（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法7.1数列的概念与简单表示法讲义（含解析）.docx

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1、17.1 数列的概念与简单表示法最新考纲 考情考向分析了解数列的概念和表示方法(列表、图象、公式).以考查 Sn与 an的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点本节内容在高考中以选择、填空题的形式进行考查，难度为低档.1数列的有关概念概念 含义数列 按照一定顺序排列着的一列数数列的项 数列中的每一个数数列的通项数列 an的第 n 项 an通项公式数列 an的第 n 项 an与 n 之间的关系能用公式 an f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前 n 项和 数列 an中， Sn a1 a2 an叫做数列的前 n 项和2.数列的表示方法列表法 列表格表示 n 与 an的对应关系图象法 把点(

2、n， an)画在平面直角坐标系中通项公式把数列的通项使用公式表示的方法公式法递推公式使用初始值 a1和 an1 f(an)或 a1， a2和an1 f(an， an1 )等表示数列的方法3.an与 Sn的关系若数列 an的前 n 项和为 Sn，则 anError!4数列的分类2分类标准 类型 满足条件有穷数列 项数有限项数无穷数列 项数无限递增数列 an1 _an递减数列 an1 _an，即( n1) 2 (n1)n2 n ，整理，得 2n1 0，即 (2 n1)(*)因为 n1，所以(2 n1)3，要使不等式(*)恒成立，只需 3.5数列 an中， an n211 n(nN *)，则此数列最

3、大项的值是_答案 30解析 an n211 n 2 ，(n112) 1214 nN *，当 n5 或 n6 时， an取最大值 30.6已知数列 an的前 n 项和 Sn n21，则 an_.答案 Error!解析 当 n1 时， a1 S12，当 n2 时，an Sn Sn1 n21( n1) 212 n1，故 anError!题型一 由数列的前几项求数列的通项公式例 1 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1) ， ， ， ， ，；(2)1,7，13,19，；23 415 635 8631099(3) ，2，8， ，；(4)5,55,555,5555，.12 92 252解

4、 (1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为13,35,57,79,911，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2,4,6，相邻的偶数故所求数列的一个通项公式为 an .2n2n 12n 1(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(1) n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大 6，故数列的一个通项公式为an(1) n(6n5)(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察即 ，124， ， ，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为 an .4292162 252 n22(4)将原数列改写为 9， 99， 99

5、9，易知数列 9,99,999，的通项为 10n1，59 59 59故所求的数列的一个通项公式为 an (10n1)59思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征：(1)分式中分子、分母的特征(2)相邻项的变化特征(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征(4)各项符号特征等(5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式跟踪训练 1(1)(2018宁波北仑中学期中)数列 ， ， ，的一个通项公式为( )32 5478 916A an(1) n2n 12nB an(1) n2n 12nC an(1) n1 2n 12nD an(1) n1 2n 12n答案 D解析 数列各项的分母为等

6、比数列2 n，分子为 2n1，可用(1) n1 来控制各项的符号，故数列的一个通项公式为 an(1) n1 .2n 12n(2)数列 an的前 4 项是 ，1， ， ，则这个数列的一个通项公式是 an_.32 710 917答案 2n 1n2 1解析 数列 an的前 4 项可变形为 ， ， ， ，故 an21 112 1 22 122 1 23 132 1 24 142 1.2n 1n2 1题型二 由 an与 Sn的关系求通项公式例 2(1)(2018浙江绍兴一中期中)已知数列 an的前 n 项和为 Sn n2 n1， bn(1)n(an2)( nN *)，则数列 an的通项公式为_，数列 b

7、n的前 50 项和为_5答案 anError! 49解析 当 n1 时， a1 S13；当 n2 时， an Sn Sn1 n2 n1( n1) 2( n1)12 n，当 n1 时不满足上式，故则其通项公式为 anError!当 n1 时， b11；当 n2 时， bn(1) n(an2)(1) n2(n1)，则数列 bn的前 50 项和为121222324912(12349)122549.(2)(2018全国)记 Sn为数列 an的前 n 项和若 Sn2 an1，则 S6_.答案 63解析 Sn2 an1，当 n2 时， Sn1 2 an1 1， an Sn Sn1 2 an2 an1 (n

8、2)，即 an2 an1 (n2)当 n1 时， a1 S12 a11，得 a11.数列 an是首项 a11，公比 q2 的等比数列， Sn 12 n，a11 qn1 q 11 2n1 2 S612 663.(3)已知数列 an满足 a12 a23 a3 nan2 n，则 an_.答案 Error!解析 当 n1 时，由已知，可得 a12 12， a12 a23 a3 nan2 n，故 a12 a23 a3( n1) an1 2 n1 (n2)，由得 nan2 n2 n1 2 n1 ， an .2n 1n显然当 n1 时不满足上式， anError!思维升华已知 Sn求 an的常用方法是利用

9、anError!一定要检验 a1的情况跟踪训练 2(1)已知数列 an的前 n 项和 Sn3 n1，则 an_.答案 Error!解析 当 n1 时， a1 S1314；当 n2 时， an Sn Sn1 (3 n1)(3 n1 1)23n1 .当 n1 时，23 11 2 a1，所以 anError!6(2)设数列 an满足 a13 a23 2a33 n1 an ，则 an_.n3答案 13n解析 因为 a13 a23 2a33 n1 an ，n3则当 n2 时，a13 a23 2a33 n2 an1 ，n 13得 3n1 an ，所以 an (n2)13 13n由题意知 a1 符合上式，所

10、以 an .13 13n(3)若数列 an的前 n 项和 Sn an ，则 an的通项公式是 an_.23 13答案 (2) n1解析 当 n1 时， a1 S1 a1 ，即 a11；23 13当 n2 时， an Sn Sn1 an an1 ，23 23故 2，故 an(2) n1 .anan 1题型三 由数列的递推关系求通项公式例 3 设数列 an中， a12， an1 an n1，则 an_.答案 n2 n 22解析 由条件知 an1 an n1，则当 n2 时 an( a2 a1)( a3 a2)( a4 a3)( an an1 ) a1(234 n)2 .n2 n 22当 n1 时，

11、符合上式，因此 an .n2 n 22引申探究1若将“ an1 an n1”改为“ an1 an”，如何求解？nn 17解 an1 an， a12， an0，nn 1 .an 1an nn 1当 n2 时 an a1anan 1 an 1an 2 an 2an 3 a3a2 a2a1 2 .n 1n n 2n 1 n 3n 2 12 2n当 n1 时，符合上式，因此 an .2n2若将“ an1 an n1”改为“ an1 2 an3” ，如何求解？解 设递推公式 an1 2 an3 可以转化为 an1 t2( an t)，即 an1 2 an t，解得t3.故 an1 32( an3)令 b

12、n an3，则 b1 a135，且 2.所bn 1bn an 1 3an 3以 bn是以 5 为首项，2 为公比的等比数列所以 bn52 n1 ，故 an52 n1 3.3若将“ an1 an n1”改为“ an1 ”，如何求解？2anan 2解 an1 ， a12， an0，2anan 2 ，即 ，1an 1 1an 12 1an 1 1an 12又 a12，则 ，1a1 12 是以 为首项， 为公差的等差数列1an 12 12 ( n1) . an .1an 1a1 12 n2 2n4若将本例条件换为“ a11， an1 an2 n”，如何求解？解 an1 an2 n， an2 an1 2

13、 n2，故 an2 an2.即数列 an的奇数项与偶数项都是公差为 2 的等差数列当 n 为偶数时， a21，故 an a22 n1.(n2 1)当 n 为奇数时， an1 an2 n， an1 n(n1 为偶数)，故 an n.综上所述， anError! nN *.思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法(1)当出现 an an1 m 时，构造等差数列8(2)当出现 an xan1 y 时，构造等比数列(3)当出现 an an1 f(n)时，用累加法求解(4)当出现 f(n)时，用累乘法求解anan 1跟踪训练 3(1)已知数列 an满足 a11， a24， an2 2 an3 an

14、1 (nN *)，则数列 an的通项公式 an_.答案 32 n1 2解析 由 an2 2 an3 an1 0，得 an2 an1 2( an1 an)，数列 an1 an是以 a2 a13 为首项，2 为公比的等比数列， an1 an32 n1 ，当 n2 时， an an1 32 n2 ， a3 a232， a2 a13，将以上各式累加，得an a132 n2 3233(2 n1 1)， an32 n1 2(当 n1 时，也满足)(2)在数列 an中， a13， an1 an ，则通项公式 an_.1nn 1答案 41n解析 原递推公式可化为 an1 an ，1n 1n 1则当 n2 时，

15、 a2 a1 ， a3 a2 ，11 12 12 13a4 a3 ， an1 an2 ，13 14 1n 2 1n 1an an1 ，逐项相加得 an a11 ，1n 1 1n 1n故 an4 ，经验证当 n1 时也符合1n题型四 数列的性质命题点 1 数列的单调性例 4 已知 an ，那么数列 an是( )n 1n 1A递减数列 B递增数列9C常数列 D摆动数列答案 B解析 an1 ，将 an看作关于 n 的函数， nN *，易知 an是递增数列2n 1命题点 2 数列的周期性例 5(2018台州质检)在数列 an中， a10， an1 ，则 S2020_.3 an1 3an答案 0解析 a

16、10， an1 ，3 an1 3an a2 ， a3 ，31 3 3 31 33 23 2 3a4 0，3 31 33即数列 an的取值具有周期性，周期为 3，且 a1 a2 a30，则 S2020 S36731 a10.命题点 3 数列的最值例 6 已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sm1 2， Sm0， Sm1 3( m2)，则 nSn的最小值为( )A3 B5C6 D9答案 D解析 由 Sm1 2， Sm0，Sm1 3( m2)可知 am2， am1 3，设等差数列 an的公差为 d，则 d1， Sm0， a1 am2，则 an n3， Sn ， nSn .nn 52 n2n

17、 52设 f(x) ， x0， f( x) x25 x， x0，x2x 52 32 f(x)的极小值点为 x ，103 nN *，且 f(3)9， f(4)8， f(n)min9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断10跟踪训练 4(1)(2018浙江杭州二中期中)已知数列 an满足 a12， an1 (nN *)，11 an则 a2020等于( )A2B1C2D.12答案 C解析 由 a12， an1 (nN *)，得11 ana2 1， a3 ， a4 2，以此类推

18、知数列 an是周期为 3 的周11 a1 11 a2 12 11 a3期数列，所以 a2020 a36731 a12，故选 C.(2)若数列 an的前 n 项和 Sn n210 n(nN *)，则数列 nan中数值最小的项是( )A第 2 项 B第 3 项C第 4 项 D第 5 项答案 B解析 Sn n210 n，当 n2 时， an Sn Sn1 2 n11；当 n1 时， a1 S19 也适合上式 an2 n11( nN *)记 f(n) nan n(2n11)2 n211 n，此函数图象的对称轴为直线 n ，但 nN *，114当 n3 时， f(n)取最小值数列 nan中数值最小的项是

19、第 3 项1(2018嘉兴期末检测)已知数列 an的通项公式为 an ，则 是它的( )2n2 n 115A第 4 项 B第 5 项C第 6 项 D第 7 项答案 B11解析 由 ， nN *，得 n5，所以 是数列 an的第 5 项，故选 B.2n2 n 115 1152记 Sn为数列 an的前 n 项和 “任意正整数 n，均有 an0”是“ Sn是递增数列”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答案 A解析 “ an0”“数列 Sn是递增数列” ，“ an0”是“数列 Sn是递增数列”的充分条件如数列 an为1,1,3,5,7,9，显然数列 Sn是递增

20、数列，但是 an不一定大于零，还有可能小于零，“数列 Sn是递增数列”不能推出“ an0”，“ an0”是“数列 Sn是递增数列”的不必要条件“ an0”是“数列 Sn是递增数列”的充分不必要条件3若 Sn为数列 an的前 n 项和，且 Sn2 an2，则 S8等于( )A255B256C510D511答案 C解析 当 n1 时， a1 S12 a12，据此可得 a12，当 n2 时， Sn2 an2， Sn1 2 an1 2，两式作差可得 an2 an2 an1 ，则 an2 an1 ，据此可得数列 an是首项为 2，公比为 2 的等比数列，其前 8 项和为 S8 2 925122510.2

21、(1 28)1 24已知数列 an的前 n 项和 Sn n22 n，则数列 的前 6 项和为( )1anan 1A. B. C. D.215 415 511 1011答案 A解析 数列 an的前 n 项和 Sn n22 n， Sn1 n21，两式作差得到 an2 n1( n2)，又当 n1 时， a1 S11 2213，符合上式，所以 an2 n1， 1anan 1 1(2n 1)(2n 3) 12( 12n 1 12n 3)裂项求和得到 S6 ，故选 A.12(13 15 115) 2155在数列 an中， a12， ln ，则 an等于( )an 1n 1 ann (1 1n)A2 nln

22、n B2 n( n1)ln n12C2 n nlnn D1 n nlnn答案 C解析 由题意得 ln( n1)ln n， n 分别用 1,2,3，( n1)取代，累加得an 1n 1 ann ln nln1ln n， 2ln n， an(ln n2) n，故选 C.ann a11 ann6已知数列 an的通项公式 an ，若 a1a2an a1a2ak对 nN *恒成立，632n则正整数 k 的值为( )A5B6C7D8答案 A解析 an ，当 n5 时， an1；当 n6 时， an0，所以 an an1 4，所以数列 an是首项为 2，公差为 4 的等差数列，所以Sn2 n 42 n2.n

23、n 121310(2019衢州质检)在数列 an中， a11，( n22 n)(an1 an)1( nN *)，则通项公式an_.答案 74 2n 12nn 1解析 由( n22 n)(an1 an)1 得 an1 an ，所以当 n2 时，1n2 2n 12 (1n 1n 2)a2 a1 ， a3 a2 ， an1 an2 ， an an1 12 (11 13) 12 (12 14) 12( 1n 2 1n) 12，所以 an( an an1 )( an1 an2 )( a3 a2)( a2 a1) a1 (1n 1 1n 1) 121 ，当 n1 时，满足上式，故 an .(112 1n

24、1 1n) 74 2n 12nn 1 74 2n 12nn 111已知在数列 an中， a11，前 n 项和 Sn an.n 23(1)求 a2， a3；(2)求 an的通项公式解 (1)由 S2 a2，得 3(a1 a2)4 a2，43解得 a23 a13；由 S3 a3，得 3(a1 a2 a3)5 a3，53解得 a3 (a1 a2)6.32(2)由题设知 a11.当 n1 时，有 an Sn Sn1 an an1 ，n 23 n 13整理，得 an an1 .n 1n 1于是 a11， a2 a1， a3 a2，31 42an1 an2 ， an an1 ，nn 2 n 1n 1将以上

25、 n 个等式两端分别相乘，整理，得 an .nn 12经检验，当 n1 时， a11 符合上式，综上， an的通项公式 an .nn 1212已知数列 an中， a11，其前 n 项和为 Sn，且满足 2Sn( n1) an(nN *)14(1)求数列 an的通项公式；(2)记 bn3 n a ，若数列 bn为递增数列，求 的取值范围2n解 (1)2 Sn( n1) an，2 Sn1 ( n2) an1 ，2 an1 ( n2) an1 ( n1) an，即 nan1 ( n1) an， ，an 1n 1 ann 1，ann an 1n 1 a11 an n(nN *)(2)bn3 n n 2

26、.bn1 bn3 n1 (n1) 2(3 n n 2)23 n (2n1)数列 bn为递增数列，23 n (2n1)0，即 1cn 23n 12n 3 2n 123n 6n 32n 3 cn为递增数列， B D b1得 2(12 ) ，解得 bn得( n2 )2n(n12 )2n1 ，解得 m，则 Sn Sm的最小值为( )(2n 5) (2n 3)A B494 498C14 D28答案 C解析 根据题意可知(2n5) an1 (2 n3) an(2 n5)(2 n3)，式子的每一项都除以(2 n5)(2 n3)，16可得 1，an 12n 3 an2n 5即 1，an 12n 1 5 an

27、2n 5所以数列 是以 5 为首项，以 1 为公差的等差数列，an2n 5 152 5所以 5( n1)1 n6，an2n 5即 an( n6)(2 n5)， an0，解得 n6.52由此可以判断出只有 a3， a4， a5这三项是负数，且 a60，从而得到当 n5 或 6， m2 时，Sn Sm取得最小值，且 Sn Sm S5 S2 S6 S2 a3 a4 a536514，故选 C.16已知数列 an是递增的等比数列且 a1 a49， a2a38，设 Sn是数列 an的前 n 项和，数列 的前 n 项和为 Tn，若不等式 Tn对任意的 nN *恒成立，求实数 的最an 1SnSn 1大值解

28、数列 an是递增的等比数列，且 a1 a49， a2a38， a1a4 a2a3， a1， a4是方程 x29 x80 的两个根，且 a1a4，解方程 x29 x80，得 a11， a48， q3 8，a4a1 81解得 q2， an a1qn1 2 n1 . Sn 2 n1，a1(1 qn)1 q 1(1 2n)1 2令 bn an 1SnSn 1 2n(2n 1)(2n 1 1) ，12n 1 12n 1 1数列 bn的前 n 项和Tn1 13 13 17 17 115 12n 1 12n 1 11 在正整数集上单调递增，12n 1 117 Tn T1 ，23 Tn，且对一切 nN *恒成立， ，23实数 的最大值是 .23