2024版高考数学一轮总复习第7章数列第1节数列的概念与简单表示法.docx

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1、第一节数列的概念与简单表示法考试要求：1了解数列的概念和表示方法(列表法、图象法、公式法)2了解数列是一种特殊函数一、教材概念结论性质重现1数列的概念概念含义数列按照确定的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与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式前n项和把数列an从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列an的前n项和，记作Sn，即Sna1a2an(1)数列研究的是有顺序的一列数，归纳与猜想是研究数列的重要方法(2)有序性是数列的主要特征，数列的项an是序号n的函数，其中n是正整数(3)数列

2、的前n项和是从a1一直加到an，而不是从中间取出某n项的和2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用公式anf(n)，nN*给出数列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1数列的图象是由离散的点(n，an)组成2用递推公式表示数列时，必须含有初始值，初始值可能是一项，也可能是两项或若干项3an与Sn的关系若数列an的前n项和为Sn，则anS1，n=1， SnSn1，n2.1当n2时，anSnSn1不能表示a1.2需要验证当n1时是否满足统一的an与n之间的规律，如果不满足，

3、则通项公式是分段的4数列的分类如果数列的项先递增，后递减，则数列有最大项；如果数列的项先递减，后递增，则数列有最小项二、基本技能思想活动经验1判断下列说法的正误，对的画“”，错的画“”(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止一个()(3)若an1an0(n2)，则数列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.()2已知数列an的通项公式为ann28n15，则()A3不是数列an中的项B3只是数列an中的第2项C3只是数列an中的第6项D3是数列an中的第2项或第6项D解析：令an3，即n

4、28n153，解得n2或n6，故3是数列an中的第2项或第6项故选D3数列1，4，9，16，25，的一个通项公式是()Aann2Ban(1)nn2Can(1)n+1n2Dan(1)n(n1)2C解析：因为每一项的绝对值都是该项序号的平方，奇数项符号为正，偶数项符号为负，所以an(1)n+1n2.故选C4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_(3，)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)(*)因为n1，所以(2n1)3，要使不等式(*)恒成立，只需3.考点1由数列的前几项求通项公

5、式基础性根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)112，123，134，145，；(2)23，415，635，863，1099，；(3)12，2，92，8，252，；(4)5，55，555，5 555，.解：(1)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加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)n1nn+1.(2)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an2n2n12n+1.(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

6、再观察，即12，42，92，162，252，从而可得数列的一个通项公式ann22.(4)将原数列改写为599，5999，59999，易知数列9，99，999，的一个通项公式为10n1，故所求的数列的一个通项公式an59(10n1)1错误地表示符号规律致误：项正负相间的数列可以用1n，(1)n+1表示符号，要分清是先负后正还是先正后负2未对项变形致误：若已知的项的形式不统一，则不便求通项公式，因此可以先将项通过变形统一形式后再观察求通项公式，如题(3)3求通项公式时要注意联想：对于如题(4)这样的数列，可以通过联想10，100，1 000，10 0009，99，999，9 9991，11，111

7、，1 111进而得到通项公式考点2由Sn与an的关系求通项综合性(1)若数列an的前n项和Snn210n，则此数列的通项公式为an_(2)若数列an的前n项和Sn2n1，则此数列的通项公式为an_(1)2n11(2)3，n=1， 2n1，n2.解析：(1)当n1时，a1S11109；当n2时，anSnSn1n210n(n1)210(n1)2n11.当n1时，21119a1，所以an2n11.(2)当n2时，anSnSn1(2n1)(2n-11)2n2n-12n-1.当n1时，a1S12113，不满足上式，综上有an3，n=1，2n1，n2.将本例(1)的条件变为：数列an满足a12a23a3n

8、an2n，求an.解：当n1时，由已知，可得a1212.因为当n2时，a12a23a3nan2n，故a12a23a3(n1)an12n-1.由，得nan2n2n-12n-1，所以an2n1n.显然当n1时不满足上式，所以an2，n=1，2n1n，n2.已知Sn求an的步骤(1)利用a1S1求出a1.(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)求出当n2时an的表达式(3)检验n1时的值是否符合n2时的表达式，再写出通项公式an.1已知Sn为数列an的前n项和，且log2(Sn1)n1，则数列an的通项公式为()Aan2nBan3，n=1，2n，n2Can2n-1Dan

9、2n+1B解析：由log2(Sn1)n1，得Sn12n+1，即Sn2n+11.当n1时，a1S13.当n2时，anSnSn12n，显然当n1时不满足上式所以数列an的通项公式为an3，n=1，2n，n2.故选B2已知数列an的前n项和Snn22n1(nN)，则an_4，n=1， 2n+1，n2解析：当n2时，anSnSn12n1.当n1时，a1S14211，显然不满足上式因此an4，n=1， 2n+1，n2.考点3由数列的递推关系求通项应用性考向1累加法已知在数列an中，a12，an1anln 1+1n，求数列an的通项公式解：因为an1anln 1+1n，所以an1anln n+1n，所以a

10、nan1ln nn1(n2)，所以an1an2ln n1n2，a2a1ln 21(n2)，所以ana1ln nn1ln n1n2ln 21ln n(n2)，所以anln na1(n2)又a12，所以anln n2.对形如an1anf(n)的模型求an，可以将式子变形为anan1f(n1)(n2)，通过累加方法求通项公式考向2累乘法在数列an中，a11，ann1nan1(n2)，求数列an的通项公式解：因为ann1nan1(n2)，所以an1n2n1an2，an2n3n2an3，a212a1.所以anan1n1n，an1an2n2n1，a2a112，以上(n1)个式子等号的两端相乘得ana112

11、23n1na1n1n.当n1时，a11，上式也成立所以an1n(nN)对形如an1anf(n)(f(n)可求积)的模型求an，先变形为anan1f(n1)(n2)，再用累乘法求出ana1与n的关系式，进而得到数列an的通项公式考向3待定系数法已知数列an满足a11，an12an3，求数列an的通项公式解：将递推公式an12an3设为an1t2(ant)，即an12ant，解得t3，故递推公式为an132(an3)令bnan3，则b1a134，且bn+1bnan+1+3an+32.所以数列bn是以b14为首项，2为公比的等比数列，所以bn42n-12n+1，故an2n+13.对形如an1panq

12、(p1)模型求an，设为an1mp(anm)，构造anm为公比为p的等比数列，先求出anm的通项公式，进而求出an.其中m=qp1考向4取倒数法已知数列an满足a12，an12an2+an(nN)，则an_2n解析：因为an12an2+an，所以1an+11an12.因为a12，即1a112，所以数列1an是首项为12，公差为12的等差数列，所以1an12(n1)12n2，故an2n.形如an1AanBan+C(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的数列求解1若a11，an1an2n1，则an_n22n2解析：因为an1an2n1，所以当n2时，anan12n3，所以a2

13、a11，a3a23，anan12n3，所以ana11+2n3n12(n1)2，所以an(n1)21n22n2.又当n1时，122121，所以n1时符合上式所以ann22n2.2若a11，nan1(n1)an(n2)，则an_2n+1解析：因为nan1(n1)an，所以anan1nn+1.又a11，所以ananan1an1an2a2a1a1nn+1n1nn2n1232n+1.3已知数列an满足a11，an13an2，求数列an的通项公式解：因为an13an2，所以an113(an1)，所以an+1+1an+13，所以数列an1为等比数列且公比q3.又a112，所以an123n-1，所以an23n

14、-11(nN)考点4数列与函数应用性考向1数列的增减性与最大值、最小值(1)已知ann1n+1，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B解析：ann1n+1n+12n+112n+1，由于f(x)12x+1在(0，)上为增函数，所以ann1n+1为递增数列故选B(2)已知ann7n52(nN*)，设am为数列an的最大项，则m_8解析：ann7n521527n52(nN*)，根据函数的单调性知，当n7或n8时，数列an为递减数列因为当n7时，an1，所以a8为最大项，可知m8.本例(2)中的条件改为在数列an中，ann2 011n2 012，则该数列前100项中的最大项与最小项

15、分别是哪些项？解：ann2 011n2 01212 0122 011n2 012，2 01244.9，当1n44，nN*时，2 0122 011n2 012为负数且an递减；当45n100，nN*时，2 0122 011n2 012为正数，且an递减所以前100项中，最大项为a45，最小项为a44.解决数列的单调性问题的常用方法(1)用作差比较法，根据an1an的符号判断数列an是递增数列、递减数列还是常数列(2)用作商比较法，根据an+1an(an0或an0)与1的大小关系进行判断(3)结合相应函数的单调性直观判断考向2数列的周期性已知数列an中，a11，a22，且anan2an1(nN*)

16、，则a2 020的值为()A2B1C12D14B解析：由已知得a32，由a22，a32，得a41，由a32，a41，得a512，由a41，a512，得a612，由a512，a612，得a71，由a612，a71，得a82，由此推理可得数列an是周期为6的数列，所以a2 020a41.故选B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，再根据周期求值考向3新定义问题若存在常数k(kN，k2)，q，d，使得无穷数列an满足an1an+d，nkN+，qan，nkN+， 则称数列an为“段比差数列”，其中常数k，q，d分别叫做段长、段比、段差设数列bn为“段比差数列”若bn的

17、首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，则b2 019()A3B4C5D6D解析：方法一：因为bn的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，所以b2 0170b2 0160，所以b2 018b2 01733，所以b2 019b2 01836.故选D方法二：因为bn的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，所以b11，b24，b37，b40b30，b5b433，b6b536，b70b60，所以当n4时，bn是周期为3的周期数列所以b2 019b66.故选D解决数列的新定义问题的要点(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将所给定义转化成题目要求的形式，切忌同

18、已有概念或定义相混淆(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法1已知f(x)2a1x+4，x1，ax，x1 的定义域为R，数列an(nN*)满足anf(n)，且an是递增数列，则a的取值范围是()A(1，)B12，+C(1，3)D(3，)D解析：由于an是递增数列，所以a1，且f(2)f(1)，即a22a3，解得a1或a3，所以a3.故选D2已知数列an满足an+1ann2，a120，则ann的最小值为()A45B451C8D9C解析：由an1an2n知，a2a121，a3a222，anan12(n1)，n2，以上各

19、式相加得ana1n2n，n2，所以ann2n20，n2，当n1时，a120符合上式，所以ann2n20，nN*，所以annn20n1，nN*，所以当n4时，ann单调递减，当n5时，ann单调递增因为a44a55，所以ann的最小值为a44a558.3在数列an中，a114，an11an1(n2，nN*)，则a2 021的值为()A14B5 C45D54B解析：在数列an中，a114，an11an1(n2，nN*)，所以a211145，a311545，a4114514，所以an是以3为周期的周期数列，所以a2 021a67332a25.故选B课时质量评价(三十九)A组全考点巩固练1数列an为1

20、2，3，112，8，212，则此数列的通项公式可能是()Aan5n42Ban3n22Can6n52Dan10n92A解析：方法一：数列an为12，62，112，162，212，其分母为2，分子是首项为1，公差为5的等差数列，故其通项公式为an5n42.方法二：当n2时，a23，而选项B，C，D都不符合题意故选A2(2022潍坊一模)已知Sn为数列an的前n项和，且满足Snn24n1，则a1a3a5()A27B28 C29D30B解析：因为Snn24n1，当n1时，a1S16，当n2时，anSnSn12n3.经检验，当n1时不符合，所以an6，n=1， 2n+3，n2，所以a1a3a528.故选

21、B3已知a11，ann(an1an)(nN*)，则数列an的通项公式是()Aan2n1Bann+1nn1CannDann2C解析：由ann(an1an)，得(n1)annan1，an+1n+1ann，所以ann为常数列，即anna111，所以ann.故选C4已知Sn为数列an的前n项和，若a112，且an122an(nN*)，则6S100()A425B428 C436D437A解析：由数列的递推公式可得：a222a143，a322a23，a422a32，a522a412a1，据此可得数列an是周期为4的周期数列，则6S10062512+43+32425.故选A5(多选题)大衍数列，来源于乾坤谱

22、中对易传“大衍之数五十”的推论主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则下列说法正确的是()A此数列的第20项是200B此数列的第19项是180C此数列偶数项的通项公式为a2n2n2D此数列的前n项和为Snn(n1)ABC解析：观察此数列，偶数项通项公式为a2n2n2，奇数项是它的后一项减去这一项的项数，a2n1a2n2n，故C正确；由此可得a202102200，故A正确；a19a2020180，故B正确；Snn(n

23、1)n2n是一个等差数列的前n项，而题中数列不是等差数列，不可能有Snn(n1)，故D错误6设数列an的前n项和为Sn，若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5 _1121解析：方法一：由a1+a2=4，a2=2a1+1，解得a11.由an1Sn1Sn2Sn1，得Sn13Sn1，所以Sn1123Sn+12，所以Sn+12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以Sn12323n-1，即Sn3n12，所以S5121.方法二：由a1+a2=4，a2=2a1+1，解得a1=1，a2=3，又an12Sn1，an22Sn11，两式相减得an2an12an1，即an+2an+13.又a2a13，所以

24、an是首项为1，公比为3的等比数列，所以an13n，所以Sn3n12，所以S5121.7已知an满足an(n)2n(nN*)，若an是递增数列，则实数的取值范围是_(，3)解析：因为an是递增数列，所以an1an，所以(n1)2n+1(n)2n，化简得n2，对任意nN都成立所以3.8已知数列an中，a11，前n项和Snn+23an.(1)求a2，a3；(2)求数列an的通项公式解：(1)因为Snn+23an，且a11，所以S243a2，即a1a243a2，得a23.由S353a3，得3(a1a2a3)5a3，得a36.(2)由题意知a11.当n2时，有anSnSn1n+23ann+13an1，

25、整理，得ann+1n1an1，即anan1n+1n1.所以a2a13，a3a242，a4a353，anan1n+1n1，将以上n1个式子等号的两端分别相乘，得ana1nn+12.所以annn+12(n2)又a11适合上式，故annn+12(nN*)B组新高考培优练9算学启蒙中提到一些堆垛问题，如“三角垛果子”，就是将一样大小的果子堆垛成正三棱锥，每层皆堆成正三角形，从上向下数，每层果子数分别为1，3，6，10，.现有一个“三角垛果子”，其最底层每边果子数为10，则该层果子数为()A50B55 C100D110B解析：由题意可知三角垛从上向下，每层果子数构成一个数列an，其中a11，a23，a3

26、6，a410，可变形为a111+12，a222+12，a333+12，a444+12，由此得数列an的通项为annn+12，则a101010+1255.故选B10若数列an满足12an+1an2(nN)，则称an是“紧密数列”若an(n1，2，3，4)是“紧密数列”，且a11，a232，a3x，a44，则x的取值范围为()A1，3)B1，3C2，3D2，3)C解析：依题意可得12x322，124x2，解得2x3，故x的取值范围为2，3.故选C11(2022浙江卷)已知数列an满足a11，an1an13an2(nN*)，则()A2100a10052B52100a1003C3100a10072D7

27、2100a1004B解析：因为an1an13an20，所以an为递减数列又an1an13an223，且an0，所以an+1an113an230.又a110，则an0，所以anan113an213anan1，所以1an+11an13，所以1an1a1+13(n1)13n23，则an3n+2，所以100a10010031023061023；由an1an13an2得an1an113an，得1an+11an13an133n+2131+1n+1，累加可得，1an+113n13(12+131n+1)1，所以1a100341312+13+11003413126+189340，所以100a1001001405

28、2.综上，52100a1003.12已知数列an满足a11，an1anlog3122n+1 ，则a41_3解析：因为an1anlog3122n+1anlog32n12n+1anlog3(2n1)log3(2n1)，所以an1anlog3(2n1)log3(2n1)，则a41a40log379log381，a40a39log377log379，a3a2log33log35，a2a1log31log33，将以上40个式子相加得a41a1log31log381.又a11，所以a41log31log38113.13(2022北京卷)已知数列an的各项均为正数，其前n项和Sn满足anSn9(n1，2，)

29、给出下列四个结论：an的第2项小于3；an为等比数列；an为递减数列；an中存在小于1100的项其中所有正确结论的序号是_解析：对于，当n1时，可得a13，当n2时，由a2S29，可得a2(a1a2)9，可得a235123，故正确；对于，当n2时，由Sn9an得Sn19an1，于是可得an9an9an1，即anan19an29，若an为等比数列，则当n2时，an1an，即从第二项起为常数，可检验n3不成立，故错误；对于，因为anSn9，an0，a13，当n2时，Sn9an，所以anSnSn19an9an10，所以9an9an11an1an1anan1，所以an为递减数列，故正确；对于，假设所有

30、项均大于等于1100，取n90 000，则an1100，Sn900，则anSn9与已知矛盾，故正确14已知二次函数f(x)x2axa(a0，xR)有且只有一个零点，数列an的前n项和Snf(n)(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设cn14an(nN*)，定义所有满足cmcm10的正整数m的个数，称为这个数列cn的变号数，求数列cn的变号数解：(1)依题意，a24a0，所以a0或a4.又由a0，得a4，所以f(x)x24x4.所以Snn24n4.当n1时，a1S11441；当n2时，anSnSn12n5.所以an1，n=1， 2n5，n2.(2)由题意得cn3，n=1， 142n5，n2.由cn142n5可知，当n5时，恒有cn0.又c13，c25，c33，c413，c515，c637，即c1c20，c2c30，c4c50.所以数列cn的变号数为3.