浙江省20届高考数学一轮 第7章 7.1 数列的概念与简单表示法

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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a n的第 n 项 an与 n 之间的关系能用公式 anf (n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前 n 项和 数列a n中，S na 1a 2a n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，a n)画在平面直角坐标系中公式通项公式把数列的通项使用公式表示的方法2法递推公式使用初始值 a1 和 an1 f(a n)或 a1，a 2 和 an1 f(a n，a n1 )等表示数列的方法3.an与 Sn的关系若数列a n的前 n 项和为 Sn，则 anError!4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 _an递减数列 an1 _an，即(n1) 2(n1)n2n，整理，得 2n1 0，即 (2n1) (*)因为 n1，所以(2n1) 3，要使不等式(*)恒成立，只需 3.5数列a n中，a nn 211n(nN *)，则此数列最

3、大项的值是 _答案 30解析 a nn 211n 2 ，(n 112) 1214nN *，当 n5 或 n6 时，a n取最大值 30.6已知数列a n的前 n 项和 Snn 21，则 an_.答案 Error!解析 当 n1 时，a 1S 12 ，当 n2 时，anS nS n1 n 21(n1) 212n1，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)5,55,555,5 555，.12 92

4、252解 (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4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 ，12， ， ，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为 an .4292162252 n22(4)将原数列改写为

5、 9， 99， 999，易知数列 9,99,999，的通项为 10n1，故所求59 59 59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 916Aa n(1) n2n 12nBa n(1) n2n 12nCa n(1) n1 2n 12nDa n(1) n 12n 12n答

6、案 D解析 数列各项的分母为等比数列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a n的前 4 项是 ，1， ， ，则这个数列的一个通项公式是 an_.32 710 9175答案 2n 1n2 1解析 数列a n的前 4 项可变形为 ， ， ， ，故 an .21 112 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 Snn 2n1，b n( 1)n(an2)(nN *)

7、，则数列a n的通项公式为_，数列b n的前 50 项和为_答案 a nError! 49解析 当 n1 时，a 1S 13 ；当 n2 时，a nS nS n1 n 2n1(n1) 2( n1)12n，当 n1 时不满足上式，故则其通项公式为 anError!当 n1 时，b 11；当 n2 时，b n(1) n(an2)(1) n2(n1)，则数列b n的前 50 项和为121222324912(12349) 122549.(2)(2018全国)记 Sn为数列a n的前 n 项和若 Sn2a n1，则 S6_.答案 63解析 S n2a n1，当 n2 时， Sn1 2a n1 1，a n

8、S nS n1 2a n2a n1 (n2) ，即 an2a n1 (n2)当 n1 时，a 1S 12a 11，得 a11.数列a n是首项 a11，公比 q2 的等比数列，S n 12 n，a11 qn1 q 11 2n1 2S 612 663.(3)已知数列a n满足 a12a 23a 3na n2 n，则 an_.答案 Error!解析 当 n1 时，由已知，可得 a12 12，a 12a 23a 3na n2 n，故 a12a 23a 3(n1)a n1 2 n1 (n2) ，由得 nan2 n2 n1 2 n1 ，a n .2n 1n显然当 n1 时不满足上式，a nError!6

9、思维升华 已知 Sn求 an的常用方法是利用 anError!一定要检验 a1 的情况跟踪训练 2 (1)已知数列a n的前 n 项和 Sn3 n1，则 an_.答案 Error!解析 当 n1 时，a 1S 13 14；当 n2 时，a nS nS n1 (3 n1)(3 n1 1)23n1 .当 n1 时，23 11 2a 1，所以 anError!(2)设数列a n满足 a13a 23 2a33 n1 an ，则 an_.n3答案 13n解析 因为 a13a 23 2a33 n1 an ，n3则当 n2 时，a13a 23 2a33 n2 an1 ，n 13得 3n1 an ，所以 an

10、 (n2)13 13n由题意知 a1 符合上式，所以 an .13 13n(3)若数列a n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，a 1S 1 a1 ，即 a11；23 13当 n2 时，a nS nS n1 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a n中，a 12，a n1 a nn1，则 an_.7答案 n2 n 22解析 由条件知 an1 a nn1，则当 n2 时 an(a 2a 1)(a 3a 2)(a 4a 3)( ana n1 )a

11、 1(2 34n)2.n2 n 22当 n1 时，符合上式，因此 an .n2 n 22引申探究1若将“a n1 a nn1”改为“a n1 an”，如何求解？nn 1解 a n1 an，a12，a n0，nn 1 .an 1an nn 1当 n2 时 an a1anan 1an 1an 2an 2an 3 a3a2a2a1 2 .n 1n n 2n 1n 3n 2 12 2n当 n1 时，符合上式，因此 an .2n2若将“a n1 a nn1”改为“a n1 2a n3” ，如何求解？解 设递推公式 an1 2a n3 可以转化为 an1 t2(a nt)，即 an1 2a nt，解得 t

12、3.故 an1 32(a n3)令 bn an3，则 b1a 135，且 2.所以b n是以bn 1bn an 1 3an 35 为首项，2 为公比的等比数列所以 bn52 n1 ，故 an5 2n1 3.3若将“a n1 a nn1”改 为“a n1 ”，如何求解？2anan 2解 a n1 ，a12，a n0，2anan 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 12 128 (n1) .a n .1an 1a1 12 n2 2n4若将本例条件换为“a 11 ，an1 a n2n” ，如何求解？解

13、a n1 a n2n，a n2 an1 2n2，故 an2 a n2.即数列a n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，a 21，故 ana 22 n1.(n2 1)当 n 为奇数时，a n1 a n 2n，an1 n(n1 为偶数) ，故 ann.综上所述，a nError!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 ana n1 m 时，构造等差数列(2)当出现 anxa n1 y 时，构造等比数列(3)当出现 ana n1 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a n满足

14、 a11，a 24，a n2 2 an3a n1 (nN *)，则数列 an的通项公式 an_.答案 32 n1 2解析 由 an2 2a n3a n1 0，得 an2 a n1 2(a n1 a n)，数列a n1 a n是以 a2a 13 为首项， 2 为公比的等比数列，a n1 a n32 n1 ，当 n2 时，a na n1 3 2n2 ，a3a 232， a2a 13，将以上各式累加，得ana 132 n2 3233(2 n1 1) ，a n32 n1 2(当 n1 时 ，也满足)(2)在数列a n中，a 13，a n1 a n ，则通项公式 an_.1nn 1答案 41n解析 原递

15、推公式可化为 an1 a n ，1n 1n 1则当 n2 时，a 2a 1 ，a3a 2 ，11 12 12 139a4a 3 ，an1 a n2 ，13 14 1n 2 1n 1ana n1 ，逐项相加得 ana 11 ，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a n是( )n 1n 1A递减数列 B递增数列C常数列 D摆动数列答案 B解析 a n1 ，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a n中，a 10，

16、a n1 ，则 S2 020_.3 an1 3an答案 0解析 a 10，a n1 ，3 an1 3ana 2 ，a3 ，31 3 3 31 33 23 2 3a4 0，3 31 33即数列a n的取值具有周期性，周期 为 3，且 a1a 2a 30，则 S2 020S 36731 a 10.命题点 3 数列的最值例 6 已知等差数列a n的前 n 项和为 Sn，且 Sm1 2，S m0，S m1 3(m 2)，则 nSn的最小值为( )A3 B5C6 D910答案 D解析 由 Sm1 2，S m0，Sm1 3( m2) 可知 am2， am1 3，设等差数列a n的公差为 d，则 d1，S

17、m0，a 1a m2，则 ann3，S n ，nSn .nn 52 n2n 52设 f(x) ，x0，f(x) x25x， x0，x2x 52 32f(x)的极小值点为 x ，103nN *，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)，利用比较法判断跟踪训练 4 (1)(2018浙江杭州二中期中 )已知数列a n满足 a12，a n1 (nN *)，则11 ana2 020 等于( )A2 B1 C2 D.12答案 C解析 由 a12，a

18、n1 (nN *)，得 a2 1，a 3 ，a4 2，11 an 11 a1 11 a2 12 11 a3以此类推知数列a n是周期为 3 的周期数列，所以 a2 020 a36731 a 12，故选 C.(2)若数列a n的前 n 项和 Snn 210n( 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 S nn 210n，当 n2 时，a nS nS n1 2n11；当 n1 时，a 1S 19 也适合上式a n2n11(nN *)记 f(n)na nn (2n11)2n 211n，此函数图象的对称轴为直线 n ，但 nN

19、*，11411当 n3 时，f(n)取最小值数列na n中数值最小的项是第 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 B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a n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 “a n0”“数列 Sn是递增数列” ，“a n0”是“数列S n是递增数列”的

20、充分条件如数列a n为1,1,3,5,7,9， ，显然数列S n是递增数列，但是 an不一定大于零，还有可能小于零，“数列S n是递增数列”不能推出“a n0”，“a n0”是“数列S n是递增数列”的不必要条件“a n0”是“数列S n是递增数列”的充分不必要条件3若 Sn为数列a n的前 n 项和，且 Sn2a n2，则 S8 等于 ( )A255 B256 C510 D511答案 C解析 当 n1 时，a 1S 12 a12，据此可得 a12，当 n2 时，S n2a n2，S n1 2a n1 2，两式作差可得 an2a n2a n1 ，则 an2a n1 ，据此可得数列a n是首项为

21、 2，公比 为 2 的等比数列，其前 8 项和为 S8 2 925122510.2(1 28)1 2124已知数列a n的前 n 项和 Snn 22n，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a n的前 n 项和 Snn 22n， Sn1 n 21，两式作差得到 an2n1(n2) ，又当 n1 时，a 1S 11 22 13，符合上式，所以 an2n1， 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a n中，a

22、12， ln ，则 an等于 ( )an 1n 1 ann (1 1n)A2nln n B2n( n1)ln nC2nnln n D1nnln n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 nln 1ln n， 2ln n，a n(ln n2)n，故选 C.ann a11 ann6已知数列a n的通项公式 an ，若 a1a2ana 1a2ak对 nN *恒成立，则正整数632nk 的值为( )A5 B6 C7 D8答案 A解析 a n ，当 n5 时，a n1；当 n6 时，a n0，所以 ana n1 4，所以数列

23、 an是首项为 2，公差为 4 的等差数列，所以 Sn2n42n 2.nn 1210(2019衢州质检)在数列a n中，a 11，(n 22n)(a n1 a n)1( nN *)，则通项公式an_.答案 74 2n 12nn 1解析 由(n 22n)( an1 a n)1 得 an1 a n ，所以当 n2 时，1n2 2n 12 (1n 1n 2)a2a 1 ，a3a 2 ，an1 a n2 ，ana n1 12 (11 13) 12 (12 14) 12( 1n 2 1n) 12，所以 an( ana n1 )(a n1 a n2 )(a 3a 2)(a 2a 1)a 1 (1n 1 1

24、n 1) 121 ，当 n1 时， 满足上式，故 an .(1 12 1n 1 1n) 74 2n 12nn 1 74 2n 12nn 111已知在数列a n中，a 11，前 n 项和 Sn an.n 23(1)求 a2，a 3；(2)求a n的通项公式解 (1)由 S2 a2，得 3(a1a 2)4a 2，43解得 a23a 13；14由 S3 a3，得 3(a1a 2a 3) 5a3，53解得 a3 (a1a 2)6.32(2)由题设知 a11.当 n1 时，有 anS nS n1 an an1 ，n 23 n 13整理，得 an an1 .n 1n 1于是 a11，a 2 a1，a3 a

25、2，31 42an1 an2 ，an an 1，nn 2 n 1n 1将以上 n 个等式两端分别相乘，整理，得 an .nn 12经检验，当 n1 时，a 11 符合上式，综上，a n的通项公式 an .nn 1212已知数列a n中，a 11，其前 n 项和为 Sn，且满足 2Sn(n1)a n(nN *)(1)求数列a n的通项公式；(2)记 bn3 na ，若数列b n为递增数列，求 的取值范围2n解 (1)2S n(n1)a n，2S n1 (n2)a n1 ，2a n1 (n2)a n1 ( n1) an，即 nan1 (n1)a n， ，an 1n 1 ann 1，ann an 1

26、n 1 a11a nn(nN *)(2)bn3 nn 2.bn1 b n3 n1 (n1) 2(3 nn 2)23 n (2n1)数列b n为递增数列，23 n (2n1)0，即 1cn 23n 12n 3 2n 123n 6n 32n 3c n为递 增数列， B Db1 得 2(12 )，解得 bn得(n2)2 n(n12)2 n1 ，解得23m，则 SnS m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)a n1 (2n3)a n(2n5)(2n3) ，式子的每一项都除以(2n5)(2n3)，可得 1，an 12n 3 a

27、n2n 5即 1，an 12n 1 5 an2n 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)，a n0，17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，SnS m取得最小值，且 SnS mS 5S 2S 6S 2a 3a 4a 536514，故选 C.16已知数列a n是递增的等比数列且 a1a 49，a 2a3 8，设 Sn是数列a n的前 n 项和，数列 的前 n 项和为 Tn，若不等式 T n对任意的 nN *恒成立

28、，求实数 的最大an 1SnSn 1值解 数列a n是递增的等比数列，且 a1a 49，a 2a38，a 1a4a 2a3，a 1，a4 是方程 x29x80 的两个根，且 a1a4，解方程 x29x80，得 a11，a 48，q 3 8，a4a1 81解得 q2，a na 1qn1 2 n1 .S n 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b n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 1T nT 1 ，23T n，且对一切 nN *恒成立， ，23实数 的最大 值是 .23