《2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第七章 数列与数学归纳法7.1 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第七章 数列与数学归纳法7.1 （73页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、7.1 数列的概念与简单表示法,大一轮复习讲义,第七章 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.数列的有关概念,ZHISHISHULI,每一个数,一定顺序,a1a2an,anf(n),2.数列的表示方法,(n，an),公式,3.an与Sn的关系 若数列an的前n项和为Sn，,S1,SnSn1,4.数列的分类,无限,有限,1.数列的项与项数是一个概念吗？,【概念方法微思考】,提示 不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.,2.数列的通项公式an
2、3n5与函数y3x5有何区别与联系？,提示 数列的通项公式an3n5是特殊的函数，其定义域为N*，而函数y3x5的定义域是R，an3n5的图象是离散的点，且排列在y3x5的图象上.,题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( ) (2)所有数列的第n项都能使用公式表达.( ) (3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个.( ) (4)1,1,1,1，不能构成一个数列.( ) (5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( ) (6)如果数列an的前n项和为Sn，则对nN*，都有anSnSn1.( )
3、,1,2,3,4,5,6,基础自测,JICHUZICE,题组二 教材改编 2.P33A组T4在数列an中，已知a11，an14an1，则a3_.,1,2,3,4,5,6,21,解析 由题意知，a24a115，a34a2121.,3.P33A组T5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_.,5n4,1,2,3,4,5,6,题组三 易错自纠 4.已知ann2n，且对于任意的nN*，数列an是递增数列，则实数的取值范围是_.,1,2,3,4,5,6,解析 因为an是递增数列，所以对任意的nN*，都有an1an， 即(n1)2(n1)n2n， 整理，得2n10，即(2n1).
4、(*) 因为n1，所以(2n1)3，要使不等式(*)恒成立，只需3.,(3，),1,2,3,4,5,6,5.数列an中，ann211n(nN*)，则此数列最大项的值是_.,30,nN*，当n5或n6时，an取最大值30.,解析 当n1时，a1S12，当n2时， anSnSn1n21(n1)212n1，,6.已知数列an的前n项和Snn21，则an_.,1,2,3,4,5,6,2,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,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：,师生共研,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
5、,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,(2)1,7，13,19，；,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，.,易知数列9,99,999，的通项为10n1，,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
6、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.,解析 数列各项的分母为等比数列2n，分子为2n1，可用(1)n1来控制各项的符号，,题型二 由an与Sn的关系求通项公式,例2 (1)(2018浙江绍兴一中期中)已知数列an的前n项和为Snn2n1，bn (1)n(an2)(nN*)，则数列an的通项公式为_，数列bn的前50项和为_.,师生共研,49,解析 当n1时，a1S13； 当n2时，anSnSn1n2n1(n1)2(n1)12n，,当n1时，b11； 当n2时，bn(1)n(an2)(1)n2(n1)， 则数列bn的前50项和为12122
7、2324912(12349)122549.,(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，由已知，可得a1212， a12a23a3nan2n， 故a12a23a3(n1)an12n1(n2)， 由得nan2n2n12n1，,跟踪训练2 (1)已知数列an的前n项和
8、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,例3 设数列an中，a12，an1ann1，则an_.,师生共研,解析 由条件知an1ann1， 则当n2时an(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)a1(234n)2,2.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).,所以bn是以5为首项，2为公比的等比数列. 所
9、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.,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，a24，an22an3an1(nN*)，则数列an的通项公式an_.,解析 由an22an3an10，
10、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,A.递减数列 B.递增数列 C.常数列 D.摆动数列,题型四 数列的性质,命题点1 数列的单调性,多维探究,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.,例6 已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sm12，Sm0，Sm13(m2)，则nSn的
11、最小值为 A.3 B.5 C.6 D.9,命题点3 数列的最值,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.,以此类推知数列an是周期为3的周期数列， 所以a2 020a36731a12，故选C.,(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.
12、第4项 D.第5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4项 B.第5项 C.第6项 D.第7项,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,2.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,1,2,3
13、,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,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.若Sn为数列an的前n项和，且Sn2an2，则S8等于 A.255 B.256 C.510 D.511,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，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,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，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11
