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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.1 数列的概念获奖课件ppt
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.1 数列的概念获奖课件ppt，文件包含人教A版2019选修二第四章数列41数列的概念教师版高频考点题型全归纳+思维导图-讲义docx、人教A版2019选修二第四章数列41数列的概念学生版高频考点题型全归纳+思维导图-讲义docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共0页， 欢迎下载使用。
4.1 数列的概念思维导图常见考法考法一 根据通项求项【例1】（宜宾市南溪区第二中学校）已知数列，则数列的第4项为（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】依题意.故选：B.【一隅三反】1．（陕西省商丹高新学校期末（文））若数列的通项公式为，则（ ）A．27 B．21 C．15 D．13【答案】A【解析】因为，所以，故选：A.2．（定远县育才学校月考）已知数列，1，，，，…，，…，则是它的（ ）.A．第22项 B．第23项 C．第24项 D．第28项【答案】B【解析】因为题中数列的第项为，而，所以是题中数列的第23项.故选：B.3．（安徽高一期末）已知数列的通项公式为，则的值是（ ）A．9 B．13 C．17 D．21【答案】C【解析】把n=5代入=4n－3中得到所求为17．故选C．考法二 根据项写通项公式【例2】（邵东县第一中学月考）数列的一个通项公式为（ ）A． B．C． D．【答案】C【解析】数列1，-3，5，-7，9，…的一个通项公式．故选C．【一隅三反】1．（四川金牛·成都外国语学校高一开学考试（理））数列，3，，，…，则是这个数列的第（ ）A．8项 B．7项 C．6项 D．5项【答案】C【解析】列，3，，，，可化为：数列，，，，，则数列的通项公式为：，当时，则，解得：，故是这个数列的第6项.故选：C．2（玉龙纳西族自治县田家炳民族中学高一期中）若数列的前项分别是、、、，则此数列一个通项公式为（ ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设所求数列为，可得出，，，，因此，该数列的一个通项公式为.故选：A.3．（辽源市第五中学校高一期中（文））数列3，7，13，21，31，…的通项公式是（ ）A． B． C． D．不存在【答案】C【解析】依题意可知，所以.故选：C考法三 根据递推公式求项【例3】（湖南省长沙县第九中学期末）数列满足，（为正整数，），则（ ）A．43 B．28 C．16 D．7【答案】C【解析】因为，（为正整数，），令，所以；令，所以．故选：C．【一隅三反】1．（安徽期末）在数列中，，，则（ ）A．-2 B．1 C． D．【答案】C【解析】因为，，所以，，，所以数列是周期为3的周期数列，所以．故选：C2．（福建厦门·期末）已知数列满足，，则（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，所以解得.故选：C3．（广西玉林·期末）在数列中，，，则（ ）A．-2 B．2 C．1 D．-1【答案】B【解析】∵，，∴，，则数列是周期为2的周期数列，故.故选：B.4．（辽源市田家炳高级中学校高一期末（文））数列中，若，，则（ ）A．29 B．2563 C．2569 D．2557【答案】D【解析】数列中，若，，可得，所以是等比数列，公比为2，首项为5，所以，．考法四 公式法求通项【例4】（广东广州·期末）已知数列{an}的前项和为，，则数列的通项公式为_____________【答案】【解析】当时，；当时，，而.故数列的通项公式为.【一隅三反】1．（陕西省商丹高新学校月考（理））已知数列的前n项和，则______．【答案】【解析】当时，，当时，，经验证，当时，，所以数列的通项公式是2．（辽源市田家炳高级中学校高一期末（文））已知数列的前项和为，，且，则数列的通项公式________.【答案】【解析】依题意，当时，，当时，，所以，当时也符合.所以的通项公式为，由于，所以.故答案为：3．（内蒙古杭锦后旗奋斗中学高一月考）已知数列的前项和为，则数列的通项公式为_________.【答案】【解析】，而，当时，，故.填.考法五 斐波那契数列【例5】（浙江）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．即：.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为，所以，选D.【一隅三反】1.（四川凉山·）一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起，每一项都等于前面所有项之和(例如:1，3，4，8，16…).则首项为2，某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为（ ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【解析】由题意可知首项为2，设第二项为，则第三项为，第四项为，第五项为第n项为且，则，因为，当的值可以为；即有3个这种超级斐波那契数列，故选：A.2．（云南省下关第一中学高二月考（理））“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”.斐波那契数列满足（，），记其前n项和为.设命题，命题，则下列命题为真命题的是（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，所以，故命题p为真命题，则为假命题.，故命题q为假命题，则为真命题.由复合命题的真假判断，得为真命题.故选：3．（湖北）已知斐波那契数列的前七项为：，大多数植物的花，其花瓣数按层从内向外都恰是斐波那契数．现有层次相同的“雅苏娜”玫瑰花3朵，花瓣总数为99，假设这种“雅苏娜”玫瑰花每层花瓣数由内向外构成斐波那契数列，则一朵该种玫瑰花最可能有（ ）层．A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【解析】由题设知，斐波那契数列的前6项和为20，前7项和为33，由此可推测该种玫瑰花最可能有7层，故选：C．
4.1 数列的概念思维导图常见考法考法一 根据通项求项【例1】（宜宾市南溪区第二中学校）已知数列，则数列的第4项为（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】依题意.故选：B.【一隅三反】1．（陕西省商丹高新学校期末（文））若数列的通项公式为，则（ ）A．27 B．21 C．15 D．13【答案】A【解析】因为，所以，故选：A.2．（定远县育才学校月考）已知数列，1，，，，…，，…，则是它的（ ）.A．第22项 B．第23项 C．第24项 D．第28项【答案】B【解析】因为题中数列的第项为，而，所以是题中数列的第23项.故选：B.3．（安徽高一期末）已知数列的通项公式为，则的值是（ ）A．9 B．13 C．17 D．21【答案】C【解析】把n=5代入=4n－3中得到所求为17．故选C．考法二 根据项写通项公式【例2】（邵东县第一中学月考）数列的一个通项公式为（ ）A． B．C． D．【答案】C【解析】数列1，-3，5，-7，9，…的一个通项公式．故选C．【一隅三反】1．（四川金牛·成都外国语学校高一开学考试（理））数列，3，，，…，则是这个数列的第（ ）A．8项 B．7项 C．6项 D．5项【答案】C【解析】列，3，，，，可化为：数列，，，，，则数列的通项公式为：，当时，则，解得：，故是这个数列的第6项.故选：C．2（玉龙纳西族自治县田家炳民族中学高一期中）若数列的前项分别是、、、，则此数列一个通项公式为（ ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设所求数列为，可得出，，，，因此，该数列的一个通项公式为.故选：A.3．（辽源市第五中学校高一期中（文））数列3，7，13，21，31，…的通项公式是（ ）A． B． C． D．不存在【答案】C【解析】依题意可知，所以.故选：C考法三 根据递推公式求项【例3】（湖南省长沙县第九中学期末）数列满足，（为正整数，），则（ ）A．43 B．28 C．16 D．7【答案】C【解析】因为，（为正整数，），令，所以；令，所以．故选：C．【一隅三反】1．（安徽期末）在数列中，，，则（ ）A．-2 B．1 C． D．【答案】C【解析】因为，，所以，，，所以数列是周期为3的周期数列，所以．故选：C2．（福建厦门·期末）已知数列满足，，则（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，所以解得.故选：C3．（广西玉林·期末）在数列中，，，则（ ）A．-2 B．2 C．1 D．-1【答案】B【解析】∵，，∴，，则数列是周期为2的周期数列，故.故选：B.4．（辽源市田家炳高级中学校高一期末（文））数列中，若，，则（ ）A．29 B．2563 C．2569 D．2557【答案】D【解析】数列中，若，，可得，所以是等比数列，公比为2，首项为5，所以，．考法四 公式法求通项【例4】（广东广州·期末）已知数列{an}的前项和为，，则数列的通项公式为_____________【答案】【解析】当时，；当时，，而.故数列的通项公式为.【一隅三反】1．（陕西省商丹高新学校月考（理））已知数列的前n项和，则______．【答案】【解析】当时，，当时，，经验证，当时，，所以数列的通项公式是2．（辽源市田家炳高级中学校高一期末（文））已知数列的前项和为，，且，则数列的通项公式________.【答案】【解析】依题意，当时，，当时，，所以，当时也符合.所以的通项公式为，由于，所以.故答案为：3．（内蒙古杭锦后旗奋斗中学高一月考）已知数列的前项和为，则数列的通项公式为_________.【答案】【解析】，而，当时，，故.填.考法五 斐波那契数列【例5】（浙江）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．即：.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为，所以，选D.【一隅三反】1.（四川凉山·）一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起，每一项都等于前面所有项之和(例如:1，3，4，8，16…).则首项为2，某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为（ ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【解析】由题意可知首项为2，设第二项为，则第三项为，第四项为，第五项为第n项为且，则，因为，当的值可以为；即有3个这种超级斐波那契数列，故选：A.2．（云南省下关第一中学高二月考（理））“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”.斐波那契数列满足（，），记其前n项和为.设命题，命题，则下列命题为真命题的是（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，所以，故命题p为真命题，则为假命题.，故命题q为假命题，则为真命题.由复合命题的真假判断，得为真命题.故选：3．（湖北）已知斐波那契数列的前七项为：，大多数植物的花，其花瓣数按层从内向外都恰是斐波那契数．现有层次相同的“雅苏娜”玫瑰花3朵，花瓣总数为99，假设这种“雅苏娜”玫瑰花每层花瓣数由内向外构成斐波那契数列，则一朵该种玫瑰花最可能有（ ）层．A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【解析】由题设知，斐波那契数列的前6项和为20，前7项和为33，由此可推测该种玫瑰花最可能有7层，故选：C．
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