202X版高考数学大一轮复习第六章数列与数学归纳法6.1数列的概念与简单表示法课件理新人教A版

1、6.1数列的概念与简单表示法第六章数列与数学归纳法NEIRONGSUOYIN内容索引基础知识 自主学习题型分类 深度剖析课时作业1基础知识 自主学习PART ONE知识梳理1.数列的定义按照 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 .ZHISHISHULIZHISHISHULI一定次序项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_无穷数列项数_按项与项间的大小关系分类递增数列an1_an其中nN递减数列an1_an常数列an1an有限无限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，

2、只需3.123456(3，)5.数列an中，ann211n(nN)，则此数列最大项的值是_.30nN，当n5或n6时，an取最大值30.1234566.已知数列an的前n项和Snn21，则an_.解析当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn1n21(n1)212n1，1234562题型分类深度剖析PART TWO题型一由数列的前几项求数列的通项公式师生共研师生共研例1根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：解这是一个分数数列，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.(2)1,7，13,19，

3、；解偶数项为正，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).解数列的各项，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.(4)5,55,555,5 555，.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.思维升华解析这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式

4、为题型二由an与Sn的关系求通项公式师生共研师生共研解析a1S1231，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5，由于a1也适合此等式，an4n5.例2(1)已知数列an的前n项和Sn2n23n，则an_.4n5(2)(2018全国)记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1，则S6_.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，S612663.(3)已知数列an满足a12a23a3nan2n，则an_.解析当n1时，由已

5、知，可得a1212，a12a23a3nan2n，故a12a23a3(n1)an12n1(n2)，由得nan2n2n12n1，显然当n1时不满足上式，思维升华跟踪训练2(1)已知数列an的前n项和Sn3n1，则an_.解析当n1时，a1S1314；当n2时，anSnSn1(3n1)(3n11)23n1.当n1时，23112a1，(2)n1题型三由数列的递推关系求通项公式师生共研师生共研解析由条件知an1ann1，例3设数列an中，a12，an1ann1，则an_.引申探究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an1

6、2ant，解得t3.故an132(an3).令bnan3，则b1a135，所以bn是以5为首项，2为公比的等比数列.所以bn52n1，故an52n13.4.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为奇数时，an1an2n，an1n(n1为偶数)，故ann.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.跟踪训练3(1)已知数列an满足a11，a

7、24，an22an3an1(nN)，则数列an的通项公式an_.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).32n12题型四数列的性质命题点1数列的单调性多维探究多维探究A.递减数列 B.递增数列C.常数列 D.摆动数列命题点2数列的周期性0即数列an的取值具有周期性，周期为3，且a1a2a30，则S2 020S36731a10.命题点3数列的最值例6已知

8、等差数列an的前n项和为Sn，且Sm12，Sm0，Sm13(m2)，则nSn的最小值为A.3 B.5 C.6 D.9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，nN，且f(3)9，f(4)8，f(n)min9.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.思维升华故数列an是以4为周期的周期数列，(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

9、项解析Snn210n，当n2时，anSnSn12n11；当n1时，a1S19也适合上式.an2n11(nN).记f(n)nann(2n11)2n211n，当n3时，f(n)取最小值.数列nan中数值最小的项是第3项.3课时作业PART THREE基础保分练A.第19项 B.第20项C.第21项 D.第22项123456789101112131415162.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

10、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.123456789101112131415163.(2018锦州质检)若Sn为数列an的前n项和，且Sn2an2，则S8等于A.255 B.256 C.510 D.51112345678910111213141516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

11、列an是首项为2，公比为2的等比数列，12345678910111213141516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an2n1，12345678910111213141516A.2nln n B.2n(n1)ln nC.2nnln n D.1nnln n12345678910111213141516an(ln n2)n，故选C.A.5 B.6 C.7 D.812345678910111213141516由题意知，a1a2ak是an的前n项乘积的最大值，所以k5.故选A.123456789101112

12、131415168.若数列an的前n项和Sn3n22n1，则数列an的通项公式an_.解析当n1时，a1S13122112；当n2时，anSnSn13n22n13(n1)22(n1)16n5，显然当n1时，不满足上式.12345678910111213141516解析an1Sn1Sn，Sn1SnSn1Sn，又由a11，知Sn0，9.设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.1234567891011121314151610.已知数列an满足a11，anan1nanan1(nN)，则an_.12345678910111213141516123456789101112131

13、41516(1)求a2，a3；解得a23a13；(2)求an的通项公式.解由题设知a11.经检验n1时，也满足上式.1234567891011121314151612.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；解2Sn(n1)an，2Sn1(n2)an1，2an1(n2)an1(n1)an，12345678910111213141516ann(nN).解bn3nn2.bn1bn3n1(n1)2(3nn2)23n(2n1).数列bn为递增数列，cn为递增数列，c12，即的取值范围为(，2).1234567891011121314151

14、6技能提升练13.(2018抚顺模拟)已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn2an3n，则a2 019等于A.22 0191 B.32 0196解析由题意可得，3Sn2an3n，3Sn12an13(n1)，两式作差可得3an12an12an3，即an12an3，an112(an1)，结合3S12a133a1可得a13，a112，则数列an1是首项为2，公比为2的等比数列，据此有a2 0191(2)(2)2 01822 019，a2 01922 0191.故选A.1234567891011121314151614.(2018赤峰模拟)已知数列an的首项a1a，其前n项和为Sn，且满足SnSn14

15、n2(n2，nN)，若对任意nN，anan1恒成立，则a的取值范围是12345678910111213141516解析SnSn14n2，Sn1Sn4(n1)2，当n2时，Sn1Sn18n4，即an1an8n4，即an2an18n12，故an2an8(n2)，由a1a知a22a142216，a2162a1162a，a32S243236，a3362S2362(16a)42a，a4242a；若对任意nN，anan1恒成立，只需使a1a2a3a4，即a162a42a242a，解得3a5，故选D.12345678910111213141516拓展冲刺练1234567891011121314151612345678910111213141516解析根据题意可知(2n5)an1(2n3)an(2n5)(2n3)，式子