高中数学高考第1节 数列的概念与简单表示法 教案

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第一节 数列的概念与简单表示法
[最新考纲] 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．
1．数列的概念
(1)数列的定义：按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．
(2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})为定义域的函数an＝f(n)当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．反之，对于函数y＝f(x)，如果f(i)(i＝1,2,3，…)有意义，那么可以得到一个数列f(1)，f(2)，f(3)，…，f(n)，….
(3)数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法．
2．数列的分类
3.数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
4．数列的递推公式
如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第2项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．递推公式也是数列的一种表示方法．
5．an与Sn的关系
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.))
eq \O([常用结论])
1．数列{an}是递增数列⇔an＋1＞an恒成立．
2．数列{an}是递减数列⇔an＋1＜an恒成立．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)所有数列的第n项都能使用公式表达．( )
(2)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．
( )
(3)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
(4)若已知数列{an}的递推公式为an＋1＝eq \f(1,2an－1)，且a2＝1，则可以写出数列{an}的任何一项．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)√
二、教材改编
1．数列－1，eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，－eq \f(1,5)，…的一个通项公式为( )
A．an＝±eq \f(1,n) B．an＝(－1)n·eq \f(1,n)
C．an＝(－1)n＋1eq \f(1,n) D．an＝eq \f(1,n)
B [由a1＝－1，代入检验可知选B.]
2．在数列{an}中，已知a1＝－eq \f(1,4)，an＋1＝1－eq \f(1,an)，则a3＝( )
A．－3 B.eq \f(2,3) C．5 D.eq \f(4,5)
D [a2＝1－eq \f(1,a1)＝5，a3＝1－eq \f(1,a2)＝1－eq \f(1,5)＝eq \f(4,5).]
3．把3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形(如图所示)．
则第6个三角形数是( )
A．27 B．28
C．29 D．30
B [由题图可知，第6个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.]
4．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，以后各项由an＝an－1＋an－2(n＞2)给出，则a5＝ .
8 [a3＝a2＋a1＝3，a4＝a3＋a2＝5，a5＝a4＋a3＝8.]
考点1 由数列的前n项归纳数列的通项公式(题组呈现)
解答具体策略：①相邻项的变化规律；②各项的符号规律和其绝对值的变化规律；③分式中分子、分母的变化规律，分子与分母之间的关系；④合理拆项；⑤结构不同的项，化异为同．
根据下面各数列前n项的值，写出数列的一个通项公式．
(1)eq \f(1,2)，－eq \f(3,4)，eq \f(7,8)，－eq \f(15,16)，eq \f(31,32)，…；
(2)eq \f(1,2)，2，eq \f(9,2)，8，eq \f(25,2)，…；
(3)5,55,555,5555，…；
(4)1,3,1,3，…；
(5)eq \f(2,3)，eq \f(4,15)，eq \f(6,35)，eq \f(8,63)，eq \f(10,99)，…；
(6)－1,1，－2,2，－3,3，….
[解] (1)数列中各项的符号可通过(－1)n＋1表示．每一项绝对值的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，
所以an＝(－1)n＋1eq \f(2n－1,2n).
(2)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eq \f(1,2)，eq \f(4,2)，eq \f(9,2)，eq \f(16,2)，eq \f(25,2)，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an＝eq \f(n2,2).
(3)将原数列改写为eq \f(5,9)×9，eq \f(5,9)×99，eq \f(5,9)×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝eq \f(5,9)(10n－1)．
(4)这个数列的前4项构成一个摆动数列，奇数项是1，偶数项是3，所以数列的一个通项公式为an＝2＋(－1)n.
(5)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，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＝eq \f(2n,2n－12n＋1).
(6)数列的奇数项为－1，－2，－3，…可用－eq \f(n＋1,2)表示，
数列的偶数项为1,2,3，…可用eq \f(n,2)表示．
因此an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(n＋1,2)n为奇数，,\f(n,2)n为偶数.))
(1)记住常见数列的通项公式，有些数列可用常见数列表示，如T(3)．
(2)对于奇数项和偶数项不能用同一表达式表示的数列，可用分段函数表示，如T(6)．
考点2 由an与Sn的关系求通项公式(例题对讲)
已知Sn求an的三个步骤
(1)先利用a1＝S1，求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，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的表达式合并．
(1)若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝ .
(2)[一题多解](2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝ .
(3)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝ .
(1)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1,6n－5，n≥2)) (2)－63 (3)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1,\f(2n－1,n)，n≥2)) [(1)当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式．
故数列的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))
(2)法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；
当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；
当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；
当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32.
所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.
法二：由Sn＝2an＋1得S1＝2a1＋1，即a1＝2a1＋1，解得a1＝－1.
又Sn－1＝2an－1＋1(n≥2)，所以an＝2an－2an－1，即an＝2an－1.
所以数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，所以S6＝eq \f(－1×1－26,1－2)＝1－26＝－63.
(3)当n＝1时，由已知，
可得a1＝21＝2，
∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1(n≥2)，②
由①－②得nan＝2n－2n－1＝2n－1，
∴an＝eq \f(2n－1,n)(n≥2)．
显然当n＝1时不满足上式，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))]
an＝Sn－Sn－1只适用于n≥2的情形，易忽略求a1，造成错解，如T(1)，T(3)．
1.(2019·郑州模拟)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 ．
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1,2n，n≥2)) [由lg2(Sn＋1)＝n＋1得Sn＋1＝2n＋1，即Sn＝2n＋1－1.
当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－1＝3.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－1)－(2n－1)＝2n，
显然a1＝3不满足上式，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))]
2．已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且对任意n∈N*，均有2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an，则an＝ .
n [由2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an得
2Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋an－1，
∴2an＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋an－an－1，
即aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝an＋an－1，又an＞0，
∴an－an－1＝1，
又2S1＝aeq \\al(2,1)＋a1，解得a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
∴an＝1＋(n－1)×1＝n.]
考点3 由递推公式求数列的通项公式(多维探究)
由数列的递推公式求通项公式的常用方法
(1)形如an＋1＝an＋f(n)，可用累加法求an.
(2)形如an＋1＝anf(n)，可用累乘法求an.
(3)形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，可构造等比数列求an.
(4)形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)，可通过两边同时取倒数，构造新数列求解．
形如an＋1＝an＋f(n)，求an
在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
[解] ∵an＋1－an＝3n＋2，
∴an－an－1＝3n－1(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝(3n－1)＋(3n－4)＋…＋8＋5＋2
＝eq \f(n3n＋1,2)，
∴an＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2).
求解时，易错误地认为an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)造成错解．
形如an＋1＝anf(n)，求an
已知数列{an}满足a1＝4，an＋1＝eq \f(n,n＋2)an，求数列{an}的通项公式．
[解] 由an＋1＝eq \f(n,n＋2)an得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋2)，
∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)(n≥2)，
∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1
＝eq \f(n－1,n＋1)·eq \f(n－2,n)·eq \f(n－3,n－1)·…·eq \f(2,4)·eq \f(1,3)·4
＝eq \f(1,n＋1)×eq \f(1,n)×2×1×4＝eq \f(8,nn＋1)，
即an＝eq \f(8,nn＋1).
求解时易错误地认为an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)，造成错解．
形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
[解] ∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
又a1＝1，∴a1＋1＝2，
故数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴an＋1＝2·3n－1，因此an＝2·3n－1－1.
an＋1＝Aan＋B可转化为an＋1＋k＝A(an＋k)的形式，其中k可用待定系数法求出．
1.(2019·泰安模拟)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1，则an＝ .
2n－1＋n [由an＋1＝an＋2n－1＋1得an＋1－an＝2n－1＋1，
∴an－an－1＝2n－2＋1(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1
＝2n－2＋2n－3＋…＋2＋1＋(n－1)＋2
＝eq \f(1－2n－1,1－2)＋n＋1＝2n－1＋n，
即an＝2n－1＋n.]
2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2nan，则an＝ .
[∵an＋1＝2nan，∴eq \f(an＋1,an)＝2n，∴eq \f(an,an－1)＝2n－1(n≥2)，
∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1
＝2n－1·2n－2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n－1)
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝ .
2n＋1－3 [由an＋1＝2an＋3得an＋1＋3＝2(an＋3)．
又a1＝1，∴a1＋3＝4.
故数列{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.]
考点4 数列的周期性
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．
(1)数列{an}满足an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an，0≤an≤\f(1,2)，,2an－1，\f(1,2)＜an＜1，))a1＝eq \f(3,5)，则数列的第2 020项为 ．
(2)在数列{an}中，a1＝0，an＋1＝eq \f(\r(3)＋an,1－\r(3)an)，则S2 020＝ .
(1)eq \f(4,5) (2)0 [(1)因为a1＝eq \f(3,5)，故a2＝2a1－1＝eq \f(1,5)，a3＝2a2＝eq \f(2,5)，a4＝2a3＝eq \f(4,5)，a5＝2a4－1＝eq \f(3,5)，a6＝2a5－1＝eq \f(1,5)，a7＝2a6＝eq \f(2,5)，…，
故数列{an}是周期数列且周期为4，故a2 020＝a505×4＝a4＝eq \f(4,5).
(2)∵a1＝0，an＋1＝eq \f(\r(3)＋an,1－\r(3)an)，
∴a2＝eq \f(\r(3),1)＝eq \r(3)，a3＝eq \f(\r(3)＋\r(3),1－\r(3)×\r(3))＝eq \f(2\r(3),－2)＝－eq \r(3)，
a4＝eq \f(\r(3)－\r(3),1＋\r(3)×\r(3))＝0，
即数列{an}是周期为3的周期数列，
且a1＋a2＋a3＝0，
则S2 020＝S3×673＋1＝a1＝0.]
求解时，易算错数列的周期，可计算数列的前几项，直至找到和a1相同的项ak，则数列的周期为k－1.
[教师备选例题]
已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，若a1＝eq \f(1,2)，则a2 020＝( )
A．－1 B.eq \f(1,2) C．1 D．2
B [由a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(1,1－an)，得a2＝eq \f(1,1－a1)＝2，a3＝eq \f(1,1－a2)＝－1，a4＝eq \f(1,1－a3)＝eq \f(1,2)，a5＝eq \f(1,1－a4)＝2，…，于是可知数列{an}是以3为周期的周期数列，因此a2 020＝a3×673＋1＝a1＝eq \f(1,2).]
1.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq \\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，则a2 020＝ .
0 [∵a1＝1，an＋1＝aeq \\al(2,n)－2an＋1＝(an－1)2，
∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，可知数列{an}是以2为周期的周期数列，∴a2 020＝a2＝0.]
2．(2019·青岛模拟)已知数列2 008,2 009,1，－2 008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 020项之和S2 020＝ .
2 010 [由题意知a1＝2 008，a2＝2 009，a3＝1，a4＝－2 008，a5＝－2 009，a6＝－1，a7＝2 008，a8＝2 009，…，因此数列是以6为周期的周期数列，且a1＋a2＋…＋a6＝0，∴S2 020＝S6×336＋4＝336×0＋a1＋a2＋a3＋a4＝2 010.]
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式
本章在高考中一般考查2道小题或1道解答题，分值占10～12分.
2.考查内容
高考对小题的考查一般以等差、等比数列的基本量运算、性质及数列的递推公式等为主．解答题一般考查数列的通项公式、前n项和公式、等差、等比数列的判定及计算、错位相减法、裂项相消法、公式法求和.
3.备考策略
(1)熟练掌握以下内容及方法
①根据数列的递推公式求通项公式的常用方法；
②等差、等比数列的通项公式、前n项和公式；
③等差、等比数列的性质；
④等差、等比数列的判定方法；
⑤数列求和方法：分组转化法求和、错位相减法求和、裂项相消法求和.
(2)重视分类讨论、转化化归思想在数列中的应用.
分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
单调性
递增数列
an＋1>an
其中n∈N*
递减数列
an＋1