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高考数学第6章数列第一节数列的概念及简单表示法课件理_图文

第一节 数列的概念及简单表示法

知识点 数列的概念

1.数列的定义 按照 一定顺序

排列着的一列数称为数列.数列中的每一

个数叫做这个数列的项.

2.数列的分类 分类原则
按项数分类
按项与项 间的大小 关系分类

类型 有穷数列 无穷数列 递增数列 递减数列 常数列

满足条件

项数 有限 项数 无限

an+1>an an+1<an an+1=an

其中 n∈N*

3.数列的表示法 数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和通项公式.
4.数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与n之间的函数关系可以用一个式子an =f(n)来表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式. 5.递推公式 如果已知数列{an}的 第一项 (或 前几项 ),且任何一项 an 与 它的前一项 an-1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示, 即 an=f(an-1)或 an=f(an-1,an-2),那么这个式子叫做数列{an} 的递推公式.

6.数列的前n项和Sn与通项an的关系 (1)Sn=a1+a2+…+an;
?两个易错点:单调性;最值. [数列是自变量为正整数的特殊函数,利用函数思想求解数列 问题应注意定义域的限制] (1)已知数列{an}的通项公式an=7-3n,则数列{an}有最大值 为________.

解析 因为{an}是递减数列,当n=1时an有最大值为7- 3×1=4. 答案 4
(2)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-7n,则Sn的最小值为 ________. 解析 Sn=???n-72???2-449,所以当 n=3 或 n=4 时 Sn 取 得最小值为14-449=-12. 答案 -12

?数列的两种表示方法:通项公式;递推公式. [求数列通项或指定项.通常用观察法(对于交错数列一般用 (-1)n 或(-1)n+1 来区分奇偶项的符号);已知数列中的递推关系, 一般只要求写出数列的前几项,若求通项可用归纳、猜想和转 化的方法.] (3)数列-1×1 2,2×1 3,-3×1 4,4×1 5…的一个通项公式 an= ________.
解析 数列奇数项为负,偶数项为正,可得一个通项公式 an=(-1)n·n(n1+1).
答案 (-1)n·n(n1+1)

(4) 数 列 {an} 满 足 an + 1 = an + an + 2 , 且 a1 = 1 , a2 = 2 , 则 a4 = ________.
解析 由a2=a1+a3得a3=a2-a1=1,由a3=a2+a4得a4=a3 -a2=1-2=-1. 答案 -1

由数列递推关系式求通项公式的方法突破
由递推公式求数列通项的常用方法 (1)形如 an+1=an+f(n),常用累加法.即利用恒等式 an=a1+ (a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)求通项公式. (2)形如 an+1=anf(n),常可采用累乘法,即利用恒等式 an= a1·aa21·aa32·…·aan-n 1求通项公式.

(3)形如 an+1=ban+d(其中 b,d 为常数,b≠0,1)的数列,常用 构造法.其基本思路是:构造 an+1+x=b(an+x)(其中 x=b-d 1),则 {an+x}是公比为 b 的等比数列,利用它即可求出 an. (4)形如 an+1=qapna+n r(p,q,r 是常数)的数列,将其变形为an1+1=pr·a1n
+qp.
若 p=r,则???a1n???是等差数列,且公差为qp,可用公式求通项;若 p≠r, 则采用(3)的办法来求. (5)形如 an+2=pan+1+qan(p,q 是常数,且 p+q=1)的数列,构造 等比数列.将其变形为 an+2-an+1=(-q)·(an+1-an),则{an-an- 1}(n≥2,n∈N*)是等比数列,且公比为-q,可以求得 an-an-1 =f(n),然后用累加法求得通项.

【例 1】 (1)已知数列{an}中,a1=1,(n+1)an=nan+1,则数列 {an}的通项公式 an=________. (2)已知数列{an}满足 a1=1,a2=4,an+2+2an=3an+1(n∈N*), 则数列{an}的通项公式 an=________.

解析 (1)由(n+1)an=nan+1,可得aan+n 1=n+n 1. ∴当 n≥2 时,aan-n 1=n-n 1,aann- -12=nn- -12,…,
aa32=32,aa21=2. 将以上各式累乘求得aan1=n, ∴an=n,而 n=1 也适合. ∴数列的通项公式为 an=n.

(2)由 an+2+2an-3an+1=0,得 an+2-an+1=2(an+1-an), ∴数列{an+1-an}是以 a2-a1=3 为首项,2 为公比的等比数列, ∴an+1-an=3·2n-1,∴n≥2 时,an-an-1=3·2n-2,…,a3-a2= 3·2,a2-a1=3,将以上各式累加得 an-a1=3·2n-2+…+3·2+ 3=3(2n-1-1),∴an=3·2n-1-2(当 n=1 时,也满足). 答案 (1)n (2)3·2n-1-2
[点评] 解答本题(1)的关键是将(n+1)an=nan+1 变形为aan+n 1= n+n 1,再用累乘法求解;解答本题(2)的关键是将 an+2+2an= 3an+1 变形后得出{an+1-an}是等比数列,再利用累加法求解.

根据Sn求an的解题方略
已知Sn求an的三个步骤 (1)先利用a1=S1求出a1. (2)用n-1替换Sn中的n得到一个新的关系,利用an=Sn-Sn-1(n≥2) 便可求出当n≥2时an的表达式.

【例2】 (1)(2016·宁夏银川模拟)已知数列{an}的前n项和Sn= 2an-1,则数列{an}的通项公式为an=________.
(2)(2016·甘肃会宁一中月考)已知数列{an}的前n项和为Sn, a1=1,an+1=3Sn,则an=________.

解析 (1)∵Sn=2an-1,∴n≥2 时,Sn-1=2an-1-1, 两式相减得 an=2an-2an-1,∴an=2an-1(n≥2). ∵n=1 时,S1=2a1-1=a1,∴a1=1. ∴数列{an}是 1 为首项,2 为公比的等比数列. ∴an=2n-1. (2)∵an+1=3Sn,∴n≥2 时,an=3Sn-1, 两式相减得,an+1-an=3Sn-3Sn-1=3an, ∴an+1=4an,∵a1=1,a2=3S1=3≠4a1. 数列{an}从第二项起为等比数列, ∴an=a2qn-2=3×4n-2(n≥2),a1=1. ∴an=?????13,×n4=n-21,,n≥2.

答案

(1)2n-1

??1,n=1, (2)???3×4n-2,n≥2.

[点评] (1)应重视分类讨论思想的应用,分 n=1 和 n≥2 两种

情况讨论;特别注意 an=Sn-Sn-1 中需 n≥2. (2)由 Sn-Sn-1=an 推得 an,当 n=1 时,a1 也适合“an 式”, 则需统一“合写”.

(3)由 Sn-Sn-1=an 推得 an,当 n=1 时,a1 不适合“an 式”,

则 数 列 的 通 项 公 式 应 分 段 表 示 (“ 分 写 ”) , 即 an =

??S1

(n=1),

???Sn-Sn-1 (n≥2).

利用数列通项公式求数列最大(小)项
【示例】 已知数列{an}的通项公式 an=(n+1)???1110???n,试问数 列{an}中有没有最大项?若有,求出最大项和最大项的序号; 若没有,请说明理由.

[解] 法一 ∵an+1-an=(n+2)???1110???n+1-???n+1??????1110???n=???1110???n ×9-11n, 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. ∴该数列中有最大项,为第 9、10 项,且 a9=a10=10×???1110???9.

法二 根据题意,令?????aann≥ ≥aann- +11,(n≥2,n∈N*), 即?????((nn++11))??????11111100??????nn≥≥(n×n+???11102???)n-???11110,???n+1,解得 9≤n≤10. 又 n∈N*,∴n=9 或 n=10, ∴该数列中有最大项,为第 9、10 项,且 a9=a10=10×???1110???9.

[方法点评] 求数列最大(小)项常用方法 (1)函数法:利用数列的增减法或图象求最值.


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