2022年旧高考（人教版）数学一轮教学案：第五章第一讲　数列的概念与简单表示法 （含解析）.doc

1、第五章 数列 第一讲第一讲 数列的概念与简单表示法数列的概念与简单表示法 知识梳理 双基自测 知 识 梳 理 知识点一 数列的有关概念 概念 含义 数列 按照_一定顺序_排列的一列数 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)_表达，这个 公式叫做数列an的通项公式 前 n 项和 数列an中，Sn_a1a2an_叫做数列an的前 n 项和 知识点二 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

2、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 知识点三 an与 Sn的关系 若数列an的前 n 项和为 Sn， 则 an _S1_，n1， _SnSn1_，n2. 知识点四 数列的分类 归 纳 拓 展 1数列与函数 数列可以看作是一个定义域为正整数集 N*(或它的有限子集1,2，n)的函数，当自变 量_从小到大_依次取值时对应的一列函数值数列的通项公式是相应函数的解析式，它的 图象是_一群孤立的点_. 2常见数列的通项公式 (1)自然数列：1,2,3,4，ann. (2)奇数列：1,3,5,7，an2n1.

3、(3)偶数列：2,4,6,8，an2n. (4)平方数列：1,4,9,16，ann2. (5)2 的乘方数列：2,4,8,16，an2n. (6)乘积数列：2,6,12,20，ann(n1) (7)正整数的倒数列：1，1 2， 1 3， 1 4，an 1 n. (8)重复数串列：9,99,999,9 999，an10n1. (9)符号数列：1,1，1,1，或 1，1,1，1，an(1)n或 an(1)n 1. 双 基 自 测 题组一 走出误区 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)所有数列的第 n 项都可以用公式表示出来( ) (2)依据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不

4、止一个( ) (3)若 an1an0(n2)，则函数an是递增数列( ) (4)如果数列an的前 n 项和为 Sn，则对于任意 nN*，都有 an1Sn1Sn.( ) 解析 (1)因为数列是按一定顺序排列的一列数，如我班某次数学测试成绩，按考号从小 到大的顺序排列，这个数列肯定没有通项公式，所以错误 (2)比如数列 1,0,1,0， 的通项公式为： an sin n 2 或 an cos n1 2 或 an11 n 2 ， 所以正确 (3)因为 n1 时，a2与 a1不确定大小关系 (4)由数列前 n 项和的定义可知，当 nN*，都有 an1Sn1Sn，所以正确 题组二 走进教材 2(必修 5

5、P67A 组 T2 改编)数列 1，4,9，16,25，的一个通项公式是( C ) Aann2 Ban(1)n n2 Can(1)n 1 n2 Dan(1)n (n1)2 解析 因为每一项的绝对值是该项序号的平方，奇数项符号为正，偶数项符号为负，所 以 an(1)n 1 n2.故选 C 3(必修 5P33A 组 T4 改编)在数列an中，a11，an11 n an1 (n2)，则 a5等于( D ) A3 2 B5 3 C8 5 D2 3 解析 a211 2 a1 2，a311 3 a2 1 2，a41 14 a3 3，a511 5 a4 2 3. 4(必修 5P33A 组 T5 改编)根据下

6、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_. 题组三 走向高考 5(2020 浙江，11,4 分)我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题， 如数列 nn1 2 就是二阶等差数列数列 nn1 2 (nN*)的前 3 项和是_10_. 解析 数列 nn1 2 的前三项依次为12 2 1，23 2 3，34 2 6， 所求和为 13610. 6(2018 全国卷，5 分)记 Sn为数列an的前 n 项和若 Sn2an1，则 S6_63_. 解析 解法一：因为 Sn2an1，所以当 n1 时，a12a11，解得 a11； 当 n2 时，a1a22a21，

7、解得 a22； 当 n3 时，a1a2a32a31，解得 a34； 当 n4 时，a1a2a3a42a41，解得 a48； 当 n5 时，a1a2a3a4a52a51，解得 a516； 当 n6 时，a1a2a3a4a5a62a61，解得 a632； 所以 S61248163263. 解法二：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 an2n 1，所以 S 6112 6 12 63. 考点突破 互动探究 考点一 由数列的前几项求数列的通项公

8、式自主练透 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)1,7，13,19，； (2) 1 12， 1 23， 1 34， 1 45，； (3)2 3， 4 15， 6 35， 8 63， 10 99，； (4)1 2，2， 9 2，8， 25 2 ，； (5)5,55,555,5 555， 思考：如何根据数列的前几项的值写出数列的一个通项公式？ 解析 (1)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 an(1)n(6n5) (2)这个数列的前 4 项的绝对值都等于序号与序号加

9、1 的乘积的倒数，且奇数项为负，偶 数项为正，故它的一个通项公式 an(1)n 1 nn1. (3) 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，即分母的每一项都是两个相邻奇数的乘积，故所求数列的一 个通项公式 an 2n 2n12n1. (4)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1 2， 4 2， 9 2， 16 2 ，25 2 ，从而可得数列的一个通项公式 ann 2 2 . (5)将原数列改写为5 99， 5 999， 5 9999.，易知数列 9,99,999

10、，的通项公式为 10 n1， 故所求的数列的一个通项公式 an5 9(10 n1) 名师点拨 由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略 (1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联 想(联想常见的数列)等 (2)具体策略： 分式中分子、分母的特征； 相邻项的变化特征； 拆项后的特征； 各项的符号特征和绝对值特征； 化异为同对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关 系； 对于符号交替出现的情况，可用(1)k或(1)k 1，kN*处理 注意：并不是每个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一 考点二 由 an

11、与 Sn的关系求通项公式多维探究 角度 1 已知 Sn求 an问题 例 2 (1)若数列an的前 n 项和 Snn210n，则此数列的通项公式为 an_2n 11_. (2)若数列an的前 n 项和 Sn2n1，则此数列的通项公式为 an_ 3n1， 2n 1n2 _. (3)已知数列an满足 a12a23a3nan2n，则 an_ 2，n1， 2n 1 n ，n2 _. 解析 (1)当 n1 时，a1S11109； 当 n2 时， anSnSn1n210n(n1)210(n1)2n11. 当 n1 时，21119a1，所以 an2n11. 故填 2n11. (2)当 n1 时，a1S1211

12、3； 当 n2 时， anSnSn1(2n1)(2n 11)2n2n12n1. 综上有 an 3n1， 2n 1n2. 故填 3n1， 2n 1n2. (3)当 n1 时，由已知，可得 a1212， a12a23a3nan2n， 故 a12a23a3(n1)an12n 1(n2)， 由，得 nan2n2n 12n1， an2 n1 n (n2) 显然当 n1 时不满足上式， an 2，n1， 2n 1 n ，n2 角度 2 Sn与 an的关系问题 例 3 已知数列an的前 n 项和 Sn1 3an 2 3，则an的通项公式为 an_ 1 2 n1_. 解析 当 n1 时，a1S11 3a1 2

13、 3，所以 a11.当 n2 时，anSnSn1 1 3an 1 3an1， 所以 an an1 1 2，所以数列an为首项 a11，公比 q 1 2的等比数列，故 an 1 2 n1. 名师点拨 Sn与 an关系问题的求解思路 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 已知 Sn求 an的一般步骤 (1)当 n1 时，由 a1S1，求 a1的值 (2)当 n2 时，由 anSnSn1，求得 an的表达式 (3)检验 a1的值是否满足(2)中

14、的表达式，若不满足，则分段表示 an. (4)写出 an的完整表达式 变式训练 1 (1)(角度 1)(2020 福建三明一中期中)已知 Sn为数列an的前 n 项和， 且 log2(Sn1)n1， 则数列an的通项公式( B ) Aan2n Ban 3，n1， 2n，n2 Can2n 1 Dan2n 1 (2)(角度 2)(2021 辽宁部分重点高中高三联考)已知数列an的前 n 项和为 Sn， 满足 Sn2an 1，则an的通项公式为( B ) Aan2n1 Ban2n 1 Can2n1 Dan2n1 (3)(角度 1)设数列an满足 a13a232a33n 1a nn 3.则 an_ 1

15、 3n_. 解析 (1)由 log2(Sn1)n1，得 Sn12n 1.当 n1 时，a 1S13；当 n2 时，an SnSn12n，所以数列an的通项公式为 an 3，n1， 2n，n2. 故选 B (2)当 n1 时， S12a11a1， a11.当 n2 时， anSnSn12an2an1， an2an 1.因此 an2n 1(n2)又 n1 时，2n11a 1，an2 n1.故选 B (3)因为 a13a232a33n 1a nn 3， 则当 n2 时， a13a232a33n 2a n1n1 3 ， 得 3n 1a n1 3，所以 an 1 3n(n2) 由题意知 a11 3符合上

16、式，所以 an 1 3n. 考点三 由递推关系求通项公式多维探究 角度 1 形如 an1anf(n)，求 an 例 4 (2021 河南师大附中月考)已知数列an满足 an1an 1 2n，a11，则 an_2 1 2n 1_. 解析 由题意知 anan1 1 2n 1 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 1 2n 1 1 2n 21 21 1 1 2n 11 2 2 1 2n 1. 角度 2 形如 an1anf(n)，求 an 例 5 (2021 宁夏银川月考)在数列an中， a11,3an1 11 n 2a n(nN *)， 则数列a n 的通项公式为( A ) Aan n

17、2 3n 1 Bann 23 3n1 Can4n 22 3n 1 Dann 21 3n1 解析 解法一：由已知得an 1 an 1 3 n12 n2 an an an1 an1 an2 a2 a1a1 1 3 n2 n12 1 3 n12 n22 1 3 22 121 n2 3n 1. 解法二：由题意得 an1 n12 1 3 an n2.又 n1 时， an n21，故数列 an n2 是首项为 1，公比为1 3的等 比数列从而an n23 1 n1，即 an n2 3n 1.故选 A 解法三：当 n1 时，选项 A 为 1，B 为 1，C 为2 3，D 为 1，否定 C，当 n2 时，由已

18、知 得 a24 3，选项 A 为 4 3，B 为 7 10，D 为 5 8，否定 B，D，故选 A 角度 3 形如 an1AanB(A0 且 A1)，求 an 例 6 (2021 西北师大附中调研)已知数列an满足 a12，且 an13an6，则 an _3n 13_. 解析 an13an6， an133(an3)， 又 a12，a131， an3是首项为 1，公比为 3 的等比数列，an33n 1，a n3 n13. 名师点拨 已知递推关系求通项，一般有三种常见思路 (1)算出前几项，再归纳、猜想 (2)形如“an1panq”这种形式通常转化为 an1p(an)，由待定系数法求出 ， 再化为

19、等比数列 (3)递推公式化简整理后，若为 an1anf(n)型，则采用累加法；若为an 1 an f(n)型，则采 用累乘法 变式训练 2 根据下列条件，写出数列an的通项公式： (1)(角度 1)若 a11，an1an2n1，则 an_n22n2_； (2)(角度 2)若 a11，nan1(n1)an(n2)，则 an_ 2 n1_； (3)(角度 3)若 a11，an13an2，则 an_23n 11_. 解析 (1)an1an2n1，当 n2 时，a2a11，a3a23，anan12n 3， ana112n3n1 2 (n1)2，an(n1)21n22n2， 又当 n1 时，122121

20、，n1 时符合上式 ann22n2. (2) nan1 (n 1)an， an an1 n n1 ，又 a1 1， an an an1 an1 an2 a2 a1 a1 n n1 n1 n n2 n1 2 3 2 n1. (3)an13an2，an113(an1)，又 a11， a112，an1是首项为 2 公比为 3 的等比数列， an123n 1，a n23 n11. 考点四 数列的函数性质多维探究 角度 1 数列的单调性 例 7 若数列an满足 ann2kn4(nN*)且an是递增数列，则实数 k 的取值范 围为_k3_. 解析 由数列是一个递增数列，得 an1an，又因为通项公式 an

21、n2kn4，所以(n 1)2k(n1)4n2kn4，即 k12n，又 nN*，所以 k3. 角度 2 数列的周期性 例 8 (2020 福建福清校际联盟期中联考)已知 Sn为数列an前 n 项和，若 a11 2，且 an1 2 2an(nN *)，则 6S 100( A ) A425 B428 C436 D437 分析 由递推公式逐项求解，探求规律 解析 由数列的递推公式可得： a2 2 2a1 4 3，a3 2 2a23，a4 2 2a32，a5 2 2a4 1 2a1， 据此可得数列an是周期为 4 的周期数列，则：6S100625 1 2 4 332 425.选 A 角度 3 数列的最大

22、、小项问题 例 9 已知数列an的通项公式 an(n1) 10 11 n，则数列a n中的最大项是第_9、 10_项 解析 解法一：an1an(n2) 10 11 n1(n1) 10 11 n 10 11 n9n 11 ， 当 n0，即 an1an； 当 n9 时，an1an0，即 an1an； 当 n9 时，an1an0，即 an1an， 该数列中有最大项，为第 9、10 项， 且 a9a1010 10 11 9. 解法二：根据题意，令 an1an， anan1 (n2)， 即 n 10 11 n1n1 10 11 n， n1 10 11 nn2 10 11 n1， 解得 9n10. 又 n

23、N*，n9 或 n10， 该数列中有最大项，为第 9、10 项， 且 a9a1010 10 11 9. 名师点拨 (1)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 (2)判断数列单调性的方法：作差(或商)法；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 (3)求数列中最大(小)项的方法：根据数列的单调性判断；利用不等式组 anan1 anan1 或 anan1 anan1 求出 n 的值，进而求得 an的最值 变式训练 3 (1)(角度 1)已知数列an的通项公式为 an3nk

24、 2n ，若数列an为递减数列，则实数 k 的取 值范围为( D ) A(3，) B(2，) C(1，) D(0，) (2)(角度 3)数列an的通项公式 ann 290 n ，则数列an中的最小项是( B ) A3 10 B19 C 1 19 D 10 60 (3)(角度 2)已知数列an满足 a10，an1 an 3 3an1(nN *)，则 a 2 022等于_ 3_. 解析 (1)因为 an1an3n3k 2n 13nk 2n 33nk 2n 1，由数列an为递减数列知，对任 意 nN*，an1an33nk 2n 133n 对任意 nN*恒成立，所以 k(0，) (2)令 f(x)x9

25、0 x (x0)， 运用基本不等式得 f(x)2 90， 当且仅当 x3 10时等号成立 因 为 ann90 n ，所以 n90 n 2 90，由于 nN*，不难发现当 n9 或 n10 时，an19 最小， 故选 B (3)由已知得 a10，a2 3，a3 3，a40，a5 3，由此可知数列an的项 是以 3 为周期重复出现的，而 2 0223674，因此 a2 022a3 3. 名师讲坛 素养提升 递推数列的通项公式的求法 热点一 an1 Aan BanC(A、B、C 为常数)型 例 10 已知数列an中，a11，an1 2an an2，则数列an的通项公式为 an_ 2 n1 (nN*)

26、_. 解析 an1 2an an2，a11，an0， 1 an1 1 an 1 2，即 1 an1 1 an 1 2，又 a11，则 1 a11， 1 an 是以 1 为首项，1 2为公差的等差数列， 1 an 1 a1(n1) 1 2 n 2 1 2， an 2 n1(nN *) 名师点拨 形如 an1 Aan BanC(A，B，C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法 构造新数列求解 热点二 an1panf(n)(p 为常数)型 例 11 在数列an中，(1)若 a12，an14an3n1，nN*，则 an_4n 1n_. (2)若 a11，an12an3n，nN*，则 an_3n2

27、n_. 分析 观察递推式特征：an1panf(n)，类似等比数列，故可尝试化为等比数列求解， 以(1)为例可设 an1(n1)4(ann)，整理得 an14an3n(3)所以 33， 31 ，即 1 0 转化成功 解析 (1)an14an3n1， an1(n1)4(ann)， 即an 1n1 ann 4， 又 a12， a111，ann是首项为 1，公比为 4 的等比数列，ann4n 1.a n4 n1n. (2)an12an3n，令 an1 3n 12(a n 3 n)比较系数得 1.a n13 n12(a n 3n)，即an 13n 1 an3n 2，又 a11，a132，an3n是首项为

28、2，公比为 2 的等比数 列，an3n2n，an3n2n. 另解：an12an3n，an 1 3n 2 3 an 3n 11， an 1 3n 32 3 an 3n 13，又 a11， an 3n 13是首项为2，公比为2 3的等比数列， an 3n 1 32 2 3 n1，a n3 n2n. 名师点拨 (1)形如 an1panAnB(p、 A、 B 为常数)的类型， 可令 an1(n1)p(ann)， 求出 、 的值即可知ann为等比数列，进而可求 an. (2)形如 an1panAqn(p、A 为常数)的类型当 pq 时，可令 an1qn 1p(a nq n)， 求出 的值即可知anqn是

29、等比数列，进而可求 an，当 pq 时可化为an 1 qn an qn 1A 即a n1 qn an qn 1A(常数)知 an qn 1为等差数列，进而可求 an. 变式训练 4 在数列an中， (1)a11，an an1 2an11(n2)，则 an_ 1 2n1_； (2)若 a11，an12an3n，nN*，则 an_5 2n 13n3_； (3)若 a11，an12an3 2n，nN*，则 an_(3n2) 2n 1_. 解析 (1)将 an an1 2an11两边取倒数，得 1 an 1 an12，这说明 1 an 是一个等差数列，首 项是 1 a11，公差为 2，所以 1 an1(n1)22n1，即 an 1 2n1. (2)an12an3n，令 an1(n1)2(ann)，则 3， 0， 即 3， 3， an13(n1)32(an3n3) 又 a11，an3n3是首项为5，公比为 2 的等比数列，an3n35 2n 1 an5 2n 13n3. (3)an12an3 2n，an 1 2n an 2n 13，又 a11， an 2n 1是首项为 1，公差为 3 的等差数列， an 2n 113(n1)，an(3n2) 2n 1.