第五章 数列5课时Word下载.docx
- 文档编号:18433421
- 上传时间:2022-12-16
- 格式:DOCX
- 页数:82
- 大小:167.57KB
第五章 数列5课时Word下载.docx
《第五章 数列5课时Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《第五章 数列5课时Word下载.docx(82页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
通项公式法
可根据某项的序号,直接用代入法求出该项
都可确定一个数列,都可求出数列的任何一项
递推公式法
可根据第1项或前几项的值,通过一次或多次赋值,逐项求出数列的项,直至求出所需的项
[自测·
牛刀小试]
1.(教材习题改编)已知数列{an}的前4项分别为2,0,2,0,…,则下列各式不可以作为数列{an}的通项公式的一项是( )
A.an=1+(-1)n+1 B.an=2sin
C.an=1-cosnπD.a=
解析:
选B 若an=2sin,则a1=2sin=2,a2=2sinπ=0,a3=2sin=-2,a4=2sin2π=0.
2.已知数列的通项公式为an=n2-8n+15,则3( )
A.不是数列{an}中的项
B.只是数列{an}中的第2项
C.只是数列{an}中的第6项
D.是数列{an}中的第2项或第6项
选D 令an=3,即n2-8n+15=3,解得n=2或6,故3是数列{an}中的第2项或第6项.
3.(教材习题改编)在数列{an}中,a1=1,an=1+(n≥2),则a5=( )
A. B.
C. D.
选D 由题意知,a1=1,a2=2,a3=,a4=,a5=.
4.(教材改编题)已知数列,,2,…,根据数列的规律,2应该是该数列的第________项.
由于2=3×
1-1,5=3×
2-1,8=3×
3-1,…
故可知该数列的通项公式为an=
由2=,得n=7.
答案:
7
5.若数列{an}的前n项和Sn=n2-10n(n=1,2,3,…),则此数列的通项公式为an=________;
数列{nan}中数值最小的项是第________项.
∵当n≥2时,an=Sn-Sn-1
=(n2-10n)-[(n-1)2-10(n-1)]=2n-11;
当n=1时,a1=S1=-9也满足an=2n-11,
∴an=2n-11.
∴nan=2n2-11n=2=2
=22-.
又∵n∈N*,∴当n=3时,nan取最小值.
2n-11 3
已知数列的前几项求通项公式
[例1] 根据数列的前几项,写出各数列的一个通项公式:
(1)4,6,8,10,…;
(2),,,,,…;
(3),,-,,-,,….
[自主解答]
(1)各数都是偶数,且最小为4,所以通项an=2(n+1)(n∈N*).
(2)注意到分母分别是21,22,23,24,25,…,而分子比分母少1,
所以其通项an=(n∈N*).
(3)分母规律明显,而第2,3,4项的绝对值的分子比分母少3,因此可考虑把第1项变为-,这样原数列可化为-,,-,,-,,…
所以其通项an=(-1)n(n∈N*).
—————
——————————————
用观察法求数列的通项公式的技巧
用观察归纳法求数列的通项公式,关键是找出各项的共同规律及项与项数n的关系.当项与项之间的关系不明显时,可采用适当变形或分解,以凸显规律,便于归纳.当各项是分数时,可分别考虑分子、分母的变化规律及联系,正负相间出现时,可用(-1)n或(-1)n+1调节.
1.写出下列数列的一个通项公式,使它的前几项分别是下列各数:
(1),,,,,…;
(2)-1,,-,,-,…;
(3)9,99,999,9999,….
解:
(1)分子是连续的偶数,且第1个数是2,所以用2n表示;
分母是22-1,42-1,62-1,82-1,102-1,所以用(2n)2-1表示.所以an==(n∈N*).
(2)正负交替出现,且奇数项为负,偶数项为正,所以用(-1)n表示;
1, , , , ,…
↕ ↕ ↕ ↕ ↕
,, , , ,…
分母是连续奇数相乘的形式,观察和项数n的关系,用(2n-1)(2n+1)表示;
分子是21+1,22+1,23+1,24+1,用2n+1表示.所以
an=(-1)n·
=(-1)n·
(n∈N*).
(3) 9, 99, 999, 9999,…
↕ ↕ ↕ ↕
101-1, 102-1, 103-1, 104-1,…
所以an=10n-1(n∈N*).
由an与Sn的关系求通项公式
[例2] 已知数列{an}的前n项和为Sn=3n-1,求它的通项公式an.
[自主解答] 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=2×
3n-1;
当n=1时,a1=S1=2也满足an=2×
3n-1.
故数列{an}的通项公式为an=2×
若将“Sn=3n-1”改为“Sn=n2-n+1”,如何求解?
∵a1=S1=12-1+1=1,
当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=(n2-n+1)-[(n-1)2-(n-1)+1]
=2n-2.
∴an=
已知Sn求an时应注意的问题
数列的通项an与前n项和Sn的关系是an=当n=1时,a1若适合Sn-Sn-1,则n=1的情况可并入n≥2时的通项an;
当n=1时,a1若不适合Sn-Sn-1,则用分段函数的形式表示.
2.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn>
1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*.求数列{an}的通项公式.
由a1=S1=(a1+1)(a1+2),
解得a1=1或a1=2.由已知a1=S1>
1,因此a1=2.
又由an+1=Sn+1-Sn
=(an+1+1)(an+1+2)-(an+1)(an+2),
得an+1-an-3=0或an+1=-an.
因为an>
0,故an+1=-an不成立,舍去.
因此an+1-an-3=0,即an+1-an=3,
从而{an}是公差为3,首项为2的等差数列,故{an}的通项公式为an=3n-1.
由递推关系式求数列的通项公式
[例3] 根据下列条件,确定数列{an}的通项公式.
(1)a1=1,an+1=3an+2;
(2)a1=1,an=an-1(n≥2);
(3)a1=2,an+1=an+3n+2.
[自主解答]
(1)∵an+1=3an+2,
∴an+1+1=3(an+1),即=3.
∴数列{an+1}为等比数列,公比q=3.
又a1+1=2,∴an+1=2×
∴an=2×
3n-1-1.
(2)∵an=an-1(n≥2),
∴an-1=an-2,…,a2=a1.
以上(n-1)个式子相乘得
an=a1×
×
…×
==.
(3)∵an+1-an=3n+2,
∴an-an-1=3n-1(n≥2),
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(n≥2).
当n=1时,a1=×
(3×
1+1)=2符合公式,
∴an=n2+.
由递推公式求通项公式的常用方法
已知数列的递推关系,求数列的通项公式时,通常用累加、累乘、构造法求解.
当出现an=an-1+m时,构造等差数列;
当出现an=xan-1+y时,构造等比数列;
当出现an=an-1+f(n)时,用累加法求解;
当出现时,用累乘法求解.
3.(2012·
大纲全国卷)已知数列{an}中,a1=1,前n项和Sn=an.
(1)求a2,a3;
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)由S2=a2得3(a1+a2)=4a2,解得a2=3a1=3;
由S3=a3得3(a1+a2+a3)=5a3,解得a3=(a1+a2)=6.
(2)由题设知a1=1.
当n>
1时有an=Sn-Sn-1=an-an-1,
整理得an=an-1.
于是a1=1,a2=a1,a3=a2,
…
an-1=an-2,an=an-1,
将以上n个等式两端分别相乘,整理得an=.
综上可知,数列{an}的通项公式an=.
数列函数性质的应用
[例4] 已知数列{an}.
(1)若an=n2-5n+4,
①数列中有多少项是负数?
②n为何值时,an有最小值?
并求出最小值.
(2)若an=n2+kn+4且对于n∈N*,都有an+1>
an成立.求实数k的取值范围.
[自主解答]
(1)①由n2-5n+4<
0,解得1<
n<
4.
∵n∈N*,∴n=2,3.
∴数列中有两项是负数,即为a2,a3.
②∵an=n2-5n+4=2-的对称轴方程为n=.
又n∈N*,∴n=2或n=3时,an有最小值,其最小值为a2=a3=-2.
(2)由an+1>
an,知该数列是一个递增数列,又因为通项公式an=n2+kn+4,可以看作是关于n的二次函数,考虑到n∈N*,所以-<
,即得k>
-3.
函数思想在数列中的应用
(1)数列可以看作是一类特殊的函数,因此要用函数的知识,函数的思想方法来解决.
(2)数列的单调性是高考常考内容之一,有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决,判断单调性时常用:
①作差;
②作商;
③结合函数图象等方法.
4.若数列中的最大项是第k项,则k=________.
法一:
由题意知,
解得≤k≤1+.
∵k∈N*,∴k=4.
法二:
设an=n(n+4)n,则
an+1-an=(n+1)(n+5)n+1-n(n+4)n
=n
=n.
当n≤3时,an+1-an>0,即an+1>an,
当n≥4时,an+1-an<0,即an+1<an,
故a1<a2<a3<a4,且a4>a5>a6>….
所以数列中最大项是第4项.
4
1个关系——数列与函数的关系
数列是一种特殊的函数,即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数,当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值,就是数列.因此,在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍性,又要考虑数列方法的特殊性.
3类问题——数列通项公式的求法及最大(小)项问题
(1)由递推关系求数列的通项公式常用的方法有:
①求出数列的前几项,再归纳出数列的一个通项公式;
②将已知递推关系式整理、变形,变成等差、等比数列,或用叠加法、累乘法、迭代法.
(2)由Sn与an的递推关系求an的常用思路有:
①利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为an的递推关系,再求其通项公式;
②转化为Sn的递推关系,先求出Sn与n的关系,再求an.
(3)数列{an}的最大(小)项的求法
可以利用不等式组找到数列的最大项;
利用不等式组找到数列的最小项.
创新交汇——数列与函数的交汇问题
1.数列的概念常与函数、方程、解析几何、不等式等相结合命题.
2.正确理解、掌握函数的性质(如单调性、周期性等)是解决此类问题的关键.
[典例] (2012·
上海高考)已知f(x)=.各项均为正数的数列{an}满足a1=1,an+2=f(an).若a2010=a2012,则a20+a11的值是________.
[解析] ∵an+2=,又a2010=a2012=,
∴a+a2010=1.
又an>
0,∴a2010=.
又a2010==,
∴a2008=,同理可得a2006=…=a20=.
又a1=1,∴a3=,a5==,a7==,
a9==,a11==.
∴a20+a11=+=.
[答案]
1.本题具有以下创新点
(1)数列{an}的递推关系式,以函数f(x)=为载体间接给出;
(2)给出的递推关系式不是相邻两项,即an与an-1(n≥2)之间的关系,而是给出an与an+2之间的关系式,即奇数项与奇数项、偶数项与偶数项之间的递推关系.
2.解决本题的关键有以下两点
(1)正确求出数列{an}的递推关系式;
(2)正确利用递推公式an+2=,分别从首项a1推出a11和从a2010推出a20.
1.已知数列{an}满足a1=33,an+1-an=2n,则的最小值为( )
A. B.
C.10 D.21
选B 由已知条件可知:
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=33+2+4+…+2(n-1)
=n2-n+33,又n=1时,a1=33适合,
故an=n2-n+33.
又=n+-1,
令f(n)=n+-1,f(n)在[1,5]上为减函数,
f(n)在[6,+∞)上为增函数,又f(5)=,f(6)=,
所以f(5)>
f(6).故f(n)=的最小值为.
2.已知函数f(x)=把函数g(x)=f(x)-x的零点按从小到大的顺序排成一个数列,则该数列的通项公式为( )
A.an=(n∈N*)B.an=n(n-1)(n∈N*)
C.an=n-1(n∈N*)D.an=2n-2(n∈N*)
选C 据已知函数关系式可得f(x)=此时易知函数g(x)=f(x)-x的前几个零点依次为0,1,2,…,代入验证只有C符合.
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.数列1,,,,,…的一个通项公式an是( )
A. B.
C.D.
选B 由已知得,数列可写成,,,…,故通项为.
2.已知数列{an}的通项公式为an=n2-2λn(n∈N*),则“λ<
1”是“数列{an}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
选A 若数列{an}为递增数列,则有an+1-an>
0,即2n+1>
2λ对任意的n∈N*都成立,于是有3>
2λ,即λ<
.由λ<
1可得λ<
,但反过来,由λ<
不能得到λ<
1,因此“λ<
1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件.
3.数列{an}的通项an=,则数列{an}中的最大值是( )
A.3B.19
选C 因为an=,运用基本不等式得
≤,由于n∈N*,不难发现当n=9或10时,an=最大.
4.(2013·
银川模拟)设数列{an}满足:
a1=2,an+1=1-,记数列{an}的前n项之积为Tr,则T2013的值为( )
A.-B.-1
C.D.2
选B 由a2=,a3=-1,a4=2可知,数列{an}是周期为3的周期数列,从而T2013=(-1)671=-1.
5.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,第k项满足5<
ak<
8,则k=( )
A.9B.8
C.7D.6
选B 由an==得an=2n-10.
由5<
2k-10<
8得7.5<
k<
9,由于k∈N*,所以k=8.
6.(2012·
福建高考)数列{an}的通项公式an=ncos,其前n项和为Sn,则S2012等于( )
A.1006B.2012
C.503D.0
选A 由题意知,a1+a2+a3+a4=2,a5+a6+a7+a8=2,…,a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=2,k∈N,故S2012=503×
2=1006.
二、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)
7.黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图所示的规律拼成若干个图案,则第n个图案中有白色地面砖________块.
第1个图案中有白色地面砖6块,第2个图案中有10块,第3个图案中有14块,…,后一个图案总比前一个图案多4块白色地面砖,从而第n个图案中有4n+2块白色地面砖.
4n+2
8.数列{an}满足an+1=若a1=,则a2013=________.
因为a1=∈,
所以a2=2a1-1=2×
-1=.
因为a2=∈,
所以a3=2a2-1=2×
因为a3=∈,所以a4=2a3=2×
=.
显然a4=a1,根据递推关系,逐步代入,得a5=a2,a6=a3,…
故该数列的项呈周期性出现,其周期为3,根据上述求解结果,可得a3k+1=,a3k+2=,a3k+3=(k∈N).
所以a2013=a3×
671=a3=.
9.已知数列{an},{bn}满足a1=1,且an,an+1是函数f(x)=x2-bnx+2n的两个零点,则b10=________.
∵an+an+1=bn,an·
an+1=2n,
∴an+1·
an+2=2n+1,
∴an+2=2an.
又∵a1=1,a1·
a2=2,∴a2=2,
∴a2n=2n,a2n-1=2n-1(n∈N*),
∴b10=a10+a11=64.
64
三、解答题(本大题共3小题,每小题12分,共36分)
10.数列{an}中,a1=1,对于所有的n≥2,n∈N*都有a1·
a2·
a3…·
an=n2,求a3+a5的值.
∵a1·
a3·
…·
an=n2,
∴a1a2=4,a1a2a3=9,解得a3=.
同理a5=.∴a3+a5=.
11.已知数列{an}的前n项和Sn,分别求它们的通项公式an.
(1)Sn=2n2+3n;
(2)Sn=2n+1.
(1)由题可知,当n=1时,a1=S1=2×
12+3×
1=5,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n2+3n)-[2(n-1)2+3(n-1)]=4n+1.
当n=1时,4×
1+1=5=a1,故an=4n+1.
(2)当n=1时,a1=S1=2+1=3,
an=Sn-Sn-1=(2n+1)-(2n-1+1)=2n-1.
当n=1时,21-1=1≠a1,
故an=
12.已知数列{an}满足前n项和Sn=n2+1,数列{bn}满足bn=,且前n项和为Tn,设cn=T2n+1-Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)判断数列{cn}的增减性.
(1)a1=2,an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2),
故bn=
(2)∵cn=bn+1+bn+2+…+b2n+1
=++…+,
∴cn+1-cn=+-
=<
0.
∴{cn}是递减数列.
1.根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式:
(1)-1,7,-13,19,…;
(1)0.8,0.88,0.888,…;
(3),1,,,…;
(4)0,1,0,1,….
(1)符号问题可通过(-1)n或(-1)n+1表示,其各项的绝对值的排列规律为:
后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6,故通项公式为an=(-1)n(6n-5).
(2)将数列变形为(1-0.1),(1-0.01),(1-0.001),…
故an=.
(3)将数列统一为,,,,…,对于分子3,5,7,9,…,是序号的2倍加1,可得分子的通项公式为bn=2n+1,对于分母2,5,10,17,…,联想到数列1,4,9,16,…,即数列{n2},可得分母的通项公式为cn=n2+1,
故可得它的一个通项公式为an=.
(4)an=或
an=或an=.
2.已知数列{an}的通项公式an=(n+1)n(n∈N*),试问数列{an}有没有最大项?
若有,求最大项和最小项的项数;
若没有,说明理由.
∵an+1-an=(n+2)n+1-(n+1)n=n·
,
当n<
9时,an+1-an>
0,即an+1>
an;
当n=9时,an+1-an=0,即an+1=an;
9时,an+1-an<
0,即an+1<
故a1<
a2<
a3<
…<
a9=a10>
a11>
a12>
∴数列中有最大项,最大项为第9、10项,
即a9=a10=.
3.设数列{an}的前n项和为Sn,点(n∈N*)均在函数y=3x-2的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn<
对所有n∈N*都成立的最小正整数m.
(1)依题意得,=3n-2,即Sn=3n2-2n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5;
当n=1时,a1=S1=3×
12-2×
1=1=6×
1-5.
所以an=6n-5(n∈N*).
(2)由
(1)得bn=
==,
故Tn=i
=
因此,使得<
(n∈N*)成立的m必须且仅需满足≤,即m≥10,故满足要求的最小正整数m为10.
4.(2012·
浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2+n,n∈N*,数列{bn}满足an=4log2bn+3,n∈N*.
(1)求an,bn;
(2)求数列{an·
bn}的前n项和Tn.
(1)由Sn=2n2+n,得当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-1,易知当n=1时也满足通式an=4n-1,
所以an=4n-1,n∈N*.
由4n-1=an=4log2bn+3,得bn=2n-1,n∈N*.
(2)由
(1)知an·
bn=(4n-1)·
2n-1,n∈N*,
所以Tn=3+7×
2+11×
22+…+(4n-1)·
2n-1,
2Tn=3×
2+7×
22+…+(4n-5)·
2n-1+(4n-1)·
2n,
2Tn-Tn=(4n-1)2n-[3+4(2+22+…+2n-1)]=(4n-5)2n+5.
故Tn=(4n-5)2n+5,n∈N*.
1.理解等差数列的概念;
2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式;
3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用有关知识解决相应的问题;
4.了解等差数列与一次函数的关系.
1.以
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 第五章 数列5课时 第五 数列 课时