2020届高考数学(理)一轮复习讲义 6.1 数列的概念与简单表示法.docx

1、公众号码：王校长资源站6.1数列的概念与简单表示法最新考纲考情考向分析1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(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殊函数.以考查Sn与an的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点.本节内容在高考中以选择、填空的形式进行考查，难度为低档.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an1_an其中nN递减数列an1_an，即(n1)2(n1)n2n，整理，得2n10，即(2n1).(*)因为n

2、1，所以(2n1)3，要使不等式(*)恒成立，只需3.5.数列an中，ann211n(nN)，则此数列最大项的值是_.答案30解析ann211n2，nN，当n5或n6时，an取最大值30.6.已知数列an的前n项和Snn21，则an_.答案解析当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn1n21(n1)212n1，故an题型一由数列的前几项求数列的通项公式例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)，；(2)1,7，13,19，；(3)，2，8，；(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13,35,57,79,911，每

3、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.(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.(4)将原数列改写为9，99，999，易知数列9,99,999，的通项为10n1，故所求的数列的一个通项公式为an(10n1).思维升华 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

4、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.跟踪训练1 (1)数列，的一个通项公式an_.答案(1)n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为an(1)n.(2)数列an的前4项是，1，则这个数列的一个通项公式是an_.答案解析数列an的前4项可变形为，故an.题型二由an与Sn的关系求通项公式例2(1)已知数列an的前n项和Sn2n23n，则an_.答案4n5解析a1S1231，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)2

5、3(n1)4n5，由于a1也适合此等式，an4n5.(2)(2018全国)记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1，则S6_.答案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，Sn12n，S612663.(3)已知数列an满足a12a23a3nan2n，则an_.答案解析当n1时，由已知，可得a1212，a12a23a3nan2n，故a12a23a3(n1)an12n1(n2)，由得nan2n2n12n1，an.显然当n1时不满足上式，an思维升华

6、 已知Sn求an的常用方法是利用an一定要检验a1的情况.跟踪训练2 (1)已知数列an的前n项和Sn3n1，则an_.答案解析当n1时，a1S1314；当n2时，anSnSn1(3n1)(3n11)23n1.当n1时，23112a1，所以an(2)设数列an满足a13a232a33n1an，则an_.答案解析因为a13a232a33n1an，则当n2时，a13a232a33n2an1，得3n1an，所以an(n2).由题意知a1符合上式，所以an.(3)若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_.答案(2)n1解析当n1时，a1S1a1，即a11；当n2时，anSnSn1anan

7、1，故2，故an(2)n1.题型三由数列的递推关系求通项公式例3设数列an中，a12，an1ann1，则an_.答案解析由条件知an1ann1，则an(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)a1(234n)2.引申探究1.若将“an1ann1”改为“an1an”，如何求解？解an1an，a12，an0，.ana12.2.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an12ant，解得t3.故an132(an3).令bnan3，则b1a135，且2.所以bn是以5为首项，2为公比的等比数列.所以bn52n1，故an

8、52n13.3.若将“an1ann1”改为“an1”，如何求解？解an1，a12，an0，即，又a12，则，是以为首项，为公差的等差数列.(n1).an.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为偶数时，a21，故ana22n1.当n为奇数时，an1an2n，an1n(n1为偶数)，故ann.综上所述，annN.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(

9、n)时，用累加法求解.(4)当出现f(n)时，用累乘法求解.跟踪训练3(1)已知数列an满足a11，a24，an22an3an1(nN)，则数列an的通项公式an_.答案32n12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).(2)在数列an中，a13，an1an，则通项公式an_.答案4解析原递推公式可化为an1an，则a2a1，a3a2，a4a3，an1

10、an2，anan1，逐项相加得ana11，故an4，经验证a1，a2也符合.题型四数列的性质命题点1数列的单调性例4已知an，那么数列an是()A.递减数列 B.递增数列C.常数列 D.摆动数列答案B解析an1，将an看作关于n的函数，nN，易知an是递增数列.命题点2数列的周期性例5(2019包头质检)在数列an中，a10，an1，则S2 020_.答案0解析a10，an1，a2，a3，a40，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已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sm12，Sm0，Sm13(m2)，则nSn的最小值

11、为()A.3 B.5 C.6 D.9答案D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，则ann3，Sn，nSn.设f(x)，x0，f(x)x25x，x0，f(x)的极小值点为x，nN，且f(3)9，f(4)8，f(n)min9.思维升华 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.跟踪训练4(1)(2018葫芦岛模拟)若数列an满足a12，an1，则a2 020的值为()A.2 B.3 C. D.答案D解析因为a

12、12，an1，所以a23，a3，a4，a52，故数列an是以4为周期的周期数列，故a2 020a5054a4.(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项答案B解析Snn210n，当n2时，anSnSn12n11；当n1时，a1S19也适合上式.an2n11(nN).记f(n)nann(2n11)2n211n，此函数图象的对称轴为直线n，但nN，当n3时，f(n)取最小值.数列nan中数值最小的项是第3项.1.已知数列，则5是它的()A.第19项 B.第20项C.第21项 D.第22项答案C解析数列，中的各项可变

13、形为，所以通项公式为an，令5，得n21.2.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答案A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.3.(2018锦州质检)若Sn为数列an的前n项和，且Sn2an2

14、，则S8等于()A.255 B.256 C.510 D.511答案C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，据此可得数列an是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S82925122510.4.(2018呼和浩特模拟)已知数列an的前n项和Snn22n，则数列的前6项和为()A. B. C. D.答案A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，裂项求和得到S6，故选A.5.在数列an中，a12，l

15、n，则an等于()A.2nln n B.2n(n1)ln nC.2nnln n D.1nnln n答案C解析由题意得 ln(n1)ln n，n分别用1,2,3，(n1)取代，累加得ln nln 1ln n，2ln n，an(ln n2)n，故选C.6.已知数列an的通项公式an，若a1a2ana1a2ak对nN恒成立，则正整数k的值为()A.5 B.6 C.7 D.8答案A解析an，当n5时，an1；当n6时，an1时，有anSnSn1anan1，整理，得anan1.于是a11，a2a1，a3a2，an1an2，anan1，将以上n个等式两端分别相乘，整理，得an，经检验n1时，也满足上式.综

16、上，an的通项公式an.12.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；(2)记bn3na，若数列bn为递增数列，求的取值范围.解(1)2Sn(n1)an，2Sn1(n2)an1，2an1(n2)an1(n1)an，即nan1(n1)an，1，ann(nN).(2)bn3nn2.bn1bn3n1(n1)2(3nn2)23n(2n1).数列bn为递增数列，23n(2n1)0，即为递增数列，c12，即的取值范围为(，2).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

17、 B.32 0196C.2 019 D.2 019答案A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.14.(2018赤峰模拟)已知数列an的首项a1a，其前n项和为Sn，且满足SnSn14n2(n2，nN)，若对任意nN，anan1恒成立，则a的取值范围是()A. B.C. D.(3,5)答案D解析SnSn14n2，Sn

18、1Sn4(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3am，则SnSm的最小值为()A. B.C.14 D.28答案C解析根据题意可知(2n5)an1(2n3)an(2n5)(2n3)，式子的每一项都除以(2n5)(2n3)，可得1，即1，所以数列是以5为首项，以1为公差的等差数列，所以5(n1)1n6，即an(n

19、6)(2n5)，由an0，解得n6.由此可以判断出只有a3，a4，a5这三项是负数，从而得到当n5，m2时，SnSm取得最小值，且SnSmS5S2a3a4a536514，故选C.16.已知数列an是递增的等比数列且a1a49，a2a38，设Sn是数列an的前n项和，数列前n项和为Tn，若不等式Tn对任意的nN恒成立，求实数的最大值.解数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38，a1a4a2a3，a1，a4是方程x29x80的两个根，且a1a4.解方程x29x80，得a11，a48，q38，解得q2，ana1qn12n1.Sn2n1，令bn，数列bn的前n项和Tn11在正整数集上单调递增，TnT1，Tn，且对一切nN成立，实数的最大值是.公众号码：王校长资源站