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第五章數(shù)列第28講數(shù)列的概念與簡(jiǎn)單表示法考綱要求考情分析命題趨勢(shì)1.了解數(shù)列的概念和幾種簡(jiǎn)單的表示方法(列表、圖象、通項(xiàng)公式).2.了解數(shù)列是自變量為正整數(shù)的一類(lèi)函數(shù).2016·全國(guó)卷Ⅲ,172016·浙江卷,132015·江蘇卷,112015·四川卷,16數(shù)列的概念和簡(jiǎn)單表示法在高考中主要考查利用an和Sn的關(guān)系求通項(xiàng)an,或者利用遞推關(guān)系構(gòu)造等差或等比數(shù)列求通項(xiàng)an.分值:5分1.?dāng)?shù)列的有關(guān)概念(1)數(shù)列的定義按照__一定順序__排列的一列數(shù)稱(chēng)為數(shù)列.?dāng)?shù)列中的每一個(gè)數(shù)叫做這個(gè)數(shù)列的__項(xiàng)__.(2)數(shù)列的分類(lèi)分類(lèi)原則類(lèi)型滿(mǎn)足條件按項(xiàng)數(shù)分類(lèi)有窮數(shù)列項(xiàng)數(shù)__有限__無(wú)窮數(shù)列項(xiàng)數(shù)__無(wú)限__按項(xiàng)與項(xiàng)間的大小關(guān)系分類(lèi)遞增數(shù)列an+1__>__an其中n∈N*遞減數(shù)列an+1__<__an常數(shù)列an+1=an按其他標(biāo)準(zhǔn)分類(lèi)有界數(shù)列存在正數(shù)M,使|an|≤M擺動(dòng)數(shù)列從第二項(xiàng)起,有些項(xiàng)大于它的前一項(xiàng),有些項(xiàng)小于它的前一項(xiàng)的數(shù)列(3)數(shù)列的表示法數(shù)列有三種表示法,它們分別是__列表法__、__圖象法__和__通項(xiàng)公式法__.2.?dāng)?shù)列的通項(xiàng)公式(1)數(shù)列的通項(xiàng)公式如果數(shù)列{an}的第n項(xiàng)與__序號(hào)n__之間的關(guān)系可以用一個(gè)式子來(lái)表達(dá),那么這個(gè)公式叫做這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式.(2)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,則an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(__S1__,n=1,,__Sn-Sn-1__,n≥2.))1.思維辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”).(1)數(shù)列{an}和集合{a1,a2,a3,…,an}表達(dá)的意義相同.(×)(2)根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)歸納出數(shù)列的通項(xiàng)公式可能不止一個(gè).(√)(3)如果數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,則對(duì)?n∈N*,都有an+1=Sn+1-Sn.(√)(4)在數(shù)列{an}中,如果對(duì)于任意正整數(shù)m,n,都有am+n=amn+1,則當(dāng)a1=1時(shí),a2=2.(√)(5)若已知數(shù)列{an}的遞推公式為an+1=eq\f(1,2an-1),且a2=1則可以寫(xiě)出數(shù)列{an}的任何一項(xiàng).(√)解析(1)錯(cuò)誤.?dāng)?shù)列{an}是表示按照一定順序排列的一列數(shù),為a1,a2,a3,…,an,而集合{a1,a2,a3,…,an}只表明該集合中有n個(gè)元素,數(shù)列中的項(xiàng)有順序,集合中的元素沒(méi)有順序.(2)正確.根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)歸納出數(shù)列的通項(xiàng)公式不一定唯一,可以有多個(gè),有的數(shù)列沒(méi)有通項(xiàng)公式.(3)正確.根據(jù)數(shù)列的前n項(xiàng)和的定義可知.(4)正確.在am+n=amn+1中,令m=n=1得a2=a1+1=1+1=2.(5)正確.在已知遞推公式中,令n=1得a2=eq\f(1,2a1-1),而a2=1,解得a1=1,同理可得an=1.2.已知數(shù)列的通項(xiàng)公式為an=n2-8n+15,則3(D)A.不是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的項(xiàng)B.只是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的第2項(xiàng)C.只是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的第6項(xiàng)D.是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的第2項(xiàng)或第6項(xiàng)解析令an=3,即n2-8n+15=3,解得n=2或6,故3是數(shù)列{an}中的第2項(xiàng)或第6項(xiàng),故選D.3.?dāng)?shù)列{an}中,a1=1,對(duì)所有的n∈N*,都有a1a2a3…an=n2,則a3+a5=(DA.eq\f(25,9) B.eq\f(25,16)C.eq\f(31,15) D.eq\f(61,16)解析∵a1a2a3·…·an=n2,∴a1a2a3·…·an-1=(n∴an=eq\f(a1a2a3·…·an,a1a2a3·…·an-1)=eq\f(n2,n-12)(n≥2),∴a3=eq\f(9,4),a5=eq\f(25,16),∴a3+a5=eq\f(9,4)+eq\f(25,16)=eq\f(36,16)+eq\f(25,16)=eq\f(61,16).4.在數(shù)列{an}中,a1=1,an=1+eq\f(1,an-1)(n≥2),則a5=__eq\f(8,5)__.解析由題意知,a1=1,a2=2,a3=eq\f(3,2),a4=eq\f(5,3),a5=eq\f(8,5).5.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2n-3,則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項(xiàng)公式是__an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-1,n=1,,2n-1,n≥2))__.解析當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=2-3=-1;當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=(2n-3)-(2n-1-3)=2n-2n-1=2n-1.故an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-1,n=1,,2n-1,n≥2.))一由數(shù)列的前幾項(xiàng)求數(shù)列的通項(xiàng)公式求數(shù)列的通項(xiàng)公式應(yīng)關(guān)注四個(gè)特征:①分式中分子、分母的特征;②相鄰項(xiàng)的變化特征;③拆項(xiàng)后的特征;④各項(xiàng)符號(hào)的特征.再依據(jù)這些特征進(jìn)行歸納、化歸、聯(lián)想求出通項(xiàng)公式.【例1】(1)已知n∈N*,給出4個(gè)表達(dá)式:①an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0,n為奇數(shù),,1,n為偶數(shù),))②an=eq\f(1+-1n,2),③an=eq\f(1+cosnπ,2),④an=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2))).其中能作為數(shù)列:0,1,0,1,0,1,0,1,…的通項(xiàng)公式的是(A)A.①②③ B.①②④C.②③④ D.①③④(2)寫(xiě)出下面各數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式.①3,5,7,9,…;②eq\f(1,2),eq\f(3,4),eq\f(7,8),eq\f(15,16),eq\f(31,32),…;③-1,eq\f(3,2),-eq\f(1,3),eq\f(3,4),-eq\f(1,5),eq\f(3,6),…;④3,33,333,3333,….解析(1)檢驗(yàn)知①②③都是所給數(shù)列的通項(xiàng)公式.(2)①各項(xiàng)式減去1后為正偶數(shù),所以an=2n+1.②每一項(xiàng)的分子比分母少1,而分母組成數(shù)列21,22,23,24,…,所以an=eq\f(2n-1,2n).③奇數(shù)項(xiàng)為負(fù),偶數(shù)項(xiàng)為正,故通項(xiàng)公式中含因子(-1)n;各項(xiàng)絕對(duì)值的分母組成數(shù)列1,2,3,4,5,…;而各項(xiàng)絕對(duì)值的分子組成的數(shù)列中,奇數(shù)項(xiàng)為1,偶數(shù)項(xiàng)為3,即奇數(shù)項(xiàng)為2-1,偶數(shù)項(xiàng)為2+1,所以an=(-1)n·eq\f(2+-1n,n).也可寫(xiě)為an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-\f(1,n),n為正奇數(shù),,\f(3,n),n為正偶數(shù).))④將數(shù)列各項(xiàng)改寫(xiě)為eq\f(9,3),eq\f(99,3),eq\f(999,3),eq\f(9999,3),…,分母都是3,而分子分別是10-1,102-1,103-1,104-1,…,所以an=eq\f(1,3)(10n-1).二由遞推公式求通項(xiàng)公式由遞推關(guān)系式求通項(xiàng)公式的常用方法(1)已知a1且an-an-1=f(n),可用“累加法”求an.(2)已知a1且eq\f(an,an-1)=f(n),可用“累乘法”求an.(3)已知a1且an+1=qan+b,則an+1+k=q(an+k)(其中k可由待定系數(shù)法確定),可轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列{an+k}.(4)形如an+1=eq\f(Aan,Ban+C)(A,B,C為常數(shù))的數(shù)列,可通過(guò)兩邊同時(shí)取倒數(shù)的方法構(gòu)造新數(shù)列求解.(5)形如an+1+an=f(n)的數(shù)列,可將原遞推關(guān)系改寫(xiě)成an+2+an+1=f(n+1),兩式相減即得an+2-an=f(n+1)-f(n),然后按奇偶分類(lèi)討論即可.【例2】根據(jù)下列條件,確定數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.(1)a1=1,an=eq\f(n-1,n)an-1(n≥2);(2)a1=2,an+1=an+3n+2;(3)a1=1,an+1=3an+2.解析(1)∵an=eq\f(n-1,n)an-1(n≥2),∴an-1=eq\f(n-2,n-1)an-2,an-2=eq\f(n-3,n-2),…,a2=eq\f(1,2)a1.以上(n-1)個(gè)式子相乘,得an=eq\f(n-1,n)·eq\f(n-2,n-1)·eq\f(n-3,n-4)·…·eq\f(2,3)·eq\f(1,2)·a1=eq\f(a1,n)=eq\f(1,n).(2)∵an+1-an=3n+2,∴an-an-1=3n-1(n≥2),∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(3n-1)+(3n-4)+…+(3·2-1)+(3·1-1)=eq\f(n3n+1,2)(n≥2).當(dāng)n=1時(shí),a1=eq\f(1,2)×(3×1+1)=2符合上式,∴an=eq\f(3,2)n2+eq\f(n,2).(3)∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1),即eq\f(an+1+1,an+1)=3.∴數(shù)列{an+1}為等比數(shù)列,公比q=3,首項(xiàng)為a1+1=2,∴an+1=2×3n-1.∴an=2×3n-1-1.三an與Sn的關(guān)系及其應(yīng)用數(shù)列的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn的關(guān)系是an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1,n=1,,Sn-Sn-1,n≥2.))當(dāng)n=1時(shí),a1若適合Sn-Sn-1,則n=1的情況可并入n≥2時(shí)的通項(xiàng)an;當(dāng)n=1時(shí),a1若不適合Sn-Sn-1,則用分段函數(shù)的形式表示.畫(huà)龍點(diǎn)睛:若S0=0,則an不用分段函數(shù)的形式表示;若S0≠0,則an一定是用分段函數(shù)的形式表示.【例3】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,求{an}的通項(xiàng)公式.(1)Sn=2n2-3n;(2)Sn=3n+b.解析(1)a1=S1=2-3=-1,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5,由于a1也適合此等式,∴an=4n-5.(2)a1=S1=3+b,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=(3n+b)-(3n-1+b)=2·3n-1.當(dāng)b=-1時(shí),a1適合此等式;當(dāng)b≠-1時(shí),a1不適合此等式.∴當(dāng)b=-1時(shí),an=2·3n-1;當(dāng)b≠-1時(shí),an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3+b,n=1,,2·3n-1,n≥2.))【例4】(2016·全國(guó)卷Ⅲ)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=1,aeq\o\al(2,n)-(2an+1-1)an-2an+1=0.(1)求a2,a3;(2)求{an}的通項(xiàng)公式.解析(1)由題意得a2=eq\f(1,2),a3=eq\f(1,4).(2)由aeq\o\al(2,n)-(2an+1-1)an-2an+1=0得2an+1(an+1)=an(an+1).因?yàn)閧an}的各項(xiàng)都為正數(shù),所以eq\f(an+1,an)=eq\f(1,2).故{an}是首項(xiàng)為1,公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列,因此an=eq\f(1,2n-1).1.設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且Sn=eq\f(3,2)(an-1)(n∈N*),則an=(C)A.3(3n-2n) B.3n+2C.3n D.3·2n-1解析eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=S1=\f(3,2)a1-1,,a1+a2=\f(3,2)a2-1,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=3,,a2=9,))代入選項(xiàng)逐一檢驗(yàn),只有C符合.2.在數(shù)列1,2,eq\r(7),eq\r(10),eq\r(13),…中,2eq\r(19)是這個(gè)數(shù)列的第________項(xiàng)(C)A.16 B.24C.26 D.28解析設(shè)題中數(shù)列為{an},則a1=1=eq\r(1),a2=2=eq\r(4),a3=eq\r(7),a4=eq\r(10),a5=eq\r(13),…,所以an=eq\r(3n-2).令eq\r(3n-2)=2eq\r(19)=eq\r(76),解得n=26.故選C.3.(2016·浙江卷)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項(xiàng)和為Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,則a1=__1__,S5=__121__.解析∵an+1=2Sn+1,∴a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又∵S2=4,∴4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=Sn+1-Sn,∴Sn+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,由S2=4,可求出S3=13,S4=40,S5=4.設(shè)數(shù)列{an}(n=1,2,3,…)的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)記數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為T(mén)n,求使得|Tn-1|<eq\f(1,1000)成立的n的最小值.解析(1)由已知Sn=2an-a1,有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2).從而a2=2a1,a3=2a2=4又因?yàn)閍1,a2+1,a3成等差數(shù)列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列.故an=2n.(2)由(1)得eq\f(1,an)=eq\f(1,2n),所以Tn=eq\f(1,2)+eq\f(1,22)+…+eq\f(1,2n)=eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1-\f(1,2))=1-eq\f(1,2n).由|Tn-1|<eq\f(1,1000),得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2n)-1))<eq\f(1,1000),即2n>1000.因?yàn)?9=512<1000<1024=210,所以n≥10.于是,使|Tn-1|<eq\f(1,1000)成立的n的最小值為10.易錯(cuò)點(diǎn)忽略數(shù)列是特殊的函數(shù)錯(cuò)因分析:忽視了數(shù)列的通項(xiàng)an及前n項(xiàng)和Sn都可看作是定義域?yàn)檎麛?shù)集或其子集上的函數(shù),要善于運(yùn)用函數(shù)的觀點(diǎn)認(rèn)識(shí)和理解數(shù)列問(wèn)題.【例1】已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中,an=n2+λn,且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為遞增數(shù)列,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.解析方法一函數(shù)f(n)=n2+λn的圖象開(kāi)口向上,過(guò)點(diǎn)(0,0).∵an=n2+λn,∴只要a2>a1即成立,∴4+2λ>1+λ,解得λ>-3,即λ∈(-3,+∞).方法二∵an+1-an=(n+1)2+λ(n+1)-n2-λn=2n+λ+1,∴由2n+λ+1>0,得λ>-2n-1對(duì)一切n∈N*恒成立.∵n=1時(shí),-2n-1最大為-3,∴λ>-3,即λ∈(-3,+∞).方法三函數(shù)f(n)=n2+λn圖象的對(duì)稱(chēng)軸是n=-eq\f(λ,2),如圖,只需-eq\f(λ,2)<eq\f(3,2),則λ>-3,即λ∈(-3,+∞).【跟蹤訓(xùn)練1】已知數(shù)列{an}中,an=1+eq\f(1,a+2n-1)(n∈N*,a∈R且a≠0).(1)若a=-7,求數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)的值;(2)若對(duì)任意的n∈N*,都有an≤a6成立,求a的取值范圍.解析(1)∵an=1+eq\f(1,a+2n-1)(n∈N*,a∈R,且a≠0),又a=-7,∴an=1+eq\f(1,2n-9)(n∈N*).結(jié)合函數(shù)f(x)=1+eq\f(1,2x-9)的單調(diào)性,得1>a1>a2>a3>a4,a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*).∴數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)為a5=2,最小項(xiàng)為a4=0.(2)an=1+eq\f(1,a+2n-1)=1+eq\f(\f(1,2),n-\f(2-a,2)),已知對(duì)任意的n∈N*,都有an≤a6成立,結(jié)合函數(shù)f(x)=1+eq\f(\f(1,2),x-\f(2-a,2))的單調(diào)性,知5<eq\f(2-a,2)<6,即-10<a<-8.所以a∈(-10,-8).課時(shí)達(dá)標(biāo)第28講[解密考綱]本考點(diǎn)考查數(shù)列的概念、性質(zhì)、通項(xiàng)公式與遞推公式,近幾年對(duì)由遞推公式求項(xiàng)、求和加大了考查力度,而對(duì)由遞推公式求通項(xiàng)減小了考查力度,一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn).一、選擇題1.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2-3n,若它的第k項(xiàng)滿(mǎn)足2<ak<5,則k=(C)A.2 B.3C.4 D.5解析已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2-3n.令n=1,可得S1=a1=1-3=-2.an=Sn-Sn-1=n2-3n-[(n-1)2-3(n-1)]=2n-4,n≥2.n=1時(shí)滿(mǎn)足an與n的關(guān)系式,∴an=2n-4,n∈N*.它的第k項(xiàng)滿(mǎn)足2<ak<5,即2<2k-4<5,解得3<k<4.5.∵n∈N*,∴k=4,故選C.2.若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn=4-an(n∈N*),則a5=(D)A.16 B.eq\f(1,16)C.8 D.eq\f(1,8)解析當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=4-a1,∴a1=2;當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=an-1-an,∴2an=an-1,∴數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng),以eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列,∴a5=2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4=eq\f(1,8),故選D.3.?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2n2-3n(n∈N*),若p-q=5,則ap-aq=(D)A.10 B.15C.-5 D.20解析當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2n2-3n-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5;當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=-1也符合,∴an=4n-5,∴ap-aq=4(p-q)=20.4.?dāng)?shù)列{an}中,an+1+(-1)nan=2n-1,則數(shù)列{an}的前12項(xiàng)和等于(B)A.76 B.78C.80 D.82解析由已知an+1+(-1)nan=2n-1,①得an+2+(-1)n+1an+1=2n+1,②由①②得an+2+an=(-1)n(2n-1)+(2n+1),取n=1,5,9及n=2,6,10,結(jié)果相加可得S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=78,故選B.5.把1,3,6,10,15,21這些數(shù)叫做三角形數(shù),這是因?yàn)楸硎具@些數(shù)的黑點(diǎn)可以排成一個(gè)正三角形(如圖所示).則第七個(gè)三角形數(shù)是(B)A.27 B.28C.29 D.30解析觀察三角形數(shù)的增長(zhǎng)規(guī)律,可以發(fā)現(xiàn)每一項(xiàng)比它的前一項(xiàng)多的點(diǎn)數(shù)正好是本身的序號(hào),所以根據(jù)這個(gè)規(guī)律計(jì)算即可.根據(jù)三角形數(shù)的增長(zhǎng)規(guī)律可知第七個(gè)三角形數(shù)是1+2+3+4+5+6+7=28.6.在數(shù)列{an}中,a1=2,nan+1=(n+1)an+2(n∈N*),則a10=(C)A.34 B.36C.38 D.40解析∵nan+1=(n+1)an+2,∴eq\f(an+1,n+1)-eq\f(an,n)=eq\f(2,nn+1)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)-\f(1,n+1))).∴eq\f(a10,10)=eq\f(a10,10)-eq\f(a9,9)+eq\f(a9,9)-eq\f(a8,8)+…+eq\f(a2,2)-eq\f(a1,1)+a1=2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)-\f(1,10)))+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)-\f(1,9)))+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2)))))+2=eq\f(38,10).∴a10=38,故選C.二、填空題7.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=3-3×2n(n∈N*),則an=__-3×2n-1(n∈N*)__.解析分情況討論:①當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=3-3×21=-3;②當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=(3-3×2n)-(3-3×2n-1)=-3×2n-1.綜合①②,得an=-3×2n-1(n∈N*).8.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2+2n+1(n∈N*),則an=__eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4,n=1,,2n+1,n≥2))__.解析當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2n+1;當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=4≠2×1+1,因此an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4,n=1,,2n+1,n≥2.))9.已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且滿(mǎn)足a1=1,anan+1=3n(n∈N*),則S2018=__2×31_009-2__.解析由anan+1=3n知,當(dāng)n≥2時(shí),anan-1=3n-1.所以eq\f(an+1,an-1)=3,所以數(shù)列{an}所有的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以3為公比的等比數(shù)列,所有的偶數(shù)項(xiàng)也構(gòu)成以3為公比的等比數(shù)列.又因?yàn)閍1=1,所以a2=3,a2n-1=3n-1,a2n=3n.所以S2018=(a1+a3+…+a2017)+(a2+a4+…+a2018)=eq\f(1×1-31009,1-3)+eq\f(31-31009,1-3)=2×31009-2.三、解答題10.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.(1)若Sn=(-1)n+1·n,求a5+a6及an;(2)若Sn=3n+2n+1,求an.解析(1)因?yàn)閍5+a6=S6-S4=(-6)-(-4)=-2,當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=1,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=(-1)n+1·n-(-1)n·(n-1)=(-1)n+1·[n+(n-1)]=(-1)n+1·(2n-1),又a1也適合此式,所以an=(-1)n+1·(2n-1).(2)因?yàn)楫?dāng)n=1時(shí),a1=S1=6;當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=(3n+2n+1)-[3n-1+2(n-1)+1]=2×3n-1+2,由于a1不適合此式,所以an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6,n=1,,2×3n-1+2,n≥2.))11.已知Sn為正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且滿(mǎn)足Sn=eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)+eq\f(1,2)an(n∈N*).(1)求a1,a2,a3,a4的值;
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