1、第第 1 节节数列的概念与简单表示法数列的概念与简单表示法 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 项数 有穷数列项数有限 无穷数列项数无限 项与项间的 大小关系 递增数列an1an 其中 nN* 递减数列an1an 常数列an1an 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
2、. 4.数列的通项公式 (1)通项公式：如果数列an的第 n 项 an与序号 n 之间的关系可以用一个式子 an f(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. 常用结论与微点提醒 1.数列的最大(小)项，可以用 anan1， anan1 (n2， nN*) anan1， anan1 （n2，nN*） 求， 也可以转化为函数的最值问题或利用数 形结合求解. 2.数列是按一定“次序”排列的
3、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. 诊 断 自 测 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an的前 n 项和为 Sn，则对任意 nN*，都有 an1Sn1Sn.() 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
4、列可以是常数列或摆动数列. 答案(1)(2)(3)(4) 2.(老教材必修 5P33T4 改编)在数列an中，a11，an1（1） n an1 (n2)，则 a5等于() A.3 2 B.5 3 C.8 5 D.2 3 解析a21（1） 2 a1 2，a31（1） 3 a2 1 2， a41（1） 4 a3 3，a51（1） 5 a4 2 3. 答案D 3.(老教材必修 5P33T5 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_. 解析由 a11514，a26524，a311534，归纳 an 5n4. 答案5n4 4.(2020北京朝阳区月考)数列 0，1，
5、0，1，0，1，0，1，的一个通项公式 an等于() A.（1） n1 2 B.cos n 2 C.cos n1 2 D.cos n2 2 解析令 n1，2，3，逐一验证四个选项，易得 D 正确. 答案D 5.(2019济南一模)设数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sna1（4 n1） 3 ，若 a432， 则 a1_. 解析由题意，得 a4S4S332. 即255a1 3 63a1 3 32，解得 a11 2. 答案 1 2 6.(2020成都诊断)数列an中，ann211n(nN*)，则此数列最大项的值是 _. 解析ann211n n11 2 2 121 4 ， nN*，当 n5 或 n
6、6 时，an取最大值 30. 答案30 考点一由 an与 Sn的关系求通项 【例 1】 (1)(2019广州质检)已知数列an的前 n 项和 Sn2n23n，则 an _. (2)(2020德州模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，Sn1 3a n11，则数 列an的通项公式为_. 解析(1)a1S1231， 当 n2 时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5， 由于 a1也适合此等式，an4n5. (2)由 a11， Sn1 3a n11 可得 a11 3a 211， 解得 a26， 当 n2 时， Sn11 3a n 1，又 Sn1 3a n11，两式相
7、减可得 anSnSn11 3a n11 3a n，即 an1 4an(n2)，则 an64n 2，又 a11 不符合上式， 所以 an 1，n1， 64n 2，n2. 答案(1)4n5(2)an 1，n1， 64n 2，n2 规律方法数列的通项 an与前 n 项和 Sn的关系是 an S1，n1， SnSn1，n2.当 n1 时，a1若适合 SnSn1，则 n1 的情况可并入 n2 时的通项 an；当 n1 时， a1若不适合 SnSn1，则用分段函数的形式表示. 【训练 1】 (1)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n，则 an_. (2)(2018全国卷)记 Sn为数列an的前 n
8、 项和.若 Sn2an1，则 S6_. 解析(1)因为 a13a2(2n1)an2n， 故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n1). 两式相减得(2n1)an2， 所以 an 2 2n1(n2). 又由题设可得 a12，满足上式， 从而an的通项公式为 an 2 2n1(nN *). (2)由 Sn2an1，得 a12a11，所以 a11. 当 n2 时，anSnSn12an1(2an11)， 得 an2an1. 数列an是首项为1，公比为 2 的等比数列. S6a1（1q 6） 1q （12 6） 12 63. 答案(1) 2 2n1(nN *) (2)63 考点二由数列的递推关系
9、求通项多维探究 角度 1累加法形如 an1anf(n)，求 an 【例 21】 在数列an中，a12，an1anln 11 n ，则 an等于() A.2ln nB.2(n1)ln n C.2nln nD.1nln n 解析因为 an1anln n1 n ln(n1)ln n， 所以 a2a1ln 2ln 1， a3a2ln 3ln 2， a4a3ln 4ln 3， anan1ln nln(n1)(n2). 把以上各式分别相加得 ana1ln nln 1， 则 an2ln n(n2)，且 a12 也适合， 因此 an2ln n(nN*). 答案A 角度 2累乘法形如an 1 an f(n)，求
10、 an 【例 22】 若 a11，nan1(n1)an(n2)，则数列an的通项公式 an _. 解析由 nan1(n1)an(n2)，得 an an1 n n1(n2). 所以 an an an1 an1 an2 an2 an3 a3 a2 a2 a1a 1 n n1 n1 n n2 n1 3 4 2 31 2 n1(n2)， 又 a1也满足上式，所以 an 2 n1. 答案 2 n1 角度 3构造法形如 an1AanB(A0 且 A1，B0)，求 an 【例 23】 (2020青岛模拟)已知数列an满足 a11，an13an2(nN*)，则 数列an的通项公式为_. 解析由 an13an2
11、，得 an113(an1)， 数列an1是首项为 2，公比为 3 的等比数列， an123n 1，an23n11. 答案an23n 11 角度 4取倒数法形如 an1 Aan BanC(A，B，C 为常数)，求 a n 【例 24】 已知数列an中，a11，an1 2an an2(nN *)，则数列an的通项公 式为_. 解析因为 an1 2an an2，a 11，所以 an0，所以 1 an1 1 an 1 2，即 1 an1 1 an 1 2. 又 a11，则 1 a11，所以 1 an是以 1 为首项，1 2为公差的等差数列.所以 1 an 1 a1(n 1)1 2 n 2 1 2.所以
12、 a n 2 n1. 答案an 2 n1 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 anan1f(n)，可用“累加法”求 an. (2)已知 a1(a10)，且 an an1f(n)，可用“累乘法”求 a n. (3)已知 a1，且 an1qanb，则 an1kq(ank)(其中 k 可用待定系数法确定)， 可转化为ank为等比数列. (4)形如 an1 Aan BanC(A，B，C 为常数)的数列，将其变形为 1 an1 C A 1 an B A，若 AC，则 1 an是等差数列，且公差为B A，若 AC，则采用待定系数法构造新数 列求解. 【训练 2】 (1)(角
13、度 1)在数列an中，若 a13，an1an 1 n（n1），则通项 公式 an_. (2)(角度 2)已知 a12，an12nan，则数列an的通项公式 an_. (3)(角度 3)已知数列an中，a13，且点 Pn(an，an1)(nN*)在直线 4xy10 上，则数列an的通项公式 an_. (4)(多填题)(角度 4)已知数列an满足 a11，an1 an an2(nN *)，且 1 an11 A 1 an1，则 A_，数列an的通项公式为_. 解析(1)原递推公式可化为 an1an1 n 1 n1， 则 a2a111 2，a 3a21 2 1 3， a4a31 3 1 4，a n1a
14、n2 1 n2 1 n1，a nan1 1 n1 1 n ，累计相加得， ana111 n， 又 n1 时也适合，故 an41 n. (2)an12nan，an 1 an 2n，当 n2 时，an an an1 an1 an2 a2 a1a 12n 12n222 2 n2n2 2 . 又 a12 也符合上式，an2 n2n2 2 . (3)因为点 Pn(an，an1)(nN*)在直线 4xy10 上， 所以 4anan110. 所以 an11 34 an1 3 . 因为 a13，所以 a11 3 10 3 . 故数列 an1 3 是首项为10 3 ，公比为 4 的等比数列. 所以 an1 3
15、10 3 4n 1， 故数列an的通项公式为 an10 3 4n 11 3. (4)由 an1 an an2， 得 1 an11 2 an， 所以 1 an112 1 1 an， 故 A2， 且 1 an1是 首项为 1 a112，公比为 2 的等比数列，则 1 an12 n，则 an 1 2n1. 答案(1)41 n (2)2 n2n2 2 (3)10 3 4n 11 3 (4)2an 1 2n1 考点三数列的性质 【例 3】 (1)(2019宜春期末)已知函数 f(x) x1 2，x 1 2， 2x1，1 2x1， x1，x1， 若数列an满足 a1 7 3，a n1f(an)(nN*)，
16、则 a2 019() A.7 3 B.4 3 C.5 6 D.1 3 (2)(2020衡水中学一调)已知数列an的前 n 项和 Sn 2n1，n4， n2（m1）n，n5. 若 a5是an中的最大值，则实数 m 的取值范围是_. 解析(1)由题意，知 a2f 7 3 4 3，a 3f 4 3 1 3，a 4f 1 3 5 6，a 5f 5 6 2 3，a 6 f 2 3 1 3，a 7f 1 3 5 6，故数列a n从第三项起构成周期数列，且周期为 3， 故 a2 019a31 3.故选 D. (2)因为 Sn 2n1，n4， n2（m1）n，n5， 所以当 2n4 时，anSnSn12n 1
17、； 当 n1 时，a1S11 也满足上式； 当 n6 时，anSnSn12nm， 当 n5 时，a5S5S45m45， 综上，an 2n 1，n4， 5m45，n5， 2nm，n6， 因为 a5是an中的最大值， 所以有 5m458 且 5m4512m，解得 m53 5 . 答案(1)D(2) 53 5 ， 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 3】 (1)已知数列an满足 an1 1 1an，
18、若 a 11 2，则 a 2 021() A.1B.1 2 C.1D.2 (2)已知等差数列an的公差 d0，且 a21a211，则数列an的前 n 项和 Sn项取得最 大值时，项数 n 的值为() A.5B.6C.5 或 6D.6 或 7 解析(1)由 a11 2，a n1 1 1an得 a 22，a31，a41 2，a 52，可知数 列an是以 3 为周期的数列，因此 a2 021a36732a22. (2)由 a21a211，可得(a1a11)(a1a11)0， 因为 d0，所以 a1a110，所以 a1a110， 又 2a6a1a11，所以 a60. 因为 da2a5a60a7a8，显
19、然前 5 项和或前 6 项和最大，故选 C. 答案(1)D(2)C A 级基础巩固 一、选择题 1.(多选题)已知数列的前 4 项为 2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项可能是 () A.an(1)n 11 B.an 2，n 为奇数， 0，n 为偶数 C.an2sinn 2 D.ancos(n1)1 解析对 n1，2，3，4 进行验证，an2sin n 2 不合题意，其他都可能. 答案ABD 2.已知数列an满足：任意 m，nN*，都有 anamanm，且 a11 2，那么 a 5 () A. 1 32 B. 1 16 C.1 4 D.1 2 解析由题意，得 a2a1a11 4，a 3a1a
20、21 8，则 a 5a3a2 1 32. 答案A 3.(2020江西重点中学盟校联考)在数列an中，a11 4，a n1 1 an1(n2， nN*)，则 a2 019的值为() A.1 4 B.5C.4 5 D.5 4 解析在数列an中，a11 4，a n1 1 an1(n2，nN *)，所以 a21 1 1 4 5， a311 5 4 5，a 41 1 4 5 1 4，所以a n是以 3 为周期的周期数列，所以 a2 019 a6733a34 5. 答案C 4.已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a12，an1Sn1(nN*)，则 S5() A.31B.42C.37D.47 解析由题意
21、，得 Sn1SnSn1(nN*)，Sn112(Sn1)(nN*)，故数列 Sn1为等比数列，其首项为 3，公比为 2，则 S51324，所以 S547. 答案D 5.(2020山东重点高中联考)已知数列an的首项 a135，且满足 anan12n 1(nN*，n2)，则an n 的最小值为() A.2 34B.59 5 C.35 3 D.12 解析数列an的首项 a135，且满足 anan12n1(nN*，n2)，可得 an a1(a2a1)(a3a2)(anan1)34(1352n1)34 1 2n(12n1)34n 2(n2)， 当n1时， a135符合上式， 故an34n2(nN*)，
22、则an n n34 n 2 34，等号成立时 n34 n ，解得 n 34，n 不为正整数，由于 n 为正整数， 所以 n5 时， 534 5 59 5 ； n6 时， 634 6 35 3 a1. 综上，a 的取值范围是9，3)(3，). B 级能力提升 11.(2019晋中高考适应性调研)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852 年，英 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符合 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
23、整除问题：将 1 至 2 020 这 2 020 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an，则此数列 共有() A.98 项B.97 项C.96 项D.95 项 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 an21n 20，由 1an2 020 得 1n97 3 21，又 nN *，故此数列共有 97 项. 答案B 12.(2020邵阳月考)已知数列an的通项为 an2n3(nN*)，数列bn的前 n 项 和为 Sn3n 27n 2 (nN*)，若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列cn，则 满足 cn
24、2 020 的 n 的最大整数值为() A.338B.337C.336D.335 解析对于bn，当 n1 时，b1S15，当 n2 时，bnSnSn13n 27n 2 3（n1）27（n1） 2 3n2，它和数列an的公共项构成的新数列cn是首 项为 5，公差为 6 的等差数列，则 cn6n1，令 cn2 020，可得 na1a2a3a4，a5a6a7 an1(nN*). 数列an中的最大项为 a52，最小项为 a40. (2)an1 1 a2（n1）1 1 2 n2a 2 ， 已知对任意的 nN*，都有 ana6成立， 结合函数 f(x)1 1 2 x2a 2 的单调性， 可知 52a 2
25、6，即10a8. 即 a 的取值范围是(10，8). C 级创新猜想 15.(多选题)已知数列an的通项为 an 2 3 n1 2 3 n1 1 ，则下列表述正确的是 () A.最大项为 0B.最大项不存在 C.最小项为1 4 D.最小项为20 81 解析由题意得 a1 2 3 11 2 3 11 1 1(11)0， 当 n1 时， 0 2 3 n1 1， 2 3 n1 10，an 2 3 n1 2 3 n1 1 0，an的最大项为 a10.a2 2 3 21 2 3 21 1 2 3 2 312 9，a 3 2 3 31 2 3 31 1 4 9 4 91 20 81 ， a4 2 3 41
26、 2 3 41 1 8 27 8 271 152 729 ， an 1 an 2 3 n11 2 3 n11 1 2 3 n1 2 3 n1 1 2 3 n1 3n 15 62 n 3n 2 3 n11 3 5 6 2 3 n ，当 n3 时，an1an0；当 n3 时，an1an0.an的 最小项为 a320 81，故选 AD. 答案AD 16.(新背景题)(2019福州二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝 时期(公元 5 世纪)的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数” 问题，原文如下：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即一 个整数除以三余二，除以五余三
27、，求这个整数.设这个整数为 a，当 a2，2 019 时，符合条件的 a 共有_个. 解析法一由题设 a3m25n3，m，nN， 则 3m5n1，m，nN， 当 m5k 时，n 不存在；当 m5k1 时，n 不存在； 当 m5k2 时，n3k1，满足题意； 当 m5k3 时，n 不存在； 当 m5k4 时，n 不存在.其中 kN. 故 2a15k82 019，解得 6 15k 2 011 15 ， 则 k0，1，2，134，共 135 个. 即符合条件的 a 共有 135 个，故答案为 135. 法二一个整数除以三余二，这个整数可以为 2，5，8，11，14，17，20，23， 26，29，32，35，38， 一个整数除以五余三，这个整数可以为 3，8，13，18，23，28，33，38， 则同时除以三余二、除以五余三的整数为 8，23，38，构成首项为 8，公差 为 15 的等差数列，通项公式为 an815(n1)15n7， 由 15n72 019 得 15n2 026，n135 1 15， 因为 nN*，所以 n1，2，3，135，共有 135 个. 答案135
