2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案.doc

上传人(卖家):flying 文档编号:28548 上传时间:2018-08-11 格式:DOC 页数:41 大小:1.57MB
下载 相关 举报
2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案.doc_第1页
第1页 / 共41页
2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案.doc_第2页
第2页 / 共41页
2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案.doc_第3页
第3页 / 共41页
2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案.doc_第4页
第4页 / 共41页
2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案.doc_第5页
第5页 / 共41页
点击查看更多>>
资源描述

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 第 五章 数 列 第 1 课时 数列的概 念及其简单表示法 理解数列的概念 , 认识数列是反映自然规律的基本数学模型 , 探索并掌握数列的几种简单表示法 (列 表、图象、通项公式 );了解数列是一种特殊的函数;发现数列规律 ,写出其通项公式 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 ). 了解数列是自变量为正整数的一类函数 . 会利用数列的前 n 项和求通项公式 1. (必修 5P34习题 3 改编 )已知数列 an满足 an 4an 1 3, 且 a1 0, 则 a 5 _ 答案: 255 解析: a2 4a1 3 3, a3 4a2 3 4

2、3 3 15, a4 4a3 3 415 3 63, a5 4a4 3 463 3 255. 2. (必修 5P34习题 2 改编 )数列 1, 43, 95, 167 ,? 的一个通项公式是 _ 答案: an ( 1)n n22n 1 解析: 1 11, 数列 1, 4, 9, 16, ? 对应通项 n2, 数列 1, 3, 5, 7, ? 对应通项2n 1, 数列 1, 1, 1, 1, ? 对 应通项 ( 1)n, 故 an ( 1)n n22n 1. 3. (必修 5P48习题 9 改编 )若数列 an的前 n 项和 Sn n2 3n, 则 a4 a5 a6a1 a2 a3 _ 答案:

3、 2 解析: 数列 an的前 n 项和 Sn n2 3n, a1 a2 a3 S3 32 33 18, a4 a5 a6 S6 S3 36, a4 a5 a6a1 a2 a3 2. 4. (必修 5P34习题 9 改编 )已知数列 an的通项公式是 an n2 8n 5, 则这个数列的最小项是 _ 答案: 11 解析:由 an (n 4)2 11, 可知 n 4 时 , an取最小值为 11. 5. (必修 5P34习题 5 改编 )已知数列 2, 5, 2 2, 11, 14,?, 则 4 2是这个数列的第 _项 答案: 11 解析:易知该数列的通项为 2 3( n 1) , 则有 2 3(

4、 n 1) 4 2, 得 n 11,则 4 2是这个数列的第 11 项 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 =【 ;精品教育资源文库 】 = 项数 有限 的数列叫做有穷数列 项数 无限 的数列叫做无穷数列 3. 数列与函数的关系 从函数观点看 , 数列可以看成是以 正整数或其子集 为定义域的函数 an f(n), 当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值反过来 , 对于函数 y f(x), 如果f(i)(i 1, 2, 3,? )有意义 , 那么可以得

5、到一个数列 f(n) 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 可以用一个公式 an f(n)(n 1, 2, 3, ? )来表示 , 那么这个公式叫做这个数列的通项公式通项公式可以看成数列的函数解析式 5. 数列 an的前 n 项和 Sn与通项 an的关系是 an?S1, n 1,Sn Sn 1, n 2.备课札记 =【 ;精品教育资源文库 】 = , 1 由数列的前几项求数列的通项 ) , 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,? ; (2) 23, 415, 635, 863, 1099,? ;

6、(3) 1, 0, 13, 0, 15, 0, 17, 0,? ; (4) 112, 245, 3910, 41617,? . 解: (1) 偶数项为正 , 奇数项为负 , 故通项公式必含有因式 ( 1)n, 观察各项的绝对值 ,后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大 6, 故数列的一个通项公式为 an ( 1)n(6n 5) (2) 这是一个分数数列 , 其分子构成偶数数列 , 而分母可分解为 13 , 3 5, 5 7, 7 9, 9 11, ? , 每一项都是两个相邻奇数的乘积故所求数列的一个通项公式为 an2n( 2n 1)( 2n 1) . (3)将数列改写为 11, 02, 13,

7、04, 15, 06, 17, 08, ? , 则 ansinn2n . (4) 观察不难发现 112 1 12, 245 2 45 2 2222 1, 3910 3910 33232 1, ? , 一般地 , an n n2n2 1.则 an nn2n2 1. 变式训练 (1) 数列 112 , 123 , 134 , 145 ,? 的一个通项公式 an _; (2) 该数列 45, 910, 1617, 2526,? 的一个通项公式为 _ 答案: (1) ( 1)n 1n( n 1) (2) ( n 1)2( n 1) 2 1 解析: (1) 这个数列前 4 项的绝对值都等于项数与项数 加

8、 1 的积的倒数 , 且奇数项为负 ,偶数项为正 , 所以它的一个通项公式为 an ( 1)n 1n( n 1) . (2) 各项的分子为 22, 32, 42, 52, ? , 分母 比分子大 1, 因此该数列的一个通项公式为an ( n 1)2( n 1) 2 1. , 2 由 an与 Sn关系求 an) , 2) 已知数列 an的前 n 项和 Sn, 求通项 an. (1) Sn 3n 1; (2) Sn 2n 1. 解: (1) 当 n 1 时 , a1 S1 2. 当 n2 时 , an Sn Sn 1 23 n 1. 当 n 1 时 , an 2 符合上式 an 23 n 1. (

9、2) 当 n 1 时 , a1 S1 21 1 3; 当 n2 时 , an Sn Sn 1 (2n 1) (2n 1 1) 2n 2n 1 2n 1.当 n 1 时 , an 3 不符=【 ;精品教育资源文库 】 = 合上式 综上有 an?3( n 1) ,2n 1( n2 ) . 变式训练 (1) 已知数列 an的前 n 项和 Sn 3n 1, 则 an _; (2) 若数列 an的前 n 项和 Sn 23an 13, 则 an的通项公式 an _ 答案: (1) ?4, n 1,2 3n 1, n 2 (2) ( 2)n 1 解析: (1) 当 n 1 时 , a1 S1 3 1 4,

10、当 n2 时 , an Sn Sn 1 3n 1 3n 1 1 2 3n 1. a1 4 不适合上等式 , an?4, n 1,2 3n 1, n 2. (2) 由 Sn 23an 13得 , 当 n2 时 , Sn 1 23an 1 13, 两式相减 , 得 an 23an 23an 1, 当 n2 时 , an 2an 1, 即 anan 1 2. 又 n 1 时 , S1 a1 23a1 13, a1 1, an ( 2)n 1. , 3 由数列的递推关系求数列的通项公式 ) , 3) (1) 设数列 an中 , a1 2, an 1 an n 1, 则通项公式 an_; (2) a1

11、1, an an 1 1n( n 1) (n2 , n N*), 通项公式 an _; (3) 在数列 an中 , a1 1, 前 n 项和 Sn n 23 an, 则 an的通项公式为 an _ 答案: (1) n( n 1)2 1 (2) 2 1n(n N*) (3) n( n 1)2 解析: (1) 由题意得 , 当 n2 时 , an a1 (a2 a1) (a3 a2) ? (an an 1) 2 (2 3 ? n) 2 ( n 1)( 2 n)2 n( n 1)2 1. 又 a1 1 ( 1 1)2 1 2, 符合上式 , 因此 an n( n 1)2 1. (2) 由 an an

12、 1 1n( n 1) (n2) , 得 an an 1 1n 1 1n(n2) 则 a2 a1 11 12, a3 a2 12 13, ? , an an 1 1n 1 1n.将上述 n 1 个式子累加 , 得 an 2 1n.当 n 1 时 , a1 1 也满足 , 故 an 2 1n(n N*) (3) 由题设知 , a1 1. 当 n1 时 , an Sn Sn 1 n 23 an n 13 an 1, =【 ;精品教育资源文库 】 = anan 1 n 1n 1, anan 1 n 1n 1, ? , a4a3 53, a3a2 42, a2a1 3. 以上 n 1 个式子的等号两端

13、分别相乘 , 得到 ana1 n( n 1)2 . a1 1, an n( n 1)2 . 备选变式(教师专享) (1) 已知数列 an满足 a1 1, an 3n 1 an 1(n 2), 则 an _ (2) 已知数列 an满足 a1 1, an n 1n an 1(n2) , 则 an _ 答案: (1) an 3n 12 (2) 1n 解析: (1) 由 a1 1, an an 1 3n 1(n2) , 得 a1 1, a2 a1 31, a3 a2 32, ? , an 1 an 2 3n 2, an an 1 3n 1, 以上等式两边分别相加得 an 1 3 32 ? 3n 1 3

14、n 12 .当 n 1 时 , a1 1 也适合 , an 3n 12 . (2) an n 1n an 1 (n2) , an 1 n 2n 1 an 2, ? , a2 12a1.以上 (n 1)个式子相乘得an a1 12 23 ? n 1n a1n 1n.当 n 1 时也满足此等式 , an 1n. 1. (2017 太原模拟 )已知数列 an满足 a1 1, an an 1 nanan 1(n N*), 则 an_ 答案: 2n2 n 2 解析:由 an an 1 nanan 1 得 1an 1 1an n, 则由累加法得 1an 1a1 1 2 ? (n 1)n2 n2 .因为 a

15、1 1, 所以1ann2 n2 1n2 n 22 , 所以 an2n2 n 2. 2. 设 Sn为数列 an的前 n 项和 , Sn kn2 n, n N*, 其中 k 是常数若对于任意的 m N*,am, a2m, a4m成等比数列 , 则 k 的值为 _ 答案: 0 或 1 解析: S n kn2 n, n N*, 数列 an是首项为 k 1, 公差为 2k 的等差数列 , an 2kn 1 k.又对于任意的 m N*都有 a22m ama4m, a22 a1a4, (3k 1)2 (k 1)(7k 1), 解得 k 0 或 1.又 k 0 时 , an 1, 显然对于任意的 m N*, am, a2m, a4m成等比数列; k 1 时 , an 2n, am 2m, a2m 4m, a4m 8m, 显然对于任意的 m N*, am, a2m, a4m也成等比数列综上所述 , k 0 或 1. 3. 已知数列 an满足 a1 1, an 1an 2n(n N*), 则 a10等于 _ 答案: 32 解析: a n 1an 2n, an 1an 2 2n 1, 两式相除得 an 2an

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 高中 > 数学 > 高考专区 > 一轮复习
版权提示 | 免责声明

1,本文(2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案.doc)为本站会员(flying)主动上传,163文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。
2,用户下载本文档,所消耗的文币(积分)将全额增加到上传者的账号。
3, 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知163文库(发送邮件至3464097650@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!


侵权处理QQ:3464097650--上传资料QQ:3464097650

【声明】本站为“文档C2C交易模式”,即用户上传的文档直接卖给(下载)用户,本站只是网络空间服务平台,本站所有原创文档下载所得归上传人所有,如您发现上传作品侵犯了您的版权,请立刻联系我们并提供证据,我们将在3个工作日内予以改正。


163文库-Www.163Wenku.Com |网站地图|