，sn2an1，则sn_.n1因为sn2an1，所以当n2 时，sn12an，所以(32)ansnsn12an12an(n2)，即 (n2)，an1an32又a2 ，所以an n2(n2)1212(32)当n1 时，a11 1 ，12(32)13所以anerror!所以sn2an12 n1n1.12(32)(32)考点 3由递推关系式求数列的通项公式累加法形如an1anf(n)，求an利用an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 f(n1) f(n2) f(1)a1求解设数列an满足a11，且an1ann1(nn n)，则数列an的通项公式为_an由题意得a2a12，a3a23，n2n2anan1n(n2)以上各式相加，得ana123n.n12n2n2n22a11，an(n2)n2n2当n1 时也满足此式，an.n2n2应注意题设条件转化为“anan1n”时，其前提条件为“n2” ，易忽视验证“n1”致误7在数列an中，a13，an1an，则通项公式an_.1nn14 原递推公式可化为an1an ，1n1n1n1则a2a1 ，a3a2 ，11121213a4a3 ，an1an2，13141n21n1anan1 ，逐项相加得ana11 ，1n11n1n故an4 ，经验证a1，a2也符合1n累乘法形如f(n)，求anan1an 利用ana1求解anan1an1an2an2an3a3a2a2a1在数列an中，a11，anan1(n2，nn n)，则数列an的通项公n1n式为_an anan1(n2)，1nn1nan1an2，an2an3，a2a1.n2n1n3n212以上(n1)个式子相乘得，ana1 .1223n1na1n1n当n1 时，a11，符合上式，an .1n反复构造“”是解答此类问题的关键anan1已知数列an满足a11，an12nan，求数列an的通项公式解an12nan，2n，an1an2n1(n2)，ana1anan1anan1an1an2a2a12n12n2212123(n1)2.nn12又a11 适合上式，故an2.nn12待定系数法形如an1aanb(a0 且a1，b0)，求an8求此类数列的通项公式，通常采用待定系数法将其转化为(an1x)a(anx)，先求出x，再借助等比数列anx 求解(2019青岛模拟)已知数列an满足a11，an13an2(nn n)，则数列an的通项公式为_an23n11an13an2，an113(an1)，3，an11an1数列an1为等比数列，公比q3，又a112，an123n1，an23n11.构造“an113(an1)”是解答本题的关键(2019葫芦岛二模)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜据明代杨慎丹铅总录记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一” 在某种玩法中，用an表示解下n(n9，nn n)个圆环所需的移动最少次数，an满足a11，且anerror!，则解下 4 个环所需的最少移动次数为()a7b10c12d22a a依题意a42a312(2a22)122(2a11)217.故选 a.取倒数法形如an1(a，b，c为常数)，求anaanbanc将原式变形为 .1an1ca1anba若ac，则是等差数列，且公差为 ，可直接用公式求通项；若ac，则采1anba用待定系数法，构造新数列求解已知数列an中，a12，an1(nn n)，则数列an的通项公式2anan2an_.an1，a12，an0，2n2anan2 ，即 ，又a12，则 ，1an11an121an11an121a112是以 为首项， 为公差的等差数列1an12129(n1) .an .1an1a112n22n求解本题的关键是对等式取倒数变形后，发现成等差数列1an(2019张家界模拟)若数列an中，a11，an1，则这个数列的第 10 项a10()an13ana28b29cd128129c can1，两边取倒数得3，又 a11 所以数列表示首项an13an1an11an1an为 1，公差为 3 的等差数列，所以1(n1)33n2，即an，1an13n2所以a10，故选 c.13 102128考点 4数列的性质数列的周期性及应用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(2019包头模拟)在数列an中，a10，an1，则s2 020_.3an1 3an0a10，an1，3an1 3ana2，a3，3133 31 3 32 323a40，即数列an的取值具有周期性，周期为 3，且a1a2a30，3 31 3 3则s2 020s36731a10.解答本题的关键是正确求出数列的前 3 项后，发现数列an是周期数列已知数列an满足an1，若a1 ，则a2 020()11an12a1b 12c1d210b b由a1 ，an1，得a22，1211an11a1a31，a4 ，a52，11a211a31211a4于是可知数列an是以 3 为周期的周期数列，因此a2 020a36731a1 .12数列的单调性及应用1.判断数列单调性的 2 种方法(1)作差(或商)法；(2)目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去2求数列中最大(小)项的 2 种方法(1)根据数列的单调性判断；(2)利用不等式组error!(或error!)求出n的值，进而求得an的最值3求含整数n的代数式的最值问题，一般采用作差(作商)研究单调性，特别是在大题中最有效(1)一题多解已知数列an的通项公式为annn，则数列an中的最大项(23)为()a.b.8923c.d.6481125243(2)若ann2kn4 且对于nn n，都有an1an成立，则实数k的取值范围是_(1)a a(2) (3，)(1)法一：(作差比较法)an1an(n1)n1nnn，(23)(23)2n3(23
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