1、 第第 1 节节 数列的概念及简单表示法数列的概念及简单表示法 最新考纲 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、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.数列的概念 (1)数列的定义：按照一定次序排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这 个数列的项. (2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集 N+ (或它的有限 子集)为定义域的函数 anf(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应 的一列函数值. (3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图像法和通项公式法. 2.数列的分类 分类标准 类型 满足条件 项数 有
2、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.数列的通项公式 (1)通项公式：如果数列an的第 n 项 an与 n 之间的关系可以用一个式子 anf(n) 来表示，那么这个公式叫作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 这个公式就叫作这个数列的递推公式. 微点提醒 1.若数列an
3、的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an S 1，n1， SnSn1，n2. 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. 基 础 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.
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. 答案 (1) (2) (3) (4) 2.(必修 5P6 练习 1 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.(必修 5P8A1 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_.
5、 解析 由 a11514，a26524，a311534，归纳 an5n 4. 答案 5n4 4.(2019 衡水中学摸底)已知数列an中，a11，an12an1(nN+)，Sn为其前 n 项和，则 S5的值为( ) A.57 B.61 C.62 D.63 解析 由条件可得 a22a113，a32a217，a42a3115，a52a41 31，所以 S5a1a2a3a4a5137153157. 答案 A 5.(2019 安康月考)数列 0，1，0，1，0，1，0，1，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
6、n1，2，3，逐一验证四个选项，易得 D 正确. 答案 D 6.(2019 郑州一模)设数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sna 1（4n1） 3 ，若 a432， 则 a1_. 解析 Sna 1（4n1） 3 ，a432，则 a4S4S332. 255a1 3 63a1 3 32，a11 2. 答案 1 2 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)n 11 B.an 2，n为奇数， 0，n为偶数 C.an2sinn 2 D.ancos(n1)1 (2)已知数列an为1 2， 1 4，
7、 5 8， 13 16， 29 32， 61 64，则数列an的一个通项公式是 _. 解析 (1)对 n1，2，3，4 进行验证，an2sinn 2 不合题意. (2)各项的分母分别为 21，22，23，24，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23 2 ， 故原数列可变为2 13 21 ，2 23 22 ，2 33 23 ，2 43 24 ， 故其通项公式可以为 an(1)n 2n3 2n . 答案 (1)C (2)an(1)n 2n3 2n 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
8、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)k 1，kN +处理. 【训练 1】 写出下列各数列的一个通项公式： (1) 1 12， 1 23， 1 34， 1 45，； (2)1 2，2， 9 2，8， 25 2 ，； (3)5，55，555，5 555，. 解 (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
9、正，所以它的一个通项公式是 an(1)n 1 n（n1），nN+. (2)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1 2， 4 2， 9 2， 16 2 ，25 2 ，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为 ann 2 2 . (3)将原数列改写为5 99， 5 999， 5 9999，易知数列 9，99，999，的通项 为 10n1，故所求的数列的一个通项公式为 an5 9(10 n1). 考点二 由 an与 Sn的关系求通项 易错警示 【例 2】 (1)(2019 南昌质检)已知 Sn为数列an的前 n 项和， 且 log2(Sn1)n1， 则数列
10、an的通项公式为_. (2)(2018 全国卷)记 Sn为数列an的前 n 项和.若 Sn2an1，则 S6_. 解析 (1)由 log2(Sn1)n1，得 Sn12n 1， 当 n1 时，a1S13； 当 n2 时，anSnSn12n， 所以数列an的通项公式为 an 3，n1， 2n，n2. (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. S6a 1（1q6） 1q （12 6） 12 63. 答案 (1)an 3，n1 2n，n2 (2)63 规律方法 数列的
11、通项 an与前 n 项和 Sn的关系是 an S 1，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. 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 anSnSn1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 an2n(nN+). 【训练 2】 (1)已知数列an的前 n 项和 Sn2n23n，则数列an的通项公式 an _. (2)已知数列an的前 n 项和 Sn3n1，则数列的通项公
12、式 an_. 解析 (1)a1S1231， 当 n2 时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5， 由于 a1也适合上式，an4n5. (2)当 n1 时，a1S1314， 当 n2 时，anSnSn13n13n 112 3n1. 显然当 n1 时，不满足上式. an 4，n1， 2 3n 1，n2. 答案 (1)4n5 (2) 4，n1， 2 3n 1，n2 考点三 由数列的递推关系求通项易错警示 【例 3】 (1)在数列an中，a12，an1anln 11 n ，则 an等于( ) A.2ln n B.2(n1)ln n C.2nln n D.1nln n (2)若 a1
13、1，nan1(n1)an(n2)，则数列an的通项公式 an_. (3)若 a11，an12an3，则通项公式 an_. 解析 (1)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，且 a12 也适合， 因此 an2ln n(nN+). (2)由 nan1(n1)an(n2)，得 an an1 n n1(n2). 所以 an an an1 an1 an2 an2 an3 a3 a2 a2
14、 a1 a1 n n1 n1 n n2 n1 3 4 2 3 1 2 n1， 又 a1也满足上式，所以 an 2 n1. (3)由 an12an3，得 an132(an3). 令 bnan3，则 b1a134，且b n1 bn a n13 an3 2. 所以bn是以 4 为首项，2 为公比的等比数列. bn4 2n 12n1，a n2n 13. 答案 (1)A (2) 2 n1 (3)2 n13 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 an. (3
15、)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. 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an的前 n 项和为 Sn， 若 a12，an1an2n 11，则 a n_. (2)若 a11，an12nan，则通项公式 an_. (3)若 a11，an1 2an an2，则数列an的通项公式 an_. 解析 (1)a12，an1an2n 11a n1an2n 11a n(anan1)(an1 an2)(a3a2)(a2a1)
16、a1， 则 an2n 22n321n1a 1 12 n1 12 n122n 1n. (2)由 an12nan，得 an an12 n1(n2)， 所以 an an an1 an1 an2 a2 a1 a1 2n 1 2n2 2 12123(n1)2 n（n1） 2 . 又 a11 适合上式，故 an2 n（n1） 2 . (3)因为 an1 2an an2，a11，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(n1) 1 2 n 2 1
17、2. 所以 an 2 n1(nN+). 答案 (1)2n 1n (2)2 n（n1） 2 (3) 2 n1 考点四 数列的性质 【例 4】 (1)数列an的通项 an n n290，则数列an中的最大项是( ) A.3 10 B.19 C. 1 19 D. 10 60 (2)数列an满足an1 2an，0an1 2， 2an1，1 2an成立，则实数 k 的取值范围是 _. 解析 (1)a11，an1a2n2an1(an1)2， a2(a11)20，a3(a21)21，a4(a31)20，可知数列an是以 2 为周期的数列，a2 020a20. (2)由 an1an知该数列是一个递增数列， 又
18、通项公式 ann2kn4，所以(n1)2k(n1)4n2kn4，即 k12n. 又 nN+，所以 k3. 答案 (1)0 (2)(3，) 思维升华 1.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“an1panq”这种形式通常转化为 an1p(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 an1anf(n)型，则采用累加法；若为a n1 an f(n) 型，则采用累乘法. 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
19、数. (2)数列的通项公式不一定唯一. (3)注意 anSnSn1中需 n2. 2.数列an中，若 an最大，则 anan1且 anan1； 若 an最小，则 anan1且 anan1. 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.ann2(n1) B.ann21 C.ann（n1） 2 D.ann（n1） 2 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 12345nn（n1） 2 ， 所以数列 1，3，6，10，15，的通项公式为 ann（n1） 2
20、. 答案 C 2.已知数列an满足： 任意 m， nN+， 都有 an amanm， 且 a11 2， 那么 a5( ) A. 1 32 B. 1 16 C.1 4 D.1 2 解析 由题意，得 a2a1a11 4，a3a1 a2 1 8，则 a5a3 a2 1 32. 答案 A 3.(2019 江西重点中学盟校联考)在数列an中，a11 4，an1 1 an1(n2， nN+)，则 a2 019的值为( ) A.1 4 B.5 C.4 5 D.5 4 解析 在数列an中，a11 4，an1 1 an1(n2，nN+)，所以 a21 1 1 4 5， a311 5 4 5，a41 1 4 5
21、1 4，所以an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.31 B.42 C.37 D.47 解析 由题意，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.(2019 成都诊断)已知 f(x) （2a1）x4（x1）， ax（x1）， 数列an(nN+)满足 an f(n)，且an是递增数列，则 a 的取值范围是( ) A.(1，) B. 1
22、2， C.(1，3) D.(3，) 解析 因为an是递增数列， 所以 a1， a22a14，解得 a3， 则 a 的取值范围是(3，). 答案 D 二、填空题 6.在数列1，0，1 9， 1 8， n2 n2 ，中，0.08 是它的第_项. 解析 令n2 n2 0.08，得 2n225n500， 则(2n5)(n10)0，解得 n10 或 n5 2(舍去). 所以 a100.08. 答案 10 7.若数列an的前 n 项和 Sn3n22n1，则数列an的通项公式 an_. 解析 当 n1 时，a1S13122112； 当 n2 时，anSnSn13n22n13(n1)22(n1)16n5，显然
23、当 n1 时，不满足上式. 故数列的通项公式为 an 2，n1， 6n5，n2. 答案 2，n1， 6n5，n2 8.在数列an中，a12， an1 n1 an n ln 11 n ，则 an_. 解析 由题意得 an1 n1 an n ln(n1)ln n，an n an1 n1ln nln(n1)(n2). a2 2 a1 1 ln 2ln 1，a3 3 a2 2 ln 3ln 2， an n an1 n1ln nln(n1)(n2). 累加得an n a1 1 ln n，an n 2ln n(n2)， 又 a12 适合，故 an2nnln n. 答案 2nnln n 三、解答题 9.(2
24、016 全国卷)已知各项都为正数的数列an满足 a11，a2n(2an11)an 2an10. (1)求 a2，a3； (2)求an的通项公式. 解 (1)由题意得 a21 2，a3 1 4. (2)由 a2n(2an11)an2an10 得 2an1(an1)an(an1). 因为an的各项都为正数，所以a n1 an 1 2. 故an是首项为 1，公比为1 2的等比数列，因此 an 1 2n 1. 10.已知 Sn为正项数列an的前 n 项和，且满足 Sn1 2a 2 n1 2an(nN+). (1)求 a1，a2，a3，a4的值； (2)求数列an的通项公式. 解 (1)由 Sn1 2a
25、 2 n1 2an(nN+)，可得 a11 2a 2 11 2a1，解得 a11， S2a1a21 2a 2 21 2a2，解得 a22， 同理，a33，a44. (2)Sn1 2a 2 na n 2 ， 当 n2 时，Sn11 2a 2 n11 2an1， 得(anan11)(anan1)0. 由于 anan10，所以 anan11， 又由(1)知 a11， 故数列an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 汉中高考适应性调研)“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”
26、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 018 得 1n97，又 nN+，故此数列共有 97 项
27、. 答案 B 12.已知数列an的通项公式 an(n2) 6 7 n ，则数列an的项取最大值时，n _. 解析 假设第 n 项为最大项，则 a nan1， anan1， 即 （n2） 6 7 n （n1） 6 7 n1 ， （n2） 6 7 n （n3） 6 7 n1 ， 解得 n5， n4，即 4n5， 又 nN+，所以 n4 或 n5， 故数列an中 a4与 a5均为最大项，且 a4a56 5 74. 答案 4 或 5 13.(2019 合肥模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn(1)n an 1 2n，记 bn8a2 2n 1，若对任意的 nN +，总有 bn10 成立
28、，则实数 的取值范围为 _. 解析 令 n1，得 a11 4； 令 n3，可得 a22a31 8； 令 n4，可得 a2a3 3 16， 故 a21 4，即 bn8a2 2 n12n. 由 bn10 对任意的 nN+恒成立， 得 1 2 n 对任意的 nN+恒成立， 又 1 2 n 1 2， 所以实数 的取值范围为 1 2， . 答案 1 2， 14.已知数列an中，an1 1 a2（n1）(nN+，aR 且 a0). (1)若 a7，求数列an中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的 nN+，都有 ana6成立，求 a 的取值范围. 解 (1)an1 1 a2（n1）(nN+，aR，且 a0)， 又 a7，an1 1 2n9(nN+). 结合函数 f(x)1 1 2x9 的单调性，可知 1a1a2a3a4，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 6，即10a8. 即 a 的取值范围是(10，8).
