高三数学一轮复习备考数列说课
• 方法总结：利用错位相减法求和时，转化为等比数列求 和．若公比是参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一 般情况下分等于1和不等于1两种情况分别进行求和．
• 设计意图：考查利用错位相减法求和 ，同时考查学生的 运算求解能力，分类讨论思想.
考点五：裂项相消法求和
• 例5：Sn为数列 的前n项和，已知 an>0，an2+2an=4Sn+3
和指导学生归纳知识、技能、方法 的一 般规律，帮助学生全面地理 解、深化所学知识．
5. 高考再现、巩固强化
• 例 正项数列 的前 项和 满足
• （1）求数列 的通项公式 ；
• （2）令
，数列 的前n项和为 。
证明：对于任意 ，都有
。
• 设计意图：通过对高考试题的探究，增强学 生的高考意识，激发学生兴趣，感悟高考试 题特点，进一步突出高考对数列求和的应用 及课本的本源性的考查。
• 设计意图：推广等差数列的前n项和公式的推 导方法，用以解决一类非等差、等比数列的 求和问题.
考点四：错位相减法求和
• 例4：求和：
（抓住通项的特征 ）
• 变式训练4：已知等差数列 的前3项和为6，前8项和 为.
• （1）求数列 的通项公式；
• （2）设
，求数列 的前 项和 .
（等比数列求和分
）
2015年Ⅱ卷
2014年Ⅰ卷
2014年Ⅱ卷
题型 选择题第3题 填空题第15题 解答题第17题 解答题第17题 解答题第17题 选择题第4题 填空题第16题
解答题第17题
解答题第17题
考查角度 等差数列的基本量运算 等比数列的性质 等差数列的通项公式及前n项和的求解 等比数列的通项公式以及an和sn之间的关系 等差数列定义与通项数列前n项和与第n项的关系，公 式，数列求和及其应用 等比数列的通项公式和性质
（等比数列前n项和）
• 变式训练1：已知等差数列 满足a3=2，前3项和s3= .
•
（1）求 的通项公式.
•
（2）设等比数列 满足b1= a1，b4=a15，求 的
前n项和Tn.
考点一.公式法求和
• 方法总结：数列求和应从通项入手， 若无通项，则先求通项，然后通过 对通项变形，转化为等差或等比或 可求数列前n项和的数列来求之。
性质与求和公式为主，难度中等，有时也与函数相结合，考查 数列的函数性问题，难度中等。 • 填空题中以创新题为主，通过数列的递推关系式，图表形式为 主，结合数列的通项、性质以及其他相关的知识来考查，难度 中等。 • 解答题中的考查以数列的前n项和与第n项的关系入手，结合数 列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列 的通项、前n项和，有时与参数的求解，数列不等式的证明等加 以结合，试题难度中等。 • 预计2017年仍然会顺应近三年高考命题的基本趋势，在高考试 卷中这部分会命制两小题或一大题，分值在10分~12分，结合本 专题考查特点，回归课本，特别是强化等差、等比数列求通项、 求和的掌握与运用。
数列的递推关系，等差数列定义与通项
分值 5 5 12 12
12
5 5
数列前n项和与第n项的关系，等差数列定义与通项公 12
式，推理与证明
难度 容易 适中 适中 适中
容易
容易 适中
容易
等比数列定义、通项公式、前n项和求解，数列不等 12 容易
式的证明
3.命题预测及备考策略
• 本专题内容高考要求属于中等档次。 • 选择题中的考查主要以等差数列、等比数列的定义、通项公式、
数列
1.考试大纲解读
数列的概念与数列的简单表示 法属了解层次；等差、等比数列的 概念及简单应用属理解层次；等差、 等比数列的通项公式与前n项和公式 属掌握层次，在复习备考中要加以 区别。注意类比学习等差、等比数 列，突出重难点。
2.近三年全国高考（理科）数列 内容考情分析
年份 2016年Ⅰ卷 2016年Ⅱ卷 2016年Ⅲ卷 2015年Ⅰ卷
• 因此对本节课在教学任务的完成上有以下几点考虑： • (1)数列求和的题目从考纲上分析，应该以中档题目为主，主要考查裂项
相消求和、错位相减求和，因此必须在基础知识方面要多加训练，使得 学生有意识利用各种求和的方法去解决问题。 • (2) 引导学生进行知识系统，方法系统，能力系统的构建，引导学生对每 一种求和方法中通项特点的探究。 • (3)教师在教学内容的安排上按学生认知规律，由浅入深，由易及难，逐 渐展开教学内容， 让学生形成有序的知识结构．既全面复习，又突出重 点．
• （1）求 的通项公式 • （2）设 ，求数列 的前n项和. • 变式训练5：求数列的和
（注意裂项后的系数）
考点五：裂项相消法求和
• 方法总结：利用裂项相消法求和时，应熟练掌握 几种常见裂项方法，将通 项公式裂项后，有时候 需要调整前面的系数，使裂开的两项之差与系数 之积与原通项公式相等．并注意抵消后并不一定 只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项， 后面也剩两项，在相互合并相消过程中首末都尽 可能多展开几项，以便掌握规律，减小失误等。
五、教学反思
• 复习课不仅要加强基础，而且要提高能力，特别是要提高思维能力，这 是提高复习质量的重要关键之一。在进行解题思维训练时，重点是启发 学生根据问题的条件和结论所提供的信息，结合已经掌握的知识，探索 解决问题的思路和寻找解决问题的方法，使学生进一步系统地掌握基础 知识、基本技能和基本方法，进一步提高计算能力、逻辑思维能力和空 间想象能力以及综合运用数学知识灵活的分析和解决问题的能力。
三、教法学法
• 1.学生自主探究复习、合作交流、 归纳总结。
• 2.教师适时引导，同时借助多媒体 辅助教学。
四、教学过程
知识回顾 考点突破 变式训练 反思小结
高考再现
总体设计意图：依照复习课的要求与特点， 以点带面，基础与能力并重。
几种数列求和的常用方法
1、知识回顾、感知联系
①公式法 ②分组求和法
• 设计意图：例2考查分组求和法，变式2则需要学生自己 先给出通项，再分组求和，考查学生的观察分析问题的 能力．鼓励学生多思考，积极活动，得到自己成功的运 算经验．
考点三：倒序相加法求和
• 例3：设
类比推导等差数列前n项和
公式的ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ法求
• 变式训练3：求和： .
• 方法总结：如果一个数列 ，首末两端等“距 离”的两项的和相等，或等于同一个常数， 那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法， 如等差数列的前n项和即是用此法推导的。
4.课时安排（共9课时）
• 第1课时 • 第2、3课时 • 第4、5课时 • 第6、7课时 • 第8、9课时
数列的概念与简单表示 等差数列及其前n项和 等比数列及其前n项和 数列求和 数列综合应用
5.重难点知识强化策略
• 重点：等差、等比数列的通项及前n项和 。 • 难点：能在具体的问题情境中识别数列的等差关
• 设计意图：例5主要考查了等差数列的定义、通项 公式和裂项求和的综合运用，同时要求学生对构 造新数列有一定认知能力．变式5进一步使学生掌 握裂项求和法，裂项后注意通项的系数以及在合 并相消后剩下的项数。
4. 反思小结、提高认识
知识层面 • 本节课你有什么收获？ 方法层面
数学思想 • 设计意图 ：通过反思小结，组织
一、教材分析
• 2、教学目标 • 根据《高中数学教学大纲》的要求和教学内容的
结构特征，依据学生学习的心理规律和素质教育 的要求，结合学生的实际水平，制定本节课的教 学目标如下： • （1）知识目标：熟练掌握数列求和的几种常用方 法 • （2）能力目标：培养学生逻辑推理转化的能力， 分析问题，解决问题的能力。 • （3）情感目标：培养学生勇于探索、勤于思考的 精神，培养学生合作学习和数学交流的能力。
③倒序相加法 ④错位相减法
⑤裂项相消法 设计意图：强化基础，构建与完善知识体 系，适度拓展，在归纳与整合中提高 .
2、考点突破、方法探究
• 考点一.公式法求和
• 例1：（1）已知数列 中，a1=1，an=an-1+ （n 2）， 则数列 的前9项和等于 . （等差数列前n项和）
• （2）等比数列 满足a1+a4=10，a2+a5=20，则 的前n项和sn=
谢谢指导！
所谓说课是教师在备课的基础上，面对评委、同行、系统地口头表述自己的教学设计及其理论依据，然后由听者评说，达 到相互交流，共同提高的目的的一种教学研究形式。
说课的基本步骤
一、说教材 1、教材的地位： 从地位上、结构上、内容上、教育意义上等方面论述本节教材在本课\本书中的地位和作用。 2、教学目标： 根据新课程标准的要求、学生年龄特点、生活经验、认识问题的层次、程度、学生发展的需要等方面制定出三维学习目标 。 3、教学重点、难点： 从教学内容、课标要求、学生实际、理论层次、对学生的作用等方面找出确立重点难点的依据并确定教学的重点和难点。 二、说教法 依据《纲要》、课标的四性、新理念、新教法等理论具体说明将在课堂设计中运用那些方法。这里可以从大的方面，从宏 观上来说一下，具体详细可以放在下一个教学程序里说明。如： 1、参与式 2、讨论式 3、互动式 4、体验式 5、研究性学习 6、谈话、对话、辩论、调查、情景模拟、亲历体验、小活动等 三、说学法 依据新的教学理念、学习方式的转变，说出所倡导自主、合作、探究等方式方法。达到体验中感悟情感、态度、价值观； 活动中归纳知识；参与中培养能力；合作中学会学习。 四、说教学程序 主体部分：说出教学的基本环节、知识点的处理、运用的方法、教学手段、开展的活动、运用的教具、设计的练习、学法 的指导等。并说出你这样设计的依据是什么。 五、说板书 一般正规的说课如果时间允许的情况下，是要在说教学程序的过程中写出板书提纲的。如果时间很紧张，你可以提前写在 一张大纸上，张贴在黑板上也可以。能够配合讲解适时出示，达到调控学生、吸引注意、使师生思路合拍共振的目的 说出这样设计的理由。如：能体现知识结构、突出重点难点、直观形象、利于巩固新知识、有审美价值等。
人教版高中数学高考一轮复习--数列的概念(课件)
故Sn=2×3n-1.
2×3n-1
.
能力形成点3
由数列的递推关系式求通项公式
表示,那么这个式子叫做这个数列的通项公式,常用an=f(n)(n∈N*)表示.
问题思考
数列的通项公式an=3n+5与函数y=3x+5有何区分与联系?
数列的通项公式an=3n+5是特殊的函数,其定义域为N*,而函数y=3x+5的
定义域是R,an=3n+5的图象是离散的点,且在y=3x+5的图象上.
6.数列的递推公式
得到正确的选项.
对点训练 1
2 4 6
(1)数列 0, , , ,…的一个通项公式为( C )
3 5 7
-1
-1
2(-1)
A.an=
B.an=
C.an=
+2
2+1
2-1
2
D.an=
2+1
(方法一:直接法)由第2,3,4项的分母可知,通项公式的分母为奇数1,3,5,7,…,
故a1的分母为1,an的分母为2n-1.
第二环节
关键能力形成
能力形成点1
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
1 4 9 16 25
2
察,即2 , 2 , 2 , 2 , 2 ,…,从而可得该数列的一个通项公式 an= 2 .
2023版高考数学一轮总复习第六章数列6.1数列的概念课件
3. 数列的表示法
表示法
列表法
图象法
通项公
公
式
式 法
递推公 式
定义 列出表格表示 n 与 an 的对应关系 把点(n，an)画在平面直角坐标系中
an＝f(n)
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子 来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式. 如 an＋1＝ f(an)，an＝f(an－1，an＋1)(n≥2)等
(8)9，99，999，…的一个通项公式为 an＝10n－1.
【常用结论】
6. 累加法与累乘法 (1)已知 a1 且 an－an－1＝f(n)(n≥2)，可以用“累加法”得：an＝a1＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n －1)＋f(n). (2)已知 a1 且aan－n1＝f(n)(n≥2)，可以用“累乘法”得：an＝a1·f(2)·f(3)·…·f(n－1)·f(n). 注：以上两式要求{f(n)}易求和或积. 7. 数列最值：若aann≥ ≥aann＋ －11， （n≥2），则 an 最大；若aann≤ ≤aann＋ －11， （n≥2），则 an 最小.
(1)若数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝n2＋n，则数列{an}的通项公式为 an＝__________. 解：Sn＝n2＋n，则 Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)＝n2－n(n≥2)，所以 an＝Sn－Sn－1＝2n(n≥2)，而 a1 ＝S1＝12＋1＝2，符合上式，故 an＝2n(n∈N*). 故填 2n.
(4)根据题意，数列即 1， 4， 7， 10， 13，…，故通项公式为 an＝ 3n－2. (5)把数列改写成11，02，13，04，15，06，17，08，…，分母依次为 1，2，3，…，而分子 1，0，1，0，…周期性出现，因此数列的通项可表示为 an＝1＋（－2n1）n＋1.
数列的性质及其应用-2024届高三数学一轮复习说课课件
03 考向二 分组求和
例 2．已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn ，若 a2 0 ，且________．在① S7 a4 12 ，
② a1 a4 a7 6 这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并解答．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）
(1)求an 的通项公式；(2)设 bn an 2an2 ，求bn 的前 n 项和Tn ．
知识 脉络 清楚 可见
教学环节
设计意图：强化基础公式，让学生进一步巩固基本 量的求解，熟练掌握等差，等比数列求和公式，承 上启下，向分组求和递进
研重难、破考点
03 考向一 公式法求和
例 1．已知数列an 是等差数列， Sn 是其前 n 项和，a2 3 ，a11 39 ，则S10 （ ）
A．160
TAHANK YOU
02
本节课是在已复习等差数列、等比数列相关知识点的基础 上，针对一般数列通项求和问题安排的一节复习课(它是对
数列作为一种特殊的函数与函数思相密不可分:另
数列有关知识的拓展及求和方法的归纳总结，使学生对这
一方面,学习数列也为进一步学习数列的极限等内
部分知识及方法有一个系统清楚的认识，建立起合理的知
容做好准备。
202X年新高考1卷第18题
202X年全国甲卷第17题
A．3699 块
B．3474 块
C．3402 块
D．3339 块
教学环节
设计意图：摒弃传统的一板一眼的教学方法，以游戏的情势展开教学， 一方面可以帮助学生回顾知识点，提高学生的学习兴趣和课堂氛围，
也方便老师了解学生在一轮复习以后的掌握程度，辅助教学
学生分析
本部分内容条理清楚，相对于其他板块，更易入手，易 理解，好掌握，效果明显，是一个增强学生自信心及成 绩感的好机会。
2023届高考数学一轮复习计划 第一节 数列的概念与表示(共36张PPT)
[记结论] 1．若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2，n∈N*.
2．在数列{an}中，若an最大，则aann≥ ≥aann－ ＋11， ； 若an最小，则aann≤≤aann－＋11，.
[提速度]
(多选)(2022·天津模拟)在数列{an}中，an＝(n＋1)·78n，则数列{an}中的最大项可以是
由an与Sn的关系求通项公式
1．已知Sn＝2n＋3，则an＝________． 解析：当n＝1时，a1＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋3－(2n－1＋3)＝2n－1， 当n＝1时，21－1＝1≠a1．所以an＝52， n－1n，＝n1≥，2. 答案：52， n－1n，＝n1≥，2
2．(2022·福州质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝
(2)由 nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，得aan－n 1＝n＋n 1(n≥2)．所以 an＝aan－n 1·aann－ －12·aann－ －23·…·aa32·aa21·a1 ＝n＋n 1·n－n 1·nn－ －21·…·34·23·1＝n＋2 1(n≥2)，又 a1 也满足上式，所以 an＝n＋2 1．
)
A．239
B．4 7－1
C．458
D．247
[解析] 由an＋1－an＝2n，可得an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝28＋2
＋4＋…＋2(n－1)＝28＋n(n－1)＝n2－n＋28，∴
an n
＝n＋
28 n
－1，设f(x)＝x＋
28 x
，可知
f(x)在(0，
28
x
12345
高三数学第一轮复习教案(第三章数列5课时)1
第三章 数列 第1课时 数列的有关概念一．课题：数列的有关概念二．教学目标：理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项，理解n a 与n S 的关系，培养观察能力和化归能力．三．教学重点：数列通项公式的意义及求法，n a 与n S 的关系及应用． 四．教学过程： （一）主要知识：1．数列的有关概念； 2．数列的表示方法：（1）列举法；（2）图象法；（3）解析法；（4）递推法． 3．n a 与n S 的关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩．（二）主要方法：1．给出数列的前几项,求通项时,要对项的特征进行认真的分析、化归； 2．数列前n 项的和n S 和通项n a 是数列中两个重要的量，在运用它们的关系式1n n n a S S -=-时，一定要注意条件2n ≥ ，求通项时一定要验证1a 是否适合． （三）例题分析：例1． 求下面各数列的一个通项：14916(1),,,,24578101113--⨯⨯⨯⨯；(2)数列的前n 项的和 221n S n n =++；(3)数列{}n a 的前n 项和r ra S n n (1+=为不等于0,1的常数) ．解：（1）2(1)(31)(31)nn n a n n =--+．（2）当1n =时 114a S ==， 当2n ≥时 1n n n a S S -=-=41n -，显然1a 不适合41n a n =-∴4(1)41(2)n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．（3）由n n ra S +=1可得当2≥n 时111--+=n n ra S ，)(11---=-∴n n n n a a r S S ，∴1n n n a ra ra -=-，∴1(1),n n a r ra --= ∵1,r ≠ ∴11-=-r ra a n n ，∵0r ≠，∴{}n a 是公比为1-r r的等比数列．又当1=n 时，111ra S +=，∴r a -=111，∴11()11n n r a r r -=--． 说明：本例关键是利用n S 与n a 的关系进行转化．例2．根据下面各个数列{}n a 的首项和递推关系，求其通项公式：（1）==+11,1n a a )(2*N n n a n ∈+；（2）==+11,1n a a 1+n n)(*N n a n ∈； （3）==+11,1n a a 121+n a )(*N n ∈．解：（1）n a a n n 21+=+ ，∴12n n a a n +-=，∴121321()()()n n n a a a a a a a a -=+-+-++-121222(1)n =+⨯+⨯++⨯-21(1)1n n n n =+⨯-=-+ （2）11+=+n n a a n n ，∴ 321121n n n aa a a a a a a -=⋅⋅=1211123n n n -⋅⋅=． 又解：由题意，n n na a n =++1)1(对一切自然数n 成立，∴11(1)11n n na n a a -=-==⋅=，∴1n a n=．（3）}2{)2(21212111-∴-=-∴+=++n n n n n a a a a a 是首项为121-=-a公比为21的等比数列，111121(),2()22n n n n a a --∴-=-⋅∴=-．说明：（1）本例复习求通项公式的几种方法：迭加法、迭乘法、构造法；（2）若数列{}n a 满足n a =1n pa q -+，则数列1n q a p ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是公比为p 的等比数列．例3．设{}n a 是正数组成的数列，其前n 项和为n S ，并且对所有自然数n ，n a 与2的等差中项等于n S 与2的等比中项，(1)写出数列{}n a 的前三项；(2)求数列{}n a 的通项公式(写出推证过程)；(3)令111()2n n n n n aa b a a ++=+()n N ∈，求123n b b b b n ++++-．解：（1）由题意：222n n a S += 0n a >，令1n =，11222a a +=，解得12a = 令2n =，21222()2a a a +=+， 解得26a = 令3n =，312322()2a a a a +=++， 解得310a = ∴该数列的前三项为2,6,10.（2）∵222n n a S +=，∴21(2)8n n S a =+，由此2111(2)8n n S a ++=+， ∴221111[(2)(2)]8n n n n n a S S a a +++=-=+-+，整理得：11()(4)0n n n n a a a a +++--=由题意：1()0n n a a ++≠，∴140n n a a +--=，即14n n a a +-=，∴数列{}n a 为等差数列，其中12,a =公差4d =，∴1(1)n a a n d =+-=42n -（3）14242122()(11)2424222121n n n b n n n n +-=+=++--+-+1112121n n =+--+ ∴121111113352121n b b b n n n +++=+-+-++--+n -1121n -+． 例4．（《高考A 计划》考点19“智能训练第17题”）设函数2()log log 2x f x x =-(01)x <<，数列{}n a 满足(2)2(1,2,3)n af n n ==（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）判定数列{}n a 的单调性． 解答参看《高考A 计划》教师用书112P ．（四）巩固练习：1．已知1111,1(2)n n a a n a -==+≥，则5a =85．2．在数列{}n a 中11n a n n =++，且9n S =，则n =99．五．课后作业：《高考A 计划》考点1，智能训练12．13．14．15．16．第2课时 等差数列与等比数列的基本运算一．课题：等差数列与等比数列的基本运算二．教学目标：掌握等差数列和等比数列的定义，通项公式和前n 项和的公式，并能利用这些知识解决有关问题，培养学生的化归能力．三．教学重点：对等差数列和等比数列的判断，通项公式和前n 项和的公式的应用． 四．教学过程： （一）主要知识：1．等差数列的概念及其通项公式，等差数列前n 项和公式； 2．等比数列的概念及其通项公式，等比数列前n 项和公式； 3．等差中项和等比中项的概念． （二）主要方法：1．涉及等差（比）数列的基本概念的问题，常用基本量1,()a d q 来处理；2．使用等比数列前n 项和公式时，必须弄清公比q 是否可能等于1还是必不等于1，如果不能确定则需要讨论；3．若奇数个成等差数列且和为定值时，可设中间三项为,,a d a a d -+；若偶数个成等差数列且和为定值时，可设中间两项为,a d a d -+，其余各项再根据等差数列的定义进行对称设元．若干个数个成等比数列且积为定值时，设元方法与等差数列类似．4．在求解数列问题时要注意运用函数思想，方程思想和整体消元思想，设而不求． （三）例题分析：例1．（1）设数列{}n a 是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项为 2 ．（2）已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，且139,,a a a 成等比数列，则1392410a a a a a a ++++=1316．例2．有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个书的和是12，求这四个数．解：设这四个数为：2(),,,a d a d a a d a +-+，则2()16212a d a d aa d ⎧+-+=⎪⎨⎪+=⎩解得：48a d =⎧⎨=⎩或96a d =⎧⎨=-⎩，所以所求的四个数为：4,4,12,36-；或15,9,3,1．例3．由正数组成的等比数列{}n a ，若前2n 项之和等于它前2n 项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列{}n a 的通项公式． 解：当1q =时，得11211na na =不成立，∴1q ≠，∴221122331111(1)11(1)1111n n a q a q q q q a q a q a q a q ⎧--=⎪--⎨⎪+=⋅⎩ 由①得110q =，代入②得110a =，∴21()10n n a -=．说明：用等比数列前n 项和公式时，一定要注意讨论公比是否为1． 例4．已知等差数列110,116,122,，（1）在区间[450,600]上，该数列有多少项？并求它们的和；（2）在区间[450,600]上，该数列有多少项能被5整除？并求它们的和. 解：1106(1)6104n a n n =+-=+，（1）由4506104600n ≤+≤，得5882n ≤≤，又*n N ∈,∴ 该数列在[450,600]上有25项, 其和58821()25131002n S a a =+⨯=． （2）∵1106(1)n a n =+-，∴要使n a 能被5整除，只要1n -能被5整除，即15n k -=， ∴51n k =+，∴585182k ≤+≤，∴1216k ≤≤，∴在区间[450,600]上该数列中能被5整除的项共有5项即第61,66,71,76,81项，其和61815()26502a a S +==．五．课后作业：《高考A 计划》考点20，智能训练5，6， 12，13，14，15．第3课时 等差数列、等比数列的性质及应用一．课题：等差数列、等比数列的性质及应用二．教学目标：熟练掌握等差（比）数列的基本公式和一些重要性质，并能灵活运用性质解决有关的问题，培养对知识的转化和应用能力．三．教学重点：等差（比）数列的性质的应用． 四．教学过程： （一）主要知识：有关等差、等比数列的结论① ②1．等差数列{}n a 的任意连续m 项的和构成的数列232,,,m m m m m S S S S S --仍为等差数列．2．等差数列{}n a 中，若m n p q +=+，则q p n m a a a a +=+ 3．等比数列{}n a 中，若m n p q +=+，则m n p q a a a a ⋅=⋅4．等比数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列232,,,m m m m m S S S S S --仍为等比数列．5．两个等差数列{}n a 与{}n b 的和差的数列{}n n a b ±仍为等差数列． 6．两个等比数列{}n a 与{}n b 的积、商、倒数的数列{}n n a b ⋅、⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n b a 、⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1仍为等比数列．（二）主要方法：1．解决等差数列和等比数列的问题时，通常考虑两类方法：①基本量法：即运用条件转化为关于1a 和()d q 的方程；②巧妙运用等差数列和等比数列的性质，一般地运用性质可以化繁为简，减少运算量．2．深刻领会两类数列的性质，弄清通项和前n 项和公式的内在联系是解题的关键．（三）例题分析： 例1．（1）若一个等差数列前3项的和为34，最后三项的和为146，且所有项的和为390,则这个数列有13 项；（2）已知数列{}n a 是等比数列,且>0n a ,*n N ∈,354657281a a a a a a ++=，则46a a += 9 ．（3）等差数列前m 项和是30，前2m 项和是100，则它的前3m 项和是 210 ．例2．若数列{}n a 成等差数列，且,()m n S n S m m n ==≠，求n m S +． 解：（法一）基本量法（略）；（法二）设2n S An Bn =+，则22(1)(2)An Bn m Am Bm n⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ (1)(2)-得：22()()n m A n m B m n -+-=-，m n ≠， ∴()1m n A B ++=-，∴2()()()n m S n m A n m B n m +=+++=-+．例3．等差数列{}n a 中共有奇数项，且此数列中的奇数项之和为77，偶数项之和为66，11a =，求其项数和中间项. 解：设数列的项数为21n +项，则121(1)()772n n a a S +++==奇，22()662n n a a S +==偶 ∴17766S n S n +==奇偶， ∴6n =，∴数列的项数为13，中间项为第7项，且711a =． 说明：（1）在项数为21n +项的等差数列{}n a 中，2+1=(+1),=,=(2+1)n S n a S na S n a 奇中偶中中；（2）在项数为2n 项的等差数列{}n a 中2+11=,=,=()n n n n n S na S na S n a a +++1奇偶．例4．数列{}n a 是首项为1000，公比为110的等比数列，数列{b }n 满足121(lg lg lg )k k b a a a k=+++*()k N ∈，（1）求数列{b }n 的前n 项和的最大值；（2）求数列{|b |}n 的前n 项和n S '． 解：（1）由题意：410n n a -=，∴lg 4n a n =-，∴数列{lg }n a 是首项为3，公差为1-的等差数列，∴12(1)lg lg lg 32k k k a a a k -+++=-，∴1(1)7[3]22n n n nb n n --=-=由100n n b b +≥⎧⎨≤⎩，得67n ≤≤，∴数列{b }n 的前n 项和的最大值为67212S S ==（2）由（1）当7n ≤时，0n b ≥，当7n >时，0n b <， ∴当7n ≤时，212731132()244n n nS b b b n n n -+'=+++==-+ 当7n >时，12n n S b b b b b b '=+++----2712112(44n S b b b n n =-+++=-+∴22113(7)4411321(7)44n n n n S n n n ⎧-+≤⎪⎪'=⎨⎪-+>⎪⎩．例5*．若n S 和n T 分别表示数列{}n a 和{b }n 的前n 项和，对任意自然数n ，有232n n a +=-，41213n n T S n -=，（1）求数列{b }n 的通项公式；（2）设集合*{|2,}n A x x a n N ==∈， *{|4,}n B y y b n N ==∈．若等差数列{}n c 任一项1,n c A B c ∈是A B 中的最大数，且10265125c -<<-，求{}n c 的通项公式．解：（1）当*2,n n N ≥∈时：114121341213(1)n n n n T S nT S n ---=⎧⎨-=-⎩，两式相减得：41213n n b a -=，∴1334n n b a =+534n =--，又1174b =-也适合上式， ∴数列{b }n 的通项公式为n b 534n =--．（2）对任意*n N ∈，223,41252(61)3n n a n b n n =--=--=-+-，∴B A ⊂，∴A B B =∵1c 是A B 中的最大数，∴1c 17=-，设等差数列{}n c 的公差为d ，则10179c d =-+，∴265179125d -<-+<-，即527129d -<<-，又4n b 是一个以12-为公差的等差数列， ∴*12()d k k N =-∈，∴24d =-，∴724n c n =-．（四）巩固练习：1．若数列{}n a （N n ∈*）是等差数列，则有数列12nn a a a b n+++=（N n ∈*）也为等差数列，类比上述性质，相应地：若数列n {c }是等比数列，且n c >0（N n ∈*），则有n d =12n n C C C ⋅（N n ∈*）也是等比数列．2．设n S 和n T 分别为两个等差数列的前n 项和，若对任意*n N ∈，都有71427n n S n T n +=+ ，则第一个数列的第11项与第二个数列的第11项的比是43． 说明：2121n n n n a S b T --=．五．课后作业：《高考A 计划》考点21，智能训练4，8，12，14，15，16．第4课时 数列求和一．课题：数列求和二．教学目标：1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算； 3．熟记一些常用的数列的和的公式． 三．教学重点：特殊数列求和的方法． 四．教学过程： （一）主要知识：1．等差数列与等比数列的求和公式的应用；2．倒序相加、错位相减，分组求和、拆项求和等求和方法； （二）主要方法：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式； 2．求和过程中注意分类讨论思想的运用； 3．转化思想的运用； （三）例题分析：例1．求下列数列的前n 项和n S ：（1）5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…； （2）1111,,,,,132435(2)n n ⨯⨯⨯+；（3）11n a n n =++； （4）23,2,3,,,n a a a na ；（5）13,24,35,,(2),n n ⨯⨯⨯+； （6）2222sin 1sin 2sin 3sin 89++++． 解：（1）555555555n n S =++++个5(999999999)9n =++++个235[(101)(101)(101)(101)]9n =-+-+-++- 235505[10101010](101)9819n n n n =++++-=--． （2）∵1111()(2)22n n n n =-++，∴11111111[(1)()()()]2324352n S n n =-+-+-++-+1111(1)2212n n =+--++． （3）∵1111(1)(1)n n na n n n n n n n n +-===+-+++++-∴11121321n S n n=+++++++ (21)(32)(1)n n =-+-+++-11n =+-．（4）2323n n S a a a na =++++，当1a =时，123n S =+++ (1)2n n n ++=， 当1a ≠时，2323n S a a a =+++…nna + ，23423n aS a a a =+++…1n na ++，两式相减得 23(1)n a S a a a -=+++ (1)1(1)1n nn n a a a nana a++-+-=--，∴212(1)(1)n n n na n a aS a ++-++=-．（5）∵2(2)2n n n n +=+，∴ 原式222(123=+++…2)2(123n ++⨯+++…)n +(1)(27)6n n n ++=．（6）设2222sin 1sin 2sin 3sin 89S =++++，又∵2222sin 89sin 88sin 87sin 1S =++++， ∴ 289S =，892S =．例2．已知数列{}n a 的通项65()2()n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求其前n 项和n S ．解：奇数项组成以11a =为首项，公差为12的等差数列， 偶数项组成以24a =为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有12n +项，偶数项有12n -项，∴1121(165)4(14)(1)(32)4(21)221423n n n n n n n S --++--+--=+=+-， 当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有2n项，∴2(165)4(14)(32)4(21)221423n n n n n n n S +----=+=+-， 所以，1(1)(32)4(21)()23(32)4(21)()23n n nn n n S n n n -⎧+--+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数．例3．（《高考A 计划》智能训练14题）数列{}n a 的前n 项和2()n n S p p R =+∈，数列{}n b 满足2log n n b a =，若{}n a 是等比数列，（1）求p 的值及通项n a ；（2）求和222123()()()n T b b b =-+…12*(1)()()n n b n N -+-∈． （解答见教师用书127页）（四）巩固练习：设数列11,(12),,(122),n -++++的前n 项和为n S ，则n S 等于（ ）()A 2n()B 2n n -()C 12n n +-()D 122n n +--五．课后作业：《高考A 计划》考点22，智能训练2，4，5，12，15，16．第5课时 数列的实际应用一．课题：数列的实际应用二．教学目标：1．理解“复利”的概念，能解决分期付款的有关计算方法；2．能够把实际问题转化成数列问题． 三．教学重点：建立数列模型解决数列实际应用问题． 四．教学过程： （一）主要知识：1．解应用问题的核心是建立数学模型；2．一般步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型； 3．注意问题是求什么（,,n n n a S ）．（二）主要方法：1．解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答； 2．在归纳或求通项公式时，一定要将项数n 计算准确； 3．在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系；4．在近似计算时，要注意应用对数方法和二项式定理，且要看清题中对近似程度的要求． （三）例题分析：例1．某地区森林原有木材存量为a ，且每年增长率为25％，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为b ，设n a 为n 年后该地区森林木材的存量， （1）求n a 的表达式；（2）为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量不少于79a ，如果1972ab =，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？（参考数据：lg 20.3=） 解：（1）设第一年的森林的木材存量为1a ，第n 年后的森林的木材存量为n a ，则115(1)44a a b a b =+-=-，221555()(1)444a a b a b =-=-+，32325555()[()1]4444a a b a b =-=-++，………12*55555()[()()1]()4[()1]()44444n n n n n n a a a b n N --=-+++=--∈．（2）当1972b a =时，有79n a a <得55197()4[()1]44729n n a a a --⨯<即5()54n >， 所以，lg51lg 27.2lg52lg 213lg 2n ->=≈--．答：经过8年后该地区就开始水土流失．例2．轻纺城的一家私营企业主，一月初向银行贷款一万元作开店资金，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需要交纳房租和所得税为该月所得金额（包括利润）的10%，每月的生活费开支300元，余款作为资金全部投入再经营，如此继续，问该年年底，该私营企业主有现款多少元？如果银行贷款的年利率为5%，问私营企业主还清银行贷款后纯收入还有多少元？解：第一个月月底余1(120%)10000(120%)1000010%30010500a =+⨯-+⨯⨯-=元， 设第n 个月月底余n a ，第1n +个月月底余1n a +，则1(120%)(120%)10%300 1.08300(1)n n n n a a a a n +=+-+⨯-=-≥， 从而有13750 1.08(3750)n n a a +-=-，设13750,6750n n b a b =-=，∴{}n b 是等比数列11 1.08n n b b -=⨯， ∴16750 1.083750n n a -=⨯+，11126750 1.0837*******.6a =⨯+≈，还贷后纯收入为1210000(15%)8988.60a -+=元．例3．银行按规定每经过一定的时间结算存（贷）款的利息一次，结算后即将利息并入本金，这种计算利息的方法叫做复利．现在有某企业进行技术改造，有两种方案：甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获得利润1万元，以后每年比上年增加30％的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获得利润1万元，以后每年比前一年多获利5000元． 两种方案的期限都是10年，到期一次行归还本息．若银行贷款利息均以年息10％的复利计算，试比较两个方案哪个获得存利润更多？（计算精确到千元，参考数据：10101.1 2.594,1.313.796==） 解：甲方案10年获利润是每年利润数组成的数列的前10项的和：10291.311(130%)(130%)(130%)42.621.31-+++++++==-（万元）到期时银行的本息和为1010(110%)10 2.59425.94⨯+=⨯=（万元） ∴甲方案扣除本息后的净获利为：42.6225.9416.7-≈（万元）乙方案：逐年获利成等差数列，前10年共获利：10(1 5.5)1(10.5)(120.5)(190.5)32.502+++++⨯+++⨯==（万元） 贷款的本利和为：1091.111.1[1(110%)(110%)] 1.117.531.11-+++++=⨯=-（万元） ∴乙方案扣除本息后的净获利为：32.5017.5315.0-=（万元） 所以，甲方案的获利较多．例4．某工厂在1999年的“减员增效”中对部分人员实行分流，规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100％，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年的23领取工资，该厂根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶11 段，第二年每人可获得b 元收入，从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增50％，如果某人分流前工资的收入每年a 元，分流后进入新经济实体，第n 年的收入为na 元，（1）求{}n a 的通项公式；（2）当827a b =时，这个人哪一年的收入最少？最少为多少？ （3）当38a b ≥时，是否一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入？ 解：（1）由题意得，当1n =时，1a a =，当2n ≥时，1223()()32n n n a a b --=+， ∴12(1)23()()(2)32n n n a n a a b n --=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩． （2）由已知827a b =， 当2n ≥时，1121222832838()()2[()()]327232729n n n n n a a a a a a ----=+≥⨯=要使得上式等号成立， 当且仅当12283()()3272n n a a --=，即22422()()33n -=，解得3n =，因此这个人第三年收入最少为89a 元． （3）当2n ≥时，1212123233()()()32382n n n n n n a a a a b aa a ------=+≥+≥⨯=，上述等号成立，须38ab =且2233121log 1log 223n =+>+=因此等号不能取到， 当38a b ≥时，这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入．（四）巩固练习：某工厂生产总值月平均增长率为p ，则年平均增长率为 （ ）()A p ()B 12p ()C 12(1)p +()D 12(1)1p +-五．课后作业：《高考A 计划》考点23，智能训练2，11，13，14，15，16．。
高三数列复习说课稿
課題：高三數列復習教師：黃建平學校：華師大松江實驗高級中學我說課の內容是《高三數列復習》。
我把說課內容分成教材分析、學情分析及課時安排、知識結構框架、重難點解析四個部分。
一．教材分析：（一）數列の地位作用：數列是高中數學の重要內容之一，也是與大學數學相銜接の內容，在測試學生邏輯推理能力和理性思維水準，以及考查學生創新意識和創新能力等方面有不可替代の作用。
它の地位作用可以從以下幾方面來看：⑴數列作為一種定義在正整數集（或其有限子集）上の特殊函數，與函數思想密不可分；學習數列一方面可以加深學生對函數概念の認識，使他們瞭解不僅可以有引數連續變化の函數，還可以有引數離散變化の函數；另一方面，又可以從函數の觀點出發變動地、直觀地研究數列の一些問題，以便對數列性質の認識更深入一步。
⑵數列是反映自然規律の基本數學模型之一。
通過對日常生活和現實世界中大量實際問題の分析，建立等差數列和等比數列兩種數學模型，有利於培養數學抽象能力，發展數學建模能力。
而數學歸納法是一種重要の證明方法，在數學の各分支學科中也被廣泛使用。
（二）數列の考點分析：在歷年高考試題中，數列佔有重要地位，近幾年更是有所加強。
這些試題不僅考查數列、等差數列和等比數列、數列極限以及數學歸納法等基本知識、基本技能，而且常與函數、方程、不等式、解析幾何等知識相結合，考查學生在數學學習和研究過程中知識の遷移、組合、融會，進而考查學生の學習潛能和數學素養，為考生展現其創新意識和發揮創造能力提高廣闊の空間，所以經常以中高檔題出現，而且主要以應用題和探索題の面目出現。
（三）復習の總體目標：根據教材、課標、考綱對數列知識點の要求，歸納對數列這一章復習の總體目標如下：1．理解數列の有關概念，理解數列の通項公式及前n 項の求和公式の含義 2．理解等差數列、等比數列の概念，熟練掌握其通項公式與前n 項求和公式，能運用這些知識進行有關の計算和證明，並能把等差數列、等比數列の有關性質進行類比。
高中数列总复习说课稿
高中数列总复习说课稿数列是高中数学的重要内容，以下是小编准备的高中数列总复习说课稿，快一起来看看吧!一、教材分析1、教材的地位和作用：数列是高中数学重要内容之一，它不仅有着广泛的实际应用，而且起着承前启后的作用。
一方面,数列作为一种特殊的函数与函数思想密不可分;另一方面,学习数列也为进一步学习数列的极限等内容做好准备。
而等差数列是在学生学习了数列的有关概念和给出数列的两种方法——通项公式和递推公式的基础上，对数列的知识进一步深入和拓广。
同时等差数列也为今后学习等比数列提供了学习对比的依据。
2、教学目标根据教学大纲的要求和学生的实际水平，确定了本次课的教学目标a在知识上：理解并掌握等差数列的概念;了解等差数列的通项公式的推导过程及思想;初步引入“数学建模”的思想方法并能运用。
b在能力上：培养学生观察、分析、归纳、推理的能力;在领会函数与数列关系的前提下，把研究函数的方法迁移来研究数列，培养学生的知识、方法迁移能力;通过阶梯*练习，提高学生分析问题和解决问题的能力。
c在情感上：通过对等差数列的研究，培养学生主动探索、勇于发现的求知精神;养成细心观察、认真分析、善于总结的良好思维习惯。
3、教学重点和难点根据教学大纲的要求我确定本节课的教学重点为:①等差数列的概念。
②等差数列的通项公式的推导过程及应用。
由于学生第一次接触不完全归纳法,对此并不熟悉因此用不完全归纳法推导等差数列的同项公式是这节课的一个难点。
同时，学生对“数学建模”的思想方法较为陌生，因此用数学思想解决实际问题是本节课的另一个难点。
二、学情教法分析：对于三中的高一学生，知识经验已较为丰富，他们的智力发展已到了形式运演阶段，具备了教强的抽象思维能力和演绎推理能力，所以我在授课时注重引导、启发、研究和探讨以符合这类学生的心理发展特点，从而促进思维能力的进一步发展。
针对高中生这一思维特点和心理特征，本节课我采用启发式、讨论式以及讲练结合的教学方法，通过问题激发学生求知欲，使学生主动参与数学实践活动，以*思考和相互交流的形式，在教师的指导下发现、分析和解决问题。
高三复习课数列求通项公式的基本方法与技巧
高三复习课《数列求通项公式的基本方法与技巧》说课稿大家好！我本节课说课的内容是高三复习课《数列求通项公式的基本方法与技巧》，所用的教材是普通高中课程标准实验教科书（B版）。
高三第一阶段复习，也称“知识篇”。
在这一阶段，学生重温高一、高二所学课程，全面复习巩固各个知识点，熟练掌握基本方法和技能；然后站在全局的高度，对学过的知识产生全新认识。
在高一、高二时，是以知识点为主线索，依次传授讲解的，由于后面的相关知识还没有学到，不能进行纵向联系，所以，学的知识往往是零碎和散乱，而在第一轮复习时，以章节为单位，将那些零碎的、散乱的知识点串联起来，并将他们系统化、综合化，把各个知识点融会贯通。
对于高中的学生，第一轮复习更为重要，我们希望能做高考试题中一些基础题目，必须侧重基础，加强复习的针对性，讲求实效。
一、教材与学情分析（一）教材的地位和作用1、数列是高中数学的重要内容之一，也是与大学数学相衔接的内容，在测试学生逻辑推理能力和理性思维水平，以及考查学生创新意识和创新能力等方面有不可替代的作用。
数列是反映自然规律的基本数学模型之一。
通过对日常生活和现实世界中大量实际问题的分析，建立等差数列和等比数列两种数学模型，有利于培养数学抽象能力，发展数学建模能力。
2、在历年高考试题中，数列占有重要地位，近几年更是有所加强。
特别是2011年辽宁高考解答题第一题就是考查了数列求通项。
（二）学情分析学生通过对高中数学中数列的学习，已经对解决一些数列问题有一定的能力。
但是授课班级是理科普通班，学生的基础一般，反应速度不怎么快，缺乏独立思考的能力和深度思维，普遍感到数学难学。
但大部分学生主观上有学好数学的愿望，能认识到学习数学的重要性。
如果能让学生由被动接受转变为主动参与，亲身实践，那么听课的积极性和思维能力会有很大提高，自主学习和解决问题的能力也会得到很大的发展。
所以我采用的是分组展示、评价的教学方式。
二、教学目标分析（一）知识与技能目标：理解数列的通项公式的含义，熟练掌握求数列通项公式的基本方法与技巧。
高三数学第一轮复习教案(第三章数列5课时)
第三章数列第 1 课时数列的有关概念一．课题：数列的有关概念二．教学目标：理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项，理解a n 与S n 的关系，培养观察能力和化归能力．三．教学重点：数列通项公式的意义及求法，a n 与 S n 的关系及应用． 四．教学过程： （一）主要知识：1．数列的有关概念；2．数列的表示方法：（1）列举法；（2）图象法；（3）解析法；（4）递推法． S 1 3．a n 与S n 的关系：a nS n S n 1(n 2)(n 1)． （二）主要方法：1．给出数列的前几项,求通项时,要对项的特征进行认真的分析、化归； 2．数列前n 项的和S n 和通项a n 是数列中两个重要的量，在运用它们的关系式a n S n S n1时，一定要注意条件n 2，求通项时一定要验证a 1是否适合．（三）例题分析：例 1 ．求下面各数列的一个通项：1 4 9 16 ,；(1) , , , 2 4 57 810 1113(2)数列的前n 项的和 S n 2n 2 n 1； (3)数列a n的前n 项和 S n1ra n (r 为不等于0,1的常数)．n2解：（1）a n (1)n． (3n 1)(3n 1)（2）当n 1时 a 1 S 1 4，当n2时 a n S n S n14n 1，显然a 1不适合a n 4n 1(n1)∴a n 4 ． 4n 1 (n2) （3）由S n 1ra n 可得当n2时S n 11ra n 1，S n S n1r(a n a n 1)，a n r∴a nra n ra n 1，∴a n (r1)ra n 1,∵r 1, ∴ ，∵r 0，a n 1 r 1r ∴{a n }是公比为 的等比数列．r11 1 r( ) 又当n1时， S 1 1ra 1，∴a 1，∴a n n 1． 1 r 1r r 1 说明：本例关键是利用 S n 与a n 的关系进行转化．例 2．根据下面各个数列a n 的首项和递推关系，求其通项公式： （1）a 1 1,a n 1a n2n(n N *)；n（2）a 11,a n1a n (nN *)； n 1（3）a 1 1,a n 1 1 a n 1 (n N *)．2解：（1）a n 1 a n 2n ，∴a n 1 a n 2n ， ∴a n a 1 (a 2 a 1)(a 3 a 2)(a n a n 1)21222(n 1) 1n (n 1) n n 12 （2）a n 1 n ，∴ a n a 1a 2 a 3a n =1 1 2 n 1 1．2 3 n n a n n 1 a a a n 1 1 2 又解：由题意，(n 1)a n 1 na n 对一切自然数n 成立，∴na n (n 1)a n 11a 1 1，∴a n1 ．n（3）a n 1 1 a n 1a n 1 2 1 (a n 2){a n 2}是首项为a 121 2 2 公比为 1 2 的等比数列， a n 2 1(1)n 1,a n2(1)n 1 ．2 2说明：（1）本例复习求通项公式的几种方法：迭加法、迭乘法、构造法；（2）若数列a n 满足a n pa n1q ，则数列a nq1p 是公比为 p 的等比数列．n 例 3．设{a n }是正数组成的数列，其前项和为S n ，并且对所有自然数n ，a n 与2的等差中项等于 S n 与2的等比中项，(1)写出数列{a n }的前三项； (2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)；(3)令b n 1 (a n 1 a n) (n N)，求b 1 b 2 b 3b n n ． 2 a n a n 1a n 2 a 12 解：（1）由题意： 2S n a n 0，令n 1， 2a 1，解得a 1 2 2 2a 2 2令n 2，2(a 1 a 2)，解得a 2 6 2 a 32 令n 3， 2(a 1 a 2 a 3)，解得a3 10 2∴该数列的前三项为2,6,10.（2）∵ a n 2 2S ，∴S n 1(a n 2) ，由此S n 1 1 (a n 1 2) 2 2 2， n 2 8 8∴a n 1 S n 1 S n 1[(a n 1 2) (a n 2) ]，整理得：(a n 1 a n )(a n 1 a n 4) 028 由题意：(a n 1 a n ) 0，∴a n 1 a n 4 0，即a n 1 a n 4，∴数列{a n }为等差数列，其中a 1 2,公差 d 4，∴a n a 1 (n 1)d 4n 2（3）b n1 (4n2 4n 2 ) 1 (1 2 2 1 11 ) 12 4n 2 4n 2 2 2n 1 2n 1 2n 1 2n11 1 1∴b 1b 2b nn 13 3 51 1 1n 1 ． 2n 1 2n 1 2n 1例 4．（《高考 A 计划》考点 19“智能训练第 17题”）设函数 f (x) log 2 x log x 2 (0 x 1)，数列{a n }满足 f (2a n ) 2n(n 1,2,3)（1）求数列{a n }的通项公式；（2）判定数列{a n }的单调性． 解答参看《高考 A 计划》教师用书 P112． （四）巩固练习： 1 (n 2)，则a 5 81．已知a 1 1,a n 1． a n 1 512．在数列a n中a n，且S n 9，则n 99．n n 1五．课后作业：《高考 A 计划》考点 1，智能训练 12．13．14．15．16．第 2 课时等差数列与等比数列的基本运算一．课题：等差数列与等比数列的基本运算二．教学目标：掌握等差数列和等比数列的定义，通项公式和前n 项和的公式，并能利用这些知识解决有关问题，培养学生的化归能力．三．教学重点：对等差数列和等比数列的判断，通项公式和前n 项和的公式的应用． 四．教学过程： （一）主要知识：1．等差数列的概念及其通项公式，等差数列前n 项和公式； 2．等比数列的概念及其通项公式，等比数列前n 项和公式； 3．等差中项和等比中项的概念． （二）主要方法：1．涉及等差（比）数列的基本概念的问题，常用基本量a 1,d(q)来处理；2．使用等比数列前 n 项和公式时，必须弄清公比 q 是否可能等于 1还是必不等于 1，如果 不能确定则需要讨论；3．若奇数个成等差数列且和为定值时，可设中间三项为 ad,a,a d ；若偶数个成等差数列且和为定值时，可设中间两项为 a d,a d ，其余各项再根据等差数列的定义进行对称 设元．若干个数个成等比数列且积为定值时，设元方法与等差数列类似．4．在求解数列问题时要注意运用函数思想，方程思想和整体消元思想，设而不求． （三）例题分析：例 1．（1）设数列{a n }是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首 项为 2．（2）已知等差数列{a n }的公差 d0，且a 1,a 3,a 9成等比数列，则 a 1 a 3 a 9 13．16a 2 a 4 a 10例 2．有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，且第一个数与第四个数 的和是16，第二个数与第三个书的和是12，求这四个数． a d (a d)216解：设这四个数为：ad,a,ad, (a d)，则 2aa2a d 12a 4a 9解得： d 8或 d6，所以所求的四个数为：4,4,12,36；或15,9,3,1．例 3．由正数组成的等比数列{a n }，若前2n 项之和等于它前2n 项中的偶数项之和的 11倍， 第 3项与第 4项之和为第 2项与第 4项之积的 11倍，求数列{a n }的通项公式． 解：当q1时，得2na 1 11na 1不成立，∴q 1，a 1(1q 2n ) 11a 1q(1q 2n)① ∴ 1q1q 2 2 3 3 a 1q a 1q 11a 1q a 1q ②由①得q 101，代入②得a 1 10，∴a n( 1 )n 2 ． 10说明：用等比数列前n 项和公式时，一定要注意讨论公比是否为 1． 例 4．已知等差数列110,116,122,，（1）在区间[450,600]上，该数列有多少项？并求它们的和；（2）在区间[450,600]上，该数列有多少项能被5整除？并求它们的和. 解：a n1106(n 1) 6n 104，（1）由450 6n 104 600，得58 n 82，又n N ,* ∴该数列在[450,600]上有25项,其和S n1 (a 58 a 82)25 13100．2（2）∵a n 1106(n 1)，∴要使a n 能被5整除，只要n 1能被5整除，即n 15k ， ∴n 5k 1，∴58 5k 182，∴12 k 16，∴在区间[450,600]上该数列中能被5 整除的项共有5项即第61,66,71,76,81项，其和S 5(a 61 a 81) 2650．2五．课后作业：《高考 A 计划》考点 20，智能训练 5，6， 12，13，14，15．第 3 课时等差数列、等比数列的性质及应用一．课题：等差数列、等比数列的性质及应用二．教学目标：熟练掌握等差（比）数列的基本公式和一些重要性质，并能灵活运用性质解决有关的问题，培养对知识的转化和应用能力．三．教学重点：等差（比）数列的性质的应用． 四．教学过程： （一）主要知识：有关等差、等比数列的结论1．等差数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列 S m ,S 2m S m ,S 3m S 2m ,仍为等差数列．2．等差数列{a n }中，若m n p q ，则a m a n a p a q 3．等比数列{a n }中，若mnpq ，则a m a na p a q 4．等比数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列S m ,S 2m S m ,S 3mS 2m ,仍为等比数列．5．两个等差数列{a n }与{b n }的和差的数列{a nb n }仍为等差数列．a n 16．两个等比数列{a n }与{b n }的积、商、倒数的数列{a nb n }、、仍为等比数b bn n列． （二）主要方法：1．解决等差数列和等比数列的问题时，通常考虑两类方法：①基本量法：即运用条件转化 为关于a 1和d(q)的方程；②巧妙运用等差数列和等比数列的性质，一般地运用性质可以化繁为简，减少运算量．2．深刻领会两类数列的性质，弄清通项和前n 项和公式的内在联系是解题的关键．（三）例题分析：例 1．（1）若一个等差数列前 3项的和为 34，最后三项的和为 146，且所有项的和为 390, 则这个数列有 13项；（2）已知数列 {a n }是等比数列 ,且 a n >0 , n N * 9．, a 3a 5 2a 4a 6 a 5a 7 81，则 a 4a 6（3）等差数列前m 项和是30，前2m 项和是100，则它的前3m 项和是 210． 例 2．若数列{a n }成等差数列，且 S m n,S n m(m n)，求 S nm ．解：（法一）基本量法（略）；An （法二）设 S n An Bn ，则2Am 2 Bn m Bm n (1) 2(2) (1)(2)得：(n 2m )A (n m)B m n ，mn ，∴(m n)A B1，2A (n m)B (n m)． ∴S n m (n m)2 例 3．等差数列{a n }中共有奇数项，且此数列中的奇数项之和为77，偶数项之和为66， a 1 1，求其项数和中间项.解：设数列的项数为2n 1项，则S (n 1)(a 1 a2n 1) 77， S 偶 n(a 2a 2n ) 66奇2 2 ∴ S S 偶n 1 77 ， n 66∴n 6，∴数列的项数为13，中间项为第7项，且a 7 11． 奇说明：（1）在项数为2n 1项的等差数列{a n }中，S 奇=(n+1)a 中,S 偶=na 中,S 2n+1=(2n+1)a 中；（2）在项数为2n 项的等差数列{a n }中S 奇=na n ,S 偶=na n 1,S 2n+1=n(a n a n 1)．1 例 4．数列 {a n }是首项为 1000，公比为 的等比数列，数列 {b n } 满足101b k(lga 1lga 2 lga k )k (k N*)，（1）求数列{b n }的前n 项和的最大值；（2）求数列{|b n |}的前n 项和 S n ．解：（1）由题意：a n 104n ，∴lga n 4n ，∴数列{lga n }是首项为 3，公差为1的等差数列，∴lga 1 lga 2 lga k 3k k(k 1)，∴b n 1[3n n(n1)]7 n 2 n 22b n 0 由 21 b n 1 0，得 6 n 7，∴数列{b n }的前n 项和的最大值为 S 6 S 7 2（2）由（1）当n 7时，b n 0，当n 7时，b n 0，37n)n 1n 13 4 n2 ∴当n 7时，S n b 1 b 2b n (n7S n b 1 b 2 b 7 b 8 b 9b n2S 7 (b 1 b 2b n ) 1n 2n212 24当时，13 441 n 134 2 n (n 7) 4 ∴S n ． 1 n 13 4 n 21 (n 7) 2 4 例 5*．若S n 和T n 分别表示数列{a n }和{b n }的前n 项和，对任意自然数n ，有a n2n 3， 2 * }，4T n 12S n 13n ，（1）求数列{b n }的通项公式；（2）设集合 A {x | x2a n ,n N B {y | y 4b n ,n N }．若等差数列{c n }任一项c n A B,c 1是 A B 中的最大数，且 265c 10125，求{c n }的通项公式． 4T n 12S n 13n* 解：（1）当n 2,nN*时：，4T n 1 12S n113(n 1) 两式相减得：4b n12a n13，∴b n 3a n 1343n 5，又b 1417 4也适合上式， ∴数列{b n }的通项公式为b n 3n 5．4 （2）对任意 n N*， 2a n 2n 3,4b n 12n 5 2(6n 1) 3，∴ B A ，∴ A B B ∵c 1是 AB 中的最大数，∴c 1 17，设等差数列{c n }的公差为d ，则c 10 179d ， ∴265 17 9d 125，即27 5 d 12，又4b n 是一个以12为公差的等差数列， 9 ∴ d 12k(k N*)，∴ d 24，∴c n 724n ． （四）巩固练习： 1．若数列{a }（n N *）是等差数列，则有数列b n a 1a 2 a n（nN *）也为 nn等差数列，类比上述性质，相应地：若数列 {c n }是等比数列，且 c n >0（nN *），则有d nC 1 C 2C n （n N *）也是等比数列．nS n 7n 12．设 S n 和T n 分别为两个等差数列的前 n 项和，若对任意 n N*，都有， T n 4n 27则第一个数列的第11项与第二个数列的第11项的比是 4．3a n S 2n 1说明：．b n T 2n 1五．课后作业：《高考 A 计划》考点 21，智能训练 4，8，12，14，15，16．第 4 课时数列求和一．课题：数列求和二．教学目标：1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算； 3．熟记一些常用的数列的和的公式．三．教学重点：特殊数列求和的方法． 四．教学过程： （一）主要知识：1．等差数列与等比数列的求和公式的应用；2．倒序相加、错位相减，分组求和、拆项求和等求和方法； （二）主要方法：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式； 2．求和过程中注意分类讨论思想的运用； 3．转化思想的运用； （三）例题分析：例 1．求下列数列的前n 项和S n ： （1）5，55，555，5555，…， 5 (10n1)，…；（2） 1 , 1 , 1 ,, 1,； 91 32 43 5 n(n 2)1（3）a n；（4）a,2a 2 ,3a ,,na ,；3n n n 1（ 5） 13,24,35,, n(n2),； sin 1sin 2sin 3sin 89． （ 6）2 22 2 n 个 n 个 解：（1） S n 55555555 5 5(999999999) 95[(101)(10 1)(10 1)(10 1)]3 n29 5[1010 10 10 )，n] 50 (101) 5 n ． 2 3 n n 9 81 9 1 1 1 (1 （2）∵ n(n 2)2 n n 2∴S n 1[(11)(1 1)(1 1)(1 1 )] 1 (1 1 1 1 )． 2 3 2 4 3 5 n n 2 n 1 n n 1nn n 1 ( n n 1)( n 1n) 2 2 n 1 n 21（3）∵a n 1 1 1∴S n2 13 2 n 1n ( 2 1)( 3 2) ( n 1n)n 11．（4） S n a 2a 3a na 2 3 n ，当 a 1时， S n 123…n n(n1) ，2当 a1时， S na 2a23a 3…nan， 2aS n a2a 33a4…na n 1 ， a(1 a 1 a n ) na n 1 ， 两式相减得 (1a)S n a a2 a3 … a n na n 1 ∴S n na n 2 (n 1)a n 1 a ． (1a)2 （5）∵n(n 2) n 22n ， 3 2 …n 2 )2(123…n) n(n 1)(2n 7) ．2 ∴原式(1 2 2 6（6）设S sin 又∵ S sin2 1sin 2 2sin 2 3sin 289， 1， 2 89sin 2 88sin 2 87sin 2 89∴ 2S 89，S．2 6n 5 (n 为奇数)例 2．已知数列{a n }的通项a n 2(n 为偶数)，求其前n 项和S n ． n解：奇数项组成以a 1 1为首项，公差为 12的等差数列， 偶数项组成以a 2 4为首项，公比为 4的等比数列； 当n 为奇数时，奇数项有 n 1项，偶数项有 n 1项，2 2n 1(16n 5)n 1 4(1 4 2 ) (n 1)(3n 2) 4(2 n 11)，2 ∴S n 2 1 4 2 3当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有 n项， 2n (16n 5)n 4(142) n(3n 2) 4(2 n1)， ∴S n 22 1 4 2 3(n 1)(3n 2)4(2n 11) (n 为奇数) 2 3 所以，S n ． n(3n 2) 4(2 n1)(n 为偶数)2 3例 3．（《高考 A 计划》智能训练 14题）数列{a }的前n 项和S n 2n p(p R)，数列{b n }n满足b nlog 2 a n ，若{a n }是等比数列，（1）求 p 的值及通项a ；（2）求和T n (b 1) n2 (b 2) 2 (b 3)2…(1)n 1(b n ) 2(nN * )．（解答见教师用书 127页） （四）巩固练习：设数列1,(12),,(12 2 n 1),的前n 项和为S n ，则S n 等于（(A) 2 (B) 2n(C) 2n 1n ） nn(D) 2n 1 n 2五．课后作业：《高考 A 计划》考点 22，智能训练 2，4，5，12，15，16． 第 5 课时数列的实际应用一．课题：数列的实际应用二．教学目标：1．理解“复利”的概念，能解决分期付款的有关计算方法；2．能够把实际问题转化成数列问题．三．教学重点：建立数列模型解决数列实际应用问题． 四．教学过程： （一）主要知识：1．解应用问题的核心是建立数学模型；2．一般步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型； 3．注意问题是求什么（n,a n ,S n ）．（二）主要方法：1．解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答； 2．在归纳或求通项公式时，一定要将项数n 计算准确； 3．在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系；4．在近似计算时，要注意应用对数方法和二项式定理，且要看清题中对近似程度的要求． （三）例题分析：例 1．某地区森林原有木材存量为a ，且每年增长率为 25％，因生产建设的需要每年年底要 砍伐的木材量为b ，设a n 为n 年后该地区森林木材的存量， （1）求a n 的表达式；7 （2）为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量不少于 a ，如果9b19a ，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？（参考数据： 72lg2 0.3）解：（1）设第一年的森林的木材存量为a 1，第n 年后的森林的木材存量为a n ，则 a 1 a(11) b 5 ab ，4 4 a 25 a 1 b (5) a (5 1)b ，2 4 4 4 a 35 a 2 b (5) a [(5) 5 1]b ， 3 24 4 4 4………a n(5) a 4[(5) 1]b(n N )． n a [(5)n 1(5)n 2 1](5) n n * 4 4 4 4 4（2）当 b 19 a 时，有a n 7 a 得(5)n a 4[(5)n 1]19 a 7 a 即(5)5，n 72 9 4 4 72 9 4 lg51lg2 7.2． 所以，nlg52lg2 13lg 2 答：经过 8年后该地区就开始水土流失．例 2．轻纺城的一家私营企业主，一月初向银行贷款一万元作开店资金，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需要交纳房租和所得税为该月所得金额（包括利 润）的10%，每月的生活费开支 300元，余款作为资金全部投入再经营，如此继续，问该 年年底，该私营企业主有现款多少元？如果银行贷款的年利率为5%，问私营企业主还清银 行贷款后纯收入还有多少元？ 解：第一个月月底余a 1 (120%)10000(120%)1000010%300 10500元，设第n 个月月底余a n ，第n 1个月月底余a n 1， 则a n 1 a n (120%)a n (120%)10%300 1.08a n 300(n 1)， 从而有a n 1 3750 1.08(a n 3750)，设b n a n 3750,b 1 6750，∴{b n }是等比数列b n b 1 1.08n1∴a n6750 1.08n13750，a 126750 1.08 还贷后纯收入为a 12 10000(15%)8988.60元．， 11 375019488.6，例 3．银行按规定每经过一定的时间结算存（贷）款的利息一次，结算后即将利息并入本金，这种计算利息的方法叫做复利．现在有某企业进行技术改造，有两种方案：甲方案：一次性贷款 10万元，第一年便可获得利润 1万元，以后每年比上年增加 30％的 利润；乙方案：每年贷款 1万元，第一年可获得利润 1万元，以后每年比前一年多获利 5000元． 两种方案的期限都是 10年，到期一次行归还本息．若银行贷款利息均以年息 10％的复利 计算，试比较两个方案哪个获得存利润更多？（计算精确到千元，参考数据： 1.1 2.594,1.3 13.796）10 10 解：甲方案 10年获利润是每年利润数组成的数列的前 10项的和：1(130%)(130%) 2(130%) 91.310 142.62（万元） 1.31到期时银行的本息和为10(110%) 1010 2.594 25.94（万元） ∴甲方案扣除本息后的净获利为：42.6225.94 16.7（万元）乙方案：逐年获利成等差数列，前 10年共获利：1(10.5)(120.5)(190.5) 10(1 5.5)32.50（万元）2贷款的本利和为： 1.1[1(110%)(110%)] 1.1 1.110 117.53（万元） 9 1.1 1∴乙方案扣除本息后的净获利为：32.5017.53 15.0（万元）所以，甲方案的获利较多．例 4．某工厂在 1999年的“减员增效”中对部分人员实行分流，规定分流人员第一年可以 到原单位领取工资的 100％，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年的 23 领取工资，该厂根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶 段，第二年每人可获得 b 元收入，从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增 50％，如果某人分流前工资的收入每年a 元，分流后进入新经济实体，第n 年的收入为a n 元，（1）求{a n }的通项公式；（2）当 b 8a 时，这个人哪一年的收入最少？最少为多少？ 27（3）当 b 3a 时，是否一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入？8解：（1）由题意得，当n 1时， a a ，当n 2时，a n a(2)n 1 b(3)n 2 ， 1 3 2a (n 1) ∴a n 2 ． a( )n 1 b(3)n 2 (n 2) 3 2（2）由已知 b 8a ，271 ( )n 2]2 当 n 2时， a n a(2)n 1 8a3 ( )n 2 2[a(2)n 1 8a 3 8a 要使得上式等号成 9 3 27 2 3 27 2立，当且仅当 a(2)n 1( )n 2，即(2)2n 2 (2) 8a 3 27 24 ，解得 n 3，因此这个人第三年收入最 33 3 少为 8a 元． 9 （ 3 ） 当 n 2时 ， a n a(2)n 1 b(3)n 2 a(2)n 1 3a 3 ( )n 2 2 a(2)n 1 3a(3)n 2 a ，上述等号成 3 2 3 8 2 3 8 2立，须 b 3a 1 2 1log 2 2 2因此等号不能取到， 8且n 1log 2 3 3 3当 b 3a 时，这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入．8 （四）巩固练习：某工厂生产总值月平均增长率为 p ，则年平均增长率为 （ ）(A) p (D) (1p) (B) 12p (C) (1p) 12 12 1 五．课后作业：《高考 A 计划》考点 23，智能训练 2，11，13，14，15，16．。
2023年高考数学一轮复习讲义——数列的概念
§6.1数列的概念考试要求 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．知识梳理1．数列的定义按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类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项与项间的大小关系递增数列a n＋1＞a n其中n∈N*递减数列a n＋1＜a n常数列a n＋1＝a n摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列的通项公式如果数列{a n}的第n项a n与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．4．数列的递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．常用结论1．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)；若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)． 思考辨析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)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{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ ) 教材改编题1．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2 023的值为( )A ．2B ．－3C ．－12 D.13答案 C解析 因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，同理可得a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，可得a n ＋4＝a n ，则a 2 023＝a 505×4＋3＝a 3＝－12.2．数列13，18，115，124，135，…的通项公式是a n ＝________.答案1n (n ＋2)，n ∈N *解析 ∵a 1＝11×(1＋2)＝13，a 2＝12×(2＋2)＝18，a 3＝13×(3＋2)＝115，a 4＝14×(4＋2)＝124，a 5＝15×(5＋2)＝135，∴通过观察，我们可以得到如上的规律， 则a n ＝1n (n ＋2)，n ∈N *.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 答案 4n －5解析 a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)] ＝4n －5，因为a 1也适合上式，所以a n ＝4n －5.题型一 由a n 与S n 的关系求通项公式例1 (1)设S n 为数列{a n }的前n 项和，若2S n ＝3a n －3，则a 4等于( ) A ．27 B ．81 C ．93 D ．243答案 B解析 根据2S n ＝3a n －3， 可得2S n ＋1＝3a n ＋1－3， 两式相减得2a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ， 即a n ＋1＝3a n ，当n ＝1时，2S 1＝3a 1－3，解得a 1＝3，所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以a 4＝a 1q 3＝34＝81.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －12n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝21＝2. ∵a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①∴a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2n －1(n ≥2)，② 由①－②得，(2n －1)·a n ＝2n －2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －12n －1(n ≥2)．显然n ＝1时不满足上式，∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －12n －1，n ≥2.教师备选1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则a n ＝________. 答案 2n ＋1解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －[(n －1)2＋2(n －1)]＝2n ＋1.由于a 1＝3适合上式，∴a n ＝2n ＋1.2．已知数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________. 答案 －2n －1解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1， ∴a 1＝－1.当n ≥2时，S n ＝2a n ＋1，① S n －1＝2a n －1＋1.②①－②得S n －S n －1＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)，∴{a n }是首项为a 1＝－1，公比为q ＝2的等比数列． ∴a n ＝a 1·q n －1＝－2n －1.思维升华 (1)已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2转化为关于a n 的关系式，再求通项公式．(2)S n 与a n 关系问题的求解思路方向1：利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． 方向2：利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．跟踪训练1 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，4n －1，n ≥2解析 根据题意，可得S n －1＝2(n －1)2＋(n －1)＋1. 由通项公式与求和公式的关系， 可得a n ＝S n －S n －1， 代入化简得a n ＝2n 2＋n ＋1－2(n －1)2－(n －1)－1＝4n －1. 经检验，当n ＝1时，S 1＝4，a 1＝3， 所以S 1≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，4n －1，n ≥2.(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2解析 由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ， 两边同时除以S n ＋1S n ， 得1S n ＋1－1S n ＝－1. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n . 所以S n ＝－1n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－1n ＋1n －1＝1n (n －1)，故a n＝⎩⎨⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2.题型二 由数列的递推关系求通项公式 命题点1 累加法例2 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋ln n B ．2＋(n －1)ln n C ．2＋n ln n D ．1＋n ＋ln n答案 A解析 因为a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ，所以a 2－a 1＝ln 2－ln 1， a 3－a 2＝ln 3－ln 2， a 4－a 3＝ln 4－ln 3， ……a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2)，把以上各式分别相加得a n －a 1＝ln n －ln 1， 则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也适合， 因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *)． 命题点2 累乘法例3 若数列{a n }满足a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)·a n (n ≥2)，则a n ＝________. 答案2n ＋1解析 由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2)． 所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n ＋1×n －1n ×n －2n －1×…×34×23×1＝2n ＋1，又a 1＝1满足上式，所以a n ＝2n ＋1. 教师备选1．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.答案 4－1n解析 ∵a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝1n －1－1n ，a n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，……a 2－a 1＝1－12，∴以上各式相加得，a n －a 1＝1－1n ，∴a n ＝4－1n ，a 1＝3适合上式，∴a n ＝4－1n.2．若{a n }满足2(n ＋1)·a 2n ＋(n ＋2)·a n ·a n ＋1－n ·a 2n ＋1＝0，且a n >0，a 1＝1，则a n ＝________.答案 n ·2n －1解析 由2(n ＋1)·a 2n ＋(n ＋2)·a n ·a n ＋1－n ·a 2n ＋1＝0得 n (2a 2n ＋a n ·a n ＋1－a 2n ＋1)＋2a n (a n ＋a n ＋1)＝0，∴n (a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＋2a n (a n ＋a n ＋1)＝0， (a n ＋a n ＋1)[(2a n －a n ＋1)·n ＋2a n ]＝0， 又a n >0，∴2n ·a n ＋2a n －n ·a n ＋1＝0，∴a n ＋1a n ＝2(n ＋1)n ， 又a 1＝1， ∴当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝2n n －1×2(n －1)n －2×2(n －2)n －3×…×2×32×2×21×1＝2n －1·n .又n ＝1时，a 1＝1适合上式， ∴a n ＝n ·2n －1.思维升华 (1)形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列，利用累加法，即利用公式a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1(n ≥2)，即可求数列{a n }的通项公式．(2)形如a n ＋1a n ＝f (n )的数列，常令n 分别为1,2,3，…，n －1，代入a n ＋1a n ＝f (n )，再把所得的(n －1)个等式相乘，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1(n ≥2)即可求数列{a n }的通项公式．跟踪训练2 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1，则a n ＝________. 答案 2n －1＋n解析 ∵a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1， ∴a n ＋1－a n ＝2n －1＋1，∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －2＋2n －3＋…＋2＋1＋a 1＋n －1＝1－2n －11－2＋2＋n －1＝2n －1＋n .又∵a 1＝2满足上式， ∴a n ＝2n －1＋n .(2)(2022·莆田模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________． 答案 a n ＝2n (n ＋1)解析 由S n ＝n 2a n ，可得当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1， 即(n 2－1)a n ＝(n －1)2a n －1， 易知a n ≠0，故a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝a na n －1×a n －1a n －2×a n －2a n －3×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1＝n －1n ＋1×n －2n ×n －3n －1×…×24×13×1＝2n (n ＋1).当n ＝1时，a 1＝1满足a n ＝2n (n ＋1).故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ＋1).题型三 数列的性质 命题点1 数列的单调性例4 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”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 答案 A解析 若数列{a n }为递增数列， 则有a n ＋1－a n >0，∴(n ＋1)2－2λ(n ＋1)－n 2＋2λn ＝2n ＋1－2λ>0，即2n ＋1>2λ对任意的n ∈N *都成立，于是有λ<⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋12min ＝32， ∵由λ<1可推得λ<32，但反过来，由λ<32不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件． 命题点2 数列的周期性例5 (2022·广州四校联考)数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)，则a 2 023等于( ) A ．－2 B ．－1 C ．2 D.12答案 C解析 ∵数列{a n }满足a 1＝2， a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)， ∴a 2＝11－2＝－1，a 3＝11－(－1)＝12，a 4＝11－12＝2，…，可知此数列有周期性，周期T ＝3， 即a n ＋3＝a n ，则a 2 023＝a 1＝2. 命题点3 数列的最值例6 已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1011n ，则数列{a n }的最大项为( ) A ．a 8或a 9 B ．a 9或a 10 C ．a 10或a 11 D ．a 11或a 12答案 B解析 结合f (x )＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1011x的单调性， 设数列{a n }的最大项为a n ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1，所以⎩⎨⎧(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1011n ≥(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫1011n ＋1，(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1011n≥n ·⎝⎛⎭⎫1011n －1，解不等式组可得9≤n ≤10.所以数列{a n }的最大项为a 9或a 10. 教师备选1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k2n ，若数列{a n }为递减数列，则实数k 的取值范围为( )A ．(3，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案 D解析 因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k2n＝3－3n －k2n ＋1，由数列{a n }为递减数列知， 对任意n ∈N *，an ＋1－a n ＝3－3n －k2n ＋1<0， 所以k >3－3n 对任意n ∈N *恒成立， 所以k ∈(0，＋∞)．2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋3＝1，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 2 023等于( ) A ．－1 B ．0 C ．log 53 D ．4答案 B解析 因为a n a n ＋3＝1，所以a n ＋3a n ＋6＝1，所以a n ＋6＝a n ，所以{a n }是周期为6的周期数列， 所以log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 2 023 ＝log 5(a 1a 2…a 2 023)＝log 5[(a 1a 2…a 6)337·a 1]， 又因为a 1a 4＝a 2a 5＝a 3a 6＝1， 所以a 1a 2…a 6＝1，所以原式＝log 5(1337×1)＝log 51＝0. 思维升华 (1)解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列． (2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． (3)求数列的最大项与最小项的常用方法 ①函数法，利用函数的单调性求最值．②利用⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2)确定最小项．跟踪训练3 (1)在数列{a n }中，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，a n <12，2a n－1，a n≥12，若a 1＝45，则a 2 023的值为( )A.35B.45C.25D.15答案 D 解析 a 1＝45>12，∴a 2＝2a 1－1＝35>12，∴a 3＝2a 2－1＝15<12，∴a 4＝2a 3＝25<12，∴a 5＝2a 4＝45，……可以看出四个循环一次，故a 2 023＝a 4×505＋3＝a 3＝15.(2)(2022·沧州七校联考)已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项． 答案 5解析 a n ＝n ＋13n －16＝13⎝⎛⎭⎪⎫1＋193n －16， 当n >5时，a n >0，且单调递减； 当n ≤5时，a n <0，且单调递减， ∴当n ＝5时，a n 最小．课时精练1．数列{a n }的前几项为12，3，112，8，212，…，则此数列的通项公式可能是( )A ．a n ＝5n －42B ．a n ＝3n －22C ．a n ＝6n －52D ．a n ＝10n －92答案 A解析 数列为12，62，112，162，212，…，其分母为2，分子是以首项为1，公差为5的等差数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝5n －42.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23 答案 D解析 a 2＝1＋(－1)2a 1＝2，a 3＝1＋(－1)3a 2＝12，a 4＝1＋(－1)4a 3＝3，a 5＝1＋(－1)5a 4＝23.3．已知数列{a n }的前n 项积为T n ，且满足a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)，若a 1＝14，则T 2 023为( )A ．－4B ．－35C ．－53D.14答案 C解析 由a n ＋1＝1＋a n 1－a n，a 1＝14，得a 2＝53，a 3＝－4，a 4＝－35，a 5＝14，…，所以数列{a n }具有周期性，周期为4， 因为T 4＝a 1·a 2·a 3·a 4＝1,2 023＝4×505＋3， 所以T 2 023＝(a 1a 2a 3a 4)…(a 2 021a 2 022a 2 023) ＝14×53×(－4)＝－53. 4．若数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5等于( ) A ．8 B ．16 C ．32 D ．64 答案 B解析 数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1(n ∈N *)， 则S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)， 两式相减得a n ＝2a n －1(n ≥2)， 由此可得，数列{a n }是等比数列， 又S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1， 令n ＝5，得a 5＝16.5．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1(n ∈N *)，则下列结论正确的是( ) A ．这个数列的第10项为2731B.97100是该数列中的项 C ．数列中的各项都在区间⎣⎡⎭⎫14，1内D ．数列{a n }是单调递减数列 答案 BC解析 a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝(3n －1)(3n －2)(3n －1)(3n ＋1) ＝3n －23n ＋1， 令n ＝10得a 10＝2831，故A 错误；令3n －23n ＋1＝97100得n ＝33∈N *， 故97100是数列中的项，故B 正确； 因为a n ＝3n －23n ＋1＝3n ＋1－33n ＋1＝1－33n ＋1，又n ∈N *.所以数列{a n }是单调递增数列， 所以14≤a n ＜1，故C 正确，D 不正确．6．(多选)若数列{a n }满足：对任意正整数n ，{a n ＋1－a n }为递减数列，则称数列{a n }为“差递减数列”．给出下列数列{a n }(n ∈N *)，其中是“差递减数列”的有( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝n 2＋1 C ．a n ＝n D ．a n ＝lnn n ＋1答案 CD解析 对于A ，若a n ＝3n ，则a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－3n ＝3，所以{a n ＋1－a n }不为递减数列，故A 错误；对于B ，若a n ＝n 2＋1，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1， 所以{a n ＋1－a n }为递增数列，故B 错误； 对于C ，若a n ＝n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1－n ＝1n ＋1＋n，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故C 正确； 对于D ，若a n ＝ln nn ＋1，则a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＋2－ln nn ＋1＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2·n ＋1n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋2n ， 由函数y ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2＋2x 在(0，＋∞)上单调递减，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故D 正确．7．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3·4n －2，n ≥2解析 ∵a n ＋1＝3S n (n ∈N *)， ∴当n ＝1时，a 2＝3； 当n ≥2时，a n ＝3S n －1， ∴a n ＋1－a n ＝3a n ， 得a n ＋1＝4a n ，∴数列{a n }从第二项起为等比数列， 当n ≥2时，a n ＝3·4n －2，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3·4n －2，n ≥2.8．(2022·临沂模拟)已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________． 答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ， 即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ∈N *，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 9．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3，由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知当n ＝1时，a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1，于是a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n －1个等式中等号两端分别相乘，整理得a n ＝n (n ＋1)2. 当n ＝1时，a 1＝1满足a n ＝n (n ＋1)2. 综上可知，{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2.10．求下列数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3n ； (2)a 1＝1，a n ＋1＝2n a n .解 (1)由a n ＋1＝a n ＋3n 得a n ＋1－a n ＝3n ，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋31＋32＋33＋…＋3n －1 ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12，当n ＝1时，a 1＝1＝31－12，满足上式，∴a n ＝3n －12(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝2n a n 得a n ＋1a n＝2n ，当n ≥2时，a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×…×a na n －1＝1×2×22×23×…×2n －1 ＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝()122n n -.当n ＝1时，a 1＝1满足上式， ∴a n ＝()122n n -(n ∈N *)．11．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )n －2，n ≤6，a n －5，n >6，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫167，3 B.⎣⎡⎭⎫167，3 C ．(1,3) D ．(2,3)答案 D解析 若{a n}是递增数列，则⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，a 7>a 6，即⎩⎪⎨⎪⎧a <3，a >1，a 2>6(3－a )－2，解得2<a <3，即实数a 的取值范围是(2,3)．12．(多选)(2022·江苏盐城中学模拟)对于数列{a n }，若存在数列{b n }满足b n ＝a n －1a n (n ∈N *)，则称数列{b n }是{a n }的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是( ) A ．若数列{a n }是单增数列，则其“倒差数列”不一定是单增数列 B ．若a n ＝3n －1，则其“倒差数列”有最大值 C ．若a n ＝3n －1，则其“倒差数列”有最小值 D ．若a n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ，则其“倒差数列”有最大值 答案 ACD解析 若数列{a n }是单增数列，则b n －b n －1＝a n －1a n －a n －1＋1a n －1＝(a n －a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n a n －1，虽然有a n >a n －1，但当1＋1a n a n －1<0时，b n <b n －1，因此{b n }不一定是单增数列，A 正确； a n ＝3n －1，则b n ＝3n －1－13n －1，易知{b n }是递增数列，无最大值，B 错误；C 正确，最小值为b 1.若a n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， 则b n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12n ，∵函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上单调递增，∴当n 为偶数时，a n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n∈(0,1)， ∴b n ＝a n －1a n<0，当n 为奇数时，a n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n>1，显然a n 是单调递减的， 因此b n ＝a n －1a n 也是单调递减的，即b 1>b 3>b 5>…，∴{b n }的奇数项中有最大值为b 1＝32－23＝56>0，∴b 1＝56是数列{b n }(n ∈N *)中的最大值，D 正确．13．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________． 答案 5解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.14．(2022·武汉模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，1a n ＋1－1a n ＝n ＋1，则其前n 项和S n ＝________.答案2n n ＋1解析 ∵1a 2－1a 1＝2，1a 3－1a 2＝3，1a 4－1a 3＝4，…，1a n －1a n －1＝n ， 累加得1a n －1a 1＝2＋3＋4＋…＋n ，得1a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2， ∴a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2nn ＋1.15．(多选)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法正确的有( ) A ．T n 无最大值 B ．a n 有最大值 C ．T 2 023＝1 D ．a 2 023＝1答案 BCD解析 因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，… 因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3，a 2 023＝a 1＝1，因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…， 所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9， T 2 023＝T 1＝1.16．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)． (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)， 又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)． 结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性， 可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a 2， 已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性， 可知5<2－a 2<6，即－10<a <－8.即a的取值范围是(－10，－8)．。