（江苏专用）2020版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.1 数列的有关概念教师用书（PDF，含解析

第六章数列真题多维细目表考题涉分题型难度考点考向解题方法核心素养２０１９江苏，８５分填空题易等差数列的概念及运算①等差数列通项公式②等差数列前ｎ项和公式公式法直接法数学运算２０１９江苏，２０１６分解答题难数列的综合应用等差、等比数列的定义、通项公式、性质直接法公式法逻辑推理法数学抽象逻辑推理数学运算２０１８江苏，１４５分填空题难①数列求和②数列的综合应用等差、等比数列的通项公式与前ｎ项和公式公式法分类讨论转化与化归数学运算数学抽象逻辑推理２０１８江苏，２０１６分解答题难①等差数列②等比数列③数列的综合应用①等差、等比数列的定义、通项公式、性质②数列与不等式综合公式法分类讨论转化与化归数学抽象逻辑推理２０１７江苏，９５分填空题易等比数列的概念及运算等比数列的通项公式、前ｎ项和公式公式法数学运算２０１７江苏，１９１６分解答题难①等差数列的概念及运算②数列的综合应用等差数列的定义、通项公式定义法公式法逻辑推理数学抽象２０１６江苏，８５分填空题易①等差数列的概念及运算②数列求和等差数列的通项公式、前ｎ项和公式公式法逻辑推理数学运算２０１６江苏，２０１６分解答题难①等比数列的概念及运算②等比数列的性质及应用①等比数列的通项公式、求和公式②数列不等式的证明公式法分类讨论转化与化归逻辑推理数学运算数学抽象２０１５江苏，１１５分填空题中①数列的概念②数列求和①由递推式用累加法求通项公式②用裂项相消法求和公式法数学运算２０１５江苏，２０１６分解答题难①等差数列②等比数列③数列的综合应用①通项公式、求和公式②数列与函数的综合公式法转化与化归数学运算数学抽象逻辑推理命题规律与趋势０１考查内容高考对数列的考查，有容易题，有中等题，有难题，考查内容有等差数列、等比数列的概念、性质和数列求和．考查一道填空题和一道解答题．０２命题特点１．填空题：有时考查等差、等比数列的概念、性质，考查基本量的运算．有时考查数列的综合运用，出现在第１４题，难度较大．２．解答题：一般是压轴题，出现在第２０题，前面是基础问题，后面考查数列综合运用，难度大．０３解题方法基本量法、定义法、公式法、综合法．０４关联考点可与函数、不等式、概率相结合考查．０５命题趋势１．填空题考查等差、等比数列的概念和性质，考查基本量的运算，考查通性通法．２．解答题难度较大，考查知识灵活，需要一定的综合能力．０６核心素养学科核心素养主要考查逻辑推理、数学运算、数学建模．第六章　数列５３　　　§６．１　数列的有关概念对应学生用书起始页码Ｐ８６考点数列的概念和简单表示法高频考点　　１．数列的定义按一定次序排成的一列数叫做数列，即ａ１，ａ２，ａ３，…，ａｎ，…，简记为数列｛ａｎ｝．其中，ａ１称为数列的首项，ａｎ称为数列的第ｎ项，实际上，数列可以看成是以正整数集Ｎ∗或它的有限子集｛１，２，…，ｎ｝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．２．数列的分类按项分类有穷数列：项数有限；无穷数列：项数无限．{按ａｎ的增减性分类递增数列：对于任何ｎ∈Ｎ∗，均有ａｎ＋１＞ａｎ；递减数列：对于任何ｎ∈Ｎ∗，均有ａｎ＋１＜ａｎ；摆动数列：如－１，１，－１，１，…常数列：如６，６，６，６，…ìîíïïïï３．数列的表示方法（１）列表法；（２）图象法：数列可用一群孤立的点表示；（３）解析法（公式法）：通项公式或递推公式．４．通项公式如果数列｛ａｎ｝的第ｎ项ａｎ与序号ｎ之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．注意　数列是一个特殊的函数，要学会用函数思想解决数列问题．５．数列的前ｎ项和数列｛ａｎ｝的前ｎ项之和叫做数列的前ｎ项和，常用Ｓｎ表示．（１）Ｓｎ＝ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ；（２）ａｎ＝Ｓ１（ｎ＝１），Ｓｎ－Ｓｎ－１（ｎ≥２）．{􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋对应学生用书起始页码Ｐ８６一、利用ａｎ与Ｓｎ的关系求通项　　１．利用ａｎ＝Ｓ１，ｎ＝１，Ｓｎ－Ｓｎ－１，ｎ≥２{求通项时，要注意检验ｎ＝１的情况．２．利用Ｓｎ与ａｎ的关系式求通项ａｎ时，可以利用ｎ≥２时ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１消去Ｓｎ求ａｎ；也可以消去ａｎ求Ｓｎ，进而求ａｎ．已知数列｛ａｎ｝的首项为１，且满足ａｎ＝３Ｓｎ，ｎ≥２，则前ｎ项和Ｓｎ＝　　　　．解析　因为ａｎ＝３Ｓｎ，ｎ≥２，所以Ｓｎ－Ｓｎ－１＝３Ｓｎ，ｎ≥２，得Ｓｎ＝－１２Ｓｎ－１，ｎ≥２．由ａ２＝３Ｓ２＝３ａ１＋３ａ２＝３＋３ａ２，解得ａ２＝－３２，所以Ｓ２＝ａ２＋ａ１＝－１２，又Ｓ１＝ａ１＝１，所以Ｓ２＝－１２Ｓ１，所以Ｓｎ＝－１２Ｓｎ－１（ｎ≥２），故数列｛Ｓｎ｝是以１为首项，－１２为公比的等比数列，所以Ｓｎ＝－１２()ｎ－１．答案　－１２()ｎ－１　　１－１　已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ａｎ＋１＝Ｓｎ－ｎ＋３（ｎ∈Ｎ∗），ａ１＝２，则数列｛ａｎ｝的通项公式为　　　　　　　　．１－１答案　ａｎ＝２　　　（ｎ＝１）３×２ｎ－２＋１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗）{解析　ａｎ＋１＝Ｓｎ－ｎ＋３，ａｎ＝Ｓｎ－１－（ｎ－１）＋３（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗）{⇒ａｎ＋１－ａｎ＝ａｎ－１⇒ａｎ＋１－１＝２（ａｎ－１）（ｎ≥２）．所以｛ａｎ－１｝是从第二项起，以２为公比的等比数列．又ａ２＝Ｓ１－１＋３＝４，ａ２－１＝３，所以ａｎ＝２　　（ｎ＝１），３×２ｎ－２＋１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗）．{　　１－２　设Ｓｎ为数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，若Ｓｎ＝ｎａｎ－３ｎ（ｎ－１）（ｎ∈Ｎ∗），且ａ２＝１１，则Ｓ２０的值为　　　　．１－２答案　１２４０解析　由Ｓ２＝ａ１＋ａ２＝２ａ２－３×２×（２－１），ａ２＝１１，可得ａ１＝５．解法一：当ｎ≥２时，由ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１，得ａｎ＝ｎａｎ－３ｎ（ｎ－１）－［（ｎ－１）ａｎ－１－３（ｎ－１）（ｎ－２）］，∴（ｎ－１）ａｎ－（ｎ－１）ａｎ－１＝６（ｎ－１），即ａｎ－ａｎ－１＝６（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗），∴数列｛ａｎ｝是首项为ａ１＝５，公差为６的等差数列，∴Ｓ２０＝２０×５＋２０×１９２×６＝１２４０．解法二：当ｎ≥２时，由Ｓｎ＝ｎａｎ－３ｎ（ｎ－１）＝ｎ（Ｓｎ－Ｓｎ－１）－３ｎ（ｎ－１），可得（ｎ－１）Ｓｎ－ｎＳｎ－１＝３ｎ（ｎ－１），∴Ｓｎｎ－Ｓｎ－１ｎ－１＝３，∴数列Ｓｎｎ{}是首项为Ｓ１１＝５，公差为３的等差数列，∴Ｓ２０２０＝５＋３×１９＝６２，∴Ｓ２０＝１２４０．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５４　　　５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）二、利用递推关系求数列的通项　　递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．利用递推关系求数列的通项的常见方法有：（１）形如ａｎ＋１＝ａｎｆ（ｎ），求ａｎ．采用累乘法：若已知ａ１且ａｎａｎ－１＝ｆ（ｎ）（ｎ≥２），则ａｎａｎ－１·ａｎ－１ａｎ－２·…·ａ３ａ２·ａ２ａ１＝ａｎａ１＝ｆ（ｎ）·ｆ（ｎ－１）·…·ｆ（３）·ｆ（２），即ａｎ＝ａ１·ｆ（２）·ｆ（３）·…·ｆ（ｎ－１）·ｆ（ｎ）．（２）形如ａｎ＋１＝ａｎ＋ｆ（ｎ），求ａｎ．采用累加法：若已知ａ１且ａｎ－ａｎ－１＝ｆ（ｎ）（ｎ≥２），则（ａｎ－ａｎ－１）＋（ａｎ－１－ａｎ－２）＋…＋（ａ３－ａ２）＋（ａ２－ａ１）＝ａｎ－ａ１＝ｆ（ｎ）＋ｆ（ｎ－１）＋…＋ｆ（３）＋ｆ（２），即ａｎ＝ａ１＋ｆ（２）＋ｆ（３）＋…＋ｆ（ｎ－１）＋ｆ（ｎ）．（３）形如ａｎ＋１＝Ａａｎ＋Ｂ（Ａ≠０且Ａ≠１），求ａｎ．采用待定系数法：若已知ａ１且ａｎ＝ｐａｎ－１＋ｂ（ｎ≥２，ｐ≠０且ｐ≠１），则令ｂｎ＝ａｎ＋λλ＝ｂｐ－１()，可得ｂｎ＝ｐｂｎ－１（ｎ≥２），即数列｛ｂｎ｝为等比数列．（４）形如ａｎ＋１＝ＡａｎＢａｎ＋Ｃ（Ａ，Ｂ，Ｃ为常数），求ａｎ．采用迭代法：将ａｎ－１＝ｆ（ａｎ－２）代入ａｎ＝ｆ（ａｎ－１）得到ａｎ与ａｎ－２的关系，再将ａｎ－２＝ｆ（ａｎ－３）代入，……，直到将ａ２＝ｆ（ａ１）代入为止，寻求规律求出通项公式．或者两边取倒数，变成１ａｎ＋１＝ＢＡ＋ＣＡａｎ，从而变成（３）的类型．（１）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝１，ａｎ＋１＝ａｎ＋２ｎ－１（ｎ∈Ｎ∗），则ａｎ＝　　　　．（２）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝１，且ａｎ＝１３ａｎ－１＋１３()ｎ（ｎ≥２），则ａｎ＝　　　　．解析　（１）∵ａ１＝１，ａｎ＋１＝ａｎ＋２ｎ－１（ｎ∈Ｎ∗），∴ａｎ＋１－ａｎ＝２ｎ－１，当ｎ≥２时，ａｎ＝（ａｎ－ａｎ－１）＋（ａｎ－１－ａｎ－２）＋…＋（ａ２－ａ１）＋ａ１＝（２ｎ－３）＋（２ｎ－５）＋…＋１＋１＝（ｎ－１）·（２ｎ－３＋１）２＋１＝ｎ２－２ｎ＋２．又ａ１＝１符合上式，∴ａｎ＝ｎ２－２ｎ＋２（ｎ∈Ｎ∗）．（２）∵ａｎ＝１３ａｎ－１＋１３()ｎ（ｎ≥２），∴３ｎａｎ＝３ｎ－１ａｎ－１＋１（ｎ≥２），即３ｎａｎ－３ｎ－１ａｎ－１＝１（ｎ≥２）．又∵ａ１＝１，∴３１·ａ１＝３，∴数列｛３ｎａｎ｝是以３为首项，１为公差的等差数列，∴３ｎａｎ＝３＋（ｎ－１）×１＝ｎ＋２，∴ａｎ＝ｎ＋２３ｎ（ｎ∈Ｎ∗）．答案　（１）ｎ２－２ｎ＋２　（２）ｎ＋２３ｎ　　２－１　在数列｛ａｎ｝中，ａ１＝１，ａｎ＞０，且（ｎ＋１）ａ２ｎ＋１－ｎａ２ｎ＋ａｎ＋１ａｎ＝０，则ａｎ＝　　　　．２－１答案　１ｎ解析　解法一：∵ａ１＝１，ａｎ＞０，且（ｎ＋１）ａ２ｎ＋１－ｎａ２ｎ＋ａｎ＋１·ａｎ＝０，∴［（ｎ＋１）ａｎ＋１－ｎａｎ］（ａｎ＋１＋ａｎ）＝０．易知ａｎ＋ａｎ＋１≠０，∴（ｎ＋１）ａｎ＋１－ｎａｎ＝０，∴（ｎ＋１）ａｎ＋１＝ｎａｎ．∵ａ１＝１，∴ｎａｎ＝１，∴ａｎ＝１ｎ．综上所述，ａｎ＝１ｎ．解法二：同解法一得（ｎ＋１）ａｎ＋１＝ｎａｎ，即ａｎ＋１＝ｎｎ＋１ａｎ，则ａｎ＝ｎ－１ｎａｎ－１，ａｎ－１＝ｎ－２ｎ－１ａｎ－２，……，ａ３＝２３ａ２，ａ２＝１２ａ１．将上式累乘得：ａｎ＝１ｎａ１（ｎ≥２），而ａ１＝１，∴ａｎ＝１ｎ（ｎ≥２）．当ｎ＝１时，ａ１＝１适合上式，∴ａｎ＝１ｎ（ｎ∈Ｎ∗）．　　２－２　已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝１，ａｎ＋１＝ａｎａｎ＋２（ｎ∈Ｎ∗），求数列｛ａｎ｝的通项公式．２－２解析　由题意可知ａｎ≠０．由ａｎ＋１＝ａｎａｎ＋２，得１ａｎ＋１＝２ａｎ＋１，所以１ａｎ＋１＋１＝２１ａｎ＋１()．又ａ１＝１，所以１ａ１＋１＝２，所以数列１ａｎ＋１{}是以２为首项，２为公比的等比数列，所以１ａｎ＋１＝２×２ｎ－１＝２ｎ，所以ａｎ＝１２ｎ－１（ｎ∈Ｎ∗）．　　２－３　已知数列｛ａｎ｝中，ａ１＝１２，ａｎ＋１＝ａｎ＋１４ｎ２－１，则ａｎ＝　　　　．　２－３答案　４ｎ－３４ｎ－２解析　∵ａｎ＋１＝ａｎ＋１４ｎ２－１，∴ａｎ＋１－ａｎ＝１（２ｎ－１）（２ｎ＋１）＝１２１２ｎ－１－１２ｎ＋１()．∴ａ２－ａ１＝１２１－１３()，ａ３－ａ２＝１２１３－１５()，……ａｎ－ａｎ－１＝１２１２ｎ－３－１２ｎ－１()，以上（ｎ－１）个式子两边分别相加可得，ａｎ－ａ１＝１２１－１２ｎ－１()＝ｎ－１２ｎ－１（ｎ≥２）．而ａ１＝１２，∴ａｎ＝ｎ－１２ｎ－１＋１２＝４ｎ－３４ｎ－２（ｎ≥２）．当ｎ＝１时，ａ１＝１２符合上式，∴ａｎ＝４ｎ－３４ｎ－２（ｎ∈Ｎ∗）．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋