【创新设计】高考数学一轮复习 第五章 数列的概念及简单的表示方法训练 理 新人教A版

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1、【创新设计】2014高考数学一轮复习 第五章 数列的概念及简单的表示方法训练 理 新人教A版备考方向要明了考 什 么怎 么 考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函数数列的概念在高考试题中常与其他知识综合进行考查，主要有：(1)以考查通项公式为主，同时考查Sn与an的关系，如2012年江西T16等.(2)以递推关系为载体，考查数列的各项的求法，如2012年新课标全国T16等.归纳知识整合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排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做首项)2数列的分类分类原

2、则类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列an1an其中nN*递减数列an1an常数列an1an摆动数列从第2项起有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项.3数列的表示法数列的表示方法有列表法、图象法、公式法4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探究1.数列的通项公式唯一吗？是否每个数列都有通项公式？提示：不唯一，如数列1,1，1,1，的通项公式可以为an(1)n或an有的数列没有通项公式5数列的递推公式若一个数列an的首项a1确定，其余各项用an与an1的关系式表示(如an2an11，

3、n1)，则这个关系式就称为数列的递推公式探究2.通项公式和递推公式有何异同点？提示：不同点相同点通项公式法可根据某项的序号，直接用代入法求出该项都可确定一个数列，都可求出数列的任何一项递推公式法可根据第1项或前几项的值，通过一次或多次赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的项自测牛刀小试1(教材习题改编)已知数列an的前4项分别为2,0,2，0，则下列各式不可以作为数列an的通项公式的一项是()Aan1(1)n1Ban2sinCan1cos n Da解析：选B若an2sin，则a12sin2，a22sin 0，a32sin2，a42sin 20.2已知数列的通项公式为ann28n15，则3()A

4、不是数列an中的项B只是数列an中的第2项C只是数列an中的第6项D是数列an中的第2项或第6项解析：选D令an3，即n28n153，解得n2或6，故3是数列an中的第2项或第6项3(教材习题改编)在数列an中，a11，an1(n2)，则a5()A.B.C.D.解析：选D由题意知，a11，a22，a3，a4，a5.4(教材改编题)已知数列，2，根据数列的规律，2应该是该数列的第_项解析：由于2311,5321,8331，故可知该数列的通项公式为an由2，得n7.答案：75若数列an的前n项和Snn210n(n1,2,3，)，则此数列的通项公式为an_；数列nan中数值最小的项是第_项解析：当n

5、2时，anSnSn1(n210n)(n1)210(n1)2n11；当n1时，a1S19也满足an2n11，an2n11.nan2n211n2222.又nN*，当n3时，nan取最小值答案：2n113已知数列的前几项求通项公式例1根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：(1)4,6,8,10，；(2)，；(3)，.自主解答(1)各数都是偶数，且最小为4，所以通项an2(n1)(nN*)(2)注意到分母分别是21,22,23,24,25，而分子比分母少1，所以其通项an(nN*)(3)分母规律明显，而第2,3,4项的绝对值的分子比分母少3，因此可考虑把第1项变为，这样原数列可化为，所以其通项a

6、n(1)n(nN*)用观察法求数列的通项公式的技巧用观察归纳法求数列的通项公式，关键是找出各项的共同规律及项与项数n的关系当项与项之间的关系不明显时，可采用适当变形或分解，以凸显规律，便于归纳当各项是分数时，可分别考虑分子、分母的变化规律及联系，正负相间出现时，可用(1)n或(1)n1调节1写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数：(1)，；(2)1，；(3)9,99,999,9 999，.解：(1)分子是连续的偶数，且第1个数是2，所以用2n表示；分母是221,421,621,821,1021，所以用(2n)21表示所以an(nN*)(2)正负交替出现，且奇数项为负，偶数项为正

7、，所以用(1)n表示；1， ， ， ， ，分母是连续奇数相乘的形式，观察和项数n的关系，用(2n1)(2n1)表示；分子是211,221,231,241，用2n1表示所以an(1)n(1)n(nN*)(3)9，99，999，9 999， 1011，1021，1031，1041，所以an10n1(nN*).由an与Sn的关系求通项公式例2已知数列an的前n项和为Sn3n1，求它的通项公式an.自主解答当n2时，anSnSn13n1(3n11)23n1；当n1时，a1S12也满足an23n1.故数列an的通项公式为an23n1.若将“Sn3n1”改为“Snn2n1”，如何求解？解：a1S11211

8、1，当n2时，anSnSn1(n2n1)(n1)2(n1)12n2.an 已知Sn求an时应注意的问题数列的通项an与前n项和Sn的关系是an当n1时，a1若适合SnSn1，则n1的情况可并入n2时的通项an；当n1时，a1若不适合SnSn1，则用分段函数的形式表示2已知各项均为正数的数列an的前n项和满足Sn1，且6Sn(an1)(an2)，nN*.求数列an的通项公式解：由a1S1(a11)(a12)，解得a11或a12.由已知a1S11，因此a12.又由an1Sn1Sn(an11)(an12)(an1)(an2)，得an1an30或an1an.因为an0，故an1an不成立，舍去因此an

9、1an30，即an1an3，从而an是公差为3，首项为2的等差数列，故an的通项公式为an3n1.由递推关系式求数列的通项公式例3根据下列条件，确定数列an的通项公式(1)a11，an13an2；(2)a11，anan1(n2)；(3)a12，an1an3n2.自主解答(1)an13an2，an113(an1)，即3.数列an1为等比数列，公比q3.又a112，an123n1.an23n11.(2)anan1(n2)，an1an2，a2a1.以上(n1)个式子相乘得ana1.(3)an1an3n2，anan13n1(n2)，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1(n2)当n1时，a

10、1(311)2符合公式，ann2.由递推公式求通项公式的常用方法已知数列的递推关系，求数列的通项公式时，通常用累加、累乘、构造法求解当出现anan1m时，构造等差数列；当出现anxan1y时，构造等比数列；当出现anan1f(n)时，用累加法求解；当出现时，用累乘法求解.3(2012大纲全国卷)已知数列an中，a11，前n项和Snan.(1)求a2，a3；(2)求数列an的通项公式解：(1)由S2a2得3(a1a2)4a2，解得a23a13；由S3a3得3(a1a2a3)5a3，解得a3(a1a2)6.(2)由题设知a11.当n1时有anSnSn1anan1，整理得anan1.于是a11，a2

11、a1，a3a2，an1an2，anan1，将以上n个等式两端分别相乘，整理得an.综上可知，数列an的通项公式an.数列函数性质的应用例4已知数列an(1)若ann25n4，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)若ann2kn4且对于nN*，都有an1an成立求实数k的取值范围自主解答(1)由n25n40，解得1nan，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式ann2kn4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到nN*，所以3.函数思想在数列中的应用(1)数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决(2)数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最

12、大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性时常用：作差；作商；结合函数图象等方法4若数列中的最大项是第k项，则k_.解析：法一：由题意知， 解得k1.kN*，k4.法二：设ann(n4)n，则an1an(n1)(n5)n1n(n4)nnn.当n3时，an1an0，即an1an，当n4时，an1an0，即an1an，故a1a2a3a4，且a4a5a6.所以数列中最大项是第4项答案：41个关系数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列因此，在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍

13、性，又要考虑数列方法的特殊性3类问题数列通项公式的求法及最大(小)项问题(1)由递推关系求数列的通项公式常用的方法有：求出数列的前几项，再归纳出数列的一个通项公式；将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用叠加法、累乘法、迭代法(2)由Sn与an的递推关系求an的常用思路有：利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n的关系，再求an.(3)数列an的最大(小)项的求法可以利用不等式组找到数列的最大项；利用不等式组找到数列的最小项. 创新交汇数列与函数的交汇问题1数列的概念常与函数、方程、解析几何、不等式等相结合命题2正确理解、

14、掌握函数的性质(如单调性、周期性等)是解决此类问题的关键典例(2012上海高考)已知f(x).各项均为正数的数列an满足a11，an2f(an)若a2 010a2 012，则a20a11的值是_解析an2，又a2 010a2 012，aa2 0101.又an0，a2 010.又a2 010，a2 008，同理可得a2 006a20.又a11，a3，a5，a7，a9，a11.a20a11.答案1本题具有以下创新点(1)数列an的递推关系式，以函数f(x)为载体间接给出；(2)给出的递推关系式不是相邻两项，即an与an1(n2)之间的关系，而是给出an与an2之间的关系式，即奇数项与奇数项、偶数项

15、与偶数项之间的递推关系2解决本题的关键有以下两点(1)正确求出数列an的递推关系式；(2)正确利用递推公式an2，分别从首项a1推出a11和从a2 010推出a20.1已知数列an满足a133，an1an2n，则的最小值为()A.B.C10D21解析：选B由已知条件可知：当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)33242(n1)n2n33，又n1时，a133适合，故ann2n33.又n1，令f(n)n1，f(n)在1,5上为减函数，f(n)在6，)上为增函数，又f(5)，f(6)，所以f(5)f(6)故f(n)的最小值为.2已知函数f(x)把函数g(x)f(x)x的零点按从小到

16、大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为()Aan(nN*) Bann(n1)(nN*)Cann1(nN*) Dan2n2(nN*)解析：选C据已知函数关系式可得f(x)此时易知函数g(x)f(x)x的前几个零点依次为0,1,2，代入验证只有C符合.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1数列1，的一个通项公式an是()A.B.C. D.解析：选B由已知得，数列可写成，故通项为.2已知数列an的通项公式为ann22n(nN*)，则“0，即2n12对任意的nN*都成立，于是有32，即.由1可得，但反过来，由不能得到1，因此“1”是“数列an为递增数列”的充分不必要条件3数列an的通

17、项an，则数列an中的最大值是()A3 B19C. D.解析：选C因为an，运用基本不等式得，由于nN*，不难发现当n9或10时，an最大4(2013银川模拟)设数列an满足：a12，an11，记数列an的前n项之积为Tr，则T2 013的值为()A B1C. D2解析：选B由a2，a31，a42可知，数列an是周期为3的周期数列，从而T2 013(1)6711.5已知数列an的前n项和Snn29n，第k项满足5ak8，则k()A9 B8C7 D6解析：选B由an得an2n10.由52k108得7.5k9，由于kN*，所以k8.6(2012福建高考)数列an的通项公式anncos ，其前n项和

18、为Sn，则S2 012等于()A1 006 B2 012C503 D0解析：选A由题意知，a1a2a3a42，a5a6a7a82，a4k1a4k2a4k3a4k42，kN，故S2 01250321 006.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7根据下图5个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第n个图中有_个点解析：观察图中5个图形点的个数分别为1,121,231，341,451，故第n个图中点的个数为(n1)n1n2n1.答案：n2n18数列an满足an1若a1，则a2 013_.解析：因为a1，所以a22a1121.因为a2，所以a32a2121.因为a3，所以a42a32.显然

19、a4a1，根据递推关系，逐步代入，得a5a2，a6a3，故该数列的项呈周期性出现，其周期为3，根据上述求解结果，可得a3k1，a3k2，a3k3(kN)所以a2 013a3671a3.答案：9已知数列an，bn满足a11，且an，an1是函数f(x)x2bnx2n的两个零点，则b10_.解析：anan1bn，anan12n，an1an22n1，an22an.又a11，a1a22，a22，a2n2n，a2n12n1(nN*)，b10a10a1164.答案：64三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10数列an中，a11，对于所有的n2，nN*都有a1a2a3ann2，求a3a5的值

20、解：a1a2a3ann2，a1a24，a1a2a39，解得a3.同理a5.a3a5.11已知数列an的前n项和Sn，分别求它们的通项公式an.(1)Sn2n23n；(2)Sn2n1.解：(1)由题可知，当n1时，a1S1212315，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n1.当n1时，4115a1，故an4n1.(2)当n1时，a1S1213，当n2时，anSnSn1(2n1)(2n11)2n1.当n1时，2111a1，故an12已知数列an满足前n项和Snn21，数列bn满足bn，且前n项和为Tn，设cnT2n1Tn.(1)求数列bn的通项公式；(2)判断数列cn的

21、增减性解：(1)a12，anSnSn12n1(n2)，故bn(2)cnbn1bn2b2n1，是递减数列1根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)1,7，13,19，；(1)0.8,0.88,0.888，；(3)，1，；(4)0,1,0,1，.解：(1)符号问题可通过(1)n或(1)n1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为an(1)n(6n5)(2)将数列变形为(10.1)，(10.01)，(10.001)，故an.(3)将数列统一为，对于分子3,5,7，9，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn2n1，对于分母2,5,10,1

22、7，联想到数列1,4,9,16，即数列n2，可得分母的通项公式为cnn21，故可得它的一个通项公式为an.(4)an或an或an.2已知数列an的通项公式an(n1)n(nN*)，试问数列an有没有最大项？若有，求最大项和最小项的项数；若没有，说明理由解：an1an(n2)n1(n1)nn，当n0，即an1an；当n9时，an1an0，即an1an；当n9时，an1an0，即an1an；故a1a2a3a11a12数列中有最大项，最大项为第9、10项，即a9a10.3设数列an的前n项和为Sn，点(nN*)均在函数y3x2的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和

23、，求使得Tn对所有nN*都成立的最小正整数m.解：(1)依题意得，3n2，即Sn3n22n.当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5；当n1时，a1S1312211615.所以an6n5(nN*)(2)由(1)得bn，故Tni.因此，使得0时，Sn有最小值；当d0，n14时，an0，且SpSq(pq)，则若pq为偶数，则当n时，Sn最大；若pq为奇数，则当n或n时，Sn最大3设等差数列an的前n项和为Sn，已知a312，S120，S130.(1)求公差d的取值范围；(2)指出S1，S2，S12中，哪一个最大，并说明理由解：(1)设数列首项为a1，公差为d，由题意可得，

24、将a1a32d122d代入，得即d3.(2)法一：Snna1d(122d)ndn2n，其中d3.由二次函数知识可得S6最大法二：ana1(n1)d12(n3)d，由得2n3.而d3，n7.n6.前6项和S6最大法三：由S1313a70，a70.前6项和S6最大等差数列性质的应用例4(1)(2013江门模拟)等差数列an前17项和S1751，则a5a7a9a11a13等于()A3B6C17 D51(2)等差数列an中，若a1a4a739，a3a6a927，则前9项的和S9等于()A66 B99C144 D297自主解答(1)由于S171717a951，所以a93.根据等差数列的性质a5a13a7

25、a11，所以a5a7a9a11a13a93.(2)由等差数列的性质及a1a4a739，可得3a439，所以a413.同理，由a3a6a927，可得a69.所以S999.答案(1)A(2)B在等差数列有关计算问题中，结合整体思想，灵活应用性质，可以减少运算量，达到事半功倍的效果.4(1)(2013山西四校联考)在等差数列an中，a1a2a33，a18a19a2087，则此数列前20项的和等于()A290 B300C580 D600(2)(2012江西高考)设数列an，bn都是等差数列若a1b17，a3b321，则a5b5_.解析：(1)选B依题意得3(a1a20)90，即a1a2030，数列an

26、的前20项的和等于300.(2)法一：设数列an，bn的公差分别为d1，d2，因为a3b3(a12d1)(b12d2)(a1b1)2(d1d2)72(d1d2)21，所以d1d27.所以a5b5(a3b3)2(d1d2)212735.法二：2a3a1a5,2b3b1b5，a5b52(a3b3)(a1b1)221735.答案：351个技巧利用等差数列的性质妙设项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为ad，a，ad；若偶数个数成等差数列，可设中间两项为ad，ad，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元2种选择等差数列前n项和公式的选择等差数列前n项和公式有两个，如果已知项数n、首项a1和第n项an

27、，则利用Sn，该公式经常和等差数列的性质结合应用如果已知项数n、首项a1和公差d，则利用Snna1，在求解等差数列的基本运算问题时，有时会和通项公式结合使用3个结论等差数列前n项和Sn的几个结论(1)若等差数列an的项数为偶数2n，则S2nn(a1a2n)n(anan1)；S偶S奇nd，.(2)若等差数列an的项数为奇数2n1，则S2n1(2n1)an1；.(3)在等差数列an中，若a10，d0，则满足的项数m使得Sn取得最大值Sm；若a10，则满足的项数m使得Sn取得最小值Sm.4种方法等差数列的判断方法定义法；等差中项法；通项公式法；前n项和公式法. 数学思想整体思想在数列中的应用利用整体

28、思想解数学问题，就是从全局着眼，由整体入手，把一些彼此独立但实际上紧密联系的量作为一个整体考虑的方法有不少数列题，其首项、公差无法确定或计算繁琐，对这类问题，若从整体考虑，往往可寻得简捷的解题途径典例(2013盐城模拟)设等差数列an的前n项和Snm，前m项和Smn(mn)则它的前mn项的和Smn_.解析法一：设an的公差为d，则由Snm，Smn，得得(mn)a1dnm，mn，a1d1.Smn(mn)a1d(mn)(mn)法二：设SnAn2Bn(nN*)，则得A(m2n2)B(mn)nm.mn，A(mn)B1.A(mn)2B(mn)(mn)，即Smn(mn)答案(mn)1本题的两种解法都突出了

29、整体思想，其中法一把a1d看成了一个整体，法二把A(mn)B看成了一个整体，解起来都很方便2整体思想是一种重要的解题方法和技巧，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征3本题的易错点是，不能正确运用整体思想的运算方法，不能建立数量间的关系，导致错误1等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，若，则()A.B.C. D.解析：选B.2设等差数列an的前n项和为Sn，已知其前6项和为36，Sn324，最后6项的和为180(n6)，求该数列的项数n及a9a10.解：由题意知a1a2a3a4a5a636，anan1an2an3an4an5180，6(a1an)36180216.a1an36.又Sn3

30、24，324，即n18.a9a10a1a1836.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1已知an是等差数列，且a3a94a5，a28，则该数列的公差是()A4B14C4 D14解析：选A因为a3a94a5，所以根据等差数列的性质可得a62a5.所以a15d2a18d，即a13d0.又a28，即a1d8，所以公差d4.2已知等差数列an的前n项和为Sn，若S17a，则a2a9a16等于()A. B.C. D解析：选CS17a，17a9a，a9.a2a9a163a9.3(2013秦皇岛模拟)设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()A8 B7C6 D

31、5解析：选D依题意得Sk2Skak1ak22a1(2k1)d2(2k1)224，解得k5.4已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699.以Sn表示an的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是()A21 B20C19 D18解析：选Ba1a3a5105，a2a4a699，3a3105,3a499，即a335，a433.a139，d2，得an412n.令an0且an11且an1an1a0，S2n138，则n等于_解析：2anan1an1，又an1an1a0，2ana0，即an(2an)0.an0，an2.S2n12(2n1)38，解得n10.答案：109(2013南京模拟)已知等差数列

32、an的前n项和为Sn，若(a21)32 012(a21)1，(a2 0111)32 012(a2 0111)1，则下列四个命题中真命题的序号为_S2 0112 011；S2 0122 012；a2 011a2；S2 0110，f(1)2 0131知f(1)f(a21)，故a211即a22又f(a21)f(a2 0111)1，故a2 011a1a2S2，又假设S2 0112 011，则a11，a2 0111矛盾综上，正确的为.答案：三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，满足S5S6150.(1)若S55，求S

33、6及a1；(2)求d的取值范围解：(1)由题意知S63，a6S6S58，所以解得a17.所以S63，a17.(2)因为S5S6150，所以(5a110d)(6a115d)150，即2a9da110d210.故(4a19d)2d28，所以d28.故d的取值范围为d2或d2.11已知等差数列an中，公差d0，前n项和为Sn，a2a345，a1a518.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(nN*)，是否存在一个非零常数c，使数列bn也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由解：(1)由题设，知an是等差数列，且公差d0，则由得解得故an4n3(nN*)(2)由bn.c0，可令c，得

34、到bn2n.bn1bn2(n1)2n2(nN*)，数列bn是公差为2的等差数列即存在一个非零常数c，使数列bn也为等差数列12已知Sn是数列an的前n项和，Sn满足关系式2SnSn1n12(n2，n为正整数)，a1.(1)令bn2nan，求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；(2)在(1)的条件下，求Sn的取值范围解：(1)由2SnSn1n12，得2Sn1Snn2，两式相减得2an1ann，上式两边同乘以2n得2n1an12nan1，即bn1bn1，所以bn1bn1，故数列bn是等差数列，且公差为1.又因为b12a11，所以bn1(n1)1n.因此2nann，从而annn.(2)由于2SnSn1n12，所以2SnSn12n1，即Snan2n1.Sn2n1an，而annn，所以Sn2n1nn2(n2)n.所以Sn12(n3)n1，且Sn1Sn0.所以SnS1，又因为在Sn2(n2)n中，(n2)n0，故Sn2，即Sn的取值范围是.1已知数列an的通项公式anpn2qn(p，qR，且p，q为常数)(1)当p和q满足什么条件时，数列an是等差数列？(2)求证：对任意实数p和q，数列an1an是等差数列解：(1)an1anp(n1)2q(n1)(pn2qn)2pnpq，要使an是等差数列，则2pnpq应是一个与n无关的常数，所以2p0，即p0.故当p0时，数列an是等差数列