2011年高考数学一轮精品复习课件：第6章《数列》——数列
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2011届高考数学第一轮复习课件之数列求和
2 1 , cn= = 2( - (n+1)(n+2) n+ 1 + + +
1 ) n+ 2 + 则 Tn= c1+ c2+…+ cn 1 1 1 1 1 1 =2( - + - +…+ - ) 2 3 3 4 n+ 1 n+ 2 + + 1 1 n )= . =2( - = 2 n+ 2 n+ 2 + +
课堂互动讲练
【规律小结】 分组转化求和常见 规律小结】 类型及方法. 类型及方法. (1)an=kn+b,利用等差数列前 项 + ,利用等差数列前n项 和公式直接求解; 和公式直接求解; - (2)an=aqn-1,利用等比数列前 项 利用等比数列前n项 和公式直接求解; 和公式直接求解; (3)an=bn±cn,数列 n},{cn}是等 数列{b , 是等 比数列或等差数列, 比数列或等差数列,采用分组求和法求 {an}的前 项和. 的前n项和 的前 项和. 提醒:应用等比数列前n项和公式 提醒:应用等比数列前 项和公式 要注意公比q的取值 的取值. 时,要注意公比 的取值.
第4课时
数列求和
基础知识梳理
求数列的前n项和的方法 求数列的前 项和的方法 1.公式法 . (1)等差数列的前 项和公式 等差数列的前n项和公式 等差数列的前 n(a1+an) n(n-1) - na1+ d 2 S n= 2 = .
基础知识梳理
(2)等比数列前 项和公式 等比数列前n项和公式 等比数列前 ①当q=1时,Sn=na1; = 时
课堂互动讲练
【思路点拨】 (1)由已知条件寻 思路点拨】 由已知条件寻 的关系, 表示出 表示出c 找a1与d的关系,(2)表示出 n采用裂项 的关系 法. 【解】 (1)证明:设等差数列 证明: 证明 {an}的公差为 , 的公差为d, 的公差为 由S4+a2=2S3,得 4a1+6d+a1+d=6a1+6d, + = , , ∴a1=d, 则an=a1+(n-1)d=na1, - = ∴b1=2a1,b2=4a1,
高考数学一轮复习第六章数列6.1数列的概念与表示课件文北师大版
3.(2018河北唐山三模,6)数列{an}是首项a1=1,对于任意m,n∈N+, 有an+m=an+3m,则{an}前5项和S5= ( D ) A.121 B.25 C.31 D.35 解析:当m=1时,由an+m=an+3m,得an+1-an=3, ∴数列{an}是首项a1=1,公差d=3的等差数列, 1 ∴S5=5×1+ 2×5×4×3=35.
������+1
=1,
∴
-9考点1
考点2
考点3
由数列的前几项求数列的通项公式 例1根据下面各数列前几项的值,写出数列的一个通项公式: (1)-1,7,-13,19,…;
1 1 1 1 (2)-1×2 , 2×3,-3×4 , 4×5,…; 2 4 6 8 10 (3)3 , 15 , 35 , 63 , 99,…; 1 9 25 (4)2,2,2,8, 2 ,…;
.
an=
1,������ = 1, 2 × 3������ -2 ,������ ≥ 2
-15考点1
考点2
考点3
解析: (1)由已知Sn=2an+1,得Sn=2(Sn+1-Sn),
即 2Sn+1=3Sn,
������������+1 ������������
= 2,
3 ������ -1 . 2
3
1
.
解析:∵an+1=Sn+1-Sn, ∴Sn+1-Sn=SnSn+1. 又由 a1=-1,得 Sn≠0,
∴������ − ������
������
1
1
1 是等差数列,且公差为-1, ������������ 1 1 而 = =-1, ������1 ������1 1 ∴������ =-1+(n-1)×(-1)=-n, ������ 1 ∴Sn=-������.
������+1
=1,
∴
-9考点1
考点2
考点3
由数列的前几项求数列的通项公式 例1根据下面各数列前几项的值,写出数列的一个通项公式: (1)-1,7,-13,19,…;
1 1 1 1 (2)-1×2 , 2×3,-3×4 , 4×5,…; 2 4 6 8 10 (3)3 , 15 , 35 , 63 , 99,…; 1 9 25 (4)2,2,2,8, 2 ,…;
.
an=
1,������ = 1, 2 × 3������ -2 ,������ ≥ 2
-15考点1
考点2
考点3
解析: (1)由已知Sn=2an+1,得Sn=2(Sn+1-Sn),
即 2Sn+1=3Sn,
������������+1 ������������
= 2,
3 ������ -1 . 2
3
1
.
解析:∵an+1=Sn+1-Sn, ∴Sn+1-Sn=SnSn+1. 又由 a1=-1,得 Sn≠0,
∴������ − ������
������
1
1
1 是等差数列,且公差为-1, ������������ 1 1 而 = =-1, ������1 ������1 1 ∴������ =-1+(n-1)×(-1)=-n, ������ 1 ∴Sn=-������.
高考总复习一轮数学精品课件 第六章 数列 第一节 数列的概念与简单表示法
典例突破
1
例 4.在数列{an}中,a1=2且(n+2)an+1=nan,则它的前 30 项和 S30=(
30
A.
31
29
B.
30
28
C.
29
19
D.
29
)
答案 A
解析 易知
+1
an≠0,∵(n+2)an+1=nan,∴
2 3
∴an=a1·
· ·
…·
1 2
-1
=
1 1 2
2-1-2 , ≥ 2.
增素能 精准突破
考点一
利用an与Sn的关系求通项公式(多考向探究)
考向1.已知Sn求an
典例突破
例1.(1)(2023北京朝阳二模)已知数列{an}的前n项和是2n-1,则a5=(
)
A.9
B.16
C.31
D.33
(2)若数列{an}对任意n∈N*满足a1+2a2+3a3+…+nan=n,则数列{
∴{an}是首项为1,公差为1的等差数列.
∴a4 023=1+(4 023-1)×1=4 023.故选B.
(2)因为 + -1 =an=Sn-Sn-1=( + -1 )( − -1 )(n≥2),所以
− -1 =1.又 1 = √1 =1,所以数列{ }是首项为 1,公差为 1 的等差
(+1)
1+2+3+…+n=
.
2
考向2.已知an与Sn的关系式求an
典例突破
例2.(1)(2023河南名校联考改编)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,满足
1
例 4.在数列{an}中,a1=2且(n+2)an+1=nan,则它的前 30 项和 S30=(
30
A.
31
29
B.
30
28
C.
29
19
D.
29
)
答案 A
解析 易知
+1
an≠0,∵(n+2)an+1=nan,∴
2 3
∴an=a1·
· ·
…·
1 2
-1
=
1 1 2
2-1-2 , ≥ 2.
增素能 精准突破
考点一
利用an与Sn的关系求通项公式(多考向探究)
考向1.已知Sn求an
典例突破
例1.(1)(2023北京朝阳二模)已知数列{an}的前n项和是2n-1,则a5=(
)
A.9
B.16
C.31
D.33
(2)若数列{an}对任意n∈N*满足a1+2a2+3a3+…+nan=n,则数列{
∴{an}是首项为1,公差为1的等差数列.
∴a4 023=1+(4 023-1)×1=4 023.故选B.
(2)因为 + -1 =an=Sn-Sn-1=( + -1 )( − -1 )(n≥2),所以
− -1 =1.又 1 = √1 =1,所以数列{ }是首项为 1,公差为 1 的等差
(+1)
1+2+3+…+n=
.
2
考向2.已知an与Sn的关系式求an
典例突破
例2.(1)(2023河南名校联考改编)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,满足
高考数学一轮复习第六章数列1数列的概念与表示课件新人教A版文
, ≥ 2.
-24考点1
考点2
考点3
1 , = 1,
解题心得已知数列的前n项和Sn,则通项公式 an=
--1 , ≥ 2.
当n=1时,若a1适合Sn-Sn-1,则n=1的情况可并入n≥2时的通项公式an;
当n=1时,若a1不适合Sn-Sn-1,则用分段函数的形式表示.
-25考点1
函数y=3x+5的定义域是R,an=3n+5的图象是离散的点,且排列在
y=3x+5的图象上.
-8知识梳理
双基自测
5.数列的前n项和
在数列{an}中,Sn=
1
2
3
4
5
a1+a2+…+an
6
叫做数列的前n项和.
-9知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
6
6.数列{an}的an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn,则 an=
式.
思考已知在数列{an}中,an+1=an+f(n),利用什么方法求an?
解 ∵an+1=an+3n+2,
∴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)+…+5+2
(3+1)
的大小关
系
分类
递增数列 an+1
>
an
递减数列 an+1
<
an
人教版高考总复习一轮数学精品课件 主题二 函数 第六章 数列-第三节 等比数列
（1）求数列{ }的通项公式；
解由 + = 1，得−1 + −1 = 1 ≥ 2 ，
1
2
1
0，所以 =
−1
2
两式相减得 − −1 + = 0 ≥ 2 ，即 = −1 ≥ 2 .
1
2
当 = 1时，21 = 1，得1 = ≠
1
1
所以{ }是首项为 ，公比为 的等比数列,故
{ }是等比数列
前项和公式 若数列{ }的前项和 = ⋅ − (为常数且 ≠ 0, ≠ 0,1),则{ }是等比
法
数列
角度2 等比数列的判断
典例3已知数列{ }满足1 = 1,+1 = 2 + 1 ,设 =
.
（1）求1 ,2 ,3 的值；
+1
由条件可得
+1
=
2
,即+1
= 2 ,
又1 = 1,所以{ }是首项为1,公比为2的等比数列.
（3）求{ }的通项公式.
+ = + = ,所以 > , = ,所以 + = ,解得 = ±.当
= 时,由 = = ,可得 = ；当 = −时,由 = = ,可得 = −,所
以ቊ
= −,
= ,
或ቊ
解由条件可得+1 =
2 +1
⋅ .
将 = 1代入,得2 = 41 ,而1 = 1,所以2 = 4.将 = 2代入,得3 = 32 ,所以3 = 12.
从而1 = 1,2 = 2,3 = 4.
（2）判断数列{ }是否为等比数列,并说明理由；
解由 + = 1，得−1 + −1 = 1 ≥ 2 ，
1
2
1
0，所以 =
−1
2
两式相减得 − −1 + = 0 ≥ 2 ，即 = −1 ≥ 2 .
1
2
当 = 1时，21 = 1，得1 = ≠
1
1
所以{ }是首项为 ，公比为 的等比数列,故
{ }是等比数列
前项和公式 若数列{ }的前项和 = ⋅ − (为常数且 ≠ 0, ≠ 0,1),则{ }是等比
法
数列
角度2 等比数列的判断
典例3已知数列{ }满足1 = 1,+1 = 2 + 1 ,设 =
.
（1）求1 ,2 ,3 的值；
+1
由条件可得
+1
=
2
,即+1
= 2 ,
又1 = 1,所以{ }是首项为1,公比为2的等比数列.
（3）求{ }的通项公式.
+ = + = ,所以 > , = ,所以 + = ,解得 = ±.当
= 时,由 = = ,可得 = ；当 = −时,由 = = ,可得 = −,所
以ቊ
= −,
= ,
或ቊ
解由条件可得+1 =
2 +1
⋅ .
将 = 1代入,得2 = 41 ,而1 = 1,所以2 = 4.将 = 2代入,得3 = 32 ,所以3 = 12.
从而1 = 1,2 = 2,3 = 4.
（2）判断数列{ }是否为等比数列,并说明理由；
高考数学一轮复习 第六章 数列 第一节 数列的概念及简单表示法课件 文
2.数列的分类
分类原则
类型
按项数分类
有穷数列
无穷数列
按项与项间的大 小关系分类
递增数列 递减数列
常数列
按其他标准分类
有界数列
摆动数列
满足条件
项数③ 有限
项数④ 无限 an+1⑤ > an
其中n∈N*
an+1⑥ < an
an+1=an 存在正数M,使对于任意的n∈N*,都有|an|≤M 从第二项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的 前一项
项公式为an=2n-1.
(2)如果数列的前4项分别减去1,则变为1,4,9,16,所以原数列的一个通项
公式为an=n2+1.
(3)分子为1×2,2×2,3×2,…,分母为1×3,3×5,5×7,…,故原数列的一个通
24,……,∴原数3列5 的7一9个通项公式为an=(-1)n·
2n
.
(4)将数列变为 2
5
,
10
,
17
,
,…,对于分子3,5,7,9,…,是相应项数的2倍加1,
可得分子的一个通项公式为bn=2n+1,对于分母2,5,10,17,…,联想到数列
1,4,9,16,…,即数列{n22n},可1 得分母的一个通项公式为cn=n2+1,∴原数列的 一个通项公式为an= n2 . 1
第一节 数列的概念及简单表示法
总纲目录 教材研读
1.数列的定义 2.数列的分类
3.数列的表示法 4.数列的通项公式
考点突破
考点一 由数列的前几项归纳数列的通项公式 考点二 an与Sn关系的应用 考点三 由递推关系求数列的通项公式 考点四 数列的性质
高考总复习一轮数学精品课件 第六章 数列 第三节 等比数列
= √2,
解得
1 = 5√2-5.
(2)由题意,a2=2a1+2,即a1q=2a1+2,①
a3=2(a1+a2)+2,即a1q2=2(a1+a1q)+2,②
联立①②可得a1=2,q=3,则a4=a1q3=54.故选C.
考点二
等比数列的判断与证明
典例突破
例2.已知数列{an}中,a1=1,它的前n项和Sn满足2Sn+an+1=2n+1-1.
则a6+a8=(a1+a3)q5=1×q5=-32,
所以q5=-32,
10 + 12
故
5 + 7
=
( 5 + 7 ) 5
=q5=-32.
5 + 7
(2)方法一:设等比数列{an}的公比为q,则由a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,
1 = 1,
1 ·1 3 ·1 4 = 1 2 ·1 5 ,
)
D.2
答案 A
解析由已知 a3=S3-S2=2,公比
4
q=
3
=
4
=2,所以
2
3
a1= 2
=
2
22
=
1
.
2
3.(2023全国甲,理5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若
a1=1,S5=5S3-4,则S4=(
15A. 8) Nhomakorabea65
B. 8
C.15
D.30
答案 C
解析设等比数列{an}的公比为q,易知q>0,且q≠1.
得
可得 5
8
解得
1 = 5√2-5.
(2)由题意,a2=2a1+2,即a1q=2a1+2,①
a3=2(a1+a2)+2,即a1q2=2(a1+a1q)+2,②
联立①②可得a1=2,q=3,则a4=a1q3=54.故选C.
考点二
等比数列的判断与证明
典例突破
例2.已知数列{an}中,a1=1,它的前n项和Sn满足2Sn+an+1=2n+1-1.
则a6+a8=(a1+a3)q5=1×q5=-32,
所以q5=-32,
10 + 12
故
5 + 7
=
( 5 + 7 ) 5
=q5=-32.
5 + 7
(2)方法一:设等比数列{an}的公比为q,则由a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,
1 = 1,
1 ·1 3 ·1 4 = 1 2 ·1 5 ,
)
D.2
答案 A
解析由已知 a3=S3-S2=2,公比
4
q=
3
=
4
=2,所以
2
3
a1= 2
=
2
22
=
1
.
2
3.(2023全国甲,理5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若
a1=1,S5=5S3-4,则S4=(
15A. 8) Nhomakorabea65
B. 8
C.15
D.30
答案 C
解析设等比数列{an}的公比为q,易知q>0,且q≠1.
得
可得 5
8
高考总复习一轮数学精品课件 第六章 数列 第二节 等差数列
= -1,
考点二
等差数列的判断与证明
典例突破
例2.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且对任意
n∈N*,anSn+1-an+1Sn=2an+1-2an恒成立.
+ 2
(1)求证:数列{ }是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)若不等式λan>n-5对任意的正整数n恒成立,求实数λ的取值范围.
(1)证明 因为anSn+1-an+1Sn=2an+1-2an,
所以an(Sn+1+2)=an+1(Sn+2).又数列{an}各项均为正数,即anan+1>0,所以
+1 +2
+2
−
=0,
+1
所以数列
+2
是等差数列.
(2)解 由(1)知数列
+2
是首项为 2,公差为 0
答案 C
解析由等差数列{an}知,a2+a2 023=a1+a2 024=6,
所以S2 024= 2 024(1 + 2 024 ) =1 012×6=6 072.
2
)
3.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=
答案 2
解析设等差数列的公差为d.
由题意得2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即3d=6,解得d=2.
第六章
第二节 等差数列
内
容
索
引
01
强基础 增分策略
02
考点二
等差数列的判断与证明
典例突破
例2.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且对任意
n∈N*,anSn+1-an+1Sn=2an+1-2an恒成立.
+ 2
(1)求证:数列{ }是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)若不等式λan>n-5对任意的正整数n恒成立,求实数λ的取值范围.
(1)证明 因为anSn+1-an+1Sn=2an+1-2an,
所以an(Sn+1+2)=an+1(Sn+2).又数列{an}各项均为正数,即anan+1>0,所以
+1 +2
+2
−
=0,
+1
所以数列
+2
是等差数列.
(2)解 由(1)知数列
+2
是首项为 2,公差为 0
答案 C
解析由等差数列{an}知,a2+a2 023=a1+a2 024=6,
所以S2 024= 2 024(1 + 2 024 ) =1 012×6=6 072.
2
)
3.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=
答案 2
解析设等差数列的公差为d.
由题意得2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即3d=6,解得d=2.
第六章
第二节 等差数列
内
容
索
引
01
强基础 增分策略
02
高考总复习一轮数学精品课件 第6章 数列 第4节 第1课时 分组转化法、并项转化法和错位相减法
例 3(12 分)(2023·全国甲,理 17)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
突破口:已知 Sn 与 an 的关系,可利用 an=Sn-Sn-1(n≥2)解答.
(2)求数列
+1
2
的前 n 项和 Tn.
+1
1 n
关键点:化简数列得通项公式 2 =n·(2) ,可看作一个等差数列与一个等比数
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
第1课时
分组转化法、并项转化法和错位相减法
研考点
精准突破
考点一
分组转化法求和
例1(2024·辽宁锦州模拟)已知数列{an}和{bn}满足an+bn=2n-1,数列{an},{bn}
的前n项和分别记作An,Bn,且An-Bn=n.
(1)求An和Bn;
(1)求{an}的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
解 (1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,a1≠0,即2a1=a1q+a1q2,
所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去)或q=-2.故{an}的公比为-2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
n 项和,求 T2n.
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,
1 + 2 = 10,
1 = 2,
因为 a3=10,a5-2a2=6,所以
解得
= 4,
(1 + 4)-2(1 + ) = 6,
所以 an=2+4(n-1)=4n-2.
高三数学一轮复习课件--数列.ppt
3．(2012·江西七校联考)数列{an}的通项 an＝n2＋n 90，则数列
{an}中的最大值是
()
A．3 10
B．19
1
10
C.19
D. 60
解析：
an＝n＋19n0，由基本不等式得，n＋19n0≤2
1， 90
由于 n∈N*，易知当 n＝9 或 10 时，an＝119最大．
答案：C
递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们 都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数 列中的项时，不如通项公式直接，下面介绍由递推公式 求通项公式的几种方法．
1．累加法
[典例1] (2011·四川高考)数列{an}的首项为3，{bn}
为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝
12，则a8＝
()
A．0
B．3
C．8
D．11
[解析] 由已知得bn＝2n－8，an＋1－an＝2n－8， 所以a2－a1＝－6，a3－a2＝－4，…，a8－a7＝6，由累 加法得a8－a1＝－6＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝0，所 以a8＝a1＝3.
n＋n 1，则a15＝
()
5
6
A.6
B.5
1 C.30
解析：当
n≥2
D．30
时，an＝Sn－Sn－1＝n＋n 1－n－n 1＝nn1＋1，
则 a5＝5×1 6＝310.
答案：D
数列的性质
[例3] 已知数列{an}的通项公式为an＝n2－21n＋ 20.
(1)n为何值时，an有最小值？并求出最小值； (2)n为何值时，该数列的前n项和最小？
由an与Sn的关系求通项an
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出结论，是学习数学应重视的能力，应多进行对比、
分析，从整体到局部多角度进行观察.观察的结果要准 确、完整、深刻. 返回目录
3.求数列的通项公式是本学案的重点，主要掌握两 种求法：
（1）由数列的前几项归纳出一个通项公式，关键
是善于观察.
（2）数列{an}的前n项和Sn与数列{an}的通项公式
an的关系，要注意验证能否统一到一个式子中.
{
观察各项绝对值组成的数列,从第3项到第6项可见,分母分别 由奇数7,9,11,13组成,而分子则是32+1,42+1,52+1,62+1,按照
22 + 1 12 + 1 这样的规律第1，2两项可改写为 ，, 2× 2 + 1 2 +1
所以an=（-1）n+1
n2 + 1 . 2n + 1
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9 99 999 9999 (5)将数列各项改写为 , , , , ,…,分 3 3 3 3 母都是3,而分子分别是10-1,102-1,103-1,104-1,…, 1 所以an= (10n-1). 3
2
又显然an＜0,∴an+1＞an, 故数列{an}是递增数列. 返回目录
1.用归纳法据前几项写出数列的一个通项公式,体
现了由特殊到一般的思维方法,需要我们有一定的数学
观察能力和分析能力,并熟知一些常见的数列的通项公 式,如:数列{n2},{2n},{(-1)n},{2n},{2n-1}. 2.对于符号（数字、字母、运算符号、关系符号）、 图形、文字所表示的数学问题，要有目的的观察并得
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【评析】 (1)根据数列的前几项求它的一个通项公式, 要注意观察每一项的特点,可使用添项、还原、分割等办 法，转化成一些常见数列的通项公式来求. （2）根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是 不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由 不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验， 对于正负符号变化，可用（-1）n或（-1）n+1来调整.
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考点二 公式法求通项公式 已知下面各数列{an}的前n项和Sn的公式，求{an}的通 项公式. （1）Sn=2n2-3n；（2）Sn=3n-2；（3）Sn=3an-2.
【分析】由公式 an= 项公式.
{
S1
n=1
直接求通
Sn-Sn-1
n≥2
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【解析】 (1)a1=S1=-1,当n≥2时,
当n＜9时,an+1-an＞0,即an+1＞an;当n=9时,an+1-an=0,
即an+1=an;当n＞9时,an+1-an=0,即an+1＜an.
故a1＜a2＜a3＜…＜a9=a10＞a11＞a12＞…,
所以数列中有最大项为第9,10项.
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【评析】因an是n的函数，难点在于an是一个一次
，
，…；
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(1) 注意前四项中有两项的分子均为4，不妨把分
子都统一为4，即： ， ， ， ，….因而有 5 8 11 14 4 an= . 3n + 2
(2)注意6=2×3,10=2×5,15=3×5,规律还不明显， 再把各项同乘以2再除以2，即
1 × 2 2 × 3 3 × 4 4 × 5 5 × 6 ,…,因而有a = n(n + 1) . n , , , , 2 2 2 2 2 2
an=Sn-Sn-1=(2n2-3n)-［2(n-1)2-3(n-1)］=4n-5.
由于a1也适合此等式,因此an=4n-5(n∈N*).
(2)a1=S1=1,当n≥2时, an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=2· n-1. 3 ∴an=
{
1 2· n-1 3
（n=1）， （n≥2）.
【分析】先观察各项的特点，然后归纳出其通项公 式，要注意项与项数的关系及项与前后项的关系. 【解析】（1）各项减去1后为正偶数， 所以an=2n+1.
（2）每一项的分子比分母少1，而分母组成数列 2n - 1 21，22，23，24,…,所以an= . n 2 （3）奇数项为负,偶数项为正,故通项公式中含因子
函数（n+1）与一个指数函数( 10 )n的积,不好确定其增 11 减性,故从比较an+1与an的大小入手.
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＊对应演练＊
已知an=n-
1 + n ² ,判断数列{an}的单调性.
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利用作商比较相邻两项的大小.
n + 1 - 1 + (n + 1) 2 a n +1 ∵ = an n - 1 + n2
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(3)∵an=Sn-Sn-1=（3an-2）-（3an-1-2）， ∴an= 3 an-1（n≥2）.
2
又a1=S1=3a1-2，∴a1=1. ∴{an}是以1为首项， 3 为公比的等比数列. 2 3 3 n-1 n-1=( ∴an=1· 2 ) ( ) . 2
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【评析】数列的通项an与前n项和Sn的关系是
{
2n(n - 1)
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考点三 数列的单调性
10 n 已知数列{an}的通项an=（n+1）( ) （n∈N*）,试 11
问数列{an}中是否存在最大项？若存在，求出最大项， 若不存在，请说明理由.
【分析】通过作差来比较an+1与an的大小关系.
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10 n+1 10 n 【解析】an+1-an=（n+2）( ) -（n+1）( ) 11 11 10 n 9 - n =( ) · . 11 11
an=
{
S1（n=1）
此公式经常使用，应引起足够的重 Sn-Sn-1（n≥2）,
视.已知an求Sn时方法千差万别，但已知Sn求an时方法却 是高度统一.当n≥2时求出an也适合n=1时的情形， 可直 接写成an=Sn-Sn-1，否则分段表示.
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＊对应演练＊
已知数列{ an }的前n项和Sn满足an+2SnSn-1=0 1 （n≥2）,a1= 2 ,求an.
an+1 = an.递增数列与递减数列通称为 单调数列 . 无界数列
按任何一项的绝对值是否都小于某一正数来分，可分为
有界数列 和
5.已知Sn，则an=
若an最大，则
{
{
. ，（n=1）
S1
Sn-Sn-1，（n≥2）. 数列{an}中， 若an最小，则
an≥an-1, an≥an+1.
{
an≤an-1, an≤an+1. 返回目录
学案1
数列
1.按照 一定次序排列着的一列数 叫做数列.数列中 的 每一个数 叫做这个数列的项；在函数意义下，数 列是定义域为 N* 或它的子集 的函数，f（n）是当
自变量n从1开始依次取自然数时所对应的一列函数值f （1），f（2），…，f（n）,….通常用an代替f（n）， 故数列的一般形式为：a1，a2,a3,…,an,…,简记为{an},其 中an是数列的第 n 项. 返回目录
式来表示,那么这个公式叫数列的递推公式.数列常用的 表示法有 解析法 :(通项公式或递推公 式)、 图象法 列表法 . 返回目录 、
4.数列按项数来分,分为有穷数列、无穷数列；按项的 增减规律分为 递增数列 、 递减数列 、摆动数列 和 常数列 .
递增数列an+1 ＞ an;递减数列an+1 ＜ an;常数列 ⇔ ⇔ ⇔
[n + 1 =
=
1 + (n + 1) 2 (n + 1) - 1 + (n + 1) 2 (n + 1 + n 2 )
ห้องสมุดไป่ตู้
][
(n - 1 + n 2 )(n + 1 + n 2 ) n + 1 + 1 + (n + 1) 2
(n + 1 + n 2 ) <1
[
]
]
(n + 1) + 1 + (n + 1)
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∵当n≥2时，an=Sn-Sn-1，∴Sn-Sn-1+2SnSn-1=0， 1 1 1 即 =2,∴数列{ } 是公差为2的等差数列. S n S n-1 Sn 1 又S1=a1=12,∴ =2, S1 1 1 ∴ =2+(n-1)· 2=2n，∴Sn= . Sn 2n ∴当n≥2时，an=-2SnSn-1 1 1 1 =-2· · =， 2n(n - 1) 2n 2(n - 1) 1 （n=1） 2 ∴an= 1 （n≥2）.
4
4
4
4
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(3)其分母的规律是明显的，关键在于观察分子，分 子后三项绝对值递增，且比分母小3.又注意到第三项为
2n - 3 负，而第一项的分子也可以写成-(-1),∴an=(-1)n . 2n
(4)把各项除以7，得1，11，111，…，再乘以9，
7 得9,99,999,….∴an= （10n-1）. 9
（3）观察、分析问题的特点是最重要的，观察要有 目的，观察出项与项数之间的关系、规律，利用我们熟 知的一些基本数列（如自然数列、奇偶数列等）建立合 理的联想、转换而使问题得到解决.
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＊对应演练＊
根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式： （1） ， ， ， ，…； 4 1 4 2 5 2 11 （2）1，3，6，10，15，…； 7 （3） ， ，1 1 5 13 （4）7，77，777，…. 2 4 8 16
考点一 由数列前几项求数列通项公式 写出下面各数列的一个通项公式： （1）3，5，7，9，…； 1 3 7 15 31 （2） 2 , 4 , 8 , 16 , 32 , …； 3 1 3 1 3 （3）-1， ,- , ,- , , ,…; 2 3 4 5 5 （4） 2 ,-1, 10 ,- 17 , 26 , 37 ，…； 3 7 9 11 13 （5）3，33，333，3 333，…. 返回目录