鲁京津琼专用2020版高考数学大一轮复习第六章数列6.1数列的概念与简单表示法课件

1、6.1 数列的概念与简单表示法,第六章 数列,ZUIXINKAOGANG,最新考纲,1.通过日常生活中的实例，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.了解数列是一种特殊函数,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,一定顺序,每一个数,anf(n),a1a2an,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,有限,无限,1.数列的项与项数是一个概念吗

2、？,【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an3n5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.,基础自测,JICHUZICE,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

3、，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.( ),1,2,3,4,5,6,题组二 教材改编,2. 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.,1,2,3,4,5,6,3.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,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 .,解析 因为an是递增数列，所以对任意的nN*，都有

4、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.,1,2,3,4,5,6,(3，),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.,1,2,3,4,5,6,6.已知数列an的前n项和Snn21，则an .,解析 当n1时，a1S12，当n2时， anSnSn1n21(n1)212n1， a12不满足上式.,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,师生共研,例1 根据

5、下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：,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，.,求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中

6、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)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 这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数 项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为,题型二 由an与Sn的关系求通项公式,师生共研,解析 a1S1231， 当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5， 由于a1也适合此等式， an4n5.,例2 (1)已知数列an的前n项和Sn2n23n，则an .,4n5,(2)(2018全国)记Sn为数列an的前n项和.若Sn2

7、an1，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，,显然当n1时不满足上式，,跟踪训练2 (1)已知数列an的前n项和Sn3n1，则an .,解析 当n1时，a1S1314； 当n2时，anSn

8、Sn1(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,师生共研,解析 由条件知an1ann1， 则an(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)a1(234n),例3 设数列an中，a12，an1ann1，则an .,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).令bnan3，则b1a135， 所以bn是以5为首项，2为公比的等比数列. 所以bn52n1，故an52n13.,4.若将本例条件换为

9、“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.,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， 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)， an32

10、n12(当n1时，也满足).,32n12,题型四 数列的性质,命题点1 数列的单调性,多维探究,A.递减数列 B.递增数列 C.常数列 D.摆动数列,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.,命题点3 数列的最值,例6 已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sm12，Sm0，Sm13(m2)，则nSn的最小值为 A.3 B.5 C.6 D.9,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)min

11、9.,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.,故数列an是以4为周期的周期数列，,(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.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,

12、基础保分练,A.第19项 B.第20项 C.第21项 D.第22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,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. “an

13、0”是“数列Sn是递增数列”的充分不必要条件.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,3.(2018三明质检)若Sn为数列an的前n项和，且Sn2an2，则S8等于 A.255 B.256 C.510 D.511,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,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,

14、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，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,A.2nln n B.2n(n1)ln n C.2nnln n D.1nnln n,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 设数列an的前n项积为Tn，则Tnn2，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,8.

15、若数列an的前n项和Sn3n22n1，则数列an的通项公式 an .,解析 当n1时，a1S13122112； 当n2时，anSnSn13n22n13(n1)22(n1)16n5， 显然当n1时，不满足上式.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 an1Sn1Sn， Sn1SnSn1Sn， 又由a11，知Sn0，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,9.设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn .,10.已知数列an满足a11，anan1nanan1(nN*)，则an .,1,2,3,

16、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,(1)求a2，a3；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,(2)求an的通项公式.,解 由题设知a11.,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，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,ann(nN*).,解

17、bn3nn2. bn1bn3n1(n1)2(3nn2)23n(2n1). 数列bn为递增数列，,cn为递增数列，c12， 即的取值范围为(，2).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,技能提升练,13.(2018合肥模拟)已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn2an3n，则a2 019等于 A.22 0191 B.32 0196,解析 由题意可得，3Sn2an3n，3Sn12an13(n1)， 两式作差可得3an12an12an3， 即an12an3，an112(an1)， 结合3S12a133a1可得a13，a112， 则数列an1是首项为2，公比为

18、2的等比数列， 据此有a2 0191(2)(2)2 01822 019，a2 01922 0191.故选A.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,14.(2018福州模拟)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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 SnSn14n2，Sn1Sn4(n1)2， 当n2时，Sn1Sn18n4，即an1an8n4， 即an2an18n12，故an2an8(n2)， 由a1a知a22a1

19、42216， 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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,拓展冲刺练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,即an(2n5)(n6)，,又nN*，n3，4，5，6， 则SnSmam1am2an的 最小值为a3a4a5a6365014.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,Tn，且对一切nN*成立，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,