最新高考数学一轮复习-第六章-数列【导学案】

这是一份最新高考数学一轮复习-第六章-数列【导学案】，共64页。
课程标准
1.了解数列的概念和表示方法(列表、图象、通项公式)．
2.了解数列是一种特殊函数．
[由教材回扣基础]
1．数列的概念
2．数列的分类
3．数列的通项公式及递推公式
4．数列的前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Sn＝a1＋a2＋…＋an.
eq \a\vs4\al(澄清微点·熟记结论)
(1)若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，n∈N*.))
(2)在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1；))若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1.))

[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )
(2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√
二、练牢教材小题
1．(新人教A版选择性必修①P6例5改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq \f(－1n,an－1)(n≥2)，则a5＝________.
答案：eq \f(2,3)
2．(人教A版必修⑤P33T5改编)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＝________.
答案：5n－4
3．(新人教B版选择性必修③P12例3改编)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2，则{an}的通项公式为an＝________.
答案：2n－1
三、练清易错易混
1．(忽视n为正整数)在数列－1,0，eq \f(1,9)，eq \f(1,8)，…，eq \f(n－2,n2)中，若an＝0.08，则n＝( )
A.eq \f(5,2) B．8 C.eq \f(5,2)或10 D．10
解析：选D 由题意可得eq \f(n－2,n2)＝0.08，解得n＝10或n＝eq \f(5,2)(舍去)．
2．(忽视数列是特殊的函数)若an＝n2－5n＋3，则当n＝________时，an取得最小值．
解析：an＝n2－5n＋3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2－eq \f(13,4)，∵n∈N*，∴当n＝2或3时，an最小，a2＝a3＝－3.
答案：2或3
3．(忽视对n＝1的验证)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2，则an＝________.
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－2)－[(n－1)2－2]＝2n－1；
当n＝1时，a1＝S1＝1－2＝－1，
不满足上式．故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2))
命题视角一 利用an与Sn的关系求通项(自主练通)
1．已知正项数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且4Sn＝(an＋1)2，则a3a5的值为( )
A．15 B．45 C．49 D．64
解析：选B 因为4Sn＝(an＋1)2，所以4Sn＋1＝(an＋1＋1)2.则4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2 ，化简得4an＋1＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋2an＋1－2an，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1＋an))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－an－2))＝0.又因为an>0，所以an＋1－an－2＝0，得an＋1－an＝2.当n＝1时，由4S1＝(a1＋1)2＝4a1得a1＝1.所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.所以a3a5＝5×9＝45.
2．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则下列结论错误的是( )
A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1 D．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1,2·3n－2，n≥2))
解析：选C 由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，当n≥2时，an＝2Sn－1，两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，可得an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，所以数列的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2；))当n≥2时，Sn＝eq \f(an＋1,2)＝eq \f(2·3n－1,2)＝3n－1，又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和Sn＝3n－1；又由eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，所以数列{Sn}是首项为1，公比为3的等比数列．
3．已知Sn为数列{an}的前n项和，且lg2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为__________．
解析：由lg2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))
答案：an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2))
4．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋an＝4，则满足eq \f(1,an)＝60＋p的最小正整数p为________．
解析：n＝1时，a1＝2；n≥2时，Sn＋an＝4，Sn－1＋an－1＝4，两式相减得，2an＝an－1，则数列{an}是以2为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)))n－2，故eq \f(1,an)＝60＋p可化为2n－2＝60＋p，又25＝32,26＝64，故最小正整数p为4.
答案：4
[一“点”就过]
已知Sn求an的3步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到Sn－1，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并．
命题视角二 利用数列的递推关系求通项
[典例] (1)(取倒数法)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，则an的表达式为( )
A．an＝eq \f(2,4n－3) B．an＝eq \f(2,6n－5)
C．an＝eq \f(2,4n＋3) D．an＝eq \f(2,2n－1)
(2)(累加法)设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则an＝________.
(3)(累乘法)在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为__________．
(4)(构造法)若a1＝1，an＋1＝2an－3，则通项公式an＝________.
[解析] (1)数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，可得eq \f(1,an＋1)＝3＋eq \f(1,an)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公差为3的等差数列，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋3(n－1)＝eq \f(6n－5,2).可得an＝eq \f(2,6n－5)(n∈N*)．故选B.
(2)由条件知an＋1－an＝n＋1，则an＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＋a1＝(2＋3＋4＋…＋n)＋2＝eq \f(n2＋n＋2,2).
(3)∵an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴an－1＝eq \f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq \f(n－3,n－2)an－3，…，a2＝eq \f(1,2)a1.以上(n－1)个式子相乘得an＝a1·eq \f(1,2)·eq \f(2,3)·…·eq \f(n－1,n)＝eq \f(a1,n)＝eq \f(1,n).当n＝1时，a1＝1，上式也成立．∴an＝eq \f(1,n)(n∈N*)．
(4)由an＋1＝2an－3，得an＋1－3＝2(an－3)．所以数列{an－3}是首项为－2，公比为2的等比数列，则an－3＝－2×2n－1，即an＝－2n＋3.
[答案] (1)B (2)eq \f(n2＋n＋2,2)
(3)an＝eq \f(1,n)(n∈N*) (4)－2n＋3
[方法技巧] 由递推公式求通项公式的方法
[针对训练]
1．已知在数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________．
解析：因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，所以4an－an＋1＋1＝0.所以an＋1＋eq \f(1,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3))).因为a1＝3，所以a1＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3)))是首项为eq \f(10,3)，公比为4的等比数列．所以an＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)×4n－1，故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3).
答案：an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3)
2．根据下列条件，求数列{an}的通项公式．
(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n(n∈N*)；
(2)a1＝1,2nan＋1＝(n＋1)an(n∈N*)；
(3)a1＝1，an＝3an－1＋4(n≥2)．
解：(1)由题意知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
(2)由2nan＋1＝(n＋1)an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,2n).所以an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n,2n－1)·eq \f(n－1,2n－2)·eq \f(n－2,2n－3)·…·eq \f(2,2·1)·1＝eq \f(n,2n－1).
(3)因为an＝3an－1＋4(n≥2)，所以an＋2＝3(an－1＋2)．因为a1＋2＝3，所以{an＋2}是首项与公比都为3的等比数列．所以an＋2＝3n，即an＝3n－2.
命题视角三 数列的函数性质
考法(一) 数列的周期性
[例1] (2022·淮南一模)设Sn是数列{an}的前n项和．若a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)，则S2 021＝( )
A．eq \f(2 017,2) B．1 009
C．eq \f(2 019,2) D．1 010
[解析] 由题意得a2＝1－eq \f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq \f(1,a2)＝2，a4＝1－eq \f(1,a3)＝eq \f(1,2)，以此类推可知，对任意的n∈N*，an＋3＝an，即数列{an}是以3为周期的周期数列．因此S2 021＝673S3＋a1＋a2＝673×eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)－1＝1 009.故选B.
[答案] B
[方法技巧]
周期数列的常见形式
(1)利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；
(2)相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；
(3)相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
考法(二) 数列的单调性
[例2] 已知数列{an}满足a1＝2,2anan＋1＝aeq \\al(2,n)＋1，设bn＝eq \f(an－1,an＋1)，则数列{bn}是( )
A．常数列 B．摆动数列
C．递增数列 D．递减数列
[解析] ∵2anan＋1＝aeq \\al(2,n)＋1，
∴an＋1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an))).
∵bn＝eq \f(an－1,an＋1)，∴bn＋1＝eq \f(an＋1－1,an＋1＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))－1,\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))＋1)＝eq \f(an－12,an＋12)＝beq \\al(2,n)>0.
∵a1＝2，∴b1＝eq \f(2－1,2＋1)＝eq \f(1,3)，b2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2，b3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4，b4＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))8，
∴数列{bn}是递减数列，故选D.
[答案] D
[方法技巧]
解决数列单调性问题的3种方法
(1)作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列．
(2)作商比较法，根据eq \f(an＋1,an)(an>0或anan；
当n＝8时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>8时，an＋1－an0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．故选A.
3．设数列{an}的通项公式为an＝n2－bn，若数列{an}是递增数列，则实数b的取值范围为( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，2]
C．(－∞，3) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(9,2)))
解析：选C 因为数列{an}是递增数列，所以an＋1－an＝2n＋1－b>0(n∈N*)，所以b0，∴00，所以an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，又a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
答案：an＝2n－1
13．若数列{an}是正项数列，且eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋eq \r(a3)＋…＋eq \r(an)＝n2＋n，则a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝________.
解析：由题意得当n≥2时，eq \r(an)＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，∴an＝4n2.又当n＝1时，eq \r(a1)＝2，∴a1＝4，∴eq \f(an,n)＝4n，∴a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝eq \f(1,2)n(4＋4n)＝2n2＋2n.
答案：2n2＋2n
14．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋40.又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－eq \f(1,3)，c5＝eq \f(1,5)，c6＝eq \f(3,7)，即c1·c20，d0，a7＝S7－S6＝0，a8＝S8－S7a7＝0>a8>a9>…，可得S6与S7均为Sn的最大值，即选项D正确．
2．(2022·吴忠联考)数列{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且a1＜0，a2 020＋a2 021＜0，a2 020·a2 021＜0，则使Sn＜0成立的最大正整数n是( )
A．2 020 B．2 021 C．4 040 D．4 041
解析：选C 设等差数列{an}的公差为d，由a1＜0，a2 020＋a2 021＜0，a2 020·a2 021＜0，可知a2 020＜0，a2 021＞0，所以d＞0，数列{an}为递增数列．由S4 041＝eq \f(4 041a1＋a4 041,2)＝4 041a2 021＞0，S4 040＝2 020(a1＋a4 040)＝2 020(a2 020＋a2 021)＜0，可知使Sn＜0成立的最大正整数n为4 040.故选C.
3．设等差数列{an}满足a1＝1，an>0(n∈N*)，其前n项和为Sn，若数列{eq \r(Sn)}也为等差数列，则eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))的最大值是________．
解析：设数列{an}的公差为d，依题意得2eq \r(S2)＝eq \r(S1)＋eq \r(S3)，
∴2eq \r(2a1＋d)＝eq \r(a1)＋eq \r(3a1＋3d)，
把a1＝1代入求得d＝2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2，
∴eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))＝eq \f(n＋102,2n－12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋10,2n－1)))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)2n－1＋\f(21,2),2n－1)))2
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(21,2n－1)))2≤121.
∴eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))的最大值是121.
答案：121
数学建模·练抽象思维——等差数列中的创新应用问题
1．(参悟数学文化)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”其意思为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女作旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，使孝顺子女的美德外传，试求各人应分得多少斤．”则第3个子女分得棉花( )
A．65斤 B．82斤 C．99斤 D．106斤
解析：选C 设第一个孩子分配到a1斤棉花，则由题意得S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65.则a3＝65＋2×17＝99(斤)．
2．(创新学科情境)已知数列{an}满足3an＋1＝9·3an，且a2＋a4＋a6＝9，则lg (a5＋a7＋a9)＝( )
A．3 B．－3 C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
解析：选B 由数列{an}满足3an＋1＝9·3an(n∈N*)，可得an＋1＝an＋2，所以数列{an}是等差数列，公差为d＝2，a5＋a7＋a9＝a2＋a4＋a6＋9d＝9＋18＝27，
所以lg (a5＋a7＋a9)＝lg27＝－3.
3．(创新学科情境)记Sn为数列{an}的前n项和，已知点(n，an)在直线y＝10－2x上．若有且只有两个正整数n满足Sn≥k，则实数k的取值范围是( )
A．(8,14] B．(14,18] C．(18,20] D．
解析：选C 由已知可得an＝10－2n，所以数列{an}为等差数列，首项为8，公差为－2.所以Sn＝8n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋9n，当n＝4或5时，Sn取得最大值为20.因为有且只有两个正整数n满足Sn≥k，所以满足条件的是n＝4和n＝5.因为S3＝S6＝18，所以实数k的取值范围是(18,20]．故选C.
4．(走向生产生活)某市抗洪指挥部接到最新雨情通报，未来24 h城区拦洪坝外洪水将超过警戒水位，因此需要紧急抽调工程机械加高加固拦洪坝．经测算，加高加固拦洪坝工程需要调用20台某型号翻斗车，每辆翻斗车需要平均工作24 h．而抗洪指挥部目前只有一辆翻斗车可立即投入施工，其余翻斗车需要从其他施工现场抽调．若抽调的翻斗车每隔20 min才有一辆到达施工现场投入工作，要在24 h内完成拦洪坝加高加固工程，指挥部至少还需要抽调这种型号翻斗车( )
A．25辆 B．24辆 C．23辆 D．22辆
解析：选C 总工作量为20×24＝480 h，由题意可知，每调来一辆车，工作时间依次递减eq \f(1,3) h，则每辆车的工作时间成等差数列，设第n辆车的工作时间为an，则a1＝24，等差数列的公差d＝－eq \f(1,3)，∴n辆车的工作总时长Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝24n－eq \f(nn－1,6)，∵S23＝24×23－eq \f(23×22,6)≈468＜480，S24＝24×24－eq \f(24×23,6)＝484＞480，∴共需24辆车完成工程，∴至少还需要抽调24－1＝23辆车．故选C.
5．(创新学科情境)写出一个公差为2且“前3项之和小于第3项”的等差数列an＝________.
解析：要满足“前3项之和小于第3项”，则a1＋a2＋a3