高考数学一轮复习讲义 第39课时 数列的概念及函数特征 理
推荐2019届高三数学(理)人教版一轮课件：第五篇第1节 数列的概念与简单表示法(39)
解析:a8=S8-S7=64-49=15.故选A.
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12
5.数列{an}中,a1=1,对所有的n≥2都有a1a2a3…an=n2,则a3=
.
解析:因为数列{an}中,a1=1,对所有 n∈N*,都有 a1a2…an=n2,所以 n=3 时,a1a2a3=32,
(2)若数列{an}的前 n 项和为 Sn,
S1 (n 1), 则 an= Sn Sn 1 (n 2).
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9
双基自测
1.下面五个结论:①数列若用图象表示 ,从图象上看都是一群孤立的点 ;②数列 的项数是无限的 ;③数列的通项公式是唯一的 ;④数列不一定有通项公式;⑤将 数列看做函数 , 其定义域是 N*( 或它的有限子集 {1,2,…,n}). 其中正确的是 ( B ) (A)①②④⑤ (B)①④⑤
在讲练中理解知识
解:(1)各项减去1后为正偶数,所以an=2n+1,n∈N*.
(2)每一项的分子比分母少 1, 而分母组成数列 21,22,23,24,…,
2n 1 所以 an= n ,n∈N*. 2
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(3)-1,
3 1 3 1 3 ,- , ,- , ,…; (4)3,33,333,3 333,…. 2 3 4 5 6
第五篇
数列(必修5)
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1
六年新课标全国卷试题分析 高考考点、示例分布图 命题特点 1.高考在本篇一般命制2道小题或者1道解答题,分 值占10～12分. 2.高考对小题的考查一般以等差、等比数列的基 本量运算、等差、等比数列的性质、数列的递推 式等为主. 3.解答题一般考查求数列的通项公式、等差等比 数列的证明、错位相减法、裂项相消法、公式法 求和等,其中裂项相消法常与不等式相结合.
高考数学复习知识点讲解课件39---函数的极值、最值
例2 (1)函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为
－29(a>0)，则a，b的值为
A.a＝2，b＝－29
B.a＝3，b＝2
√C.a＝2，b＝3
D.以上都不对
解析 函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)， 因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0<x<4，此时函数单调递减， 由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增， 即函数在[－1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减， 即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值， 则f(0)＝b＝3， 则f(x)＝ax3－6ax2＋3， f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3， 则f(－1)>f(2)， 即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29， 计算得出a＝2，b＝3.
e－2b＋12(a－1)2＝e－a＋12(2b－1)2 化为12(a－1)2－e－a＝12(2b－1)2－e－2b， 即f(a)＝f(2b)⇒a＝2b.
方法三 当a>0时，根据题意画出函数f(x)
的大致图象，如图3所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致
图象，如图4所示，观察可知a>b.
综上，可知必有ab>a2成立.
图3
图2 图4
(2)(2021·湘潭模拟)已知函数 f(x)＝ex－ax2＋2ax 有两个极值点，则 a 的
画出该函数的图象如图1所示，可知x＝1为函数f(x)
的极大值点，满足题意.
从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误；
图1
当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)， 画出该函数的图象如图2所示，可知x＝－1为函数 f(x)的极大值点，满足题意. 从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误.
高考数学一轮复习 39 课时 数列的概念及函数特征
课后作业：
1. 设数列 2, 5,2 2, 11, 14, ，则 4 2 是这个数列的
A. 第 9 项
Hale Waihona Puke B. 第10 项C.第11项 D. 第12 项
2.在数列an 中, an
n
1
n
1
，且 Sn
9
，则 n
3. 数列 an 中， an2 an1 an ， a1 2, a2 5 ，则 a2009的值是
基本知识方法
1. 数列通项公式的求法： 1 观察分析法； 2 公式法： an
SS1n Sn1
n 1 n 2
3 转化成等差、等比数列； 4 累加、累乘法 ； 5 递推法.
2.数列的表示方法： 1 列举法； 2 图象法； 3 解析法（通项公式）； 4 递推法．
3.
an
与
Sn 的关系：
Sn
a1
a2
不会学会，会的做对.
世上没有绝望 281 的处境，只有对处境绝望的人.
Go the distance
4.（ 08 江西）在数列{an}中， a1 2 ，
an1
an
ln(1
1) n
，则
an
A. 2 ln n
B. 2 (n 1) ln n C. 2 n ln n D. 1 n ln n
5. （ 2013新课标全国Ⅰ）若数列an 的前
A. a1 , a50
B. a1 , a8
C. a8 , a9
79 80
(n N*) ，则在数列an
D. a9 , a50
8. （ 2013长安质检）已知数列an 满足 a1
33， an1 an
2n ，则
an n
2020届高考数学一轮总复习第六单元数列与算法第39讲由递推公式求通项课件理新人教A版
解：(1)依题意，S1＝1－a1，即 a1＝1－a1， 所以 a1＝21＝1×1 2. S2＝1－2a2，即 a1＋a2＝1－2a2， 所以 a2＝61＝2×1 3. S3＝1－3a3，即 a1＋a2＋a3＝1－3a3， 所以 a3＝112＝3×1 4. S4＝1－4a4，即 a1＋a2＋a3＋a4＝1－4a4， 所以 a4＝210＝4×1 5.
解得 a1＝3，a2＝5，a3＝7.
(2)由(1)猜想 an＝2n＋1. 因为 Sn＝2nan＋1－3n2－4n，① n≥2 时，Sn－1＝2(n－1)an－3(n－1)2－4(n－1)，② ①－②得：
an＝2nan＋1－2(n－1)an－3[n2－(n－1)2]－4[n－(n－1)]， 所以 2nan＋1＝(2n－1)an＋6n＋1(n≥2)， 所以 an＋1＝2n2－n 1an＋6n2＋n 1，
累加法、累乘法 转化法 归纳、猜想与证明
考点1·累加法、累乘法
【例 1】已知数列{an}中，a1＝1，前 n 项和为 Sn＝n＋3 2an. (1)求 a2，a3； (2)求{an}的通项公式．
分析：由 Sn 与 an 的关系求通项，可利用 an 与 Sn 的关系：
an＝SS1n， －Sn－1，
点评：(1)累加法和累乘法是推导等差数列和等比数列 的通项公式时所采用的方法，是递推关系求通项的两种最 基本的方法．
(2)一般地，若 an－an－1＝f(n)，在 f(n)可求和的条件下， 求 an 可采用累加法；
若aan－n1＝g(n)，在 g(n)可求积的条件下，求 an 可采用 累乘法．
考点2·转化法
高考总复习第（1）轮 理科数学
高考数学一轮专项复习ppt课件-数列的概念(北师大版)
自主诊断
4.如图，古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数.如图中的 数1,5,12,22，…称为五边形数，则第8个五边形数是___9_2____.
自主诊断
∵5－1＝4,12－5＝7,22－12＝10， ∴相邻两个图形的小石子数的差值依次 增加3， ∴第5个五边形数是22＋13＝35，第6个五边形数是35＋16＝51，第7 个五边形数是51＋19＝70，第8个五边形数是70＋22＝92.
由题意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，
以上各式相加，得 an－a1＝2＋3＋…＋n＝n－122＋n＝n2＋2n－2.
∵a1＝1， ∴an＝n2＋2 n(n≥2). ∵当n＝1时，a1＝1也满足此式， ∴an＝n2＋2 n.
(2)已知数列{an}满足a1＝2，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，则数列{an}的通项 公式为__a_n＝__(_n_＋__1_)·_2_n_－_1_(_n_∈__N_＋_)_.
A.21
B.33
√C.152
D.153
由数列的通项公式得，a1＝21，a2＝33，a12＝153.
自主诊断
3.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，那么它的通项公式an等于
A.n
√B.2n
C.2n＋1
D.n＋1
∵a1＝S1＝1＋1＝2， an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n(n≥2)， 当n＝1时，2n＝2＝a1，∴an＝2n.
2，n＝1， ∴an＝2nn－1，n≥2.
思维升华
an与Sn的关系问题的求解思路 (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解. (2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解.
高三数学复习知识点：数列的概念
高三数学复习知识点：数列的概念1.数列的定义按一定次序排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数都叫做数列的项.（1）从数列定义可以看出，数列的数是按一定次序排列的，如果组成数列的数相同而排列次序不同，那么它们就不是同一数列，例如数列1，2，3，4，5与数列5，4，3，2，1是不同的数列.（2）在数列的定义中并没有规定数列中的数必须不同，因此，在同一数列中可以出现多个相同的数字，如：-1的1次幂，2次幂，3次幂，4次幂，构成数列：-1，1，-1，1，.（4）数列的项与它的项数是不同的，数列的项是指这个数列中的某一个确定的数，是一个函数值，也就是相当于f（n），而项数是指这个数在数列中的位置序号，它是自变量的值，相当于f（n）中的n.（5）次序对于数列来讲是十分重要的，有几个相同的数，由于它们的排列次序不同，构成的数列就不是一个相同的数列，显然数列与数集有本质的区别.如：2，3，4，5，6这5个数按不同的次序排列时，就会得到不同的数列，而{2，3，4，5，6}中元素不论按怎样的次序排列都是同一个集合.2.数列的分类（1）根据数列的项数多少可以对数列进行分类，分为有穷数列和无穷数列.在写数列时，对于有穷数列，要把末项写出，例如数列1，3，5，7，9，，2n-1表示有穷数列，如果把数列写成1，3，5，7，9，或1，3，5，7，9，，2n-1，，它就表示无穷数列.（2）按照项与项之间的大小关系或数列的增减性可以分为以下几类：递增数列、递减数列、摆动数列、常数列.3.数列的通项公式数列是按一定次序排列的一列数，其内涵的本质属性是确定这一列数的规律，这个规律通常是用式子f（n）来表示的，这两个通项公式形式上虽然不同，但表示同一个数列，正像每个函数关系不都能用解析式表达出来一样，也不是每个数列都能写出它的通项公式；有的数列虽然有通项公式，但在形式上，又不一定是的，仅仅知道一个数列前面的有限项，无其他说明，数列是不能确定的，通项公式更非.如：数列1，2，3，4，，由公式写出的后续项就不一样了，因此，通项公式的归纳不仅要看它的前几项，更要依据数列的构成规律，多观察分析，真正找到数列的内在规律，由数列前几项写出其通项公式，没有通用的方法可循.再强调对于数列通项公式的理解注意以下几点：（1）数列的通项公式实际上是一个以正整数集N*或它的有限子集{1，2，，n}为定义域的函数的表达式.（2）如果知道了数列的通项公式，那么依次用1，2，3，去替代公式中的n就可以求出这个数列的各项；同时，用数列的通项公式也可判断某数是否是某数列中的一项，如果是的话，是第几项.（3）如所有的函数关系不一定都有解析式一样，并不是所有的数列都有通项公式.如2的不足近似值，精确到1，0.1，0.01，0.001，0.0001，所构成的数列1，1.4，1.41，1.414，1.4142，就没有通项公式.（4）有的数列的通项公式，形式上不一定是的，正如举例中的：（5）有些数列，只给出它的前几项，并没有给出它的构成规律，那么仅由前面几项归纳出的数列通项公式并不.4.数列的图象对于数列4，5，6，7，8，9，10每一项的序号与这一项有下面的对应关系：序号：1234567项：45678910这就是说，上面可以看成是一个序号集合到另一个数的集合的映射.因此，从映射、函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整集N*（或它的有限子集{1，2，3，，n}）的函数，当自变量从小到大依次取值时，对应的一列函数值.这里的函数是一种特殊的函数，它的自变量只能取正整数.由于数列的项是函数值，序号是自变量，数列的通项公式也就是相应函数和解析式.数列是一种特殊的函数，数列是可以用图象直观地表示的.数列用图象来表示，可以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标，描点画图来表示一个数列，在画图时，为方便起见，在平面直角坐标系两条坐标轴上取的单位长度可以不同，从数列的图象表示可以直观地看出数列的变化情况，但不精确.把数列与函数比较，数列是特殊的函数，特殊在定义域是正整数集或由以1为首的有限连续正整数组成的集合，其图象是无限个或有限个孤立的点.5.递推数列一堆钢管，共堆放了七层，自上而下各层的钢管数构成一个数列：4，5，6，7，8，9，10.①数列①还可以用如下方法给出：自上而下第一层的钢管数是4，以下每一层的钢管数都比上层的钢管数多1。
2025年高中数学高考精品备课教案：数列的概念
数列第1讲数列的概念课标要求命题点五年考情命题分析预测了解数列的概念和表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊函数.由a n 与S n的关系求数列的通项公式2023全国卷甲T17；2022新高考卷ⅠT17本讲为高考命题热点，主要考查数列的不同呈现形式及相应形式下的通项求解，常见的形式有a n 与S n 的关系，不同项间的递推关系（常需变形利用累加法、累乘法、构造法求解），题型既有客观题，也有主观题，难度中等.预计2025年高考命题稳定.由递推关系求数列的通项公式2020浙江T20数列的性质及其应用2023北京T10；2021北京T10学生用书P0901.数列的有关概念名称概念数列按照确定的顺序排列的一列数.数列的项数列中的每一个数.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①a n ＝f （n ）（n ∈N *）表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式.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.注意{a n }表示数列a 1，a 2，…，a n ，…，是数列的一种简记形式；而a n 只表示数列{a n }的第n 项.辨析比较通项公式和递推公式的区别1.通项公式：可根据某项的序号n 的值，直接代入求出a n .2.递推公式：可根据第一项（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a n .也可通过变形转化，直接求出a n .2.数列的函数特性（1）数列与函数的关系数列可以看成一类特殊的函数a n ＝f （n ），它的定义域是正整数集N *或正整数集N *的有限子集{1，2，3，4，…，n }，所以它的图象是一系列孤立的点，而不是连续的曲线.注意函数a n ＝f （n ）定义域为N *时，对应的数列{a n }为无穷数列.当其定义域为N *的有限子集{1，2，3，…，n }时，对应的数列{a n }为有穷数列.（2）数列的性质a.单调性——对任意的n ∈N *，若a n ＋1②＞a n ，则{a n }为递增数列；若a n ＋1③＜a n ，则{a n }为递减数列.否则为常数列或摆动数列.b.周期性——若a n ＋k ＝a n （n ∈N *，k 为常数且为正整数），则{a n }为周期数列，④k 为{a n }的一个周期.3.数列的前n 项和S n 与通项a n 的关系（1）S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n （n ∈N *）.（2）若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⑤1，=1，⑥－－1，≥2.注意利用a n ＝1，=1，－－1，≥2求通项时，对n ＝1的情形要检验.若当n ＝1时，a 1符合a n ＝S n －S n －1（n ≥2），则数列{a n }的通项公式用一个式子表示；否则，用分段形式表示.1.已知递增数列{a n }的通项a n ＝n 2－kn （n ∈N *），则实数k 的取值范围是（B ）A.（－∞，2]B.（－∞，3）C.（－∞，2）D.（－∞，3]解析因为数列{a n }是递增数列，所以a n ＜a n ＋1对任意n ∈N *都成立，即n 2－kn ＜（n ＋1）2－k （n ＋1），即k ＜2n ＋1对任意n ∈N *恒成立，因此k ＜3.故选B.2.[易错题]已知数列{a n }的前5项分别为2，－5，10，－17，26，则{a n }的一个通项公式为a n ＝（－1）n ＋1（n 2＋1）（答案不唯一）.解析由题意易得，数列{a n }各项的绝对值为2，5，10，17，26，…，记为数列{b n }，则b n ＝n 2＋1，考虑到（－1）n ＋1具有转换正负号的作用，所以原数列{a n }的一个通项公式为a n ＝（－1）n ＋1（n 2＋1）.3.[教材改编]在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1－1（n ≥2，n ∈N *），则a 2025的值为45.解析由题意可得，a1＝－14，a2＝5，a3＝45，a4＝－14，a5＝5，…，所以可观察出数列{a n}为以3为周期的数列.又2025÷3＝675，所以a2025＝a3＝45.4.[教材改编]已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2＋12n＋5，则数列{a n}的通项公式为a n＝解析当n＝1时，a1＝S1＝132.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝（n2＋12n＋5）－[（n－1）2＋1（n－1）＋5]＝2n－12.又2×1－12＝32≠a1，所以数列{a n}的通项公式为a n＝=1，－12，≥2.学生用书P091命题点1由a n与S n的关系求数列的通项公式例1（1）[全国卷Ⅰ]记S n为数列{a n}的前n项和.若S n＝2a n＋1，则S6＝－63.解析因为S n＝2a n＋1，所以当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，解得a1＝－1；当n≥2时，a n ＝S n－S n－1＝2a n＋1－（2a n－1＋1），所以a n＝2a n－1，所以数列{a n}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以S6＝－1×（1－26）1－2＝－63.（2）[2023湖北武汉三模]已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝－165，且5a n＋1＋S n＋16＝0.则a n＝－4×（45）n.解析当n＝1时，5a2＋a1＋16＝0，∴a2＝－6425，＋S n＋16＝0①，得5a n＋S n－1＋16＝0（n≥2）②，①－②得5a n＋1＝4a n由5a n＋1（n≥2），∵a2＝－6425≠0，∴a n≠0，∴r1＝45（n≥2），又21＝45，∴{a n}是首项为－165，公比为45的等比数列，∴a n＝－165×（45）n－1＝－4×（45）n.方法技巧1.已知S n与a n的关系求a n的思路（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.（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.2.已知S n ＝f （n ）求a n 的一般步骤（1）先利用a 1＝S 1求出a 1；（2）用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用S n －S n －1＝a n （n ≥2）便可求出当n ≥2时a n 的表达式；（3）检验a 1是否满足n ≥2时a n 的表达式并得出结论.训练1（1）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n ＋1－1.若a 1＝12，则a n ＝12×（32）n －1；若a 1＝1，则a n 解析①若a 1＝12.当n ＝1时，S 1＝2a 2－1＝12，∴a 2＝34.当n ≥2时，S n －1＝2a n －1，则a n ＝S n－S n －1＝2a n ＋1－2a n ，∴a n ＋1＝32a n （n ≥2）.又∵a 2＝32a 1，∴{a n }是以12为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝12×（32）n －1.②若a 1＝1.解法一当n ＝1时，S 1＝2a 2－1＝1，a 2＝1.当n ≥2时，S n －1＝2a n －1，则a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－2a n ，a n ＋1＝32a n ，∴{a n }从第2项起是等比数列，公比为32，∴a n ＝a 2×（32）n －2＝（32）n －2（n ≥2）.∵a1＝1≠（32）1－2，∴a n ＝1，=1，（32）－2，≥2.解法二∵S n ＝2a n ＋1－1，∴S n ＝2（S n ＋1－S n ）－1，即S n ＋1＝32S n ＋12，∴S n ＋1＋1＝32（S n ＋1），∴{S n ＋1}是以S 1＋1＝a 1＋1＝2为首项，32为公比的等比数列，∴S n ＝2×（32）n －1－1.当n ≥2时，S n －1＝2×（32）n －2－1，则a n ＝S n －S n －1＝（32）n －2（n ≥2）.∵a 1＝1≠（32）1－2，∴a n ＝1，=1，（32）－2，≥2.（2）已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝（2n －1）×3n ，n ∈N *，则a n ＝解析由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝（2n －1）×3n ，n ∈N *得，当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋（n －1）a n －1＝（2n －3）×3n －1，两式作差得na n ＝（2n －1）×3n －（2n －3）×3n－1＝（6n－3）×3n－1－（2n－3）×3n－1＝4n×3n－1，则a n＝4×3n－1，n≥2.当n＝1时，a1＝3，不满足a n＝4×3n－1，所以a n＝3，=1，4×3－1，≥2.命题点2由递推关系求数列的通项公式角度1累加法例2[江西高考]在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝a n＋ln（1＋1），则a n＝（A）A.2＋ln nB.2＋（n－1）ln nC.2＋n ln nD.1＋n＋ln n解析由题意可得，a n＋1－a n＝ln（1＋1），∴a n＝（a n－a n－1）＋（a n－1－a n－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝ln－1＋ln－1－2＋…＋ln21＋2＝ln（－1·－1－2·…·21）＋2＝ln n＋2.故选A.角度2累乘法例3已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n＝n2a n（n∈N*），则数列{a n}的通项公式为a n＝2（r1）.解析由S n＝n2a n，可得当n≥2时，S n－1＝（n－1）2a n－1，则a n＝S n－S n－1＝n2a n－（n－1）2a n－1，即（n2－1）a n＝（n－1）2a n－1，易知a n≠0，故－1＝－1r1（n≥2）.所以当n≥2时，a n＝－1×－1－2×－2－3×…×32×21×a1＝－1r1×－2×－3－1×…×24×13×1＝2（r1）.当n＝1时，a1＝1满足a n＝2（r1）.故数列{a n}的通项公式为a n＝2（r1）.方法技巧1.形如a n＋1－a n＝f（n）的递推公式，用累加法求通项，即利用恒等式a n＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（a n－a n－1）（n≥2）求解.2.形如r1＝f（n）的递推公式，用累乘法求通项，即利用恒等式a n＝a1·21·32·43·…·－1（a n≠0，n≥2）求解.训练2[浙江高考]已知数列{a n}，{b n}，{c n}满足a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n＋1－a n，c n＋1＝r2c n，n∈N*.（1）若{b n }为等比数列，公比q ＞0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值及数列{a n }的通项公式.（2）若{b n }为等差数列，公差d ＞0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜1＋1，n ∈N *.解析（1）由b 1＋b 2＝6b 3得1＋q ＝6q 2，又q ＞0，解得q ＝12.由c 1＝1，c n ＋1＝4c n 得c n ＝4n －1.由a n ＋1－a n ＝4n －1得a n ＝a 1＋（a 2－a 1）＋（a 3－a 2）＋…＋（a n －a n －1）＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝4－1+23（n ≥2）.当n ＝1时，a 1＝1+23＝1，满足上式.故a n ＝4－1+23.（2）由c n ＋1＝r2c n 得r1＝r2，所以c n ＝c 1·21·32·…·－1＝c 1·13·24·…·－1r1＝121r1＝1+（1－1r1），所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1+（1－1r1）.由b 1＝1，d ＞0得b n ＋1＞0，因此c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜1＋1，n ∈N *.命题点3数列的性质及其应用角度1数列的周期性例4若非零数列{a n }满足a n a n ＋2＝a n ＋1（n ∈N *），则称数列{a n }为“等积数列”.若等积数列{a n }中a 1＝4，a 2＝5，则a 2025＝54.解析由题意知a n a n ＋2＝a n ＋1，则a n ＋2＝r1，结合a 1＝4，a 2＝5，可得a 3＝21＝54，a 4＝32＝545＝14，a 5＝43＝1454＝15，a 6＝54＝45，a 7＝65＝4，a 8＝76＝5，…，故数列{a n }是以6为周期的周期数列，所以a 2025＝a 337×6＋3＝a 3＝54.角度2数列的单调性与最大（小）项问题例5（1）[2023北京高考]已知数列{a n }满足a n ＋1＝14（a n －6）3＋6（n ＝1，2，3，…），则（B）A.当a 1＝3时，{a n }为递减数列，且存在常数M ≤0，使得a n ＞M 恒成立B.当a 1＝5时，{a n }为递增数列，且存在常数M ≤6，使得a n ＜M 恒成立C.当a 1＝7时，{a n }为递减数列，且存在常数M ＞6，使得a n ＞M 恒成立D.当a 1＝9时，{a n }为递增数列，且存在常数M ＞0，使得a n ＜M 恒成立解析对于A，当a1＝3时，a2＝14×（－3）3＋6，a3＝144×（－3）9＋6，…，所以{a n}为递减数列.又三次函数y＝x3单调递增，所以y＝14（x－6）3＋6单调递增，则当n→＋∞时，a n→－∞，所以a n无最小值，故A错误.对于B，当a1＝5时，a2＝－14＋6，a3＝－144＋6，a4＝－1413＋6，…，所以{a n}为递增数列，且n→＋∞时，a n→6.取M＝6，则对任意n∈N*，都有a n＜M＝6，故B正确.对于C，当a1＝7时，a2＝14＋6，a3＝144＋6，易知{a n}为递减数列，且n→＋∞时，a n→6，故不存在M＞6，使得a n＞M恒成立，故C错误.对于D，当a1＝9时，a2＝334＋6，a3＝3944＋6，易知{a n}为递增数列，且当n→＋∞时，a n→＋∞，所以a n无最大值，故D错误.（2）若数列{a n}的前n项积b n＝1－27n，则a n的最大值与最小值之和为（C）A.－13 B.57 C.2 D.73解析由题意a1a2…a n＝1－27n①.当n＝1时，a1＝1－27＝57；当n≥2时，a1a2…a n－1＝1－27（n－1）＝97－27n②.由①÷②得a n＝1－2797－27＝7－29－2＝1＋22－9（n≥2）.又a1＝57也满足上式，所以a n＝1＋22－9（n∈N*）.作出函数f（x）＝1＋22－9的图象，如图所示，易知当x∈N*时，f（x）max＝f（5），f（x）min＝f（4），所以a n的最小值为a4＝－1，最大值为a5＝3，所以a n的最大值与最小值之和为－1＋3＝2，故选C.方法技巧1.解决数列单调性问题的3种常用方法作差比较法a n＋1－a n＞0⇔数列{a n}是递增数列；a n＋1－a n＜0⇔数列{a n}是递减数列；a n＋1－a n＝0⇔数列{a n}是常数列.作商比较法当a n符号确定时，利用r1与1的大小关系确定{a n}的单调性.数形结利用数列对应的函数的图象直观判断.注意“函数”的自变量为正整数.合法2.求数列中的最大（小）项的方法（1）利用≥r1，≥－1求数列中的最大项a n ；利用≤r1，≤－1求数列中的最小项a n .（2）结合数列单调性判断数列的最大（小）项.3.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.训练3（1）已知数列{a n }满足a n ＝n cos 2π，b n ＝a n ＋a n ＋1，则数列{b n }的前50项和为－52.解析解法一由题意得，b n ＝a n ＋a n ＋1＝n cos 2π＋（n ＋1）cosr12π＝n cos2π－（n ＋1）sin 2π，则b 4n ＝4n cos 2n π－（4n ＋1）sin 2n π＝4n ，同理可得b 4n －1＝4n ，b 4n －2＝2－4n ，b 4n －3＝2－4n ，所以b 4n －3＋b 4n －2＋b 4n －1＋b 4n ＝4，于是数列{b n }的前50项和b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 48＋b 49＋b 50＝12（b 1＋b 2＋b 3＋b 4）＋b 4×13－3＋b 4×13－2＝12×4＋2－4×13＋2－4×13＝－52.解法二（列举法）由题意可得a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.通过列举可知，a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝2，且a 2k －1＝0，k ∈N *.设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 50＝12（a 1＋a 2＋a 3＋a 4）＋a 49＋a 50＝12×2＋49cos49π2＋50cos50π2＝－26.又b n ＝a n ＋a n ＋1，所以{b n }的前50项和为2S 50－a 1＋a 51＝－52.（2）已知数列{a n }的通项公式为a n ＝33，当a n 最大时，n ＝3.（33≈1.44）解析设a n 是数列{a n }的最大项，则r1≤，－1≤，33，≤33，解得n 因为33≈1.44，所以n 的值为3.（3）已知数列{a n }的首项a 1＝m ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n ＋1＝2n 2＋3n ，若数列{a n }是递增数列，则实数m 的取值范围是（14，54）.解析由S n ＋S n ＋1＝2n 2＋3n 可得，S n －1＋S n ＝2（n －1）2＋3（n －1）（n ≥2），两式相减得a n ＋a n ＋1＝4n ＋1（n ≥2），∴a n －1＋a n ＝4n －3（n ≥3），由此可得a n ＋1－a n －1＝4（n ≥3）.∴数列a 2，a 4，a 6，…是以4为公差的等差数列，数列a 3，a 5，a 7，…是以4为公差的等差数列.将n＝1及a1＝m代入S n＋S n＋1＝2n2＋3n可得a2＝5－2m，将n＝2代入a n ＋a n＋1＝4n＋1（n≥2）可得a3＝4＋2m.∵a4＝a2＋4＝9－2m，∴要使得任意n∈N*，a n＜a n＋1恒成立，只需要a1＜a2＜a3＜a4即可，∴m＜5－2m＜4＋2m＜9－2m，解得14＜m＜54.∴实数m的取值范围是（14，54）.1.[命题点1/2023山东菏泽鄄城一中三模]已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n＝4a n－3，则S n＝（C）A.4[（25）n－1]B.4[（23）n－1]C.3[（43）n－1]D.4（3n－1）解析当n＝1时，S1＝4a1－3，得a1＝S1＝1，当n≥2时，S n＝4（S n－S n－1）－3，化简得S n＝43S n－1＋1，即S n＋3＝43（S n－1＋3）（n≥2），又S1＋3＝4，所以{S n＋3}是首项为4，公比为43的等比数列，所以S n＋3＝4×（43）n－1，所以S n＝4×（43）n－1－3＝3[（43）n－1]，故选C.2.[命题点2角度1/2023山东济南历城二中模拟]数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝a n＋n＋1.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝1，数列{b n}的前n项和为T n，证明：T n＜2.解析（1）因为a n＋1＝a n＋n＋1，即a n＋1－a n＝n＋1，所以当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，a n－a n－1＝n，将以上各式相加，得a n－a1＝2＋3＋…＋n＝（－1)(r2）2，则a n＝2＋r22（n≥2），当n＝1时也符合上式，故a n＝2＋r22.（2）由题意知b n＝1＝22＋r2＜22＋＝2（r1）＝2（1－1r1）.所以T n＝b1＋b2＋…＋b n＜2（1－12＋12－13＋…＋1－1r1）＝2（1－1＋1）＜2，问题得证.3.[命题点3角度2/2023四川达州三诊]已知数列{a n}满足12＋222＋…＋2＝n（n∈N*），b n＝λ（a n－1）－n2＋4n，若数列{b n}为递增数列，则λ的取值范围是（A）A.（38，＋∞）B.（12，＋∞）C.[38，＋∞）D.[12，＋∞）解析由12＋222＋…＋2＝n（n∈N*）可得12＋222＋…＋－12－1＝n－1（n≥2），两式相减可得2＝1（n≥2），则a n＝2n（n≥2），当n＝1时，由12＝1可得a1＝2，满足上式，故a n＝2n（n∈N*），所以b n＝λ（2n－1）－n2＋4n.因为数列{b n}为递增数列，即∀n∈N*，b n＋1－b n＞0，则λ（2n＋1－1）－（n＋1）2＋4（n＋1）－[λ（2n－1）－n2＋4n]＝λ·2n－2n＋3＞0，整理得λ＞2－32，令c n＝2－32，则c n＋1－c n＝2－12r1－2－32＝5－22r1（n∈N*），＞c n，当n≥3时，c n＋1＜c n，当n≤2时，c n＋1即当n＝3时，2－32取得最大值38，从而得λ＞38，所以λ的取值范围为（38，＋∞）.故选A.学生用书·练习帮P3011.[2024江西模拟]记S n为数列{a n}的前n项和，若S n＝2，≤5，5－4，>5，则a6＝（A）A.1B.5C.7D.9解析因为S n为数列{a n}的前n项和，且S n＝2，≤5，5－4，>5，所以a6＝S6－S5＝（5×6－4）－52＝1.故选A.2.[2023安徽淮南第五次联考]若数列{a n}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝（n－1）·2n＋1，则a7＝（A）A.64B.128C.256D.512解析由a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝（n－1）·2n＋1①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）＝（n－2）·2n－1＋1（n≥2）②，①－②，得na n＝[（n－1）·2n＋1]－[（n－·a n－12）·2n－1＋1]＝n·2n－1（n≥2），所以a n＝2n－1（n≥2），则a7＝64.故选A.3.已知数列{a n}的通项公式为a n＝3n（2n－13），n∈N*，则数列{a n}的前n项和S n取最小值时，n的值是（A）A.6B.7C.8D.5解析由3n（2n－13）≤0，得n≤132，n∈N*，所以数列{a n}的前6项为负数，从第7项开始为正数，故数列{a n}的前n项和S n取最小值时，n的值为6.故选A.4.已知数列{a n}的通项公式为a n＝n＋，则“a≤1”是“数列{a n}是递增数列”的（A）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若数列{a n}是递增数列，则n＋1＋r1＞n＋，化简得a＜n2＋n.因为函数y＝x2＋x＝（x＋12）2－14在[1，＋∞）上单调递增，所以a＜2，所以“a≤1”是“数列{a n}是递增数列”的充分不必要条件.故选A.5.[斐波那契数列]斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有直接的应用.在数学上，斐波那契数列{a n}是用如下递推方法定义的：a1＝a2＝1，a n＝a n－1＋a n－2（n≥3，n∈N*）.已知12＋22＋32＋…＋2是该数列的第100项，则m＝（B）A.98B.99C.100D.101解析由题意得，12＝a2a1.因为a n＝a n－1＋a n－2（n≥3，n∈N*），所以a n－1＝a n－a n－2（n≥3，n∈N*），得22＝a2（a3－a1）＝a2a3－a2a1，32＝a3（a4－a2）＝a3a4－a3a2，…，2＝a m（a m＋1－a m－1）＝a m a m＋1－a m a m－1.则12＋22＋32＋…＋2＝a m a m＋1.因为12＋22＋32＋…＋2是斐波那契数列{a n}的第100项，即a m＋1是斐波那契数列{a n}的第100项，所以m＝99，故选B.6.[2023上海财经大学附属中学模拟]若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2（n ∈N *），则数列{a n }的前n 项和S n ＝3r1－3－22.解析由a n ＋1＝3a n ＋2得a n ＋1＋1＝3（a n ＋1），所以数列{a n ＋1}是以3为公比的等比数列，其中首项a 1＋1＝3，所以a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，所以a n ＝3n －1，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝（31＋32＋…＋3n ）－n ＝3×（1－3）1－3－n ＝3r1－3－22.7.[2023重庆市三检]已知数列{a n }满足：对任意的正整数m ，n ，都有a m a n ＝a m ＋n ，且a 2＝3，则a 10＝243.解析解法一因为对任意的正整数m ，n ，都有a m a n ＝a m ＋n ，所以a 1a 1＝a 2，a n a 1＝a n ＋1.又a 2＝3，所以a 1＝±3，r1＝a 1，所以数列{a n }是首项与公比均为a 1的等比数列，所以a n＝a 1·1－1＝1，所以a 10＝110＝35＝243.解法二由题意，令m ＝n ＝2，得a 4＝a 2·a 2＝32.令m ＝n ＝4，得a 8＝a 4·a 4＝34.令m ＝2，n＝8，得a 10＝a 8·a 2＝34×3＝35＝243.8.[2023甘肃白银5月第二次联考]设{a n }是首项为1的正项数列，且（n ＋1）r12－n 2＋a n ＋1a n ＝0（n ∈N *），则它的通项公式a n ＝1.解析解法一（累乘法）将原式分解因式，得[（n ＋1）a n ＋1－na n ]（a n ＋1＋a n ）＝0.∵{a n }是正项数列，∴a n ＋1＋a n ＞0，∴（n ＋1）a n ＋1－na n ＝0，∴r1＝r1，∴21×32×43×…×－1＝12×23×34×…×－1（n ≥2），即1＝1（n ≥2）.∵a 1＝1，∴a n ＝1a 1＝1（n ≥2），当n ＝1时也符合上式，故a n ＝1.解法二（迭代法）由解法一，知r1＝r1，∴a n ＋1＝r1a n ，∴a n ＝－1a n －1＝－1·－2－1·a n －2＝…＝－1·－2－1 (12)·a 1＝1a 1（n ≥2）.∵a 1＝1，∴a n ＝1（n ≥2），当n ＝1时也符合上式，故a n ＝1.解法三（构造特殊数列法）由解法一，知（n ＋1）a n ＋1＝na n ，∴数列{na n }是常数列，∴na n ＝1·a 1＝1，∴a n ＝1.9.[2023山东泰安肥城5月适应性训练]数列{a n}的前n项和为S n，满足S n＋1－2S n＝1－n，且S1＝3，则数列{a n－2S n＝1－n，∴S n＋1－（n＋1）＝2（S n－n），且S1－1＝2≠0，解析∵S n＋1＝2，∴{S n－n}是以2为首项，2为公比的等比数列.∴S n－n＝2·2n－1＝2n，S n ∴r1－（r1）－＝n＋2n.∴当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，又a1＝3不满足上式，所以a n＝3，=1，2－1+1，≥2.10.[2023安徽合肥一六八中学最后一卷]如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中，后人称之为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.根据以上规律引入一个数列{a n}，满足a1＝1，a n＝a n－1＋n，n＞1且n∈N*.（1）求数列{a n}的通项公式.（2）求证：11＋12＋…＋1＜2.解析（1）因为a n＝a n－1＋n，n＞1，所以a n－a n－1＝n，n＞1，所以当n＞1时，a n＝（a n－a n－1）＋（a n－1－a n－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋（n－1）＋…＋2＋1＝（r1）2，又a1＝1，当n＝1时，上式也成立，所以a n＝（r1）2.（2）由1＝2（r1）＝2（1－1r1），得11＋12＋…＋1＝2（1－12＋12－13＋…＋1－1r1）＝2（1－1r1）＜2，问题得证. 11.[2024云南曲靖模拟]数列{a n}满足a n＋1＝2－14+2，且a1＝1，则数列{a n}的前2024项的和S2024＝（C）A.－2536B.－2538C.－17716D.－17718解析因为a n ＋1＝2－14+2，且a 1＝1，令n ＝1，可得a 2＝21－141+2＝16；令n ＝2，可得a 3＝22－142+2＝－14；令n ＝3，可得a 4＝23－143+2＝－32；令n ＝4，可得a 5＝24－144+2＝1.可知数列{a n }是以4为周期的周期数列，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋16－14－32＝－712，且2024＝4×506，所以S 2024＝506×（－712）＝－17716.故选C.12.[多选/2023高三名校联考]大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，该数列从第一项起为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….按此规律得到的数列记为{a n }，其前n 项和为S n ，则以下说法正确的是（AD ）A.a 2n －1＝2n 2－2nB.182是数列{a n }中的项C.a 21＝210D.当n 为偶数时，S n ＋2－2S n ＋1＋S n ＝n ＋2解析数列{a n }的偶数项依次为2，8，18，32，50，…，通过观察可知a 2n ＝2n 2，同理可得a 2n －1＝2n 2－2n ，所以a n 为奇数，2为偶数，所以a 21＝212－12＝220，故A 正确，C 错误；由2－12＝182，得n ＝365，由22＝182，得n ＝291，又n ∈N *，所以方程都无正整数解，所以182不是{a n }中的项，故B 错误；当n 为偶数时，S n ＋2－2S n ＋1＋S n ＝（S n ＋2－S n ＋1）－（S n ＋1－S n ）＝a n ＋2－a n ＋1＝（r2）22－（r1）2－12＝n ＋2，故D 正确.故选AD.13.[2023河南名校摸底考试]已知数列{a n }满足：a 1＝1，（2n ＋1）2a n ＝（2n －1）2a n ＋1（n ∈N *）.正项数列{c n }满足：对于每个n ∈N *，c 2n －1＝a n ，c 2n －1，c 2n ，c 2n ＋1成等比数列，则c n 解析依题意，a n ≠0，由（2n ＋1）2a n ＝（2n －1）2a n ＋1可得r1＝（2r1）2（2－1）2，所以a n ＝－1·－1－2·…·32·21·a 1＝（2－1）2（2－3）2·（2－3）2（2－5）2·…·5232·3212·1＝（2n －1）2（n ≥2），当n ＝1时，a 1＝1，满足上式，所以c 2n －1＝a n ＝（2n －1）2①.因为c 2n －1，c 2n ，c 2n ＋1成等比数列，所以22＝c 2n －1×c 2n ＋1＝（2n －1）2（2n ＋1）2＝（4n 2－1）2，又c n ＞0，所以c 2n ＝4n 2－1＝（2n ）2－1②.由①②可知，c n ＝2，为奇数，2－1，为偶数.14.[2023江苏省如皋中学模拟]已知数列{a n }，a 1＝1，且a n ·＝，则a 1·a 2·a 3·…·2K2·2K1·2＝12r1，a n 解析因为a n ·a n ＋1＝r2，所以a 1·a 2·a 3·a 4·…·a 2n －1·a 2n ＝13×35×…×2－12r1＝12r1.由a n ·a n ＋1＝r2，可得a n ＋1·a n ＋2＝r1r3，即有r2＝（r1)(r2）（r3），由a 1＝1，得31＝2×31×4，53＝4×53×6，75＝6×75×8，…，2－12－3＝（2－2)(2－1）（2－3）·2，所以当n ＝2k －1，k ∈N *时，将以上各式相乘可得，a 2k －1＝2（2－1）2，即a n ＝2r1，n ＝2k －1，k ∈N *.又当n ＝2k －1，k ∈N *时，a 2k －1·a 2k ＝2－12r1，所以a 2k ＝2－12r1·22（2－1）＝22（2r1），所以当n ＝2k ，k ∈N *时，a n ＝2r2.所以a n ＝=2－1，=2（k ∈N *）.15.[2023福州5月质检]已知数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋10＝2a n ＋1＋2n .（1）若b n ＝a n ＋1－a n ，求数列{b n }的通项公式；（2）求使a n 取得最小值时n 的值.解析（1）依题意，可得b 1＝0，b n ＋1－b n ＝2n －10，于是当n ≥2时，b n －b 1＝∑i=1－1（b i ＋1－b i ）＝∑i=1－1（2i －10）＝2＋4＋…＋（2n －2）－10（n －1）＝n 2－11n ＋10.即b n ＝n 2－11n ＋10，又b 1＝0也符合上式，所以b n ＝n 2－11n ＋10.（2）由（1）可知b n ＝a n ＋1－a n ＝（n －1）（n －10），当2≤n ≤9时，b n ＜0，即a n ＋1＜a n ，当n ≥11时，b n ＞0，即a n ＋1＞a n ，当n ＝1或n ＝10时，b n ＝0，即a n ＋1＝a n ，所以a n 取得最小值时n ＝10或11.16.[条件创新]在数列{a n}中，a1＝1，a2＝13，2a n a n＋2＝a n a n＋1＋a n＋1a n＋2，若a k＝135，则k＝（A）A.18B.24C.30D.36解析由2a n a n＋2＝a n a n＋1＋a n＋1a n＋2，得2r1＝1r2＋1，所以数列{1}是等差数列，且首项为11＝1，公差为12－11＝2，所以1＝1＋（n－1）×2＝2n－1，所以a n＝12－1.由a k＝12－1＝135，得k＝18，故选A.。
第39讲数学归纳法
在完成这两个步骤的证明以后， 在完成这两个步骤的证明以后 ， 就可以 断定命题对从n 开始的所有的自然数n都正 断定命题对从 0 开始的所有的自然数 都正 这种证明命题的方法叫做数学归纳法. 确.这种证明命题的方法叫做数学归纳法 这种证明命题的方法叫做数学归纳法 2.用数学归纳法证题时，应注意 用数学归纳法证题时， 用数学归纳法证题时 (1)在用数学归纳法证明与自然数有关的 在用数学归纳法证明与自然数有关的 命题时，第一步是递推的基础，缺少第一步， 命题时，第一步是递推的基础，缺少第一步， 递推就会缺乏正确的基础.一方面 一方面， 递推就会缺乏正确的基础 一方面，第一步再 简单，也不能够省略；另一方面， 简单，也不能够省略；另一方面，第一步只 要考察使结论成立的最小的正整数就足够了， 要考察使结论成立的最小的正整数就足够了， 一般没有必要再去多考察几个正整数. 一般没有必要再去多考察几个正整数
上式表明当n=k+1时命题也成立． 时命题也成立． 上式表明当 时命题也成立
根据(ⅰ)(ⅱ)可知，对任意的n∈N*，等式都 根据 ⅰ ⅱ 可知，对任意的 ∈ ， 可知 成立． 成立．
点评 用数学归纳法证明与自然数有关的
一些命题的关键在于“先看项” 一些命题的关键在于“先看项”，弄清等式 两边的构成规律，等式的两边各有多少项， 两边的构成规律，等式的两边各有多少项， 项的多少与n的取值有关 的取值有关， 项的多少与 的取值有关 ， 当 n=k到n=k+1时， 到 时 等式的两边各会增加多少项， 等式的两边各会增加多少项 ， 增加怎样的 对于证明恒等的问题， 项．对于证明恒等的问题，在由证等式也成 立时，应及时把结论和推导过程对比， 立时，应及时把结论和推导过程对比，也就 是我们通常所说的两边凑的方法， 是我们通常所说的两边凑的方法，以减小计 算的复杂程度，从而发现所要证明的式子， 算的复杂程度，从而发现所要证明的式子， 使问题的证明有目的性． 使问题的证明有目的性．
2024届北师大版高考数学一轮复习数列的概念课件2
第五章 数 列
第一节 数列的概念
[课标要求] 通过日常生活和数学中的实例，了解数列的概念和表示方法(列表、 图象、通项公式)，了解数列是一种特殊函数．
备考第 1 步——梳理教材基础，落实必备知识
1．数列的有关概念 (1)数列的定义：按照一定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． 若已知数列{an}的前n项和为Sn，则an＝____S__S1__n－_（_S_nn_＝－_1 _1）（，n≥2）.
A．an＝1＋(－1)n＋1
B．an＝2sin
nπ 2
C．an＝1－cos nπ
D．an＝20， ，nn为 为奇 偶数 数
解析：根据数列的前4项验证．
答案：B
2．在数列{an}中，已知a1＝－14 ，an＋1＝1－a1n ，则a3＝(
)
A．－3
B．23
C．5
D．45
解析：a2＝1－a11 ＝5，a3＝1－a12 ＝1－15 ＝45 ．
＝3an，当n＝1时，2S1＝3a1－3，解得a1＝3，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的 等比数列，所以a4＝a1q3＝34＝81．
2，n＝1， 答案： (1)4n－5 (2)2nn－1，n≥2
(3)81
[思维升华] 已知Sn求an的一般步骤 (1)当n＝1时，由a1＝S1求a1的值． (2)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，求得an的表达式． (3)检验a1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示an． (4)写出an的完整表达式．
则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也适合，
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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275
课题：数列的概念及函数特征
考纲要求：
①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）. ②了解数列是自变量为正整数的一类函数. 教材复习
1.数列的定义： 称为数列，数列中每个数称为该数列的 .
2.通项公式：
3.递推公式：
4.数列的前n 项和与通项的公式：① ②
5.数列的表示方法：
基本知识方法
1.数列通项公式的求法：()1观察分析法；()2公式法：()()1
112n n
n S n a S S n -=⎧⎪=⎨-≥⎪⎩
()3转化成等差、等比数列；()4累加、累乘法 ；()5递推法.
2.数列的表示方法：()1列举法；()2图象法；()3解析法（通项公式）；()4递推法．
3.n a 与n S 的关系：1121(1)(2)n n n n
n S
n S a a a a S S n -=⎧=++⋯⇔=⎨-≥⎩．
考点一 根据数列的前几项求数列的通项公式
问题1． 根据下面各数列的前几项值，写出数列的一个通项公式：
()
123，415，635，863，1099，…； ()21-，13，935-，1763，3399
-，…；
()31，0，13-，0，15，0，1
7-，0，…；()47，77，777，7777，…；
276
()51，3，6，10，15，…； ()63，5，9，17，33，…；
考点二 已知n S 求通项公式
问题2．已知下面各数列{}n a 的前n 项和n S ，求{}n a 的通项公式:
()1232n S n n =-; ()23n n S b =+
问题3．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足111
20(2),2
n n n a S S n a -+=≥=，求n a .
考点三 利用递推关系求通项公式 问题4．数列{}n a 中，)2(22,11
1
1≥+==--n a a a a n n n ，求5432,,,a a a a ，并归纳出n a .
277
问题5．根据下列各个数列{}n a 的首项和递推关系，求其通项公式：
()110a =,()121n n a a n +=+-()*n N ∈；()211a =，11
n n n a a n
--=
()2n ≥； ()311a =，122
n n n a
a a +=+，()*n N ∈； ()4112a =-，1112n n a a +=+()*n N ∈
考点四 数列的函数特征
问题6．数列{}n a 中，452+-=n n a n .
()118是数列中的第几项？()2n 为何值时，n a 有最小值？并求最小值.
278
课后作业：
1.设数列 ,14,11,22,5,2，则24是这个数列的
.A 第9项 .B 第10项 .C 第11项 .D 第12项
2.在数列{}n a 中
,n a =
，且9n S =，则n =
3.数列{}n a 中，n n n a a a -=++12，5,221==a a ，则2009a 的值是
.A 2- .B 2 .C 5- .D 5
4.数列{}
11322-+-n n 中数值最大的项是第 项.
5.（08届高三湖南师大附中第二次月考）若数列{}n a 满足11a =，2n a =，
1
2
n n n a a a --=
(3)n ≥，则17a 等于 .A 1 .B 2 .C 12 .D 9872-
6.（2013江西七校联考）已知2
90
n n
a n =
+*()n N ∈，则数列{}n a 中的最大值是 .
A .
B 19 .
C 119 .
D
279
7.（07南通市九校联考）已知数列{}n a
中，n a =
*()n N ∈，则在数列{}n a
的前50项中最小项和最大项分别是
.A 1a ,50a .B 1a ,8a .C 8a ,9a .D 9a ,50a
8.（2013长安质检）已知数列{}n a 满足133a =，12n n a a n +-=，则n
a n
的最小值为 .
A 172 .
B 21
2
.C 10 .D 21
9.数列{}n a 中，11a =，11
12
n n a a -=
+（n ≥2）求其通项公式.
10.已知函数1()1x
f x x
+=
-，设数列{}n a 满足：1a a =（0a ≠且1a ≠±），1()n n a f a +=， n S 为数列{}n a 的前n 项和.()1若2a =，求2a ，3a ，4a ；()2求证：数列{}n a 是周期数
列；()3探究：是否存在满足14a <<的a ，使20082008S =？
280
走向高考：
1.（07广东）已知数列{}n a 的前n 项和29n S n n =-，第k 项满足58k a <<，则k =
.A 9 .B 8
.C 7 .D 6
2.（07北京文）若数列{}n a 的前n 项和210n S n n =-(123)n =，，，，则此数列的通项
公式为
3.（05湖南文）已知数列}{n a
满足110,n a a +==
*()n N ∈，则20a =
.A 0 .B 3- .C 3 .
D 2
3
281
4.（08江西）在数列{}n a 中，12a =， 11
ln(1)n n a a n +=++，则n a =
.A 2ln n + .B 2(1)ln n n +- .C 2ln n n + .D 1ln n n ++
5.（2013新课标全国Ⅰ）若数列{}n a 的前n 项和21
33
n n S a =
+，则{}n a 的通项公式 是n a =
6. (06重庆)在数列{}n a 中，若11a =,123n n a a +=+ (n ≥1),则该数列的通项n a =
7.（04全国）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n .
()1写出数列{}n a 的前三项321,,a a a ；()2求数列{}n a 的通项公式.。