高三数学第一轮总复习教案方锦昌----数列部分(全部)

数列的概念29--------1数列的概念29------------11湖南省省级示范性高中……洞口三中高三数学第一轮总复习讲义讲义13数列的概念一、基本知识体系：1、数列：是特殊的函数，是建立在N*或N*的子集上的函数，所以，处理数列问题时，要注意运用函数的有关性质。2、数列的通项公式：数列{an}的第n项an与n之间的一个函数关系表达式。3、求数列的通项公式：①、Sn与an之间的相互转化：an=1(1)(2)nSnSn当时当时要特别注意讨论n=1的情况。②、由数列的递推关系式去求通项公式：（1）、形如an+1=an+（n)时常用累加法去解决：例如在数列{an}中，a1=1；an+1=an+2n；（答案为an=2n-1);（2）、形如an+1=（n)·an时常用累乘法去解决：例如在数列{an}中，a1=4；an+1=n+2nan；（答案为an=2n(n+1)；（3）、形如an+1=c·an+d（c、d为常数时）常构造转化为一个等比数列去解决：如在数列{an}中，a1=3；an+1=2an+1；（答案为an=2n+1-1);（4）、形如an+1=p·anr(p、r为常数时）常用两边取对数的方法去解决：例如在数列{an}中，a1=3；an+1=3an2；（答案为an=231n);二、典例剖析：★【题1】已知数列}{na满足)(133,0*11Nnaaaannn，则20a=（）A．0B．3C．3D．23●[解析]:由a1=0,).(1331Nnaaannn得a2=-,0,3,343aa由此可知:数列{an}是周期变化的,且三个一循环,所以可得:a20=a2=-.3故选B.★【题2】在数列{}na中，若11a，12(1)nnaan，则该数列的通项na2n-1。●解：由12(1)nnaan可得数列{}na为公差为2的等差数列，又11a，所以na2n－1★【题3】已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项1,n=1,an=,n≥2.(答案:2!n)数列的概念29--------2数列的概念29------------22★【题4】已知数列1}{1aan中，且a2k=a2k－1+(－1)K,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,…….（I）求a3,a5；（II）求{an}的通项公式.解：（I）a2=a1+(－1)1=0,a3=a2+31=3.a4=a3+(－1)2=4,a5=a4+32=13,所以，a3=3,a5=13.(II)a2k+1=a2k+3k;=a2k－1+(－1)k+3k,所以a2k+1－a2k－1=3k+(－1)k,同理a2k－1－a2k－3=3k－1+(－1)k－1,……a3－a1=3+(－1).所以(a2k+1－a2k－1)+(a2k－1－a2k－3)+…+(a3－a1)=(3k+3k－1+…+3)+[(－1)k+(－1)k－1+…+(－1)],由此得a2k+1－a1=23(3k－1)+21[(－1)k－1],于是a2k+1=.1)1(21231kka2k=a2k－1+(－1)k=2123k(－1)k－1－1+(－1)k=2123k(－1)k=1.{an}的通项公式为：当n为奇数时，an=;121)1(232121nn当n为偶数时，.121)1(2322nnna★【题5】设数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2)13(1na(对于所有n≥1)，且a4=54，则a1的数值是____________________2___.★【题6】设数列{}na的前n项和为nS，点(,)()nnSnN均在函数y＝3x－2的图像上。（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设13nnnaab，nT是数列{}nb的前n项和，求使得20nmT对所有nN都成立的最小正整数m。●解：（I）依题意得，32,nnnS即232nnnS。当n≥2时，221(32)312(1)65nnnnnnnnass;当n=1时，113as×21-2×1-1-6×1-5所以65()nnnNa。（II）由（I）得131111(65)6(1)526561nnnbaannnn，故111111111...277136561nnbnnT=111261n。因此，使得111261n﹤20mnN成立的m必须满足12≤20m，即m≥10,故满足要求的最小整数m为10。★【题7】在等差数列na中，11a，前n项和nS满足条件242,1,2,1nnSnnSn，（Ⅰ）求数列na数列的概念29--------3数列的概念29------------33的通项公式；（Ⅱ）记(0)nannbapp，求数列nb的前n项和nT。●解：（Ⅰ）设等差数列na的公差为d,由2421nnSnSn得：1213aaa，所以22a，即211daa，又1211122()42212nnnnnnandanSandanaanSaan＝2(1)1nnana，所以nan。（Ⅱ）由nannbap，得nnbnp。所以23123(1)nnnTpppnpnp，当1p时，12nnT；当1p时，234123(1)nnnpTpppnpnp，23111(1)(1)1nnnnnnppPTpppppnpnpp即11,12(1),11nnnnpTppnppp。★【题8】已知各项均为正数的数列na，满足：13a，且11122nnnnnnaaaaaa，*nN．（1）求数列na的通项公式；（2）设22212nnSaaa，22212111nnTaaaa，求nnST，并确定最小正整数n，使nnST为整数．●解：（1）条件可化为11112nnnnaaaa＋＋－＝（－），因此｛1nnaa－｝为一个等比数列，其公比为2，首项为11183aa－＝，所以1nnaa－＝n2n1822nN33＋－＝（）…………1;因an0，由1式解出an＝n12n212293＋＋（＋＋）…………2;（2）由1式有Sn＋Tn＝22212121112nnaaanaaa（－）＋（－）＋＋（－）＋＝345n2222222222n3333＋（）＋（）＋（）＋…＋（）＋＝n64412nnN27（－）＋（）为使Sn＋Tn＝n64412nnN27（－）＋（）为整数，当且仅当n4127－为整数.当n＝1,2时，显然Sn＋Tn不为整数，当n3时，n41－＝n131（＋）－＝1223333333nnnnnnCCCC－＋＋（＋＋）;∴只需1223327nnCC＋＝n3n192－为整数，因为3n－1与3互质，所以为9的整数倍.当n＝9时，n3n192－＝13为整数，故n的最小值为9.数列的概念29--------4数列的概念29------------44★【题9】在数列na中，若a1，a2是正整数，且12nnnaaa,n3，4，5，…，则称na为“绝对差数列”.（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；（Ⅱ）若“绝对差数列”na中，203a,210a，数列nb满足12nnnnbaaa；n=1，2，3，…，判断当n时,na与nb的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.●（Ⅰ）解：12345673,1,2,1,1,0,1aaaaaaa,89101,0,1.aaa（答案不惟一）（Ⅱ）解：因为在绝对差数列na中203a,210a.所以自第20项开始，该数列是203a,210a,2222242526273,3,0,3,3,,aaaaaao.即自第20项开始。每三个相邻的项周期地取值3，0，3.所以当n时，na的极限；不存在.当20n时,126nnnnbaaa,所以lim6nnb（Ⅲ）证明：根据定义，数列na必在有限项后出现零项.证明如下：假设na中没有零项，由于12nnnaaa,所以对于任意的n，都有1na,从而当12nnaa时,1211(3)nnnnaaaan;当12nnaa时,；2121(3)nnnnaaaan即na的值要么比1na至少小1，要么比2na至少小1.令212122212(),(),nnnnnnnaaaCaaa1,2,3,,n则101(2,3,4,).AnCCn由于1C是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项10C，这与0nC(1,2,3,,n);矛盾.从而na必有零项.若第一次出现的零项为第n项，记1(0)naAA，则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值0，A,A,即331320,,0,1,2,3,,,nknknkaaAkaA所以绝对差数列na中有无穷多个为零的项.26．（安徽卷）数列na的前n项和为nS，已知211,1,1,2,2nnaSnannn（Ⅰ）写出nS与1nS的递推关系式2n，并求nS关于n的表达式；（Ⅱ）设1/,nnnnnSfxxbfppRn，求数列nb的前n项和nT。解：由21nnSnann2n得：21()1nnnSnSSnn，即221(1)1nnnSnSnn，所以1111nnnnSSnn，对2n成立。由1111nnnnSSnn，121112nnnnSSnn，…，2132121SS相加得：1121nnSSnn，又1112Sa，所以21nnSn，当1n时，也成立。数列的概念29--------5数列的概念29------------55（Ⅱ）由111nnnnSnfxxxnn，得/nnnbfpnp。而23123(1)nnnTpppnpnp，234123(1)nnnpTpppnpnp，23111(1)(1)1nnnnnnppPTpppppnpnpp30。（福建卷）已知数列｛an｝满足a1=1,a1n=2an+1(n∈N)（Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}满足4k1-14k2-1…4k-1=(an+1)km(n∈N*),证明:{bn}是等差数列;（Ⅲ）证明:231213221naaaaaannn＜＜(n∈N*).解析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。（I）解：*121(),nnaanN112(1),nnaa1na是以112a为首项，2为公比的等比数列。12.nna即2*21().nanN（II）证法一：1211144...4(1).nnkkkkna12(...)42.nnkkknnk122[(...)],nnbbbnnb①12112[(...)(1)](1).nnnbbbbnnb②；②－①，得112(1)(1),nnnbnbnb即1(1)20,nnnbnb21(1)20.nnnbnb③－④，得2120,nnn