专题5.1数列的概念及简单表示法_2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍（含解析）

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1、第五篇 数列及其应用专题 5.01 数列的概念及简单表示法【考试要求】1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式) ；2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.【知识梳理】1.数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.2.数列的分类分类标准 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 a n递减数列 an1 a n常数列 an1 a n其中 nN *项与项间的大小关系摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.4.数列

2、的通项公式(1)通项公式：如果数列a n的第 n 项 an 与序号 n 之间的关系可以用一个式子 anf(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列 an的第 1 项( 或前几项)，且从第二项 (或某一项)开始的任一项 an 与它的前一项 an1 (或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式 .【微点提醒】1.若数列a n的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an S1，n 1，Sn Sn 1，n 2.)2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关.3.易混项

3、与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打 “”或“”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( )(2)1，1，1，1，不能构成一个数列.( )(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( )(4)如果数列a n的前 n 项和为 Sn，则对任意 nN *，都有 an1 S n1 S n.( )【答案】 (1) (2) (3) (4)【解析】 (1)数列：1，2，3 和数列：3，2，1 是不同的数列 .(2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.(3)数列可以是常数列或摆动数列.【教材衍化】2.

4、(必修 5P33A4 改编)在数列a n中，a 11，a n1 (n2) ，则 a5 等于( )（ 1）nan 1A. B. C. D.32 53 85 23【答案】 D【解析】 a 21 2，a 31 ，（ 1）2a1 （ 1）3a2 12a41 3，a 51 .（ 1）4a3 （ 1）5a4 233.(必修 5P33A5 改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式 an_.【答案】 5n4【解析】 由 a11514，a 26524，a 311534，归纳 an5n4.【真题体验】4.(2019山东省实验中学摸底) 已知数列a n中，a 11，a n1 2a n1(

5、nN *)，S n 为其前 n 项和，则 S5 的值为( )A.57 B.61 C.62 D.63【答案】 A【解析】 由条件可得 a22a 113，a 32a 217，a 42a 3115，a 52a 4131，所以S5a 1a 2a 3a 4a 5137153157.5.(2018北京朝阳区月考)数列 0，1，0，1，0，1，0，1，的一个通项公式 an 等于( )A. B.cos （ 1）n 12 n2C.cos D.cos n 12 n 22【答案】 D【解析】 令 n1，2，3，逐一验证四个选项，易得 D 正确.6.(2019天津河东区一模)设数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S

6、n ，若 a432，则 a1_.a1（4n 1）3【答案】 12【解析】 S n ，a 432，则 a4S 4S 332.a1（4n 1）3 32，a 1 .255a13 63a13 12【考点聚焦】考点一 由数列的前几项求数列的通项【例 1】 (1)已知数列的前 4 项为 2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是 ( )A.an(1) n1 1 B.an 2，n为 奇 数 ，0，n为 偶 数 )C.an2sin D.ancos( n1)1n2(2)已知数列a n为 ， ， ， ， ， ，则数列a n的一个通项公式是_.12 14 58 1316 2932 6164【答案】 (1)C (

7、2) an(1) n2n 32n【解析】 (1)对 n1，2，3，4 进行验证，a n2sin 不合题意.n2(2)各项的分母分别为 21，2 2，2 3，2 4，易看出从第 2 项起，每一项的分子都比分母少 3，且第 1 项可变为 ，2 32故原数列可变为 ， ， ， ，21 321 22 322 23 323 24 324故其通项公式可以为 an( 1)n .2n 32n【规律方法】 由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律 )、比较(比较已知数列) 、归纳、转化 (转化为特殊数列)、联想( 联想常见的数列)等方法.(2)具体策略：分式中分子、分母的特征；相邻

8、项的变化特征； 拆项后的特征；各项的符号特征和绝对值特征；化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；对于符号交替出现的情况，可用(1) k 或( 1) k1 ，kN *处理.【训练 1】 写出下列各数列的一个通项公式：(1) ， ， ， ，；112 123 134 145(2) ，2， ，8， ，；12 92 252(3)5，55，555，5 555，.【答案】见解析【解析】(1)这个数列的前 4 项的绝对值都等于序号与序号加 1 的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式是 an(1) n ，nN *.1n（n 1）(2)数列的各项，有的是

9、分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察.即 ，12， ， ， ，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为 an .42 92 162 252 n22(3)将原数列改写为 9， 99， 999，易知数列 9，99，999，的通项为 10n1，故所求的数列59 59 59的一个通项公式为 an (10n1).59考点二 由 an 与 Sn 的关系求通项【例 2】 (1)(2019广州质检) 已知 Sn 为数列a n的前 n 项和，且 log2(Sn1) n1，则数列a n的通项公式为_.(2)(2018全国卷)记 Sn 为数列a n的前 n 项和.若 Sn2a n1，则 S6_.

10、【答案】 (1)a n (2) 633，n 12n，n 2)【解析】 (1)由 log2(Sn1) n1，得 Sn12 n1 ，当 n1 时，a 1S 13；当 n2 时，a nS nS n1 2 n，所以数列a n的通项公式为 an 3，n 1，2n，n 2.)(2)由 Sn2a n1，得 a12a 11，所以 a11.当 n2 时，a nS nS n1 2a n1(2a n1 1) ，得 an2a n1 .数列a n是首项为1，公比为 2 的等比数列.S 6 63.a1（1 q6）1 q （1 26）1 2【规律方法】数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系是 an 当 n1 时，a

11、 1 若适合S1，n 1，Sn Sn 1，n 2.)SnS n1 ，则 n1 的情况可并入 n2 时的通项 an；当 n1 时，a 1 若不适合 SnS n1 ，则用分段函数的形式表示.【易错警示】 在利用数列的前 n 项和求通项时，往往容易忽略先求出 a1，而是直接把数列的通项公式写成 anS nS n1 的形式，但它只适用于 n2 的情形.例如例 2 第(1)题易错误求出 an2 n(nN *).【训练 2】 (1)已知数列a n的前 n 项和 Sn2n 23n，则数列a n的通项公式 an_.(2)已知数列a n的前 n 项和 Sn3 n1，则数列的通项公式 an_.【答案】 (1)4n

12、5 (2) 4，n 1，23n 1，n 2)【解析】 (1)a 1S 1231，当 n2 时，a nS nS n1 (2n 23n) 2(n1) 23( n1)4n5，由于 a1也适合上式，a n4n5.(2)当 n1 时，a 1S 1314，当 n2 时，a nS nS n1 3 n13 n1 123 n1 .显然当 n1 时，不满足上式.a n 4，n 1，23n 1，n 2.)考点三 由数列的递推关系求通项 【例 3】 (1)在数列a n中，a 12，a n1 a nln ，则 an 等于( )(1 1n)A.2ln n B.2( n1)ln nC.2nln n D.1nln n(2)若

13、 a11，na n1 (n1)a n(n2) ，则数列a n的通项公式 an_.(3)若 a11，a n1 2a n3，则通项公式 an_.(4)若数列a n满足 a11，a n1 ，则 an_.2anan 2【答案】 (1)A (2) (3)2 n1 3 (4)2n 1 2n 1【解析】 (1)因为 an1 a nln ln(n1)ln n，n 1n所以 a2a 1ln 2ln 1，a3a 2ln 3ln 2，a4a 3ln 4ln 3，ana n1 ln nln(n1)( n2).把以上各式分别相加得 ana 1ln nln 1，则 an2ln n，且 a12 也适合，因此 an2ln n

14、(nN *).(2)由 nan1 (n 1)a n(n2)，得 (n2).anan 1 nn 1所以 an a1anan 1an 1an 2an 2an 3 a3a2a2a1 1 ，nn 1n 1n n 2n 1 3423 2n 1又 a1也满足上式，所以 an .2n 1(3)由 an1 2a n3，得 an1 32( an3).令 bna n3，则 b1a 134，且 2.bn 1bn an 1 3an 3所以b n是以 4 为首项，2 为公比的等比数列.b n42 n1 2 n1 ，a n2 n1 3.(4)因为 an1 ，a 11，所以 an0，2anan 2所以 ，即 .1an 1

15、1an 12 1an 1 1an 12又 a11，则 1，1a1所以 是以 1 为首项， 为公差的等差数列 .1an 12所以 (n1) .1an 1a1 12 n2 12 n 12所以 an .2n 1【规律方法】 由数列的递推关系求通项公式的常用方法(1)已知 a1，且 ana n1 f (n)，可用“累加法”求 an.(2)已知 a1(a1 0)，且 f(n)，可用“累乘法”求 an.anan 1(3)已知 a1，且 an1 qa nb，则 an1 kq(a nk)(其中 k 可用待定系数法确定) ，可转化为a nk为等比数列.(4)形如 an1 (A，B，C 为常数)的数列，可通过两边

16、同时取倒数的方法构造新数列求解.AanBan C【易错警示】 本例(1)，(2)中常见的错误是忽视验证 a1是否适合所求式.【训练 3】 (1)(2019山东、湖北部分重点中学联考) 已知数列a n的前 n 项和为 Sn，若a12，a n1 a n2 n1 1，则 an_.(2)若 a11，a n1 2 nan，则通项公式 an_.【答案】 (1)2 n1 n (2)2n（n 1）2【解析】 (1)a 12，a n1 a n2 n1 1a n1 a n2 n1 1a n(a na n1 )(a n1 a n2 )( a3a 2)(a 2a 1)a 1，则 an2 n2 2 n3 21n1a 1

17、 n122 n1 n.1 2n 11 2(2)由 an1 2 nan，得 2 n1 (n2)，anan 1所以 an a1anan 1an 1an 2 a2a12 n1 2n2 212 123(n1) 2 .n（n 1）2又 a11 适合上式，故 an2 .n（n 1）2考点四 数列的性质【例 4】 (1)数列a n的通项 an ，则数列 an中的最大项是( )nn2 90A.3 B.19 C. D.10119 1060(2)数列a n满足 an1 a1 ，则数列的第 2 019 项为_.2an，0 an 12，2an 1，120)，运用基本不等式得 f(x)2 ，当且仅当 x3 时等号成立.

18、因为 an90x 90 10，所以 ，由于 nN *，不难发现当 n9 或 n10 时，a n 最大.1n 90n1n 90n 1290 119(2)由已知可得，a 22 1 ，a 32 ，35 15 15 25a42 ，a 52 1 ，25 45 45 35a n为周期数列且 T4，a 2 019a 50443 a 3 .25【规律方法】1.在数学命题中，以数列为载体，常考查周期性、单调性.2.(1)研究数列的周期性，常由条件求出数列的前几项，确定周期性，进而利用周期性求值.(2) 数列的单调性只需判定 an 与 an1 的大小，常用比差或比商法进行判断.【训练 4】 (1)已知数列a n满

19、足 a11，a n1 a 2a n1(nN *)，则 a2 020_.2n(2)若 ann 2kn4 且对于 nN *，都有 an1 an 成立，则实数 k 的取值范围是_.【答案】 (1)0 (2)( 3，)【解析】 (1)a 11，a n1 a 2a n1( an1) 2，2na 2(a 11) 20，a 3( a21) 21，a 4(a 31) 20，可知数列a n是以 2 为周期的数列，a 2 020a 20.(2)由 an1 an知该数列是一个递增数列，又通项公式 ann 2kn4，所以(n1) 2k (n1)4n 2 kn4，即 k12n.又 nN *，所以 k3.【反思与感悟】1

20、.数列是特殊的函数，要利用函数的观点认识数列.2.已知递推关系求通项公式的三种常见方法：(1)算出前几项，再归纳、猜想.(2)形如“a n1 pa nq”这种形式通常转化为 an1 p (an)，由待定系数法求出 ，再化为等比数列.(3)递推公式化简整理后，若为 an1 a nf(n) 型，则采用累加法；若为 f (n)型，则采用累乘法.an 1an【易错防范】1.解决数列问题应注意三点(1)在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值是正整数.(2)数列的通项公式不一定唯一.(3)注意 anS nS n1 中需 n2.2.数 列 an中 ， 若 an 最 大 ， 则 an an 1 且

21、an an 1； 若 an 最 小 ， 则 an an 1 且 an an 1.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时： 40 分钟)一、选择题1.数列 1，3，6，10，15，的一个通项公式是( )A.ann 2(n1) B.ann 21C.an D.ann（n 1）2 n（n 1）2【答案】 C【解析】 观察数列 1，3，6，10，15，可以发现：11，312，6123，101234，所以第 n 项为 12345n ，n（n 1）2所以数列 1，3，6，10，15，的通项公式为 an .n（n 1）22.已知数列a n满足：任意 m，nN *，都有 anama nm ，且 a1 ，那么 a

22、5( )12A. B. C. D.132 116 14 12【答案】 A【解析】 由题意，得 a2a 1a1 ，a 3a 1a2 ，则 a5a 3a2 .14 18 1323.(2019江西重点中学盟校联考) 在数列a n中，a 1 ，a n1 (n2，nN *)，则 a2 019 的值为( 14 1an 1)A. B.5 C. D.14 45 54【答案】 C【解析】 在数列a n中，a 1 ，a n1 (n2，nN *)，所以14 1an 1a21 5，a 31 ，a 41 ，所以a n是以 3 为周期的周期数列，所以 a2 1 14 15 45145 14019a 6733a 3 .45

23、4.已知数列a n的前 n 项和为 Sn，且 a12，a n1 S n1(nN *)，则 S5( )A.31 B.42 C.37 D.47【答案】 D【解析】 由题意，得 Sn1 S nS n1(nN *)，S n1 12(S n1)( nN *)，故数列S n1 为等比数列，其首项为 3，公比为 2，则 S5132 4，所以 S547.5.(2019成都诊断)已知 f(x) 数列a n(nN *)满足 anf(n)，且a n是递增数列，（2a 1）x 4（x 1），ax（x1）， )则 a 的取值范围是( )A.(1， ) B.(12， )C.(1，3) D.(3，)【答案】 D【解析】 因

24、为a n是递增数列，所以 解得 a3，a1，a22a 1 4，)则 a 的取值范围是(3，).二、填空题6.在数列1，0， ， ， ，中，0.08 是它的第_项.19 18 n 2n2【答案】 10【解析】 令 0.08，得 2n225n500，n 2n2则(2n5)(n10)0，解得 n10 或 n (舍去).52所以 a100.08.7.若数列a n的前 n 项和 Sn3n 22n1，则数列a n的通项公式 an_.【答案】 2，n 1，6n 5，n 2)【解析】 当 n1 时，a 1S 131 22112；当 n2 时，a nS nS n1 3n 22n13(n1) 22(n1)1 6n

25、5，显然当 n1 时，不满足上式.故数列的通项公式为 an 2，n 1，6n 5，n 2.)8.在数列a n中，a 12， ln ，则 an_.an 1n 1 ann (1 1n)【答案】 2nnln n【解析】 由题意得 ln(n1)ln n， ln nln(n1)(n2).an 1n 1 ann ann an 1n 1 ln 2ln 1， ln 3ln 2，a22 a11 a33 a22 ln nln(n1)( n2).ann an 1n 1累加得 ln n， 2ln n(n2) ，ann a11 ann又 a12 适合，故 an2nnln n.三、解答题9.(2016全国卷)已知各项都为

26、正数的数列 an满足 a11，a (2 an1 1)a n2a n1 0.2n(1)求 a2，a 3；(2)求a n的通项公式.【答案】见解析【解析】(1)由题意得 a2 ，a 3 .12 14(2)由 a (2 an 11)a n2a n1 0 得2n2an1 (an1) a n(an1).因为a n的各项都为正数，所以 .an 1an 12故a n是首项为 1，公比为 的等比数列，因此 an .12 12n 110.已知 Sn 为正项数列a n的前 n 项和，且满足 Sn a an(nN *).122n 12(1)求 a1，a 2，a 3，a 4 的值；(2)求数列a n的通项公式.【答案

27、】见解析【解析】(1)由 Sn a an(nN *)，可得122n 12a1 a a1，解得 a11，1221 12S2a 1a 2 a a2，解得 a22，122 12同理，a 33，a 44.(2)Sn a ，122n an2当 n2 时，S n1 a an1 ，12 2n 1 12得(a na n1 1)( ana n1 )0.由于 ana n1 0，所以 ana n1 1，又由(1)知 a11，故数列a n为首项为 1，公差为 1 的等差数列，故 ann.【能力提升题组】(建议用时： 20 分钟)11.(2019山东新高考适应性调研) “中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852 年，英

28、国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874 年，英国数学家马西森指出此法复合 1801 年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将 1 至 2 018 这 2 018 个数中，能被 3 除余 1 且被 7 除余1 的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列a n，则此数列共有 ( )A.98 项 B.97 项 C.96 项 D.95 项【答案】 B【解析】 能被 3 除余 1 且被 7 除余 1 的数就只能是被 21 除余 1 的数，故 an21n20，由 1a n2 0

29、18得 1n97，又 nN *，故此数列共有 97 项.12.已知数列a n的通项公式 an(n2) ，则数列a n的项取最大值时，n_.(67)n 【答案】 4 或 5【解析】 假设第 n 项为最大项，则 an an 1，an an 1，)即（n 2）(67)n （n 1）(67)n 1 ，（n 2）(67)n （n 3）(67)n 1 ，)解得 即 4n5，n 5，n 4，)又 nN *，所以 n4 或 n5 ，故数列a n中 a4与 a5均为最大项，且 a4a 5 .657413.(2019菏泽模拟)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn( 1) nan ，记12nbn8a

30、22n1 ，若对任意的 n N*，总有 bn10 成立，则实数 的取值范围为_.【答案】 (12， )【解析】 令 n1，得 a1 ；14令 n3，可得 a22a 3 ；18令 n4，可得 a2a 3 ，316故 a2 ，即 bn8a 22n1 2 n.14由 bn10 对任意的 nN *恒成立，得 对任意的 nN *恒成立，(12)n 又 ，(12)n 12所以实数 的取值范围为 .(12， )14.已知数列a n中，a n1 (nN *，aR 且 a0).1a 2（n 1）(1)若 a7，求数列a n中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的 nN *，都有 ana 6 成立，求 a 的取值

31、范围.【答案】见解析【解析】(1)a n1 (nN *，aR，且 a0)，1a 2（n 1）又 a7，a n1 (nN *).12n 9结合函数 f(x)1 的单调性，可知 1a1a2a3a4，a 5a6a7a n1(nN *).12x 9数列a n中的最大项为 a52，最小项为 a40.(2)an1 1 ，1a 2（n 1）12n 2 a2已知对任意的 nN *，都有 ana 6 成立，结合函数 f(x)1 的单调性，12x 2 a2可知 5 6，即10 a8.2 a2即 a 的取值范围是(10， 8).【新高考创新预测】15.(数学文化) 著名的斐波那契数列a n：1，1，2，3，5，8，满足a1a 21，a n2 a n1 a n，nN *，那么 1a 3a 5a 7a 9a 2 017 是斐波那契数列的第_项.【答案】 2 018【解析】 1a 3a 5a 7a 9a 2 017a 2a 3a 5a 7a 9a 2 017a 4a 5a 7a 9a 2 017a 6a 7a 9a 2 017a 8a 9a 2 017a 2 016a 2 017a 2 018，即为第 2 018 项.