山东专用2024新高考数学一轮复习第五章数列5.1数列的概念与简单表示法学案含解析

PAGE第五章数列第一节数列的概念与简洁表示法课标要求考情分析1.了解数列的概念和几种简洁的表示方法(列表、图象、通项公式)．2．了解数列是自变量为正整数的一类特别函数．1.本节在高考中主要考查简洁数列的通项公式的求解、数列的前n项和Sn与通项an的关系以及简洁的递推数列等问题．2．命题形式多种多样，三种题型都有可能出现，试题难度中等.学问点一数列的概念1．数列的定义：依据肯定依次排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集{1,2,3，…，n})为定义域的函数an＝f(n)，当自变量依据从小到大的依次依次取值时所对应的一列函数值．3．数列的表示法：列表法、图象法和通项公式法．学问点二数列的分类学问点三数列的通项公式1．通项公式：假如数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．数列通项公式的留意点(1)并不是全部的数列都有通项公式；(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一；(3)对于一个数列，假如只知道它的前几项，而没有指出它的改变规律，是不能确定这个数列的．2．递推公式：假如已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从其次项(或某一项)起先的任一项an与它的前一项an－1(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.1．思索辨析推断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同依次排列时都表示同一个数列．(×)(2)依据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(√)(3)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．(×)(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)(5)假如数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(√)2．小题热身(1)已知数列eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，eq\f(1,3×4)，…，eq\f(1,nn＋1)，…，下列各数中是此数列中的项的是(B)A.eq\f(1,35)B.eq\f(1,42)C.eq\f(1,48)D.eq\f(1,54)(2)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq\f(1,an－1)(n≥2)，则a4＝(B)A.eq\f(3,2)B.eq\f(5,3)C.eq\f(7,4)D.eq\f(8,5)(3)依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＝5n－4.(4)设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a7＋a8的值为28.(5)已知数列{an}满意a1＝1，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，则a2018＝0.解析：(2)由题意知，a1＝1，a2＝2，a3＝eq\f(3,2)，a4＝eq\f(5,3).(3)由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳an＝5n－4.(4)a7＋a8＝S8－S6＝82－62＝28.(5)∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，可知数列{an}是以2为周期的数列，∴a2018＝a2＝0.考点一由数列的前几项归纳数列的通项公式【例1】(1)数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是()A．an＝n2 B．an＝(－1)nn2C．an＝(－1)n＋1n2 D．an＝(－1)n(n＋1)2(2)把1,3,6,10,15，…，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)．则第7个三角形数是()A．27B．28C．29D．30【解析】(1)解法1：该数列中第n项的肯定值是n2，正负交替的符号是(－1)n＋1，故选C.解法2：将n＝2代入各选项，解除A，B，D，故选C.(2)视察三角形数的增长规律，可以发觉每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即an＝an－1＋n(n≥2)．所以依据这个规律计算可知，第7个三角形数是a7＝a6＋7＝a5＋6＋7＝15＋6＋7＝28.故选B.【答案】(1)C(2)B方法技巧由数列的前几项归纳数列通项公式的常用方法：视察视察规律、比较比较已知数列、归纳、转化转化为特别数列、联想联想常见的数列等方法.同时也可以运用添项、还原、分割等方法，转化为一个常见数列，通过常见数列的通项公式求得所给数列的通项公式.1．在数列1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…中2eq\r(19)是这个数列的第26项．解析：数列1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…，即数列eq\r(1)，eq\r(3×1＋1)，eq\r(3×2＋1)，eq\r(3×3＋1)，eq\r(3×4＋1)，…，所以该数列的通项公式为an＝eq\r(3n－1＋1)＝eq\r(3n－2)，所以eq\r(3n－2)＝2eq\r(19)＝eq\r(76)，所以n＝26，故2eq\r(19)是这个数列的第26项．2．若有穷数列a1，a2，…，an(n∈N*)满意an＋an＋1＝an＋2＋an＋3，就称该数列为“相邻等和数列”，已知各项都为正整数的数列{an}是项数为8的“相邻等和数列”，且a1＋a2＝8，a2＋a3＝9，则满意条件的数列{an}有4个．解析：设a1＝a，由题意知，a2＝8－a，a3＝1＋a，a4＝7－a，a5＝2＋a，a6＝6－a，a7＝3＋a，a8＝5－a.因为数列{an}各项都为正整数，所以1≤a≤4，a∈N*，则满意条件的数列{an}有4个．考点二由an与Sn的关系求通项公式【例2】(1)数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{bn}的前50项和为()A．49B．50C．99D．100(2)数列{an}满意eq\f(1,2)a1＋eq\f(1,22)a2＋eq\f(1,23)a3＋…＋eq\f(1,2n)an＝2n＋1，则数列{an}的通项公式为________．【解析】(1)当n＝1时，a1＝S1＝3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n(n≥2)，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2，))∴b1＋b2＋…＋b50＝(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.(2)当n≥2时，eq\f(1,2)a1＋eq\f(1,22)a2＋eq\f(1,23)a3＋…＋eq\f(1,2n－1)an－1＝2n－1，与已知等式相减得eq\f(1,2n)an＝2，即an＝2n＋1.又当n＝1时，由eq\f(1,2)a1＝3，得a1＝6，不满意上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2n＋1，n≥2.))【答案】(1)A(2)an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2n＋1，n≥2))方法技巧已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))转化为关于an的关系式，再求通项公式．主要分三个步骤完成：(1)先利用a1＝S1，求得a1.(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系式，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2，n∈N*时的通项公式．(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2，n∈N*时an的表达式，假如符合则可以把数列的通项公式合写；假如不符合，则应当分n＝1与n≥2两段来写．1．已知数列{an}满意a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(1,n)，n≥2)).解析：已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1.将n＝1代入，得a1＝2；当n≥2时，将n－1代入得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝n，两式相减得nan＝(n＋1)－n＝1，所以an＝eq\f(1,n)，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(1,n)，n≥2.))2．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，求an.解：由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，两边同时除以Sn＋1Sn，得eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则eq\f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－eq\f(1,n).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq\f(1,n)＋eq\f(1,n－1)＝eq\f(1,nn－1)，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1n＝1，,\f(1,nn－1)n≥2.))考点三由数列的递推公式求通项公式【例3】(1)设数列{an}满意a1＝1，且an＋1＝an＋n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．(2)在数列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为________．(3)已知数列{an}满意a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________．【解析】(1)累加法由题意得a2＝a1＋2，a3＝a2＋3，…，an＝an－1＋n(n≥2)，以上各式相加，得an＝a1＋2＋3＋…＋n.又∵a1＝1，∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n2＋n,2)(n≥2)．∵当n＝1时，a1＝1也满意上式，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n∈N*)．(2)累乘法∵an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴an－1＝eq\f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq\f(n－3,n－2)an－3，…，a2＝eq\f(1,2)a1.以上(n－1)个式子相乘得an＝a1·eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·…·eq\f(n－1,n)＝eq\f(a1,n)＝eq\f(1,n).当n＝1时，a1＝1，上式也成立．∴an＝eq\f(1,n)(n∈N*)．(3)构造法∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1(n∈N*)．【答案】(1)an＝eq\f(n2＋n,2)(n∈N*)(2)an＝eq\f(1,n)(n∈N*)(3)an＝2·3n－1－1(n∈N*)方法技巧1正确选用方法求数列的通项公式①对于递推关系式可转化为an＋1＝an＋fn的数列，通常采纳累加法逐差相加法求其通项公式.②对于递推关系式可转化为eq\f(an＋1,an)＝fn的数列，并且简洁求数列{fn}前n项的积时，采纳累乘法求数列{an}的通项公式.③对于递推关系式形如an＋1＝pan＋qp≠0，1，q≠0的数列，采纳构造法求数列的通项.2避开两种失误①利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到eq\f(a2,a1)，漏掉a1而导致错误；二是依据连乘求出an之后，不留意检验a1是否成立.②利用构造法求解时应留意数列的首项的正确求解以及精确确定最终一个式子的形式.1．设数列{an}满意a1＝3，an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)，则通项公式an＝4－eq\f(1,n).解析：原递推公式可化为an＋1＝an＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，则a2＝a1＋eq\f(1,1)－eq\f(1,2)，a3＝a2＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)，a4＝a3＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)，…，an－1＝an－2＋eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n－1)，an＝an－1＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，以上(n－1)个式子的等号两端分别相加得，an＝a1＋1－eq\f(1,n)，故an＝4－eq\f(1,n).2．设数列{an}满意a1＝1，an＋1＝2nan，则通项公式an＝2eq\s\up10(\f(nn－1,2)).解析：由an＋1＝2nan，得eq\f(an,an－1)＝2n－1(n≥2)，所以an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝2n－1·2n－2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝2eq\s\up10(\f(nn－1,2)).又a1＝1适合上式，故an＝2eq\s\up10(\f(nn－1,2)).3．在数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为an＝eq\f(10,3)·4n－1－eq\f(1,3).解析：因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，所以4an－an＋1＋1＝0，即an＋1＝4an＋1，得an＋1＋eq\f(1,3)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,3)))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,3)))是首项为a1＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)，公比为4的等比数列，所以an＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)·4n－1，故an＝eq\f(10,3)·4n－1－eq\f(1,3).考点四数列的函数性质应用命题方向1周期性的应用【例4】已知数列{an}中，a1＝3，a2＝7.当n∈N*时，an＋2是乘积an·an＋1的个位数，则a2019＝________.【解析】a1＝3，a2＝7，a1a2＝21，a3＝1，a2a3＝7，a4＝7，a3a4＝7，a5＝7，a4a5＝49，a6＝9，a5a6＝63，a7＝3，a6a7＝27，a8＝7，a7a8＝21，a9＝1，a8a9＝7，所以数列{an}是周期为6的数列，又2019＝6【答案】1命题方向2单调性的应用【例5】(1)已知数列{an}满意2Sn＝4an－1，当n∈N*时，{(log2an)2＋λlog2an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．(2)已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))n，则当an取得最大值时，n＝________.【解析】(1)∵2Sn＝4an－1,2Sn－1＝4an－1－1(n≥2)，两式相减可得2an＝4an－4an－1(n≥2)，∴an＝2an－1(n≥2)．又2a1＝4a∴a1＝eq\f(1,2)，∴数列{an}是公比为2的等比数列，∴an＝2n－2，设bn＝(log2an)2＋λlog2an＝(n－2)2＋λ(n－2)，∵{(log2an)2＋λlog2an}是递增数列，∴bn＋1－bn＝2n－3＋λ>0恒成立，∴λ>3－2n恒成立，∵(3－2n)max＝1，∴λ>1，故实数λ的取值范围是(1，＋∞)．(2)当an取得最大值时，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))n≥n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))n－1，,n＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))n≥n＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))n＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤6，,n≥5，))∴当an取得最大值时，n＝5或6.【答案】(1)(1，＋∞)(2)5或6方法技巧(1)解决数列的单调性问题的三种方法作差比较法依据an＋1－an的符号推断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列作商比较法依据eq\f(an＋1,an)(an>0或an<0)与1的大小关系进行推断数形结合法结合相应函数的图象直观推断(2)解决数列周期性问题的方法先依据已知条件求出数