高考数学总复习《从衡水走向清华北大》精品课件27数列的概念与简单表示法.pptx

1、第六模块数列 第二十七讲 数列的概念与简单表示法 回归课本 1.数列的定义 数列是按照一定顺序排列着的一列数,在函数意义下,数列是 定义域为正整数集N (或它的有限子集1,2,3,n)的函数 + ,即当自变量从小到大的顺序依次取值时,所对应的一列函 数值,其图象是相应的曲线(或直线)上横坐标为正整数的一 系列孤立的点,数列的一般形式为a ,a ,a ,通常简记 1 2n 为a ,其中a 是数列a 的第n项,也叫做通项. nnn 2.数列的通项公式 一个数列a 的第n项a 与序号n之间的关系,如果可以用一个 nn 式子a =f(n)来表示,我们就把这个公式叫做这个数列的通 n 项公式. 数列的通

2、项公式是研究数列的最佳载体,因此确定一个数列 是否有通项公式,以及如何求出这个通项公式,是解决数列 问题的关键.求通项公式的常用方法有:观察分析法 累差法 累商法和公式法等. 3.数列的表示方法 从函数的观点看,数列的表示方法有:列表法 图象法 解析法. 4.数列的分类 (1)按照项数是有限还是无限来分:有穷数列 无穷数列. (2)按照项与项之间的大小关系来分:递增数列 递减数列 常 数列 摆动数列. (3)按照任何一项的绝对值是否都小于某一正数来分:有界数 列 无界数列. 5.数列a 与S 之间的关系 nn S ,(n 1) S =a +a +a +a ,a = 1 .n123n n S S

3、 ,(n2) nn1 6.数列的递推公式 如果已知数列a 的第1项(或前几项),且从第2项起(或某一项 n )任意一项a 与它的前一项a (或前几项)间的关系可以用 nn-1 一个公式来表示,那么这个公式就叫做这个数列的递推公 式.等差数列与等比数列是最基本的递推数列,递推数列的 基本问题是由递推关系求通项公式. 考点陪练 1.(2010安徽)设数列a 的前n项和S =n2,则a 的值为() nn8 A.15 C.49 B.16 D.64 解析:a =S -S =82-72=15. 88 7 答案:A 2.下列说法正确的是() A.数列1,3,5,7可表示为1,3,5,7 B.数列1,0,-1

4、,-2与数列-2,-1,0,1是相同的数列 1 n 1 n 1C.数列的第k项为 k D.数列0,2,4,6,可记为2n 解析:根据数列的定义与集合定义的不同可知A,B不正确;D项 n 1 , 2n中的nN*,故不正确;C中a = n n 1 a = 1 . k k 答案:C 2n 3n 1 3.已知数列a 的通项公式是a =,那么这个数列是 nn ( ) A.递增数列 C.摆动数列 B.递减数列 D.常数列 解析:解法一:a -a = n+1 n 2(n 1)2n2 0 3(n 1) 1 3n 1 3(n 1) 1(3n 1) ,a a ,数列a 为递增数列. n+1nn 2x 3x 1 解

5、法二:研究函数f x (x 0 )的单调性, 2 2 22 2x (3x 1) 3x 1 22 3 3 33 f x 3 3(3x 1) , 3x 1 2x 3x 1 f x 在 0, 上单调递增,f n 1 f n , 故a a ,数列 a 为递增数列. n1nn 答案:A 4.设数列a 中,a =1,n2,都有a a a a =n2,则a +a =( n1123n35 ) 61 16 25 16 25 A.B. 9 31 15 C.D. 分析:从理论上说,如果已知数列的首项和递推公式可以求出 这个数列的任何一项,但当序号较大时,利用递推公式来求 是很麻烦的,从这一点来说数列的通项公式要比递

6、推公式 更为深刻,当序号较小时可用解法二,如果由递推公式能很 快地推导出通项公式,还是用通项公式来求解,这样能使得 计算简捷 准确. 解析:解法一:由已知a a a a =n2得 123n n2 a =,n2,nN*, n a1 将a a a =(n-1)2,n3,nN*, 12n-1 n2 代入a 得a =(n3). 2 nn (n 1) 当n=2时适合此式,当n=1时不适合此式. 1(n 1), a =a +a = 6 1,选A. n 35 n2 16 (n2). (n 1)2 解法二:当n=2时,a a =4,a =4. 122 9 当n=3时,a a a =9,a =. 1233 4

7、16 9 当n=4时,a a a a =16,a =. 12344 2561 当n=5时,a = ,a +a = ,选A. 535 16 16 答案:A 5.数列a 中,a =1,a =2,当nN*时,a 等于a a 的个位数, n12n+2n n+1 若数列a 的前k项和为243,则k=( ) n A.61 C.63 B.62 D.64 解析:依题意,得 a =1,a =2,a =2,a =4,a =8,a =2,a =6,a =2,a =2,a =4,a 1234567891011 =8,a =2,a =6,数列a 除第一项外,其余的项形成以6 1213n 为周期的数列,且从a 到a 这六

8、项的和等于24.注意到 27 243=1+2410+2,因此k=1+610+1=62.故选B. 答案:B 类型一由前n项探索数列的通项公式 解题准备:观察法就是观察数列的特征,找出各项共同规律,横 看“各项之间的关系结构”,纵看“各项与项数n的关 系”,从而确定出数列的通项. 利用观察法求数列的通项时,要抓住以下几个特征: (1)分式中分子 分母的特征; (2)相邻项的变化特征; (3)拆项后的特征; (4)各项符号特征等,并对此进行归纳 联想. 注意:一个数列的通项公式的表达形式不一定唯一. 【典例1】根据数列的前几项,写出数列的一个通项公式. (1)1,0,1,0,; (2)1,1,2,2

9、,3,3,; 2 4 , 13 35 57 79 8 16 (3),. , 11 11 11 11 解 1 数列1, 0,1, 0,变形为 , , , , 2 2 2 2 1 ( 1) n1 an . 2 11 2 0 31 4 0 51 2 将1,1, 2, 2, 3, 3,变形为 , , , , , 2 2 2 2 2 6 0 , 2 1 ( 1) n1 n 2n 1 ( 1) n1 2 2 a . n 4 (3)奇数项为负,偶数项为正,故选用(-1)n确定符号.由观察 知分子为2n,而分母为两个连续奇数的积即(2n-1)(2n+1). 2n a =(-1)n. n (2n 1)(2n 1

10、) 反思感悟由给出的前n项求通项公式时,常由数列的各项中 的有关元素与项数之间相关变化归纳出规律,并对找出的 规律加以验证.这种问题显然较简单且单纯,此类题型在高 考题中也少有出现,但它是“猜想证明”的前提,在高考 中占有很重要的地位. 类型二简单的数列递推公式 解题准备:已知数列的递推公式求通项,可把每相邻两项的 关系列出来,抓住它们的特点进行适当处理,有时借助拆分 或取倒数等方法构造等差数列或等比数列,转化为等差数 列或等比数列的通项问题; 对于形如a =a +f(n)的递推公式求通项公式,只要f(n)可 n+1n a n1 an 求和,便可利用累加的方法;对于形如= g(n)的递推公式求

11、通项公式,只要g(n)可求积,便可利用累积 的方法或迭代的方法;对于形如a =Aa +B(A0且A1)型 n+1n 递推关系求通项公式时,可用迭代法或构造等比数列法. 【典例2】根据下列条件,写出数列的通项公式: (1)a =2,a =a +n;(2)a =1,2n-1a =a . 1n+1n1nn-1 分析(1)将递推关系写成n-1个等式累加. (2)将递推关系写成n-1个等式累乘,或逐项迭代也可. 解(1)当n=1,2,3,n-1时,可得n-1个等式. a -a =n-1,a -a =n-2,a -a =1,将其相加,得a - n n-1n-1 n-22 1n a =1+2+3+(n-1)

12、. 1 (1 n 1)(n 1)n(n 1) a =a + 2 . n1 22 n1n2 a a aa a a a 1 1 2 解法一 :a n n1 a a a 2 2 n1n2n321 (n1)n 1 1 12 1 2 1 2 n 1 1 2 2 , 1 2 2 n(n1) 1 2 2 a . n n1 1 2 n1 解法二:由2 a a ,aa , nn1nn1 n1n1n2n1n2 1 2 1 1 1 1 a a nn1n 2 2 2 2 2 n(n1) n 1 n 2 2 1 1 1 1 1 2 2 . 2 2 1 类型三数列的单调性 解题准备:数列的单调性是高考中经常考查的内容,有

13、关数 列的最大(小)项、数列的有界性等问题,都可以借助于数列 的单调性来研究,必须牢固掌握这类问题的解决方法.这些 方法主要有 a作差法; b作商法; c利用数列或函数的单调性等方法. a a , nn1 若求最大项a ,则a 满足 nn a a , nn1 a a , nn1 若求最小项a ,则a 应满足 nn a a . nn1 10 【典例3】已知数列a 的通项a =(n+1)( )n(nN ).试问 nn+ 11 该数列a 有没有最大项?若有,求出最大项和最大项的项 n 数;若没有,说明理由. 分析因a 是n的函数,难点在于a 是一个一次函数(n+1)与一 nn 10 个指数函数( )

14、n的积.所以从一次函数或指数函数增减性 11 看,一增一减积不确定.但nN ,不妨试从比较a 与a 的 +nn+1 大小入手. 10 11 解a -a =(n+2)( )n+1-(n+1)( 10 )n n+1 n 11 9 n10 =()n. 11 11 当n0,即a a ; n+1 nn+1n 当n=9时,a -a =0,即a =a ; n+1 nn+1n 当n9时,a -a 0,即a a . n+1 nn+1n 故a a a a , 129101112 10 数列a 的最大项是a 或a ,其值为10( )9,其项数为9或 n910 11 10. 反思感悟由通项公式研究数列是常用方法,此时

15、要注意数列 是一类特殊的函数,要重视函数思想方法的运用和函数性 质的应用. 类型四利用S 与a 的关系求通项公式 nn 解题准备:a 与S 的关系式a =S -S 的使用条件是n2,求 nnnn n-1 a 时切勿漏掉n=1的情况;利用a 与S 的关系可以消去S nnnn 得到关于a 与a 的关系,也可以消去a 得到S 与S 之间 nn-1nnn-1 的关系,借助递推关系的特点构造等差或等比数列,前者可 直接求出通项a ,后者求出S 后再利用a 与S 的关系求a nnnnn 即可. a 2 2S ,求 a 的通项公式. 【典例4】已知a 0, n nnn 2 a 2(a 2) 2 解由 n 2

16、S 得S n ,当n2时,a S S nnnnn1 28 2 2 (a 2) (a 2) n1 , n 88 8a =(a +a +4)(a -a ), nnn-1n n-1 (a +a )(a -a -4)=0, nn-1n n-1 a 0,a +a 0,a -a -4=0, nnn-1n n-1 即a -a =4,数列a 为等差数列,且公差d=4, n n-1n 2 (a 2) 1 又a =S =,a =2, 11 8 1 a =2+4(n-1)=4n-2. n 错源一 公式 a 1 n 1 的理解应用模糊 a S S n2 n nn1 【典例1】已知数列a 的前n项和S =n2-4n+1

17、,则 nn |a |=_. n 错解由题意得:a =S -S nn n-1 =n2-4n+1-(n-1)2-4(n-1)+1=2n-5. 则|a |=|2n-5|. n 剖析未验证n=1时,a =S 是否适合当n2时的解析式,适合合 11 并,否则,分段来写. 正解当n 1时,a S 2当n2时, 11 2(n 1) a S S 2n 5则a nnn1n 2n 5 (n2) (n 1) .2 故 a n | 2n 5| (n2) (n 1) 2 答案 | 2n 5| (n2) 错源二方法理解不到位 n 1 a 3a 3 a 【典例 】若数列 满足 2 n 1 3 a 2a n123n 3 *

18、则 n N , a _ . n n 1 错解3 a n1 3 a 2 123n 3 n n2 a 3a3 a 12n1 3 11 3n 得 n1 , 3 a ,a, nn 3 1 该数列的通项公式为a . n n 3 n 剖析本题的错误原因是忽视了a +3a +3n-2a = 中 12n-1 3 n2,使得计算过程中出现了考虑不全面的错误. 2 正解当n 1时,a ; 1 3 n 1 n 2 ,a 3a 3 a 当 时 n1 12n 3 n a 3a n2 3 a , 12n1 3 2 ,n 1 11 3 n1 , a 得3 a ,a nnn n 313 ,n2 3 n 2 ,n 1 ,n2

19、3 1 答案 3 n 名师技法练智力 求解数列递推式通项的6种类型与方法 求数列的通项公式是数列知识的一类基本题型,是进一步研 究数列性质的前提,因此是高考数列知识考查的重点内容 之一.研究近几年的高考命题,我们可以归纳出求解这类问 题的基本思想主要是把问题转化成等差数列或等比数列, 而转化的常见方法有两种:一种是通过变形把问题转化,另 一种是通过构造把问题转化.下面我们列举几种常见数列 递推式的类型,希望能给同学们提供解答这类问题的基本 方法. 技法一a =pa +qn(其中p,q均为常数,(pq(p-1)0)或 n+1n a =pa +rqn(其中p,q,r均为常数) n+1n ap 1

20、一般地,要先在递推公式两边同除以q ,得 n 1 n 1 n1 q q a 1a qn 引入辅助数列 ,b其中 b,得: nn n n n q q p 1 b b ,再用待定系数法解决. n1n q q n 1 2 也可以在原递推公式两边同除以p ,得 n a 1 q a n1 n a pn n 引入辅助数列 b其中 b, n n n pn1 p p p n 1 q 得b b ,再利用叠加法(逐差相加法)求解. n1n p p n1 n1 5 1 1 【典例1】已知数列 a 中,a ,a a ,求a . 3 2 n1n1nn 6 n1 1 1 解 解法一 在 : aa 2 ,得2 两边乘以 n

21、1 n1nn1 3 2 2 (2 n n 3 2 b 2 令 n 则 b 1, nnn1n 3 2 根据待定系数法,得b 3 b 3 . n1n 3 5 6 4 3 2 数列 b 3 是首项为b 3 2 ,公比为 的 n1 3 等比数列, n1n 4 2 3 3 2 3 b 3 即b 3 2. nn nn b 1 1 于是,a 3 2. n n n 2 2 3 n1 1 1 解法二 在 : aa 两边乘以 n1 3 , 得 n1n 3 2 n1 3 3 a 3 a n1 n . 2 n1n n1 3 2 b 3 令 n 则 b. nnn1n nn12 3 2 3 2 3 2 b b ,b b

22、,b b , nn1n1n221 2n1n 3 2 3 3 将以上各式叠加,得b b . n1 2 2 2 5 53 3 3 2 2 又b 3a 3 1 ,b 1 11n 6 2 2 3 n1 1 n1nn1 3 3 3 2 2 2 2, 3 2 2 1 2 n1 3 2 即b 2 2. n nn b 1 1 故a 3 2 . n n n 3 2 3 技法二a =a +f(n) n+1n 把原递推公式转化为a -a =f(n),再利用叠加法(逐差相加法) n+1 n 求解. 11 【典例2】已知数列 a 满足a ,a a ,求a . n1n1n n n n 2 2 11 1 1 解由条件知a

23、a . n1n2 n n n(n 1) n n 1 分别令n 1, 2, 3, n 1 ,代入上式得 n 1 个等式叠加, n1 即 a a a a a a a a 213243n 1 1 1 1 1 2 2 3 3 4 1 1 . 1 n 1 n 1 a a 1 . n 1 1 n 111 3 1 a 1 . n 22n 2 n 技法三a =f(n)an n+1 a 把原递推公式转化为 f (n), 再利用叠乘法(逐商相乘 n 1 an 法)求解. 2n n 1 【典例3】已知数列 a 满足a ,a a ,求a . n1n1nn 3 n n 1 an 解由 a a ,得 , n 1 n1n

24、a n 1 n a aa n 1 n 2 1 2 2 故 a n n1 n n 1 2 3 3n a aa1 n1n2 2 即a . n 3n 技法四a =pa +q(其中p,q均为常数, n+1n pq(p-1)0) 先用待定系数法把原递推公式转化为:a -t=p(a -t),其中t= n+1n q,再利用换元法转化为等比数列求解. 1 p 【典例4】已知数列a 中,a =1,a =2a +3,求a . n1n+1nn 解设递推公式a =2a +3可以转化为a -t=2(a -t),即 n+1nn+1n a =2a -t t=-3. n+1n 故递推公式为a +3=2(a +3). n+1n

25、 b a 3 n 1 n 1 2. 令b =a +3,则b =a +3=4,且 nn11 b a 3 nn b 是以b =4为首项,2为公比的等比数列, n1 b =42n-1=2n+1,即a =2n+1-3. nn 技法五a =pa +an+b(p1,0,a0) n+1n 这种类型一般利用待定系数法构造等比数列,即令 a +x(n+1)+y=p(a +xn+y),与已知递推式比较,解出x,y, n+1n 从而转化为a +xn+y是公比为p的等比数列. n 【典例5】设数列a 满足a =4,a =3a +2n-1,(n2),求a . n1nn-1n 解设递推公式可以转化为a An B 3a A

26、 n 1 B, nn1 2A 2, 2B 3A 1, A 1, 解得 B 1. 化简后与原递推式比较得 b a n 1. * b 3b , b 6, b 6 3 2 3 , 令 则 又 故 n 1 n nnnn11n * a 2 3 n 1. 代入 得 n n 技法六a =par (p0,a 0) n+1nn 这种类型一般是等式两边取对数后转化为a =pa +q,再利 n+1n 用待定系数法求解. 1 【典例6】已知数列a 中,a =1,a = a2 (a0),求数列 n1n+1n a a 的通项公式. n 1 解由 a 2 n两边取对数得n1 a 1 lga 2lga lg . n1n a 1 令b lga ,则b 2b lg . nnn1n a 1 a 1 a 由此得b lg 2 b lg , n1n 1 记c b lg ,则c 2c , nnn1n a 1 1 数列 c 是首项为c b lg lg ,公比为2的等比数列, n11 a a 1 1 1 n1 1 2 a 1 n1 c 2 n1 c lg 2 lg lg lga nnn aaa a 2n12n1 1 1 a ,即lga lgaa a a nn