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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 ZHISHISHULIZHISHISHULI 概念含义 数列按照 排列着的一列数 数列的项数列中的_ 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 表示， 这个公式叫做数列的通项公式 前n项和数列an中，Sn 叫做数列的前n项和 每一个数 一定顺序 a1a2an anf(n) 2.数列的表示方法 列表法列表格表示n与an的对应
2、关系 图象法把点 画在平面直角坐标系中 公 式 法 通项公式把数列的通项使用 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 (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 分类标准类型满足条件 项数 有穷数列项数_ 无穷数列项数_ 项与项间的 大小关系 递增数列an1_an 其中nN* 递减数列an1_an 常数列an1an 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，只需3. (3，)
3、 123456 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_. 123456 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 13,35,57,79,911，每一项都是两个相邻奇数的
4、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征. (4)各项符号特征等. (
5、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 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1212223249
6、12(1 2349)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， 思维升华 跟踪训练2 (1)已知数列an的前n项
7、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 例3 设数列an中，a12，an1ann1，则an_. 师生共研师生共研 解析 由条件知an1ann1， 则当n2时an(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)a1(23 4n)2 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an12ant，解得t3. 故an132(an3). 所以bn是以5为首项，2
8、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. 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. 思维升华 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_.
9、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 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Sm
10、12，Sm0，Sm13(m2)， 则nSn的最小值为 A.3 B.5C.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. 思维升华 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
11、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 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 12345678910111213141516 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
12、分也不必要条件 12345678910111213141516 12345678910111213141516 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
13、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， 12345678910111213141516 解析 数列an的前n项和Snn22n，Sn1n21，两式作差得到an2n 1(n2)， 又当n1时，a1S112213，符合上式， 所以an2n1， 12345678910111213141516 A.2nln n B.2n(n1)ln n C.2nnln n D.1nnln n 12345678910111213141516 an(ln n2)n，故选C. n分别用1,2,3，(n1)取代，
14、 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 12345678910111213141516 当n6时，an0，所以anan14，所以数列an是首项为2，公差为4的等差数列， 9.(2018绍兴柯桥第二学期质检)已知正数数列an的前n项和Sn满足：Sn和2 的等比中项等于an和2的等差中项，则a1_；Sn_. 12345678910111213141516 22n2 10.(2019衢州质检)在数列an中，a11，(n22n)(an1an)1(nN*)，则 通项公式an_. 123456789101112131
15、41516 12345678910111213141516 所以an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1 11.已知在数列an中，a11，前n项和Sn (1)求a2，a3； 解得a23a13； 12345678910111213141516 (2)求an的通项公式. 解 由题设知a11. 经检验，当n1时，a11符合上式， 12345678910111213141516 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； 解 2Sn(n1)an， 2Sn1(n2)an1， 2an1(n2)an1(n1)an，
16、 12345678910111213141516 12345678910111213141516 解 bn3nn2. bn1bn3n1(n1)2(3nn2)23n(2n1). 数列bn为递增数列， cn为递增数列，bn得(n2)2n(n12)2n1， 12345678910111213141516 14.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 12345678910111213141516 解析 SnSn14n2，Sn1Sn4(n1)2， 当n2时，Sn1Sn18n4， 即an1an8n4，即an
17、2an18n12， 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. 拓展冲刺练 12345678910111213141516 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)， 12345678910111213141516 由此可以判断出只有a3，a4，a5这三项是负数，且a60，从而得到当n5或6， m2时，SnSm取得最小值， 且SnSmS5S2S6S2a3a4a536514，故选C. 12345678910111213141516 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， ana1qn12n1. 12345678910111213141516 数列bn的前n项和 12345678910111213141516 Tn，且对一切nN*恒成立，