高考数学一轮复习 第六章 数列 课时达标检测(二十七)数列的概念与简单表示 理
数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第六章 数列 数列的概念与简单表示
必考部分第六章数列§6.1 数列的概念与简单表示考纲展示► 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．考点1 由数列的前几项求数列的通项公式1.数列的概念(1)数列的定义:按照________排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的________．(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________的函数a n＝f（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________、________和________．答案：(1)一定顺序项（2)定义域(3）列表法图象法通项公式法2．数列的分类答案：有限无限＞＜3．数列的两种常用的表示方法（1）通项公式:如果数列｛a n}的第n项a n与________之间的关系可以用一个式子________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{a n｝的第1项（或前几项)，且从第二项(或某一项）开始的任一项a n与它的前一项a n－1(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．答案：（1）序号n a n＝f（n)4．已知数列{a n}的前n项和S n，则a n＝错误!答案：S1S n－S n－1(1)[教材习题改编］已知数列{a n｝的前四项分别为1,0，1，0，给出下列各式：①a n＝错误!；②a n＝错误!；③a n＝sin2错误!；④a n＝错误!；⑤a n＝错误!⑥a n＝错误!＋(n－1)（n－2)．其中可以作为数列｛a n｝的通项公式的有________．（写出所有正确结论的序号）答案：①③④（2)[教材习题改编］已知｛a n}满足a n＝错误!＋1(n≥2), a7＝错误!，则a5＝__________.答案：错误!解析：由递推公式，得a 7＝－1a 6＋1，a 6＝错误!＋1，则a 5＝错误!。
2025届高考数学一轮总复习第六章数列第一节数列的概念与简单表示法
第一节 数列的概念与简单表示法
课标
1.了解数列的概念和表示方法(表格、图象、通项公式、递推公式).
解读
2.了解数列是一种特殊的函数.
强基础 增分策略
知识梳理
1.数列的有关概念
概念
含义
数列的项
按照 确定的顺序 排列的一列数
数列中的 每一个数
数列的通项
数列{an}的第n项an
数列
通项公式
前n项和
如果数列{an}的递推公式满足an+1-an=f(n)的形式,且f(n)可求和,那么就可
以运用累加法an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+…+(a2-a1)+a1,求出数列
{an}的通项公式.
对点训练
1
3 数列{an}中,a1=0,an+1-an= + +1,且
√ √
an=9,则 n=
.
答案 100
1
解析∵an+1-an= + +1
√ √
= √ + 1 − √,
∴an=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1+a1=√ − -1 + -1 − -2+…+√2 −
√1+0=√-1.∵an=9,即√-1=9,解得 n=100.
考向2.累乘法
-1
· ··
…·
2 3 4
+1
1
1
1
1
1
∴S30=1- + − +…+ −
2
2
3
30
高三数学课标一轮复习考点规范练： 27数列的概念与简单表示法
考点规范练27数列的概念与简单表示法基础巩固组1.数列1,-3,5,-7,9,…的一个通项公式为()A.a n=2n-1B.a n=(-1)n(2n-1)C.a n=(-1)n+1(2n-1)D.a n=(-1)n(2n+1)2.数列{a n}中,a1=1,对所有n∈N*都有a1a2…a n=n2,则a3+a5等于()A. B. C. D.3.(2017浙江温州测试)设S n为数列{a n}的前n项和,且S n=(a n-1)(n∈N*),则a n=()A.3(3n-2n)B.3n+2C.3nD.3·2n-14.(2017广西南宁测试)已知数列{a n}满足:,且a2=2,则a4等于()A.-B.23C.12D.115.数列{a n}满足a n+1+a n=2n-3,若a1=2,则a8-a4=()A.7B.6C.5D.46.已知数列{a n}中,首项a1=1,a n=a n-1·3n-1(n≥2,n∈N*),则数列{b n}的通项公式为.7.数列{a n}满足:a1+3a2+5a3+…+(2n-1)·a n=(n-1)·3n+1+3(n∈N*),则数列{a n}的通项公式a n=.8.若数列{a n}满足a1=2,a n+1=(n∈N*),则该数列的前2 018项的乘积a1·a2·a3·…·a2-=.018能力提升组9.(2017浙江嘉兴模拟)已知数列{a n}中的任意一项都为正实数,且对任意m,n∈N*,有a m·a n=a m+n,如果a10=32,则a1的值为()A.-2B.2C.D.-10.已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,且对任意的正数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y).若数列{a n}的前n项和为S n,且满足f(S n+2)-f(a n)=f(3)(n∈N*),则a n等于()-A.2n-1B.nC.2n-1D.11.已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*).若b n+1=(n-λ)·,b1=-λ,且数列{b n}是单调递增数列,则实数λ的取值范围为()A.λ>2B.λ>3C.λ<2D.λ<312.(2017辽宁沈阳期末)若数列{a n}满足=0,则称{a n}为“梦想数列”,已知正项数列为“梦想数列”,且b1+b2+b3=2,则b6+b7+b8=()A.4B.16C.32D.6413.已知数列{a n}满足a1=,a n+1-1=-a n(n∈N*),则m=+…+的整数部分是()A.1B.2C.3D.414.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数,如图,他们研究过图中的1,5,12,22,…,由于这些数能够表示成五角形,将其称为五角形数.若按此规律继续下去,第n个五角形数a n=.15.(2017浙江温州瑞安模拟)已知数列{a n}中,a n=1+(n∈N*,a∈R且a≠0).-(1)若a=-7,求数列{a n}中的最大项和最小项的值;(2)若对任意的n∈N*,都有a n≤a6成立,求a的取值范围.16.在数列{a n}中,a1=1,2a n a n+1+a n+1-a n=0(n∈N*).(1)求证:数列为等差数列,并求{a n}的通项公式;(2)若ta n+1(a n-1)+1≥0对任意n≥2的整数恒成立,求实数t的取值范围.答案：1.C由数列{a n}中1,-3,5,-7,9,…可以看出:符号正负相间,通项的绝对值为1,3,5,7,9…为等差数列{b n},其通项公式b n=2n-1.∴数列1,-3,5,-7,9,…的一个通项公式为a n=(-1)n+1(2n-1).故选C.2.A∵当n≥2时,a1a2a3…a n=n2,当n≥3时,a1a2a3…a n-1=(n-1)2,两式相除,得a n=-,∴a3=,a5=a3+a5=故选A.3.C当n≥2时,a n=S n-S n-1=(a n-1)-(a n-1-1),整理,得a n=3a n-1.由a1=(a1-1),得a1=3,-=3,∴数列{a n}是以3为首项,3为公比的等比数列,∴a n=3n,故选C.4.D由已知得=2,则{a n+1}是公比为2的等比数列,所以a4+1=(a2+1)·22=12,则a4=11.故选D.5.D依题意得(a n+2+a n+1)-(a n+1+a n)=[2(n+1)-3]-(2n-3),即a n+2-a n=2,所以a8-a4=(a8-a6)+(a6-a4)=2+2=4.6.a n=-∵a n=---…a1=3n-1·3n-2·…·3·1=-a1也满足上式,∴a n=-7.3n a1+3a2+5a3+…+(2n-3)·a n-1+(2n-1)·a n=(n-1)+3,把n替换成n-1得,a1+3a2+5a3+…+(2n-3)·a n-1=(n-2)·3n+3,两项相减得a n=3n.8.-6经计算,得a1=2,a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,…则{a n}是以4为周期的一个周期数列.∴a1a2a3a4=1.∴a1·a2·…·a2 013·a2 014·a2 018=2×(-3)=-6.9.C令m=1,则=a1,所以数列{a n}是以a1为首项,公比为a1的等比数列,从而a n=,因为a10=512,所以a1=10.D由题意知f(S n+2)=f(a n)+f(3)=f(3a n)(n∈N*),∴S n+2=3a n,S n-1+2=3a n-1(n≥2),两式相减得,2a n=3a n-1(n≥2).又n=1时,S1+2=3a1=a1+2,∴a1=1.∴数列{a n}是首项为1,公比为的等比数列.∴a n=-11.C由已知可得+1,+1=2又+1=2≠0,则+1=2n,b n+1=2n(n-λ),b n=2n-1(n-1-λ)(n≥2).b1=-λ也适合上式,故b n=2n-1(n-1-λ)(n∈N*).由b n+1>b n,得2n(n-λ)>2n-1(n-1-λ),即λ<n+1恒成立.而n+1的最小值为2,故λ的取值范围为λ<2.12.D因为正项数列为“梦想数列”,所以=0,即b n+1=2b n,所以{b n}是以2为公比的等比数列,所以b6+b7+b8=(b1+b2+b3)×25=2×25=64,故选D.13.B∵a1=,a n+1-1=-a n(n∈N*),∴a n+1-a n=(a n-1)2>0,∴a n+1>a n,∴数列{a n}是单调递增数列,由a n+1-1=-a n=a n(a n-1), ---,--,∴m=+…+------+…+-----=3--,由a1=>1,则a n+1-a n=(a n-1)2>0,∴a2=1+,a3=1+,a4=1+>2,…,a2 018>2,∴0<-<1,∴2<m<3,∴整数部分是2,故选B.14n2-n观察图象,发现a1=1,a2=a1+4,a3=a2+7,a4=a3+10,猜测当n≥2时,a n=a n-1+3n-2,∴a n-a n-1=3n-2.∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=(3n-2)+[3(n-1)-2]+…+(3×2-2)+1=n2-n.15.解(1)∵a n=1+-(n∈N*,a∈R,且a≠0),∵a=-7,∴a n=1+-(n∈N*).结合函数f(x)=1+-的单调性,可知1>a1>a2>a3>a4, a5>a6>a7>…>a n>1(n∈N*).∴数列{a n}中的最大项为a5=2,最小项为a4=0.(2)a n=1+-=1+--,已知对任意的n∈N*,都有a n≤a6成立, 结合函数f(x)=1+--的单调性,可知5<-<6,即-10<a<-8.即a的取值范围是(-10,-8).16.解(1)由题意得2a n a n+1+a n+1-a n=0,两边同除a n a n+1得,=2,∵a1=1,∴数列是以1为首项、2为公差的等差数列,则=1+2(n-1)=2n-1,∴a n=-(2)由(1)得,ta n+1(a n-1)+1≥0可化为t--+1≥0,由n≥2化简得t--,设b n=--,则b n+1-b n=-------->0,∴当n≥2时,数列{b n}是递增数列,则--, ∴实数t的取值范围是-。
数列的概念及简单表示法(高三一轮复习)
所以数列
S 2
n
是首项为S
2 1
＝a
2 1
＝1，公差为1的等差数列，所以S
2 n
＝n，所以Sn＝
n
(n∈N*)．
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命题点2 由数列的递推公式求通项公式
考向1 累加法
例2
设数列
a
n
满足a1＝1，且an＋1－an＝1(n∈N*)，则数列
1 3
an＋1，所以a2＝3S1＝3×
16 3
＝16.当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1
＝13an＋1－13an，即an＋1＝4an.
所以从第二项起，数列an为首项为16，公比为4的等比数列，所以an＝ 4n(n≥2)．
经检验，an＝4n对n＝1不成立，
所以an＝136，n＝1， 4n，n≥2.
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，所以a2＝
4 2－a1
＝
4 2－4
＝－2，a3＝
4 2－a2
＝
4 2＋2
＝1，a4＝
4 2－a3
＝
4 2－1
＝4，…，所以数列
a
n
是以3为周期的周期数列，又2
022＝
673×3＋3，所以a2 022＝a673×3＋3＝1.
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4．(易错题)若数列
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4.数列的表示法 数列有三种表示法，它们分别是 8 列表法 、图象法和 9 解析法 ．
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常用结论► (1)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，还与这些“数”的排列顺序有关． (2)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． (3)若数列{an}的前n项和为Sn，则数列{an}的通项公式为an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2.
高三数学第一轮复习课时作业(27)数列的概念与简单表示法
课时作业(二十七) 第27讲 数列的概念与简单表示法时间：45分钟 分值：100分基础热身1．2011·阜阳质检 数列{a n }：1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n ＋n (n ∈N ＋) B ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 3＋3n (n ∈N ＋) C ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋2n (n ∈N ＋) D ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 2＋2n(n ∈N ＋) 2．2010·安徽卷 设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49 D ．643．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n(n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( ) A.1516 B.158 C.34 D.384．2011·沈阳模拟 已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n(n ∈N *)，则a 16＝________.能力提升5．2011·福州质检 把1,3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为用这些数目的点可以排成一个正三角形(如图K27－1)．则第7个三角形数是( )图K27－1A ．27B ．28C ．29D ．306．2011·太原模拟 已知S n 是非零数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －1，则S 2011等于( )A ．1－22010B ．22011－1C ．22010－1D ．1－220117．已知数列{a n }，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)，则a 100的值是( ) A ．9900 B ．9902 C ．9904 D ．110008．已知数列{a n }中，a 1＝1，1a n ＋1＝1a n＋3(n ∈N *)，则a 10＝( )A ．28B ．33 C.133 D.1289．2011·黄冈中学模拟 已知数列{a n }的通项a n ＝nanb ＋c(a ，b ，c ∈(0，＋∞))，则a n 与a n ＋1的大小关系是( )A ．a n >a n ＋1B ．a n <a n ＋1C ．a n ＝a n ＋1D ．不能确定10．2011·朝阳二模 已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＋1a n ＋a n ＋1－2a n ＝0(n ∈N *)，则a 2＝________；并归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝________.11．2011·淮南一模 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 25＝________.12．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ＝1,2,3，…)，则数列{a n }的通项公式为________________________________________________________________________；数列{na n }中数值最小的项是第________项．13．2011·厦门质检 若f (n )为n 2＋1(n ∈N *)的各位数字之和，如62＋1＝37，f (6)＝3＋7＝10.f 1(n )＝f (n )，f 2(n )＝f (f 1(n ))，…，f k ＋1(n )＝f (f k (n ))，k ∈N *，则f 2013(4)＝________.14．(10分)在2011年10月1日的国庆阅兵式上，有n (n ≥2)行、n ＋1列的步兵方阵． (1)写出一个数列，用它表示当n 分别为2,3,4,5,6，…时方阵中的步兵人数； (2)说出(1)题中数列的第5、6项，并用a 5，a 6表示；(3)把(1)中的数列记为{a n }，求该数列的通项公式a n ＝f (n )；(4)已知a n ＝9900，问a n 是第几项？此时步兵方阵有多少行、多少列？(5)画出a n ＝f (n )的图像，并利用图像说明方阵中步兵人数有可能是56,28吗？15．(13分)2011·蚌埠调研 已知数列{a n }满足前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)判断数列{c n }的单调性；(3)当n ≥2时，T 2n ＋1－T n <15－712log a (a －1)恒成立，求a 的取值范围．难点突破16．(1)(6分)2011·浙江卷 若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________.(2)(6分)2010·湖南卷 若数列{a n }满足：对任意的n ∈N *，只有有限个正整数m 使得a m ＜n 成立，记这样的m 的个数为(a n )*，则得到一个新数列{(a n )*}．例如，若数列{a n }是1,2,3，…，n ，…，则数列{(a n )*}是0,1,2，…，n －1，….已知对任意的n ∈N *，a n ＝n 2，则(a 5)*＝________，((a n )*)*＝________.课时作业(二十七)【基础热身】1．D 解析 观察数列{a n }各项，可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6. 2．A 解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，则a 8＝2×8－1＝15.3．C 解析 由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，由a 3·a 2＝a 2＋(－1)3，得a 3＝12，又由12a 4＝12＋(－1)4，得a 4＝3，由3a 5＝3＋(－1)5，得a 5＝23，则a 3a 5＝1223＝34.4.12 解析 由题可知a 2＝1－1a 1＝－1，a 3＝1－1a 2＝2，a 4＝1－1a 3＝12，a 5＝1－1a 4＝－1，…，则此数列为周期数列，周期为3，故a 16＝a 1＝12.【能力提升】5．B 解析 根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28. 6．B 解析 当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，得S 1＝a 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入S n ＝2a n －1，得 S n ＝2S n －1＋1，即S n ＋1＝2(S n －1＋1)，∴S n ＋1＝(S 1＋1)·2n －1＝2n ，∴S 2011＝22011－1.7．B 解析 a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2(99＋98＋…＋2＋1)＋2＝2·99·(99＋1)2＋2＝9902.8．D 解析 对递推式叠加得1a 10－1a 1＝27，故a 10＝128.9．B 解析 把数列{a n }的通项化为a n ＝na nb ＋c ＝ab ＋cn， ∵c >0，∴y ＝c n是单调递减函数，又∵a >0，b >0，∴a n ＝a b ＋c n为递增数列，因此a n <a n ＋1.10.43 2n2－1 解析 当n ＝1时，由递推公式，有a 2a 1＋a 2－2a 1＝0，得a 2＝2a 1a 1＋1＝43；同理a 3＝2a 2a 2＋1＝87，a 4＝2a 3a 3＋1＝1615，由此可归纳得出数列{a n }的通项公式为a n ＝2n2n －1.11．350 解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2－1＝2， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n －1)－(n －1)2＋2(n －1)－1＝2n ＋1，又a 1＝2不适合上式，则数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.所以a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 25＝(a 1＋1)＋a 3＋a 5＋…＋a 25－1＝(3＋51)2×13－1＝350.12．a n ＝2n －11 3 解析 n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－10n －(n －1)2－10(n －1)＝2n －11； n ＝1时，a 1＝S 1＝－9符合上式．∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －11.∴na n ＝2n 2－11n ，∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．13．5 解析 因为42＋1＝17，f (4)＝1＋7＝8，则f 1(4)＝f (4)＝8，f 2(4)＝f (f 1(4))＝f (8)＝11， f 3(4)＝f (f 2(4))＝f (11)＝5，f 4(4)＝f (f 3(4))＝f (5)＝8，…，而2013＝3×671， 故f 2013(4)＝5.14．解答 (1)该数列为6,12,20,30,42，…； (2)a 5＝42，a 6＝56；(3)a n ＝(n ＋1)(n ＋2)(n ∈N *)；(4)由9900＝(n ＋1)(n ＋2)，解得n ＝98，a n 是第98项，此时步兵方阵有99行，100列；(5)f (n )＝n 2＋3n ＋2，如图，图像是分布在函数f (x )＝x 2＋3x ＋2上的孤立的点，由图可知，人数可能是56，不可能是28.15．解答 (1)当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)． ∴数列{b n}的通项公式为b n＝⎩⎨⎧23，n ＝1，1n ，n ≥2.(2)∵c n ＝T 2n ＋1－T n ，∴c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， ∴c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1<0，∴数列{c n }是递减数列．(3)由(2)知，当n ≥2时c 2＝13＋14＋15为最大，∴13＋14＋15<15－712log a (a －1)恒成立， ∴1<a <5＋12. 【难点突破】 16．(1)4 (2)2 n 2解析 (1)设最大项为第k 项，则有⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k ≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，∴⎩⎨⎧k 2≥10，k 2－2k －9≤0 ⇒⎩⎨⎧k ≥10或k ≤－10，1－10≤k ≤1＋10⇒k ＝4.(2)本题以数列为背景，通过新定义考查学生自学能力、创新能力、探究能力，属于难题．因为a m <5，而a n ＝n 2，所以m ＝1,2，所以(a 5)*＝2.因为(a 1)*＝0，(a 2)*＝1，(a 3)*＝1，(a 4)*＝1，(a 5)*＝2，(a 6)*＝2，(a 7)*＝2，(a 8)*＝2，(a 9)*＝2，(a10)*＝3，(a11)*＝3，(a12)*＝3，(a13)*＝3，(a14)*＝3，(a15)*＝3，(a16)*＝3，所以((a1)*)*＝1，((a2)*)*＝4，((a3)*)*＝9，((a4)*)*＝16，猜想((a n)*)*＝n2.。
一轮复习-数列的概念与简单表示法
（1）
（2）
（3）
（4）
例2 写出数列的一个通项公式， 使它的前4项分别是下列各数：
（1）1，3，5，7；
解：此数列的前四项1，3，5，7都 是序号的2倍减去1，所以通项公式 是：
an 2n 1
例1、 写出下面数列的一个通项公式，使它的 前4项分别是下列各数：
（1）1,3,5,7; （2）4，9， 16，25；
这说明：数列的项是序号的函数，序号从1 开始依次增加时，对应的函数值按次序排出就 是数列，这就是数列的实质。
所以：数列可以看成以正整数集N*（或它的有 限子集{1，2，3，4，…,n}）为定义域的函数 an=f(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。反过来，对于函数y=f(x),如 果f(i) (i=1,2,3,…)有意义，那可得到一个数列 f(1),f(2),f(3),…f(n),… 即数列是一种特殊的函数。
数列的一般形式可以写成： a1, a2, a3,an ,,
其中an是数列的第n项，上面的数列又可简记为 an
根据数列的前若干项写出的通项 公式的形式唯一吗？请举例说明。
注意：①一些数列的通项公式不是唯一的
②不是每一个数列都能写出它的通项公式 ③ {an }表示以an为通项的数列，即{an }表示
无穷数列：项数无限的数列. 例如数列1，2，3，4，5，6，…是无穷数列
2）根据数列项的大小分：
递增数列：从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列。 递减数列：从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列。 常数数列：各项相等的数列。 摆动数列：从第2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)1， 1 ，1 ， 1 ； 23 4
高三理科数学一轮总复习第六章 数列
第六章数列高考导航知识网络6.1 数列的概念与简单表示法典例精析题型一 归纳、猜想法求数列通项【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式： (1)7,77,777,7 777，… (2)23，－415，635，－863，… (3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，…【解析】(1)将数列变形为79·(10－1)，79(102－1)，79(103－1)，…，79(10n －1)，故a n ＝79(10n －1).(2)分开观察，正负号由(－1)n＋1确定，分子是偶数2n ，分母是1×3,3×5,5×7， …，(2n －1)(2n ＋1)，故数列的通项公式可写成a n ＝(－1)n＋1)12)(12(2+-n n n.(3)将已知数列变为1＋0,2＋1,3＋0,4＋1,5＋0,6＋1,7＋0,8＋1,9＋0，….故数列的通项公式为a n ＝n ＋2)1(1n-+.【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.【变式训练1】如下表定义函数f (x )：对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＝f (n －1 2 008 ) A.1B.2C.3D.4【解析】a 1＝4，a 2＝1，a 3＝5，a 4＝2，a 5＝4，…，可得a n ＋4＝a n . 所以a 2 008＝a 4＝2，故选B.题型二 应用a n ＝⎪⎩⎪⎨⎧≥-=-)2(),1(11n S S n S n n求数列通项【例2】已知数列{a n }的前n 项和S n ，分别求其通项公式： (1)S n ＝3n －2； (2)S n ＝18(a n ＋2)2 (a n ＞0).【解析】(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝31－2＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n －2)－(3n －1－2)＝2×3n －1，又a 1＝1不适合上式，故a n ＝⎪⎩⎪⎨⎧≥⨯=-)2(32),1(11n n n(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝18(a 1＋2)2，解得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝18(a n ＋2)2－18(a n －1＋2)2，所以(a n －2)2－(a n －1＋2)2＝0，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0， 又a n ＞0，所以a n －a n －1＝4， 可知{a n }为等差数列，公差为4，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)·4＝4n －2， a 1＝2也适合上式，故a n ＝4n －2.【点拨】本例的关键是应用a n ＝⎪⎩⎪⎨⎧≥-=-)2(),1(11n S S n S n n求数列的通项，特别要注意验证a 1的值是否满足“n ≥2”的一般性通项公式.【变式训练2】已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A.2n －1B.(n ＋1n)n －1C.n 2D.n【解析】由a n ＝n (a n ＋1－a n )⇒a n ＋1a n ＝n ＋1n. 所以a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 2a 1＝n n －1×n －1n －2×…×32×21＝n ，故选D.题型三 利用递推关系求数列的通项【例3】已知在数列{a n }中a 1＝1，求满足下列条件的数列的通项公式： (1)a n ＋1＝a n 1＋2a n ；(2)a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1.【解析】(1)因为对于一切n ∈N *，a n ≠0，因此由a n ＋1＝a n 1＋2a n 得1a n ＋1＝1a n ＋2，即1a n ＋1－1a n＝2.所以{1a n }是等差数列，1a n ＝1a 1＋(n －1)·2＝2n －1，即a n ＝12n －1.(2)根据已知条件得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1.所以数列{a n 2n }是等差数列，a n 2n ＝12＋(n －1)＝2n －12，即a n ＝(2n －1)·2n －1.【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.【变式训练3】设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，求a n .【解析】因为数列{a n }是首项为1的正项数列， 所以a n a n ＋1≠0，所以(n ＋1)a n ＋1a n －na n a n ＋1＋1＝0，令a n ＋1a n＝t ，所以(n ＋1)t 2＋t －n ＝0， 所以[(n ＋1)t －n ](t ＋1)＝0，得t ＝n n ＋1或t ＝－1(舍去)，即a n ＋1a n ＝nn ＋1.所以a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12·23·34·45·…·n －1n ，所以a n ＝1n .总结提高1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.2.由S n 求a n 时，要分n ＝1和n ≥2两种情况.3.给出S n 与a n 的递推关系，要求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .6.2 等差数列典例精析题型一 等差数列的判定与基本运算 【例1】已知数列{a n }前n 项和S n ＝n 2－9n .(1)求证：{a n }为等差数列；(2)记数列{|a n |}的前n 项和为T n ，求 T n 的表达式. 【解析】(1)证明：n ＝1时，a 1＝S 1＝－8，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－9n －[(n －1)2－9(n －1)]＝2n －10， 当n ＝1时，也适合该式，所以a n ＝2n －10 (n ∈N *). 当n ≥2时，a n －a n －1＝2，所以{a n }为等差数列. (2)因为n ≤5时，a n ≤0，n ≥6时，a n ＞0. 所以当n ≤5时，T n ＝－S n ＝9n －n 2，当n ≥6时，T n ＝||a 1＋||a 2＋…＋||a 5＋||a 6＋…＋||a n ＝－a 1－a 2－…－a 5＋a 6＋a 7＋…＋a n ＝S n －2S 5＝n 2－9n －2×(－20)＝n 2－9n ＋40，所以，【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求和公式.【变式训练1】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 21＝42，若记b n ＝1391122a a a --，则数列{b n }( )A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列C.既是等差数列，又是等比数列D.既不是等差数列，又不是等比数列【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{a n }的首项与公差之间的关系从而确定数列{b n }的通项是解决问题的突破口.{a n }是等差数列，则S 21＝21a 1＋21×202d ＝42.所以a 1＋10d ＝2，即a 11＝2.所以b n ＝1391122a a a--＝22－(2a 11)＝20＝1，即数列{b n }是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.题型二 公式的应用【例2】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0. (1)求公差d 的取值范围；(2)指出S 1，S 2，…，S 12中哪一个值最大，并说明理由. 【解析】(1)依题意，有S 12＝12a 1＋12×(12－1)d 2＞0，S 13＝13a 1＋13×(13－1)d2＜0，即⎩⎨⎧<+>+②① 06 011211d a d a由a 3＝12，得a 1＝12－2d .③将③分别代入①②式，得⎩⎨⎧<+>+03,0724d d所以－247＜d ＜－3.(2)方法一：由d ＜0可知a 1＞a 2＞a 3＞…＞a 12＞a 13，因此，若在1≤n ≤12中存在自然数n ，使得a n ＞0，a n ＋1＜0， 则S n 就是S 1，S 2，…，S 12中的最大值. 由于S 12＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13a 7＜0， 即a 6＋a 7＞0，a 7＜0，因此a 6＞0，a 7＜0， 故在S 1，S 2，…，S 12中，S 6的值最大.方法二：由d ＜0可知a 1＞a 2＞a 3＞…＞a 12＞a 13，因此，若在1≤n ≤12中存在自然数n ，使得a n ＞0，a n ＋1＜0， 则S n 就是S 1，S 2，…，S 12中的最大值.故在S 1，S 2，…，S 12中，S 6的值最大.【变式训练2】在等差数列{a n }中，公差d ＞0，a 2 008，a 2 009是方程x 2－3x －5＝0的两个根，S n 是数列{a n }的前n 项的和，那么满足条件S n ＜0的最大自然数n ＝ .【解析】由题意知⎩⎨⎧<-=>=+,05,030092008 2009 2008 2a a a a 又因为公差d ＞0，所以a 2 008＜0，a 2 009＞0. 当n ＝4 015时，S 4 015＝a 1＋a 4 0152×4 015＝a 2 008×4 015＜0；当n ＝4 016时，S 4 016＝a 1＋a 4 0162×4 016＝a 2 008＋a 2 0092×4 016＞0.所以满足条件S n ＜0的最大自然数n ＝4 015.题型三 性质的应用【例3】某地区2010年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人；但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数； (2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人？【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.所以9月10日的新感染者人数为40＋(10－1)×40＝400(人). 所以9月11日的新感染者人数为400－10＝390(人).(2)9月份前10天的新感染者人数和为S 10＝10(40＋400)2＝2 200(人)，9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为－10的等差数列. 所以后20天新感染者的人数和为T 20＝20×390＋20(20－1)2×(－10)＝5 900(人).所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 200＋5 900＝8 100(人).【变式训练3】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为 .【解析】因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，所以5＋3d 2≤a 4≤3＋d ，即5＋3d ≤6＋2d ，所以d ≤1，所以a 4≤3＋d ≤3＋1＝4，故a 4的最大值为4.总结提高1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，a m ＝a n ＋(m －n )d .2.在五个量a 1、d 、n 、a n 、S n 中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a ，a ＋d ，a ＋2d 外，还可设a －d ，a ，a ＋d ；四个数成等差数列时，可设为a －3m ，a －m ，a ＋m ，a ＋3m .4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.6.3 等比数列典例精析题型一 等比数列的基本运算与判定【例1】数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n(n ＝1,2,3，…).求证： (1)数列{S nn}是等比数列；(2)S n ＋1＝4a n .【解析】(1)因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2n S n ，所以(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n ).整理得nS n ＋1＝2(n ＋1)S n ，所以S n ＋1n ＋1＝2·S nn ，故{S nn }是以2为公比的等比数列.(2)由(1)知S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1＝4a nn ＋1(n ≥2)，于是S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4a n (n ≥2).又a 2＝3S 1＝3，故S 2＝a 1＋a 2＝4.因此对于任意正整数n ≥1，都有S n ＋1＝4a n .【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a 1、q 的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使用等比数列前n 项和公式时，应充分讨论公比q 是否等于1；②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用a n ＋1a n＝q (常数)恒成立，也可用a 2n ＋1 ＝a n ·a n ＋2 恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.【变式训练1】等比数列{a n }中，a 1＝317，q ＝－12.记f (n )＝a 1a 2…a n ，则当f (n )最大时，n 的值为( )A.7B.8C.9D.10【解析】a n ＝317×(－12)n －1，易知a 9＝317×1256＞1，a 10＜0,0＜a 11＜1.又a 1a 2…a 9＞0，故f (9)＝a 1a 2…a 9的值最大，此时n ＝9.故选C.题型二 性质运用【例2】在等比数列{a n }中，a 1＋a 6＝33，a 3a 4＝32，a n ＞a n ＋1(n ∈N *). (1)求a n ；(2)若T n ＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a n ，求T n .【解析】(1)由等比数列的性质可知a 1a 6＝a 3a 4＝32， 又a 1＋a 6＝33，a 1＞a 6，解得a 1＝32，a 6＝1， 所以a 6a 1＝132，即q 5＝132，所以q ＝12，所以a n ＝32·(12)n －1＝26－n .(2)由等比数列的性质可知，{lg a n }是等差数列， 因为lg a n ＝lg 26－n ＝(6－n )lg 2，lg a 1＝5lg 2，所以T n ＝(lg a 1＋lg a n )n 2＝n (11－n )2lg 2.【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.【变式训练2】在等差数列{a n }中，若a 15＝0，则有等式a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 29－n (n ＜29，n ∈N *)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{b n }中，若b 19＝1，能得到什么等式？【解析】由题设可知，如果a m ＝0，在等差数列中有a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2m －1－n (n ＜2m －1，n ∈N *)成立， 我们知道，如果m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ， 而对于等比数列{b n }，则有若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ， 所以可以得出结论：若b m ＝1，则有b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 2m －1－n (n ＜2m －1，n ∈N *)成立. 在本题中则有b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 37－n (n ＜37，n ∈N *). 题型三 综合运用【例3】设数列{a n }的前n 项和为S n ，其中a n ≠0，a 1为常数，且－a 1，S n ，a n ＋1成等差数列. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1－S n ，问是否存在a 1，使数列{b n }为等比数列？若存在，则求出a 1的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)由题意可得2S n ＝a n ＋1－a 1.所以当n ≥2时，有⎩⎨⎧-=-=-+11,1122a a S a a S n n n n两式相减得a n ＋1＝3a n (n ≥2). 又a 2＝2S 1＋a 1＝3a 1，a n ≠0，所以{a n }是以首项为a 1，公比为q ＝3的等比数列. 所以a n ＝a 1·3n －1.(2)因为S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－12a 1＋12a 1·3n ，所以b n ＝1－S n ＝1＋12a 1－12a 1·3n .要使{b n }为等比数列，当且仅当1＋12a 1＝0，即a 1＝－2，此时b n ＝3n .所以{b n }是首项为3，公比为q ＝3的等比数列. 所以{b n }能为等比数列，此时a 1＝－2.【变式训练3】已知命题：若{a n }为等差数列，且a m ＝a ，a n ＝b (m ＜n ，m 、n ∈N *)，则a m ＋n ＝bn －amn －m .现在已知数列{b n }(b n ＞0，n ∈N *)为等比数列，且b m ＝a ，b n ＝b (m ＜n ，m ，n ∈N *)，类比上述结论得b m ＋n ＝ .【解析】n －m b na m.总结提高1.方程思想，即等比数列{a n }中五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可“知三求二”，通过求和与通项两公式列方程组求解.2.对于已知数列{a n }递推公式a n 与S n 的混合关系式，利用公式a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.3.分类讨论思想：当a 1＞0，q ＞1或a 1＜0,0＜q ＜1时，等比数列{a n }为递增数列；当a 1＞0,0＜q ＜1或a 1＜0，q ＞1时，{a n }为递减数列；q ＜0时，{a n }为摆动数列；q ＝1时，{a n }为常数列.6.4 数列求和典例精析题型一 错位相减法求和【例1】求和：S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan .【解析】(1)a ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)a ≠1时，因为a ≠0， S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan ，①1a S n ＝1a 2＋2a 3＋…＋n －1a n ＋n an ＋1.② 由①－②得(1－1a )S n ＝1a ＋1a 2＋…＋1a n －n a n ＋1＝1a (1－1a n )1－1a－n a n ＋1， 所以S n ＝a (a n －1)－n (a －1)a n (a －1)2. 综上所述，S n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≠----=+).1()1()1()1(),1(2)1(2a a a a n a a a n n n n 【点拨】(1)若数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，则求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法；(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；(3)当将S n 与qS n 相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.【变式训练1】数列{2n －32n －3}的前n 项和为( ) A.4－2n －12n －1 B.4＋2n －72n －2 C.8－2n ＋12n －3 D.6－3n ＋22n －1 【解析】取n ＝1，2n －32n －3＝－4.故选C. 题型二 分组并项求和法【例2】求和S n ＝1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋12n －1). 【解析】和式中第k 项为a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－(12)k 1－12＝2(1－12k ). 所以S n ＝2[(1－12)＋(1－122)＋…＋(1－12n )] ＝])111([2个n +⋯++－(12＋122＋…＋12n )] ＝2[n －12(1－12n )1－12]＝2[n －(1－12n )]＝2n －2＋12n －1. 【变式训练2】数列1, 1＋2, 1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和为( ) A.2n －1B.n ·2n －nC.2n ＋1－nD.2n ＋1－n －2 【解析】a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1，S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝2n ＋1－n －2.故选D.题型三 裂项相消法求和【例3】数列{a n }满足a 1＝8，a 4＝2，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0 (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1n (14－a n )(n ∈N *)，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n (n ∈N *)，若对任意非零自然数n ，T n ＞m 32恒成立，求m 的最大整数值.【解析】(1)由a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，从而可知数列{a n }为等差数列，设其公差为d ，则d ＝a 4－a 14－1＝－2， 所以a n ＝8＋(n －1)×(－2)＝10－2n .(2)b n ＝1n (14－a n )＝12n (n ＋2)＝14(1n －1n ＋2)， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝14[(11－13)＋(12－14)＋…＋(1n －1n ＋2)] ＝14(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝38－14(n ＋1)－14(n ＋2)＞m 32， 上式对一切n ∈N *恒成立.所以m ＜12－8n ＋1－8n ＋2对一切n ∈N *恒成立. 对n ∈N *，(12－8n ＋1－8n ＋2)min ＝12－81＋1－81＋2＝163， 所以m ＜163，故m 的最大整数值为5. 【点拨】(1)若数列{a n }的通项能转化为f (n ＋1)－f (n )的形式，常采用裂项相消法求和.(2)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.【变式训练3】已知数列{a n }，{b n }的前n 项和为A n ，B n ，记c n ＝a n B n ＋b n A n －a n b n (n ∈N *)，则数列{c n }的前10项和为( )A.A 10＋B 10B.A 10＋B 102C.A 10B 10D.A 10B 10【解析】n ＝1，c 1＝A 1B 1；n ≥2，c n ＝A n B n －A n －1B n －1，即可推出{c n }的前10项和为A 10B 10，故选C. 总结提高1.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.2.数列求和实质就是求数列{S n }的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.6.5 数列的综合应用典例精析题型一 函数与数列的综合问题【例1】已知f (x )＝log a x (a ＞0且a ≠1)，设f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )(n ∈N *)是首项为4，公差为2的等差数列.(1)设a 是常数，求证：{a n }成等比数列；(2)若b n ＝a n f (a n )，{b n }的前n 项和是S n ，当a ＝2时，求S n .【解析】(1)f (a n )＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2，即log a a n ＝2n ＋2，所以a n ＝a 2n ＋2， 所以a n a n －1＝a 2n ＋2a2n ＝a 2(n ≥2)为定值，所以{a n }为等比数列. (2)b n ＝a n f (a n )＝a 2n ＋2log a a 2n ＋2＝(2n ＋2)a 2n ＋2， 当a ＝2时，b n ＝(2n ＋2) ·(2)2n ＋2＝(n ＋1) ·2n ＋2， S n ＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n ＋1) ·2n ＋2， 2S n ＝2·24＋3·25＋…＋n ·2n ＋2＋(n ＋1)·2n ＋3， 两式相减得－S n ＝2·23＋24＋25＋…＋2n ＋2－(n ＋1)·2n ＋3＝16＋24(1－2n －1)1－2－(n ＋1)·2n ＋3， 所以S n ＝n ·2n ＋3. 【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.【变式训练1】设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列{1f (n )}(n ∈N *)的前n 项和是( ) A.n n ＋1 B.n ＋2n ＋1C.n n ＋1D.n ＋1n 【解析】由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1.所以f (x )＝x 2＋x ，则1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.所以S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.故选C. 题型二 数列模型实际应用问题【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2009年底全县的绿化率已达30%，从2010年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化.(1)设全县面积为1,2009年底绿化面积为a 1＝310，经过n 年绿化面积为a n ＋1，求证：a n ＋1＝45a n ＋425； (2)至少需要多少年(取整数)的努力，才能使全县的绿化率达到60%？【解析】(1)证明：由已知可得a n 确定后，a n ＋1可表示为a n ＋1＝a n (1－4%)＋(1－a n )16%，即a n ＋1＝80%a n ＋16%＝45a n ＋425. (2)由a n ＋1＝45a n ＋425有，a n ＋1－45＝45(a n －45)， 又a 1－45＝－12≠0，所以a n ＋1－45＝－12·(45)n ，即a n ＋1＝45－12·(45)n ， 若a n ＋1≥35，则有45－12·(45)n ≥35，即(45)n －1≤12，(n －1)lg 45≤－lg 2， (n －1)(2lg 2－lg 5)≤－lg 2，即(n －1)(3lg 2－1)≤－lg 2，所以n ≥1＋lg 21－3lg 2＞4，n ∈N *， 所以n 取最小整数为5，故至少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题.【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以“前进3步，然后再后退2步”的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点，面向正方向，以1步的距离为1单位长移动，令P (n )表示第n 秒时机器狗所在的位置坐标，且P (0)＝0，则下列结论中错误的是( )A.P (2 006)＝402B.P (2 007)＝403C.P (2 008)＝404D.P (2 009)＝405【解析】考查数列的应用.构造数列{P n }，由题知P (0)＝0，P (5)＝1，P (10)＝2，P (15)＝3.所以P (2 005)＝401，P (2 006)＝401＋1＝402，P (2 007)＝401＋1＋1＝403，P (2 008)＝401＋3＝404，P (2 009)＝404－1＝403.故D 错.题型三 数列中的探索性问题【例3】{a n }，{b n }为两个数列，点M (1,2)，A n (2，a n )，B n (n －1n ，2n)为直角坐标平面上的点. (1)对n ∈N *，若点M ，A n ，B n 在同一直线上，求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足log 2C n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n a 1＋a 2＋…＋a n，其中{C n }是第三项为8，公比为4的等比数列，求证：点列(1，b 1)，(2，b 2)，…，(n ，b n )在同一直线上，并求此直线方程.【解析】(1)由a n －22－1＝2n －2n －1n－1，得a n ＝2n . (2)由已知有C n ＝22n －3，由log 2C n 的表达式可知： 2(b 1＋2b 2＋…＋nb n )＝n (n ＋1)(2n －3)，①所以2[b 1＋2b 2＋…＋(n －1)b n －1]＝(n －1)n (2n －5).②①－②得b n ＝3n －4，所以{b n }为等差数列.故点列(1，b 1)，(2，b 2)，…，(n ，b n )共线，直线方程为y ＝3x －4.【变式训练3】已知等差数列{a n }的首项a 1及公差d 都是整数，前n 项和为S n (n ∈N *).若a 1＞1，a 4＞3，S3≤9，则通项公式a n＝.【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.由a1＞1，a4＞3，S3≤9得令x＝a1，y＝d得在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1)，即a1＝2，d＝1.所以a n＝2＋n －1＝n＋1.故答案填n＋1.总结提高1.数列模型应用问题的求解策略(1)认真审题，准确理解题意；(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解，或通过探索、归纳构造递推数列求解；(3)验证、反思结果与实际是否相符.2.数列综合问题的求解策略(1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列的知识求解；(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式，然后求解问题.。
高考数学一轮复习学案：6.1 数列的概念与简单表示法(含答案)
高考数学一轮复习学案：6.1 数列的概念与简单表示法（含答案）6.1数列的概念与简单表示法数列的概念与简单表示法最新考纲考情考向分析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.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.填空的形式进行考查，难度属于低档.1数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项2数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列an1____an其中nN*递减数列an1__an，即n12n1n2n，整理，得2n10，即2n1*因为n1，所以2n13，要使不等式*恒成立，只需3.5数列an中，ann211nnN*，则此数列最大项的值是________答案30解析ann211nn11221214，nN*，当n5或n6时，an取最大值30.6已知数列an的前n项和Snn21，则an________.答案2，n1，2n1，n2，nN*解析当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn1n21n1212n1，故an2，n1，2n1，n2，nN*.题型一题型一由数列的前几项求数列的通项公式由数列的前几项求数列的通项公式1数列0，23，45，67，的一个通项公式为Aann1n2nN*Bann12n1nN*Can2n12n1nN*Dan2n2n1nN*答案C解析注意到分子0,2,4,6都是偶数，对照选项排除即可2数列112，123，134，145，的一个通项公式an________.答案1n1nn1解析这个数列前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为an1n1nn1.思维升华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1k或1k1，kN*处理3如果是选择题，可采用代入验证的方法题型二题型二由由an与与Sn的关系求通项公式的关系求通项公式典例1已知数列an的前n项和Sn3n22n1nN*，则其通项公式为________________答案an2，n1，6n5，n2，nN*解析当n1时，a1S13122112；当n2时，anSnSn13n22n13n122n116n5，显然当n1时，不满足上式故数列的通项公式为an2，n1，6n5，n2，nN*.2若数列an的前n项和Sn23an13nN*，则an的通项公式an________.答案2n1解析由Sn23an13，得当n2时，Sn123an113，两式相减，整理得an2an1，又当n1时，S1a123a113，a11，an是首项为1，公比为2的等比数列，故an2n1.思维升华已知Sn，求an的步骤1当n1时，a1S1.2当n2时，anSnSn1.3对n1时的情况进行检验，若适合n2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式跟踪训练1xx河南八校一联在数列an中，Sn是其前n项和，且Sn2an1，则数列的通项公式an________.答案2n1解析由题意得Sn12an11，Sn2an1，两式相减得Sn1Sn2an12an，即an12an，又S12a11a1，因此a11，所以数列an是以a11为首项.2为公比的等比数列，所以an2n1.2已知数列an的前n项和Sn3n1，则数列的通项公式an________.答案4，n1，23n1，n2解析当n1时，a1S1314，当n2时，anSnSn13n13n1123n1.显然当n1时，不满足上式an4，n1，23n1，n2.题型三题型三由数列的递推关系求通项公式由数列的递推关系求通项公式典例根据下列条件，确定数列an的通项公式1a12，an1anln11n；2a11，an12nan；3a11，an13an2.解1an1anln11n，anan1ln11n1lnnn1n2，ananan1an1an2a2a1a1lnnn1lnn1n2ln32ln222lnnn1n1n23222lnnn2又a12适合上式，故an2lnnnN*2an12nan，anan12n1n2，ananan1an1an2a2a1a12n12n2212123n1122nn.又a11适合上式，故an122nnnN*3an13an2，an113an1，又a11，a112，故数列an1是首项为2，公比为3的等比数列，an123n1，故an23n11nN*引申探究在本例2中，若ann1nan1n2，且nN*，其他条件不变，则an________.答案1n解析ann1nan1n2，an1n2n1an2，，a212a1.以上n1个式子相乘得ana11223n1na1n1n.当n1时也满足此等式，an1n.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anan1m时，构造等差数列2当出现anxan1y时，构造等比数列3当出现anan1fn时，用累加法求解4当出现anan1fn 时，用累乘法求解跟踪训练1已知数列an满足a11，a24，an22an3an1nN*，则数列an的通项公式an______________.答案32n12解析由an22an3an10，得an2an12an1an，数列an1an是以a2a13为首项，2为公比的等比数列，an1an32n1，当n2时，anan132n2，，a3a232，a2a13，将以上各式累加，得ana132n232332n11，an32n12当n1时，也满足2在数列an中，a13，an1an1nn1，则通项公式an________.答案41n解析原递推公式可化为an1an1n1n1，则a2a11112，a3a21213，a4a31314，，an1an21n21n1，anan11n11n，逐项相加得ana111n，故an41n.题型四题型四数列的性质数列的性质命题点1数列的单调性典例已知ann1n1，那么数列an是A递减数列B递增数列C常数列D摆动数列答案B解析an12n1，将an看作关于n的函数，nN*，易知an是递增数列命题点2数列的周期性典例数列an满足an111an，a82，则a1_______________________________________.答案12解析an111an，an111an1111an11an11an111an1an111an11111an211an2an2，n3，周期Tn1n23.a8a322a22.而a211a1，a112.命题点3数列的最值典例数列an的通项annn290，则数列an中的最大项是A310B19C.119D.1060答案C解析令fxx90xx0，运用基本不等式得fx290，当且仅当x310时等号成立因为an1n90n，所以1n90n1290，由于nN*，不难发现当n9或n10时，an119最大思维升华1解决数列的单调性问题可用以下三种方法用作差比较法，根据an1an的符号判断数列an是递增数列.递减数列还是常数列用作商比较法，根据an1anan0或an0与1的大小关系进行判断结合相应函数的图象直观判断2解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值3数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解跟踪训练1数列an 满足an12an，0an12，2an1，12an1，a135，则数列的第2018项为________答案15解析由已知可得，a2235115，a321525，a422545，a5245135，an为周期数列且T4，a2018a50442a215.2xx安徽名校联考已知数列an的首项为2，且数列an满足an1an1an1，数列an的前n项的和为Sn，则S2016等于A504B588C588D504答案C解析a12，an1an1an1，a213，a312，a43，a52，，数列an的周期为4，且a1a2a3a476，20164504，S201650476588，故选C.解决数列问题的函数思想典例1数列an的通项公式是ann11011n，则此数列的最大项是第________项2若ann2kn4且对于nN*，都有an1an成立，则实数k的取值范围是__________思想方法指导1可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；2数列的最值可以根据单调性进行分析解析1an1ann21011n1n11011n1011n9n11，当n0，即an1an；当n9时，an1an0，即an1an；当n9时，an1ann2kn4，即k12n，又nN*，k3.答案19或1023，。
届数学一轮复习第六章数列第1节数列的概念与简单表示法教学案含解析
第1节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a n＋1＞a n其中n∈N*递减数列a n＋1＜a n常数列a n＋1＝a n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.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列｛a n}的第n项a n与序号n之间的关系可以用一个式子a n＝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{a n｝的第1项（或前几项），且从第二项(或某一项）开始的任一项a n与它的前一项a n－1(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，可以用错误!(n≥2，n∈N＊）错误!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｛a n｝的前n项和为S n，则对任意n∈N＊,都有a n＋1＝S n＋1－S n。
（）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。
2025年高考数学一轮复习 第六章 数列-第一节 数列的概念及简单表示法【课件】
数列的项
每一个数
数列中的__________
数列的通项
数列{ }的第项
通项公式
数列{ }的前项和
数列{ }的第项 与它的序号之间的对应关系可以用一个式子来
表示,这个式子叫作这个数列的通项公式
1 + 2 + ⋯ +
数列{ }中, =________________叫作数列的前项和
第六章 数列
第一节 数列的概念及简单表示法
1
1 强基础 知识回归
2
2 研考点 题型突破
课标解 通过日常生活和数学中的实例,了解数列的概念和表示方法（列表、图象、通项公
读
式）,了解数列是一种特殊函数.
01
强基础 知识回归
知识梳理
一、数列的有关概念
概念
数列
含义
确定的顺序
按照____________排列的一列数
2
2
3
1
, 4 = 2 ；五边形数： , 5 = 2 − ；六边形数： , 6 = 22 − ,可以推
2
2
测 , 的表达式,由此计算 20,23 =( B )
A.4 020
B.4 010
C.4 210
D.4 120
[解析] 由题意可得 , = + , , = + , , = − ,
[解析] 当 = 时, = = ;当 ≥ 时,
= − − = + − [ −
+ ] = − , = 不满足上式,所以
, = ,
, = ,
2024年高考数学一轮复习(新高考版) 第6章 数列的概念
§6.1数列的概念考试要求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．数列的有关概念概念含义数列按照确定的顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式数列{a n }的前n 项和把数列{a n }从第1项起到第n 项止的各项之和，称为数列{a n }的前n 项和，记作S n ，即S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n2.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a n ＋1>a n 其中n ∈N *递减数列a n ＋1<a n 常数列a n ＋1＝a n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.数列与函数的关系数列{a n }是从正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })到实数集R 的函数，其自变量是序号n ，对应的函数值是数列的第n 项a n ，记为a n ＝f (n )．常用结论1．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n 1，n ＝1，n －S n －1，n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，n ≥a n －1，n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)；若a n 最小，n ≤a n －1，n ≤a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)数列的项与项数是同一个概念．(×)(2)数列1,2,3与3,2,1是两个不同的数列．(√)(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)(4)若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点．(√)教材改编题1．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，是{a n }的项的是()A ．21B ．33C ．152D ．153答案ABD解析由数列的通项公式得，a 1＝21，a 2＝33，a 12＝153.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋n ，则a 2的值是()A ．2B ．4C ．5D ．6答案B解析由题意，S 2＝22＋2＝6，S 1＝1＋1＝2，所以a 2＝S 2－S 1＝6－2＝4.3．在数列1,1,2,3,5,8,13,21，x ,55，…中，x ＝________.答案34解析通过观察数列各项的规律，发现从第三项起，每项都等于它前两项之和，因此x ＝13＋21＝34.题型一由a n 与S n 的关系求通项公式例1(1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＋1＝2S n －1，则a 10等于()A ．128B ．256C ．512D ．1024答案B解析∵S n ＋1＝2S n －1，∴当n ≥2时，S n ＝2S n －1－1，两式相减得a n ＋1＝2a n .当n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1－1，又a 1＝2，∴a 2＝1.∴数列{a n }从第二项开始为等比数列，公比为2.则a 10＝a 2×28＝1×28＝256.(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2n ＋2－3，则a n ＝________.答案，n ＝1，n ＋1，n ≥2解析根据题意，数列{a n }满足S n ＝2n ＋2－3，当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋2－3)－(2n ＋1－3)＝2n ＋1，当n ＝1时，有a 1＝S 1＝8－3＝5，不符合a n ＝2n ＋1，故a n ，n ＝1，n ＋1，n ≥2.思维升华S n 与a n 的关系问题的求解思路(1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解．(2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．跟踪训练1(1)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2，则数列{a n }的通项公式为()A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n 2D ．a n ＝n 22答案B解析∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2，∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n (n －1)2(n ≥2)，两式相减得a n ＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n (n ≥2)，∴a n ＝n 2(n ≥2)，①又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1，适合①式，∴a n ＝n 2，n ∈N *.(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝__________.答案－1n解析因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以由两式联立得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.因为S n ≠0，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，1，公差为－1的等差数列．所以1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n .题型二由数列的递推关系求通项公式命题点1累加法例2设[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1(n ∈N *)，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2023等于()A ．1B ．2C ．3D ．4答案A解析由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n －a n －1＝n (n ≥2)．又a 1＝1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1满足上式，则1a n ＝2n (n ＋1)＝所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 2023＝2－12＋12－13＋ (12023)＝2＝20231012.所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2023＝20231012＝1.命题点2累乘法例3在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝1n 解析∵a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得，a n ＝a 1·12·23·…·n －1n＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，符合上式，∴a n ＝1n .思维升华(1)形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列，利用累加法．(2)形如a n ＋1a n ＝f (n )的数列，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a3a 2·…·a n a n －1(n ≥2)即可求数列{a n }的通项公式．跟踪训练2(1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋a n 等于()A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n答案A解析因为a n ＋1－a n ＝lnn ＋1n＝ln(n ＋1)－ln n ，所以a 2－a 1＝ln 2－ln 1，a 3－a 2＝ln 3－ln 2，a 4－a 3＝ln 4－ln 3，…a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2)，把以上各式相加得a n －a 1＝ln n －ln 1，则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也满足此式，因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *)．(2)已知数列a 1，a 2a 1，…，a n a n －1，…是首项为1，公比为2的等比数列，则log 2a n ＝________.答案n (n －1)2解析由题意知，a 1＝1，a n a n －1＝1×2n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 2a 1×a 1＝2n －1×2n －2×…×1＝122n n (-)(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1适合此式，所以log 2a n ＝n (n －1)2.题型三数列的性质命题点1数列的单调性例4设数列{a n }的前n 项和为S n ，且∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，S n ≥S 6.请写出一个满足条件的数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案n －6，n ∈N *(答案不唯一)解析由∀n ∈N *，a n ＋1>a n 可知数列{a n }是递增数列，又S n ≥S 6，故数列{a n }从第7项开始为正．而a 6≤0，因此不妨设数列是等差数列，公差为1，a 6＝0，所以a n ＝n －6，n ∈N *(答案不唯一)．命题点2数列的周期性例5若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2024的值为()A ．2B ．－3C ．－12D.13答案D解析由题意知，a 1＝2，a 2＝1＋21－2＝－3，a 3＝1－31＋3＝－12，a 4＝1－121＋12＝13，a 5＝1＋131－13＝2，a 6＝1＋21－2＝－3，…，因此数列{a n }是周期为4的周期数列，所以a 2024＝a 505×4＋4＝a 4＝13.命题点3数列的最值例6已知数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －15，其最大项和最小项的值分别为()A ．1，－17B ．0，－17C.17，－17D ．1，－111答案A解析因为n ∈N *，所以当1≤n ≤3时，a n ＝12n －15<0，且单调递减；当n ≥4时，a n ＝12n －15>0，且单调递减，所以最小项为a 3＝18－15＝－17，最大项为a 4＝116－15＝1.思维升华(1)解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列．(2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．跟踪训练3(1)观察数列1，ln 2，sin 3,4，ln 5，sin 6,7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第11项是()A ．1111B ．11C ．ln 11D ．sin 11答案C解析由数列得出规律，按照1，ln 2，sin 3，…，是按正整数的顺序排列，且以3为循环，由11÷3＝3余2，所以该数列的第11项为ln 11.(2)已知数列{a n }的通项a n ＝2n －192n －21，n ∈N *，则数列{a n }前20项中的最大项与最小项分别为________．答案3，－1解析a n ＝2n －192n －21＝2n －21＋22n －21＝1＋22n －21，当n ≥11时，22n －21>0，且单调递减；当1≤n ≤10时，22n －21<0，且单调递减．因此数列{a n }前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项．a 11＝3，a 10＝－1.课时精练1．已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是()A ．递减数列B ．递增数列C ．常数列D ．摆动数列答案B 解析a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知数列{a n }是递增数列．2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n S 1＝S n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝2，那么a 7等于()A ．128B ．16C ．32D ．64答案D解析因为数列{a n }的前n 项和S n 满足S n S 1＝S n ＋1(n ∈N *)，a 1＝2，所以S n ＋1＝2S n ，即S n ＋1S n＝2，所以数列{S n }是以2为公比，以2为首项的等比数列，所以S n ＝2×2n －1＝2n .所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1.所以a 7＝26＝64.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n 等于()A.n 2－n 2 B.n 2－n ＋22C.2n 2－nD.2n 2－n ＋2答案D解析由题意，得1a n ＋1－1a n ＝n ，则当n ≥2时，1a n －1a n －1＝n －1，1a n －1－1a n －2＝n －2，…，1a 2－1a 1＝1，所以1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2(n ≥2)，所以1a n ＝n 2－n2＋1＝n 2－n ＋22，即a n ＝2n 2－n ＋2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1适合此式，所以a n ＝2n 2－n ＋2.4．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为P n ，则P 2024等于()A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案C解析a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n ，得a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝12，…，所以数列{a n }是周期为3的周期数列．且P 3＝－1,2024＝3×674＋2，所以P 2024＝(－1)674×a 1a 2＝1.5．大衍数列，来源于我国的《乾坤谱》，是世界数学史上第一道数列题，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．其前11项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,60，则大衍数列的第41项为()A ．760B ．800C ．840D ．924答案C解析由题意得，大衍数列的奇数项依次为12－12，32－12，52－12，…，易知大衍数列的第41项为412－12＝840.6．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋，则下列说法正确的是()A ．数列{a n }的最小项是a 1B ．数列{a n }的最大项是a 4C ．数列{a n }的最大项是a 5D ．当n ≥5时，数列{a n }递减答案BCD解析假设第n 项为{a n }的最大项，n ≥a n －1，n ≥a n ＋1，n ＋2)≥(n ＋1)－1，n ＋2)≥(n ＋3)＋1，所以≤5，≥4，又n ∈N *，所以n ＝4或n ＝5，故数列{a n }中a 4与a 5均为最大项，且a 4＝a 5＝6574，当n ≥5时，数列{a n }递减．7．S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________.答案a n ，n ＝1，n ，n ≥2解析由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，显然当n ＝1时，不满足上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ，n ＝1，n ，n ≥2.8．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，数列{na n }中数值最小的项是第________项．答案2n －113解析∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式．∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值．∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．9．在①na n ＋1－(n ＋1)a n ＝n (n ＋1)；②S n ＝2n 2－1这两个条件中任选一个补充在下面的横线上，并解答．若数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{a n }满足________．(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解(1)选择①：a 2－2a 1＝1×2，则a 2＝4.2a 3－3a 2＝2×3，则a 3＝9.选择②：a 2＝S 2－S 1＝2×22－1－1＝6.a 3＝S 3－S 2＝2×32－1－2×22＋1＝10.(2)选择①：由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn＝1，所以a n n ＝a n n －a n －1n －1＋a n －1n －1－a n －2n －2＋…＋a22－a 1＋a 1＝n －1＋1＝n ，所以a n ＝n 2.选择②：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－1－[2(n －1)2－1]＝4n －2；当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，不符合上式，故{a n }的通项公式为a n ，n ＝1，n －2，n ≥2，n ∈N *.10．(2023·长沙模拟)已知数列{c n }满足c 1＝12，c n ＋1c n ＋1－1＝c 2nc n －1，n ∈N *，S n 为该数列的前n 项和．(1)(2)求证：S n <1.证明(1)因为c 1＝12，c n ＋1c n ＋1－1＝c 2nc n －1，所以c n ≠1，c n ≠0，两边分别取倒数可得1－1c n ＋1＝1c n －1c 2n，整理可得1c n ＋1－1c n＝>0，(2)由c n ＋1c n ＋1－1＝c 2nc n －1可得c n ＋1－1＋1c n ＋1－1＝c 2n －1＋1c n －1，即1c n ＋1－1＝c n ＋1c n －1，所以c n ＝1c n ＋1－1－1c n －1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝1c 2－1－1c 1－1＋1c 3－1－1c 2－1＋…＋1c n ＋1－1－1c n －1＝1c n ＋1－1－1c 1－1＝1c n ＋1－1＋2，又1c n ≥1c1＝2，所以c n ＋1所以1c n ＋1－1<－1，即S n <1.11．在数列{a n }中，a 1＝1，a ＝(n ，a n )，b ＝(a n ＋1，n ＋1)，且a ⊥b ，则a 100等于()A.10099B ．－10099C ．100D ．－100答案D解析因为a ＝(n ，a n )，b ＝(a n ＋1，n ＋1)，且a ⊥b ，所以na n ＋1＋(n ＋1)a n ＝0，所以a n ＋1a n ＝－n ＋1n，所以a 2a 1＝－21，a 3a 2＝－32，…，a 100a 99＝－10099.以上各式左右分别相乘，得a100a 1＝－100，因为a 1＝1，所以a 100＝－100.12．(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1＝1＋1α1，b 2＝1＋1α1＋1α2，b 3＝1＋1α1＋1α2＋1α3，…，依此类推，其中αk ∈N *(k ＝1,2，…)．则()A ．b 1<b 5B ．b 3<b 8C ．b 6<b 2D ．b 4<b 7答案D解析方法一当n 取奇数时，由已知b 1＝1＋1α1，b 3＝1＋1α1＋1α2＋1α3，因为1α1>1α1＋1α2＋1α3，所以b 1>b 3，同理可得b 3>b 5，b 5>b 7，…，于是可得b 1>b 3>b 5>b 7>…，故A 不正确；当n 取偶数时，由已知b 2＝1＋1α1＋1α2，b 4＝1＋1α1＋1α2＋1α3＋1α4，因为1α2>1α2＋1α3＋1α4，所以b 2<b 4，同理可得b 4<b 6，b 6<b 8，…，于是可得b 2<b 4<b 6<b 8<…，故C 不正确；因为1α1>1α1＋1α2，所以b 1>b 2，同理可得b 3>b 4，b 5>b 6，b 7>b 8，又b 3>b 7，所以b 3>b 8，故B 不正确；故选D.方法二(特殊值法)不妨取αk ＝1(k ＝1,2，…)，则b 1＝1＋11＝2，b 2＝1＋11＋11＝1＋1b 1＝1＋12＝32，b 3＝1＋11＋11＋11＝1＋1b 2＝1＋23＝53，所以b 4＝1＋1b 3＝1＋35＝85，b 5＝1＋1b 4＝1＋58＝138，b 6＝1＋1b 5＝1＋813＝2113，b 7＝1＋1b 6＝1＋1321＝3421，b 8＝1＋1b 7＝1＋2134＝5534.逐一判断选项可知选D.13．已知数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S n ＝n ＋23a n ，则a n a n －1的最大值为________．答案3解析∵S n ＝n ＋23a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，可化为a n a n －1＝n ＋1n －1＝1＋2n －1，由函数y ＝2x －1在区间(1，＋∞)上单调递减，可得当n ＝2时，2n －1取得最大值2.∴a n a n －1的最大值为3.14．已知[x ]表示不超过x 的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.7]＝－2.在数列{a n }中，a n ＝[lg n ]，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则a 2024＝________；S 2024＝________.答案34965解析∵a n ＝[lg n ]，∴当1≤n ≤9时，a n ＝[lg n ]＝0；当10≤n ≤99时，a n ＝[lg n ]＝1；当100≤n ≤999时，a n ＝[lg n ]＝2；当1000≤n ≤9999时，a n ＝[lg n ]＝3.∴a 2024＝[lg 2024]＝3，S 2024＝9×0＋90×1＋900×2＋1025×3＝4965.15．(2023·郑州模拟)已知数列{a n }满足a 2＝2，a 2n ＝a 2n －1＋2n (n ∈N *)，a 2n ＋1＝a 2n ＋(－1)n (n ∈N *)，则数列{a n }第2024项为()A ．21012－2B ．21013－3C ．21011－2D ．21011－3答案B 解析由a 2n ＋1＝a 2n ＋(－1)n 得a 2n －1＝a 2n －2＋(－1)n －1(n ∈N *，n ≥2)，又由a 2n ＝a 2n －1＋2n 得a 2n ＝a 2n －2＋2n ＋(－1)n －1(n ∈N *，n ≥2)，所以a 4＝a 2＋22＋(－1)，a 6＝a 4＋23＋(－1)2，a 8＝a 6＋24＋(－1)3，…，a 2024＝a 2022＋21012＋(－1)1011，将上式相加得a 2024＝a 2＋(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)1011＋22＋23＋…＋21012＝2＋4×(1－21011)1－2－1＝21013－3.16．在数列{a n }中，已知a 1＝1，n 2a n －S n ＝n 2a n －1－S n －1(n ≥2，n ∈N *)，记b n ＝a n n 2，T n 为数列{b n }的前n 项和，则T 2025＝________.答案20251013解析由n 2a n －S n ＝n 2a n －1－S n －1(n ≥2，n ∈N *)，得n 2a n －(S n －S n －1)＝n 2a n －1，所以(n 2－1)a n ＝n 2a n －1，所以a n n ＝a n －1n －1×n n ＋1.令c n ＝a n n ，则c n ＝c n －1×n n ＋1，所以c n c n －1＝n n ＋1.由累乘法得c n c 1＝2n ＋1，又c 1＝a 1＝1，所以c n ＝2n ＋1，所以a n n ＝2n ＋1，所以a n ＝2n n ＋1，所以b n ＝a n n 2＝2n (n ＋1)＝2所以T 2025＝2－12＋12－13＋…＋12025－2＝20251013.。
2025高考数学一轮复习-6.1-数列的概念与简单表示方法【课件】
『变式训练』 1．设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，若 2Sn＝3an－3，则 a4 等于( B ) A．27 B．81 C．93 D．243
【解析】 根据 2Sn＝3an－3，可即 an＋1＝3an，当 n＝1 时，2S1＝3a1－3，解得 a1＝3，所以数列{an}是以 3 为首项，3 为公 比的等比数列，所以 a4＝a1q3＝34＝81.故选 B.
【解析】 ∵Sn＝3＋2n， ∴Sn－1＝3＋2n－1(n≥2)，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)． 而 a1＝S1＝5，∴an＝52， n－1n，＝n1≥，2.
易错点睛：(1)数列是特殊的函数，注意其自变量为正整数． (2)求数列前 n 项和 Sn 的最值时，注意项为零的情况． (3)使用 an＝Sn－Sn－1 求 an 时注意 n≥2 这一条件，要验证 n＝1 时是否成立．
满足条件
有穷数列 无穷数列
项数 项数
有限 无限
递增数列 递减数列
常数列
an＋1 an＋1 an＋1
> an < an ＝ an
其中 n∈N*
从第 2 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．数列与函数的关系 数列{an}是从正整数集 N*(或它的有限子集{1,2，…，n})到实数集 R 的函数，其自变 量是序号 n，对应的函数值是数列的第 n 项 an，记为 an＝f(n)．也就是说，当自变量从 1 开始，按照从小到大的顺序依次取值时，对应的一列函数值 f(1)，f(2)，…，f(n)，…就是 数列{an}．
同理令2nn－＋11＝15，得 n＝2，∴15为数列{an}的项；
高考数学一轮复习第六章 数 列
第六章数列第一节数列的概念与简单表示[备考领航]课程标准解读关联考点核心素养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函数1.由a n与S n的关系求通项a n.2.由递推关系求通项公式．3.数列的函数特征1.逻辑推理．2.数学运算[重点准·逐点清]重点一数列的概念1．定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．[提醒]数列的一般形式为a1，a2，…，a n，…，通常记为{a n}，其中a n是数列{a n}的第n项，S n＝a1＋a2＋…＋a n为{a n}的前n项和．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．2．数列的分类[提醒](1)并不是所有的数列都有通项公式；(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一．[逐点清]1．(必修5第67页A 组2题改编)数列{a n }的前几项为12，3，112，8，212，…，则此数列的通项可能是( )A ．a n ＝5n －42B ．a n ＝3n －22 C ．a n ＝6n －52D ．a n ＝10n －92解析：选A 数列为12，62，112，162，212，…，其分母为2，分子是首项为1，公差为5的等差数列，故通项公式为a n ＝5n －42.2．(易错题)在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2中，0.08是它的第 项．解析：依题意得n －2n 2＝225，解得n ＝10或n ＝52(舍)．答案：10重点二 数列的表示方法1．列表法：列出表格来表示数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系．见下表：2．图象法：在平面直角坐标系中，数列的图象是一系列横坐标为正整数的孤立的点(n ，a n )．3．通项公式法：如果数列{a n }的第n 项与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．数列的通项公式实际上是一个以N *或它的有限子集{1,2,3，…，n }为定义域的函数的表达式．4．递推公式法：如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．[提醒] 通项公式与递推公式的异同点[逐点清]3．(多选)下列说法正确的是( ) A ．任何数列都有通项公式 B ．数列的通项公式形式可能不唯一C ．数列1,3,7,15,31，…的一个通项公式为a n ＝2n －1D ．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)n a n －1(n ≥2)，则a 5＝23解析：选BCD 不是每一个数列都有通项公式．例如，π的不足近似值精确到1,0.1,0.01,0.001，…所构成的数列3,3.1,3.14,3.142，…就没有通项公式，A 错误；数列通项公式的形式可能不唯一．例如，数列－1,1，－1,1，－1,1，…的通项公式可以写成a n ＝(－1)n ，也可以写成a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝2k －1，k ∈N *，1，n ＝2k ，k ∈N *，还可以写成a n ＝cos n π，B 正确；观察发现数列1,3,7,15,31，…各项分别加上1，变为2,4,8,16,32，…，其通项为2n ，故原数列的一个通项公式为a n ＝2n －1，C 正确；由递推公式a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)知，a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋(－1)3a 2＝12，a 4＝1＋(－1)4a 3＝3，a 5＝1＋(－1)5a 4＝23，D 正确．重点三 数列的函数性质数列是特殊的函数，由数列的项与项数之间构成特殊的函数关系可知，数列的通项a n与n 的关系公式就是函数f (x )的解析式，所以根据函数关系式得出数列的通项公式是重要途径，这样用函数的思想方法去解决数列问题很常用．[逐点清]4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝12n 2－8n ，判断数列{a n }的单调性．解：根据题意可知a n ＝12n 2－8n ，则a n ＋1－a n ＝12(n ＋1)2－8(n ＋1)－⎝⎛⎭⎫12n 2－8n ＝n －152， 由数列的定义域为正整数集可知，当n <8时，a n ＋1－a n <0，数列{a n }是递减数列；当n ≥8时，a n ＋1－a n >0，数列{a n }是递增数列．[记结论·提速度][记结论]1．若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈N *. 2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)；若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)． [提速度]1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝ . 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.答案：⎩⎨⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *2．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是 ．解析：若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋11n ≥－(n －1)2＋11(n －1)，－n 2＋11n ≥－(n ＋1)2＋11(n ＋1)，解得5≤n ≤6.∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 答案：30由a n 与S n 的关系求通项a n[师生共研过关][例1] (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式是 ； (2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝13a n ＋23，则{a n }的通项公式a n ＝ ；(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，则a n ＝ . [解析] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－3＝－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－(2n －1－3)＝2n －2n －1＝2n －1.当n ＝1时不满足，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1＋23，所以a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －13a n －1，所以a n a n －1＝－12，所以数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝－12的等比数列，故a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1. (3)当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2； ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，①故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n －2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n .显然当n ＝1时不满足上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.[答案] (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2 (2)⎝⎛⎭⎫－12n －1 (3)⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2[解题技法]1．已知S n 求a n 的3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2时的表达式合并． 2．S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．(1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解； (2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．[跟踪训练]1．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ＋1·n ，则a 5＋a 6＝ ，a n ＝ . 解析：a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1) ＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)] ＝(－1)n ＋1·(2n －1)， 又a 1也适合于此式， 所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)． 答案：－2 (－1)n ＋1·(2n －1)由递推关系求通项公式[师生共研过关][例2] 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝ . [解析] 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1.则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22. 又a 1＝2适合上式，故a n ＝n 2＋n ＋22.[答案] n 2＋n ＋22[对点变式]1.(变条件)若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n”，如何求解？ 解：∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0.∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n .又a 1＝2适合上式，故a n ＝2n .2.(变条件)若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解：设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故原式可化为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列． 所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.[解题技法]由数列递推式求通项公式的常用方法[提醒] 利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．[跟踪训练]1．已知数列{a n }中，a 1＝1中，a n ＋1＝a n ＋n (n ∈N *)中，则a 4＝ ，a n ＝ . 解析：由题意可得a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ， 则a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＝1＋n (n －1)2＝n 2－n ＋22，又a 1＝1也适合此式，故a n ＝n 2－n ＋22，则a 4＝42－4＋22＝7.答案：7 n 2－n ＋222．设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝ .解析：由a n ＋1＝2n a n ，得a na n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n (n －1)2.答案：2n (n －1)2数列的函数特征[定向精析突破]考向1 数列的周期性[例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 020的值为( )A ．2B ．1C ．12D ．14[解析] 因为a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)， 由a 1＝1，a 2＝2，得a 3＝2， 由a 2＝2，a 3＝2，得a 4＝1， 由a 3＝2，a 4＝1，得a 5＝12，由a 4＝1，a 5＝12，得a 6＝12，由a 5＝12，a 6＝12，得a 7＝1，由a 6＝12，a 7＝1，得a 8＝2，由此推理可得数列{a n }是周期为6的数列， 所以a 2 020＝a 4＝1，故选B. [答案] B[解题技法]解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．考向2 数列的单调性(最值)[例4] 数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n ≤4，－n 2＋(a －1)n ，n ≥5(n ∈N *)，若a 5是{a n }中的最大值，则a 的取值范围是 ．[解析] 当n ≤4时，a n ＝2n －1单调递增， 因此n ＝4时取最大值，a 4＝24－1＝15； 当n ≥5时，a n ＝－n 2＋(a －1)n＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －a －122＋(a －1)24.因为a 5是{a n }中的最大值， 所以⎩⎨⎧a －12≤5.5，－25＋5(a －1)≥15，解得9≤a ≤12.所以a 的取值范围是[9,12]． [答案] [9,12][解题技法]解决数列的单调性问题的3种方法考向3 数列的最大(小)项 [例5] 数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大项是( ) A ．310 B ．19 C ．119D ．1060[解析] 令f (x )＝x ＋90x (x ＞0)，运用基本不等式得f (x )≥610，当且仅当x ＝310时等号成立．因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n ≤1610，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大． [答案] C[解题技法]求数列的最大项与最小项的常用方法(1)将数列视为函数f (x )当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )的最值，进而求出数列的最大(小)项；(2)通过通项公式a n 研究数列的单调性，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2)确定最小项； (3)比较法：若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＞0⎝⎛⎭⎪⎫或a n >0时，a n ＋1a n>1，则a n ＋1＞a n ，则数列{a n }是递增数列，所以数列{a n }的最小项为a 1＝f (1)；若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＜0⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n >0时，a n ＋1a n <1，则a n ＋1＜a n ，则数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }的最大项为a 1＝f (1)．[跟踪训练]1．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2 021的值为( )A ．2B ．－3C ．－12D ．13解析：选A 因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2，故数列{a n }是以4为周期的周期数列， 故a 2 021＝a 505×4＋1＝a 1＝2.2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k2n，若数列{a n }为递减数列，则实数k 的取值范围为( )A ．(3，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞) 解析：选D 因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k 2n ＝3－3n －k2n ＋1，由数列{a n }为递减数列知，对任意n ∈N *，an ＋1－a n ＝3－3n －k2n ＋1<0，所以k >3－3n 对任意n ∈N *恒成立，所以k ∈(0，＋∞)．故选D.[课时过关检测]A 级——基础达标1．数列3,6,12,21，x,48，…中的x 等于( ) A ．29 B ．33 C ．34D ．28解析：选B 因为6－3＝3＝1×3,12－6＝6＝2×3,21－12＝9＝3×3，所以根据规律可得x －21＝4×3，所以x ＝21＋12＝33.同时也满足48－33＝15＝5×3.故选B.2．已知数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝－1a n ＋1，则能使a n ＝3的n 的值可以等于( )A ．15B ．16C ．17D ．18解析：选B ∵a 1＝3，a n ＋1＝－1a n ＋1，∴a 2＝－14.同理可得a 3＝－43，a 4＝3，…，观察可得a n ＋3＝a n (n ∈N *)，则a 16＝a 5×3＋1＝a 1＝3，因此能使a n ＝3的n 的值可以等于16.故选B.3．若数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，则a 10＝( ) A ．55 B ．10 C ．9D ．1解析：选D ∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，∴令m ＝1，n ＝9，得S 9＋S 1＝S 10，即S 10－S 9＝S 1＝a 1＝1，∴a 10＝S 10－S 9＝1.故选D.4．在数列{a n }中，“|a n ＋1|>a n ”是“数列{a n }为递增数列”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解析：选B “|a n ＋1|>a n ”⇒a n ＋1>a n 或－a n ＋1>a n ，充分性不成立，数列{a n }为递增数列⇒|a n ＋1|≥a n ＋1>a n 成立，必要性成立，∴“|a n ＋1|>a n ”是“数列{a n }为递增数列”的必要不充分条件．故选B.5．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝－12，a n ＋1＝11－a n ，则下列各数是{a n }的项的有( )A ．－2B ．23C ．32D ．3解析：选BD 因为数列{a n }满足a 1＝－12，a n ＋1＝11－a n，∴a 2＝11－⎝⎛⎭⎫－12＝23，a 3＝11－a 2＝3，a 4＝11－a 3＝－12＝a 1，∴数列{a n }是周期为3的数列，且前3项为－12，23，3，故选B 、D.6．(多选)(2021·开封市高三模拟)已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n ·a n ＋1，设数列{b n }的前n 项和S n ，则( )A ．a n ＝n 2B ．a n ＝nC ．S n ＝4nn ＋1D ．S n ＝5nn ＋1解析：选AC 由题意得a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n 2，∴b n ＝1n2·n ＋12＝4n (n ＋1)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴数列{b n }的前n项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1.故选A 、C. 7．已知数列32，54，76，9m －n ，m ＋n 10，…，根据前3项给出的规律，实数对(m ，n )为 ．解析：由数列的前3项的规律可知⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＝8，m ＋n ＝11，解得⎩⎨⎧m ＝192，n ＝32，故实数对(m ，n )为⎝⎛⎭⎫192，32.答案：⎝⎛⎭⎫192，328．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1，则a n ＝ . 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋2＋1＝4； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1， 经检验a 1＝4不适合a n ＝2n ＋1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，(n ＝1)，2n ＋1，(n ≥2).答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，(n ＝1)，2n ＋1，(n ≥2)9．已知数列的通项为a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第 项．解析：因为a n ＝n ＋13n －16，数列{a n }的最小项必为a n <0，即n ＋13n －16<0,3n －16<0，从而n <163，又因为n ∈N *，且数列{a n }的前5项递减，所以n ＝5时a n 的值最小． 答案：510．(2021·衡阳市高三联考)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则a 2＝ ，通项公式a n ＝ .解析：由已知，a 2＝a 1＋11×2＝3＋12＝72.因为a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，… a n －a n －1＝1n －1－1n， 以上(n －1)个式子累加可得，a n －a 1＝1－1n ， 因为a 1＝3，所以a n ＝4－1n .答案：724－1n11．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)． 12．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝4a n ＋3.(1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{a n }的通项公式；(2)证明：a n ＋1＋1a n ＋1＝4. 解：(1)a 1＝3，a 2＝15，a 3＝63，a 4＝255.因为a 1＝41－1，a 2＝42－1，a 3＝43－1，a 4＝44－1，…，所以归纳得a n ＝4n －1. (2)证明：因为a n ＋1＝4a n ＋3， 所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4(a n ＋1)a n ＋1＝4.B 级——综合应用13．(多选)(2021·山东泰安高三模拟)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，则下列说法正确的是( )A ．此数列的第20项是200B ．此数列的第19项是200C ．此数列偶数项的通项公式为a 2n ＝2n 2D ．此数列的前n 项和为S n ＝n (n －1)解析：选AC 观察此数列，偶数项通项公式为a 2n ＝2n 2，奇数项是后一项减去后一项的项数，a 2n －1＝a 2n －2n ，由此可得a 20＝2×102＝200，A 正确，C 正确；a 19＝a 20－20＝180，B 错误；S n ＝n (n －1)＝n 2－n 是一个等差数列的前n 项和，而题中数列不是等差数列，不可能有S n ＝n (n －1)，D 错误．故选A 、C.14．(2021·昆明模拟)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，如图所示．他们研究过图中的1,5,12,22，…，由于这些数能够表示成五角形，将其称为五角形数，若按此规律继续下去，第n 个五角形数a n ＝ .解析：观察图形，发现a 1＝1，a 2＝a 1＋4，a 3＝a 2＋7，a 4＝a 3＋10，猜测当n ≥2时，a n ＝a n －1＋3n －2，所以a n －a n －1＝3n －2，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(3n －2)＋[3(n －1)－2]＋…＋(3×2－2)＋1＝32n 2－12n .答案：32n 2－12n15．(2021·石家庄模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n －λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围． 解：(1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ， ∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ， 即na n ＋1＝(n ＋1)a n ， ∴a n ＋1n ＋1＝a nn ， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1， ∴a n ＝n (n ∈N *)．(2)由题意及(1)知b n ＝3n －λn 2. b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2) ＝2·3n －λ(2n ＋1)． ∵数列{b n }为递增数列， ∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n 2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，则c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1.∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2， 即λ的取值范围为(－∞，2)．C级——迁移创新16．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理“准晶体结构”化学等领域都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{a n}，则数列{a n}的前2 020项的和为()A．672 B．673C．1 347 D．2 020解析：选C由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各项除以2的余数，可得{a n}为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0，…，所以{a n}是周期为3的数列，一个周期中三项和为1＋1＋0＝2，因为2 020＝673×3＋1，所以数列{a n}的前2 020项的和为673×2＋1＝1 347，故选C.第二节等差数列及其前n项和[备考领航]课程标准解读关联考点核心素养1.理解等差数列的概念．2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．3.能在具体的问题情境中发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．4.体会等差数列与一次函数、二次函数的关系1.等差数列的基本运算．2.等差数列的判定与证明．3.等差数列的性质及应用1.逻辑推理．2.数学运算[重点准·逐点清]重点一等差数列的有关问题1．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．2．等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．3．公式：通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝(a 1＋a n )n2. [提醒] 理解定义要注意三个关键词：“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”．[逐点清]1．(必修5第44页例2改编)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＝2，S 4＝14，则d ＝ .解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，4a 1＋4×32d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝3. 答案：32．(2020·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，则S 10＝ .解析：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 2＋a 6＝2，得a 1＋d ＋a 1＋5d ＝2，即－4＋6d ＝2，解得d ＝1，所以S 10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2＋a 6＝2a 4＝2，所以a 4＝1，所以d ＝a 4－a 14－1＝1－(－2)3＝1，所以S 10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.答案：253．(易错题)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)，且a 1＝2，则a 7＝ . 解析：由a n ＋1＋a n ＝4n －3得，a n ＋a n －1＝4n －7(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n －1＝4(n ≥2)．由等差数列的定义知，数列{a n }的奇数项与偶数项分别构成以4为公差的等差数列．则a 7＝a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫7＋12－1×4＝14.答案：14重点二 等差数列的常用性质已知{a n }为等差数列，d 为公差，S n 为该数列的前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)；(2)在等差数列{a n }中，当m ＋n ＝p ＋q 时，a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．特别地，若m ＋n ＝2p ，则2a p ＝a m ＋a n (m ，n ，p ∈N *)；(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等差数列，公差为md (k ，m ∈N *)； (4)S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等差数列，公差为n 2d ； (5)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列；(6)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12. [逐点清]4．(必修5第39页5题改编)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 11＝55，则a 6＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3解析：选B S 11＝11×(a 1＋a 11)2＝11a 6＝55⇒a 6＝5.5．(必修5第41页2题改编)在等差数列{a n }中，a 2＋a 4＝2，a 5＝3，则{a n }的前6项和为( )A ．6B ．9C ．10D ．11解析：选B 设{a n }的公差为d ，由等差数列的性质知a 2＋a 4＝2a 3＝2，则a 3＝1，所以d ＝a 5－a 35－3＝1，a 4＝a 5－d ＝2，所以S 6＝6(a 1＋a 6)2＝3(a 3＋a 4)＝3×(1＋2)＝9.[记结论·提速度][记结论]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .2．在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值．3．数列{a n}是等差数列⇔S n＝An2＋Bn(A，B为常数)．[提速度]1．已知数列{a n}的通项a n＝－2n＋15，则其前n项和S n取得最大值时的n的值为()A．1B．7或8C．8D．7解析：选D由a n＝－2n＋15知数列{a n}为等差数列，因为a1＝13>0，d＝－2，则S n有最大值．由a n≥0得－2n＋15≥0，解得n≤152.又n∈N*，∴当1≤n≤7时，a n≥0；当n≥8时，a n<0(n∈N*)，∴前n项和S n取得最大值时，n＝7.故选D.2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝n2＋(a＋3)n＋a2－2a－3，则a＝ .解析：因为等差数列前n项和S n可表示为S n＝An2＋Bn，则a2－2a－3＝0，解得a＝3或－1.答案：3或－1等差数列的基本运算[师生共研过关] [例1](1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．a n＝2n－5 B．a n＝3n－10C．S n＝2n2－8n D．S n＝12n2－2n(2)(2021·内蒙古模拟)已知等差数列{a n}中，S n为其前n项的和，S4＝24，S9＝99，则a7＝()A．13 B．14C．15 D．16[解析](1)设首项为a1，公差为d.由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A.(2)因为⎩⎪⎨⎪⎧ S 4＝24，S 9＝99，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 1＋6d ＝24，9a 1＋36d ＝99，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，则a 7＝a 1＋6d ＝15.故选C. [答案] (1)A (2)C[解题技法]等差数列运算问题的通性方法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解；(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．[跟踪训练]1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝4，S 4＝22，a n ＝28，则n ＝( ) A ．3 B ．7 C ．9D ．10解析：选D 因为S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4a 2＋2d ＝22，所以d ＝22－4a 22＝3，a 1＝a 2－d＝4－3＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋3(n －1)＝3n －2，由3n －2＝28，解得n ＝10.2．(2021·安徽合肥模拟)记等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n .若S 10＝40，a 6＝5，则( )A ．d ＝3B ．a 10＝12C ．S 20＝280D ．a 1＝－4解析：选C 依题意，得S 10＝(a 1＋a 10)·102＝5(a 5＋a 6)＝40，解得a 5＝3，则d ＝a 6－a 5＝2，则a 10＝a 6＋4d ＝5＋8＝13，a 1＝a 5－4d ＝3－8＝－5，S 20＝20a 1＋190d ＝－100＋380＝280，故选C.3．记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为 ． 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48， 即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 答案：4等差数列的判定与证明[师生共研过关][例2] 若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1， 因为S n ≠0，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n ＝2n ，所以S n ＝12n .当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1). 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[对点变式](变条件)若将本例条件变为a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，试求数列{a n }的通项公式．解：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a nn ＝1，又a 1＝35，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列，∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－25n .[解题技法]等差数列的判定与证明方法[提醒] 用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足a n －a n －1＝1(n ≥3)的数列{a n }而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a 2－a 1是否等于1.[跟踪训练]1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )且a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( )A ．13B ．49C ．35D ．63解析：选B 由S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )可知数列{a n }是等差数列，依题意得，d ＝a 6－a 26－2＝11－34＝2，则a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1，即a 1＝1，a 7＝13，所以S 7＝a 1＋a 72×7＝1＋132×7＝49. 2．已知等差数列的前三项依次为a,3,5a ，前n 项和为S n ，且S k ＝121. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn，证明数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝3，a 3＝5a ，由等差数列的性质得a ＋5a ＝6，所以a 1＝a ＝1，公差d ＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2d ＝k ＋k (k －1)2×2＝k 2，由S k ＝121＝k 2，解得k ＝11，故a ＝1，k ＝11.(2)由(1)得S n ＝n 2则b n ＝S nn ＝n ，故b n ＋1－b n ＝1，b 1＝1， 即数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列， 所以T n ＝n 2＋n2.等差数列的性质及应用[定向精析突破]考向1 等差数列项的性质[例3] (1)(2021·广州市阶段训练)已知{a n }是等差数列，a 3＝5，a 2－a 4＋a 6＝7，则数列{a n }的公差为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2(2)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且a 2＋a 9＋a 19＝6，则a 10＝ ，S 19＝ . [解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 2－a 4＋a 6＝7，得(a 2＋a 6)－a 4＝2a 4－a 4＝a 4＝7，所以d ＝a 4－a 3＝2，即等差数列{a n }的公差为2，故选D.(2)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由等差数列的通项公式可得a 2＋a 9＋a 19＝3(a 1＋9d )＝3a 10＝6，所以a 10＝2，由等差数列前n 项和公式可得S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19a 10＝38.[答案] (1)D (2)2 38[解题技法]如果{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．因此，若出现a m －n ，a m ，a m ＋n 等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m (或其他项)有关的条件；若求a m 项，可由a m ＝12(a m －n ＋a m ＋n )转化为求a m －n ，a m ＋n 或a m －n ＋a n ＋m 的值．考向2 等差数列前n 项和的性质[例4] (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( )A ．63B ．45C ．36D ．27(2)(2021·山东菏泽一中月考)已知等差数列{a n }的公差为4，其项数为偶数，所有奇数项的和为15，所有偶数项的和为55，则这个数列的项数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40[解析] (1)由{a n }是等差数列， 得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列， 即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，即a 7＋a 8＋a 9＝45.故选B.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，项数为n ，前n 项和为S n .因为d ＝4，S 奇＝15，S 偶＝55，所以S 偶－S 奇＝n2d ＝2n ＝40，所以n ＝20，即这个数列的项数为20.故选B.[答案] (1)B (2)B[解题技法]1．在等差数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等差数列；⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列．2．若等差数列{a n }的项数为2n ，则S 偶－S 奇＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n －a 1－a 3－a 5－…－a 2n －1＝d ＋d ＋…＋d ＝nd ；S 奇S 偶＝n2(a 1＋a 2n －1)n 2(a 2＋a 2n)＝2a n 2a n ＋1＝a na n ＋1. 3．若等差数列{a n }的项数为2n －1，则 S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n －2＝n －12(a 2＋a 2n －2)＝n －12×2a n ＝(n －1)a n ； S 奇＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1＝n2×2a n ＝na n ；S 奇－S 偶＝na n －(n －1)a n ＝a n (这里a n ＝a 中)； S 奇S 偶＝na n (n －1)a n ＝n n －1. 4．若等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，则有a nb n ＝2a n 2b n ＝a 1＋a 2n －1b 1＋b 2n －1＝(2n －1)(a 1＋a 2n －1)2(2n －1)(b 1＋b 2n －1)2＝S 2n －1T 2n －1.考向3 等差数列前n 项和的最值[例5] 在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17[解析] ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值． [答案] A[解题技法]求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解；(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0，的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0，的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[跟踪训练]1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝20，则S 9＝( ) A ．27 B ．36 C ．45D ．54解析：选B 依题意a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝5a 5＝20，a 5＝4，所以S 9＝a 1＋a 92×9＝9a 5＝36.2．(多选)已知无穷等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 6<S 7，且S 7>S 8，则( ) A ．在数列{a n }中，a 1最大 B ．在数列{a n }中，a 3或a 4最大 C ．S 3＝S 10D ．当n ≥8时，a n <0解析：选AD 由于S 6<S 7，S 7>S 8，所以S 7－S 6＝a 7>0，S 8－S 7＝a 8<0，所以数列{a n }是递减的等差数列，最大项为a 1，所以A 正确，B 错误，D 正确；S 10－S 3＝a 4＋a 5＋…＋a 10＝7a 7>0，故C 错误．[课时过关检测]A 级——基础达标1．(2021·陕西教学质量检测)在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 23＝a 4a 6，则a 2＝( )A.711 B ．511C.311D ．111解析：选A设数列{a n}的公差为d(d≠0)，则a n＝1＋(n－1)d，∴a2＝1＋d，a3＝1＋2d，a4＝1＋3d，a6＝1＋5d，∵a23＝a4a6，∴(1＋2d)2＝(1＋3d)(1＋5d)，解得d＝－411(d＝0舍去)，∴a2＝1＋d＝711，故选A.2．(2021·武汉市学习质量检测)已知数列{a n}满足a1＝1，(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n＋1，且a n＋1>a n(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式a n＝()A．2n B．n2C．n＋2 D．3n－2解析：选B因为a1＝1，a n＋1>a n，所以a n＋1>a n.由(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n＋1得a n ＋1＋a n－1＝2a n a n＋1，所以( a n＋1－a n)2＝1，所以a n＋1－a n＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n＝n，即a n＝n2，故选B.3．(2021·北京市适应性测试)设{a n}是等差数列，且公差不为零，其前n项和为S n.则“∀n∈N*，S n＋1>S n”是“{a n}为递增数列”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A由∀n∈N*，S n＋1>S n得a n＋1＝S n＋1－S n>0，又数列{a n}是公差不为零的等差数列，因此公差d>0(若d<0，等差数列{a n}中从某项起以后各项均为负，这与a n＋1>0矛盾)，数列{a n}是递增数列，所以“∀n∈N*，S n＋1>S n”是“{a n}为递增数列”的充分条件；反过来，由“{a n}为递增数列”不能得知“∀n∈N*，S n＋1>S n”，如取a n＝n－3，此时数列{a n}为递增数列，但a2＝－1<0，即有S2<S1，因此“∀n∈N*，S n＋1>S n”不是“{a n}为递增数列”的必要条件．综上所述，“∀n∈N*，S n＋1>S n”是“{a n}为递增数列”的充分而不必要条件，故选A.4．在等差数列{a n}中，若a10a9<－1，且它的前n项和S n有最大值，则使S n>0成立的正整数n 的最大值是( )A ．15B ．16C ．17D ．18解析：选C ∵等差数列{a n }的前n 项和有最大值， ∴等差数列{a n }为递减数列， 又a 10a 9<－1，∴a 9>0，a 10<0， ∴a 9＋a 10<0，又S 18＝18(a 1＋a 18)2＝9(a 9＋a 10)<0，S 17＝17(a 1＋a 17)2＝17a 9>0， ∴S n >0成立的正整数n 的最大值是17.故选C.5．(多选)(2021·长沙市长郡中学高三模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，则( )A ．a 9＝17B ．a 10＝18C ．S 9＝81D ．S 10＝91解析：选BD ∵对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)， ∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2，∴a n ＋1－a n ＝2. ∴数列{a n }在n ≥2时是等差数列，公差为2. 又a 1＝1，a 2＝2，则a 9＝2＋7×2＝16，a 10＝2＋8×2＝18，S 9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选B 、D.6．(多选)(2021·石家庄二中高三一模)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则( )A ．a n ＝－12n－1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n －1－1n，n ≥2，n ∈N *⎩⎭S n D.1S 1＋1S 2＋…＋1S 100＝－5 050 解析：选BCD S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1， 则S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1， 整理得1S n ＋1－1S n ＝－1(常数)， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C 正确；所以1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，故S n ＝－1n .所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1n －1－1n (首项不符合通项)，故a n＝⎩⎨⎧－1，n ＝1，1n －1－1n ，n ≥2，n ∈N *，故B 正确，A 错误；所以1S 1＋1S 2＋…＋1S 100＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5 050，故D 正确．7．若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋3(n ∈N *)，则a 3＝ ，通项公式a n ＝ . 解析：因为数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋3(n ∈N *)， 所以数列{a n }是首项a 1＝3，公差d ＝a n ＋1－a n ＝3的等差数列， 所以a 3＝a 1＋2d ＝3＋6＝9， a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3＋3(n －1)＝3n . 答案：9 3n8．已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 均为等差数列(n ∈N *)，且a 1＝2，则a 20＝ .解析：设a n ＝2＋(n －1)d ， 则a 2nn ＝[2＋(n －1)d ]2n＝d 2n 2＋(4d －2d 2)n ＋(d －2)2n，⎩⎭n 所以其通项是一个关于n 的一次函数， 所以(d －2)2＝0，∴d ＝2. 所以a 20＝2＋(20－1)×2＝40. 答案：409．若数列{a n }为等差数列，a n >0，前n 项和为S n ，且S 2n －1＝2n －12n ＋1a 2n，则a 9的值是 ．解析：因为S 2n －1＝2n －12n ＋1a 2n ，所以(a 1＋a 2n －1)×(2n －1)2＝2n －12n ＋1a 2n ，即2a n ×(2n －1)2＝2n －12n ＋1a 2n ，所以a n ＝12n ＋1a 2n ，又a n >0，所以a n ＝2n ＋1，所以a 9＝19. 答案：1910．(2021·武汉市高三测试)等差数列{a n }中，已知S n 是其前n 项和，a 1＝－9，S 99－S 77＝2，则a n ＝ ，S 10＝ .解析：设等差数列{a n }的公差为d ， ∵S 99－S 77＝2，∴9－12d －7－12d ＝2， ∴d ＝2，∵a 1＝－9，∴a n ＝－9＋2(n －1)＝2n －11， S 10＝10×(－9)＋10×92×2＝0.答案：2n －11 011．(2021·合肥第一次教学检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 4＝4S 2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋9＝180(m ∈N *)，求m 的值． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＝4S 2得，4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，整理得d ＝2a 1. 又a 1＝1，∴d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N *)．(2)a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋9＝180可化为 10a m ＋45d ＝20m ＋80＝180， 解得m ＝5.12．已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根．(1)求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)在(1)中，设b n ＝S n n ＋c，求证：当c ＝－12时，数列{b n }是等差数列．解：(1)∵a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根， ∴a 1＝1，a 2＝5，∴等差数列{a n }的公差为4， ∴S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n .(2)证明：当c ＝－12时，b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－n n －12＝2n ，∴b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2，b 1＝2.∴数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列．B 级——综合应用13．(2021·湖北襄阳四中联考)已知数列{a n }为等差数列，a 1＋a 2＋a 3＝165，a 2＋a 3＋a 4＝156，{a n }的前n 项和为S n ，则使S n 达到最大值时n 的值是( )A ．19B ．20C ．21D ．22解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则(a 2＋a 3＋a 4)－(a 1＋a 2＋a 3)＝3d ＝156－165＝－9，所以d ＝－3.因为a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝3a 1－9＝165，所以a 1＝58.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝58＋(n －1)·(－3)＝61－3n .令a n ＝61－3n >0，得n <613.因为n ∈N *，所以当n ＝20时，S n 达到最大值．故选B.14．(多选)(2021·商洛市高考模拟)我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则下列选项正确的有( )A ．相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B ．春分和秋分两个节气的晷长相同C ．立冬的晷长为一丈五寸D ．立春的晷长比立秋的晷长短解析：选ABC 由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列{a n }，其中a 1＝15寸，a 13＝135寸，公差为d 寸，则135＝15＋12d ，解得d ＝10寸，同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列{b n }，首项b 1＝135，末项b 13＝15，公差d ＝－10(单位都为寸)．故A 正确；∵春分的晷长为b 7，∴b 7＝b 1＋6d ＝135－60＝75∵秋分的晷长为a 7，∴a 7＝a 1＋6d ＝15＋60＝75，故B 正确；∵立冬的晷长为a 10，∴a 10＝a 1＋9d ＝15＋90＝105，即立冬的晷长为一丈五寸，故C 正确；∵立春的晷长，立秋的晷长分别为b 4，a 4，∴a 4＝a 1＋3d ＝15＋30＝45，b 4＝b 1＋3d ＝135－30＝105，∴b 4>a 4，故D 错误．故选A 、B 、C.15．记m ＝d 1a 1＋d 2a 2＋…＋d n a nn ，若{d n }是等差数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等差均值”；若{d n }是等比数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等比均值”．已知数列{a n }的“2n －1等差均值”为2，数列{b n }的“3n－1等比均值”为3.记c n ＝2a n＋k log 3b n ，数列{c n }的前n项和为S n ，若对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，求实数k 的取值范围．解：由题意得2＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a nn ， 所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ， 所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1 ＝2n －2(n ≥2，n ∈N *)，。
高考数学一轮复习第六章数列第一节数列的概念与简单表示课后作业理
【创新方案】2017届高考数学一轮复习 第六章 数列 第一节 数列的概念与简单表示课后作业 理[全盘巩固]一、选择题1．数列1，－58，715，－924，…，的一个通项公式是( ) A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n (n ∈N *) B ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 3＋3n (n ∈N *) C ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋2n (n ∈N *) D ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 2＋2n(n ∈N *) 2．已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n n ＋2 (n ∈N *)，则1120是这个数列的( ) A ．第8项 B ．第9项C ．第10项D ．第12项3．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( )A.6116B.259C.2516D.31154．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ，则a 2＋a 18＝( )A ．36B ．35C ．34D ．335．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于( )A ．256B ．510C ．512D ．1 024二、填空题6．已知数列{a n }中，a 1＝1，若a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，则a 5的值是________．7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3－3×2n ，n ∈N *，则a n ＝________.8．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.三、解答题9．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值；(2)求数列{a n }的通项公式．10．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6(n ∈N *)．(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？[冲击名校]1．若数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝3，a n ＝a n －1a n －2(n ≥3且n ∈N *)，则a 2 016＝( ) A ．3 B ．2 C.12D.232．(2016·山东日照实验中学月考)如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个数列的第10项等于( )A.1210B.129C.15D.1103．(2016·大连双基测试)数列{a n }满足：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.4．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2 n －1 (n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)． (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．答 案[全盘巩固]一、选择题1．解析：选D 观察数列{a n }各项，可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，故选D. 2．解析：选C 由题意知1120＝1n n ＋2 ，n ∈N *，解得n ＝10.即1120是这个数列的第。
高考数学 第六章 数列 课时规范练27 数列的概念与表示 文 新人教A版
课时规范练27 数列的概念与表示基础巩固组1.数列1,,…的一个通项公式a n=()A. B. C. D.2.已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2(a n-1),则a2等于()A.4B.2C.1D.-23.(2017江西上饶模拟)已知数列{a n}满足a n+1+a n=n,若a1=2,则a4-a2=()A.4B.3C.2D.14.已知数列{a n}满足a1=0,a n+1=a n+2n-1,则数列{a n}的一个通项公式为()A.a n=n-1B.a n=(n-1)2C.a n=(n-1)3D.a n=(n-1)45.(2017吉林市模拟改编)若数列{a n}满足a1=,a n=1-(n≥2,且n∈N*),则a2 018等于()A.-1B.C.1D.2〚导学号24190752〛6.已知数列{a n}的首项a1=1,其前n项和S n=n2a n(n∈N*),则a9=()A. B. C. D.7.(2017宁夏银川二模,文16)已知数列{a n}满足a1=2,且+…+=a n-2(n≥2),则{a n}的通项公式为.8.已知数列{a n}的通项公式为a n=(n+2),则当a n取得最大值时,n= .9.已知各项都为正数的数列{a n}满足-a n+1a n-2=0,且a1=2,则a n= .10.(2017广东江门一模,文17)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,S n=a n(a n+1),n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,求数列{b n}的前n项和T n.综合提升组11.(2017河南郑州、平顶山、濮阳二模,文8)已知数列{a n}满足a n+1=a n-a n-1(n≥2),a1=m,a2=n,S n 为数列{a n}的前n项和,则S2 017的值为()A.2 017n-mB.n-2 017mC.mD.n12.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)内的单调函数,且对任意的正数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y).若数列{a n}的前n项和为S n,且满足f(S n+2)-f(a n)=f(3)(n∈N*),则a n等于()A.2n-1B.nC.2n-1D.13.(2017山西晋中二模)我们可以利用数列{a n}的递推公式a n=(n∈N*),求出这个数列各项的值,使得这个数列中的每一项都是奇数,则a64+a65= .〚导学号24190753〛14.(2017山西吕梁二模)在数列{a n}中,已知a2n=a2n-1+(-1)n,a2n+1=a2n+n,a1=1,则a20= .15.已知数列{a n}的前n项和为S n,S n=2a n-n,则a n= .创新应用组16.(2017河南洛阳一模,文7)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{a n}称为“斐波那契数列”,则(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)·…·(a2 015a2 017-)=()A.1B.-1C.2 017D.-2 01717.已知数列{a n}中,a1=-1,a n+1=2a n+3n-1(n∈N*),求数列{a n}的通项公式.课时规范练27数列的概念与表示1.B由已知得,数列可写成,…,故通项为.2.A由S n=2(a n-1),得a1=2(a1-1),即a1=2,又a1+a2=2(a2-1),所以a2=4.3.D由a n+1+a n=n,得a n+2+a n+1=n+1,两式相减得a n+2-a n=1,令n=2,得a4-a2=1.4.B因为a1=0,a n+1=a n+2n-1,所以a2=0+1=1,a3=1+3=4,a4=4+5=9,故数列{a n}的一个通项公式为a n=(n-1)2.5.A∵a1=,a n=1-(n≥2,且n∈N*),∴a2=1-=1-=-1,∴a3=1-=1-=2,∴a4=1-=1-,……依此类推,可得a n+3=a n,∴a2 018=a672×3+2=a2=-1,故选A.6.B由S n=n2a n,得S n+1=(n+1)2a n+1,所以a n+1=(n+1)2a n+1-n2a n,化简得(n+2)a n+1=na n,即,所以a9=·…··a1=×…××1=.7.a n=n+1∵+…+=a n-2(n≥2),①+…+=a n+1-2(n≥2),②②-①得=a n+1-a n,整理得,∴=1,又=1,∴数列是以1为首项,1为公比的等比数列,即常数列1,∴a n=n+1.8.5或6由题意令∴解得∴n=5或n=6.9.2n∵-a n+1a n-2=0,∴(a n+1+a n)(a n+1-2a n)=0.∵数列{a n}的各项均为正数,∴a n+1+a n>0,∴a n+1-2a n=0,即a n+1=2a n(n∈N*),∴数列{a n}是以2为公比的等比数列.∵a1=2,∴a n=2n.10.解 (1)a1=S1=a1(a1+1),a1>0,解得a1=1.∀n∈N*,a n+1=S n+1-S n=a n+1(a n+1+1)-a n(a n+1),移项整理并因式分解得(a n+1-a n-1)(a n+1+a n)=0,因为{a n}是正项数列,所以a n+1+a n>0,所以a n+1-a n-1=0,a n+1-a n=1.所以{a n}是首项a1=1、公差为1的等差数列,所以a n=n.(2)由(1)得S n=a n(a n+1)=n(n+1),b n=,T n=b1+b2+…+b n=+…+.11.C∵a n+1=a n-a n-1(n≥2),a1=m,a2=n,∴a3=n-m,a4=-m,a5=-n,a6=m-n,a7=m,a8=n,…,∴a n+6=a n.则S2 017=S336×6+1=336×(a1+a2+…+a6)+a1=336×0+m=m.12.D由题意知f(S n+2)=f(a n)+f(3)=f(3a n)(n∈N*),∴S n+2=3a n,S n-1+2=3a n-1(n≥2),两式相减,得2a n=3a n-1(n≥2),则(n≥2).又n=1时,S1+2=3a1=a1+2,∴a1=1.∴数列{a n}是首项为1,公比为的等比数列.∴a n=.13.66由题得,这个数列各项的值分别为1,1,3,1,5,3,7,1,9,5,11,3,…∴a64+a65=a32+65=a16+65=a8+65=a4+65=1+65=66.14.46由a2n=a2n-1+(-1)n,得a2n-a2n-1=(-1)n,由a2n+1=a2n+n,得a2n+1-a2n=n,∴a2-a1=-1,a4-a3=1,a6-a5=-1,…,a20-a19=1,10个式子之和为0,a3-a2=1,a5-a4=2,a7-a6=3,…,a19-a18=9,9个式子之和为=45.累加得a20-a1=45.又a1=1,故a20=46,故答案为46.15.2n-1当n≥2时,a n=S n-S n-1=2a n-n-2a n-1+(n-1),即a n=2a n-1+1,∴a n+1=2(a n-1+1).又a1=S1=2a1-1,∴a1=1.∴数列{a n+1}是以首项为a1+1=2,公比为2的等比数列,∴a n+1=2·2n-1=2n,∴a n=2n-1.16.B∵a1a3-=1×2-12=1,a2a4-=1×3-22=-1,a3a5-=2×5-32=1,…,a2 015a2 017-=1.∴(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)·…·(a2 015a2 017-)=11 008×(-1)1 007=-1.17.解∵a n+1=2a n+3n-1(n∈N*),①a1=-1,∴a2=0.当n≥2时,a n=2a n-1+3n-4,②由①-②可得a n+1-a n=2a n-2a n-1+3,即a n+1-a n+3=2(a n-a n-1+3),∴数列{a n-a n-1+3}为等比数列,首项为4,公比为2.∴a n-a n-1+3=4×2n-2,∴a n-a n-1=2n-3.∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-3+2n-1-3+…+22-3-1=-3(n-1)-1=2n+1-3n-2.。
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课时达标检测（二十七） 数列的概念与简单表示[小题对点练——点点落实]对点练(一) 数列的通项公式 1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N *)，则14是这个数列的( ) A ．第6项 B ．第7项 C ．第8项D ．第9项解析：选B 由a n ＋1＝2a n a n ＋2可得1a n ＋1＝1a n ＋12，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，12为公差的等差数列，故1a n ＝1＋(n －1)×12＝12n ＋12，即a n ＝2n ＋1，由2n ＋1＝14，解得n ＝7，故选B.2．(2018·南昌模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n(n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516B ．158 C.34 D ．38解析：选C 由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3，a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34.3．(2018·河南郑州一中考前冲刺)数列{a n }满足：a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 018＝( )A.2 0172 018 B ．2 0182 019 C.4 0342 018D ．4 0362 019解析：选D ∵a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，∴a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1，用累加法可得a n ＝a 1＋n －n ＋2＝n n ＋2，∴1a n ＝2nn ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 018＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝4 0362 019，故选D.4．(2018·甘肃天水检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A ．2n －1B ．12n －1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 解析：选D 因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以S n ＝2a n ＋1＝2(S n ＋1－S n )，所以S n ＋1S n ＝32，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，32为公比的等比数列，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.故选D.5．(2018·兰州模拟)在数列1,2，7，10，13，…中219是这个数列的第________项．解析：数列1,2，7，10，13，…，即数列1，3×1＋1，3×2＋1，3×3＋1，3×4＋1，…，∴该数列的通项公式为a n ＝n －＋1＝3n －2，∴3n －2＝219＝76，∴n ＝26，故219是这个数列的第26项． 答案：266．(2018·河北冀州中学期中)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则a 3＝________，a n ＝________.解析：由a n ＝n (a n ＋1－a n )，可得a n ＋1a n ＝n ＋1n ，则a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 2a 1·a 1＝nn －1×n －1n －2×n －2n －3×…×21×1＝n (n ≥2)，∴a 3＝3.∵a 1＝1满足a n ＝n ，∴a n ＝n . 答案：3 n7．(2018·福建晋江季延中学月考)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋1(n∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________．解析：已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋1，将n ＝1代入，得a 1＝2；当n ≥2时，将n －1代入得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n ，两式相减得na n ＝(n ＋1)－n ＝1，∴a n ＝1n，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，1n，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，1n，n ≥2对点练(二) 数列的性质1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1(n ∈N *)．则下列说法正确的是( ) A ．这个数列的第10项为2731B.98101是该数列中的项 C ．数列中的各项都在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1内 D ．数列{a n }是单调递减数列 解析：选C a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝n －n －n －n ＋＝3n －23n ＋1.令n ＝10，得a 10＝2831.故选项A 不正确，令3n －23n ＋1＝98101，得9n ＝300，此方程无正整数解，故98101不是该数列中的项．因为a n ＝3n －23n ＋1＝3n ＋1－33n ＋1＝1－33n ＋1，又n ∈N *，所以数列{a n }是单调递增数列，所以14≤a n <1，所以数列中的各项都在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1内，故选项C 正确，选项D 不正确，故选C.2．(2018·湖北黄冈中学期中)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2 018＝( )A ．－2B ．12C ．－13D ．3解析：选D ∵a 1＝12，∴a 2＝1＋a 11－a 1＝3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－2，a 4＝1＋a 31－a 3＝－13，a 5＝1＋a 41－a 4＝12，…，∴数列{a n }是周期数列且周期T ＝4，∴a 2 018＝a 2＝3，故选D. 3．(2018·河南郑州质量预测)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝m ，a 2＝n ，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 017的值为( )A ．2 017n －mB ．n －2 017mC ．mD ．n解析：选C 根据题意计算可得a 3＝n －m ，a 4＝－m ，a 5＝－n ，a 6＝m －n ，a 7＝m ，a 8＝n ，…，因此数列{a n }是以6为周期的周期数列，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝0，所以S 2 017＝S 336×6＋1＝a 1＝m .故选C.4．(2018·安徽淮南模拟)已知{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．[－2，＋∞)C ．(－3，＋∞)D ．[－3，＋∞)解析：选C ∵{a n }是递增数列，∴∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，∴(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，化简得λ>－(2n ＋1)，∴λ>－3.故选C.5．(2018·北京海淀区模拟)数列{a n }的通项为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n－1，n ≤4，－n 2＋a －n ，n ≥5(n ∈N *)，若a 5是{a n }中的最大值，则a 的取值范围是________．解析：当n ≤4时，a n ＝2n－1单调递增，因此n ＝4时取最大值，a 4＝24－1＝15.当n ≥5时，a n ＝－n 2＋(a －1)n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －a －122＋a －24.∵a 5是{a n }中的最大值，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －12≤5.5，－25＋a －，解得9≤a ≤12.∴a 的取值范围是[9,12]．答案：[9,12][大题综合练——迁移贯通]1．(2018·东营模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n＝2S n －n 2，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式． 解：(1)令n ＝1，T 1＝2S 1－1， ∵T 1＝S 1＝a 1，∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. (2)n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2， 则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2] ＝2(S n －S n －1)－2n ＋1 ＝2a n －2n ＋1.因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式， 所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2， 所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)， 所以a n ＋2＝2(a n －1＋2)， 因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列． 所以a n ＋2＝3×2n －1，所以a n ＝3×2n －1－2，当n ＝1时也成立， 所以a n ＝3×2n －1－2.2．(2018·浙江舟山模拟)已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)可得，a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1，a 1＝0(舍)．S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2(负值舍去)；同理可得a 3＝3，a 4＝4. (2)因为S n ＝12a 2n ＋a n2，①所以当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋a n －12，②①－②得a n ＝12(a n －a n －1)＋12(a 2n －a 2n －1)，所以(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0.由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，所以数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n ＝n . 3．(2018·山西太原月考)已知等比数列{a n }是递增数列，a 2a 5＝32，a 3＋a 4＝12，又数列{b n }满足b n ＝2log 2a n ＋1，S n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求S n;(2)若对任意n ∈N *，都有S n a n ≤S ka k成立，求正整数k 的值． 解：(1)因为{a n }是等比数列，则a 2a 5＝a 3a 4＝32， 又a 3＋a 4＝12，且{a n }是递增数列， 所以a 3＝4，a 4＝8，所以q ＝2，a 1＝1， 所以a n ＝2n －1.所以b n ＝2log 2a n ＋1＝2log 22n＝2n .所以S n ＝2＋4＋…＋2n ＝n＋2n 2＝n 2＋n . (2)令c n ＝S n a n ＝n 2＋n2n －1，则c n ＋1－c n ＝S n ＋1a n ＋1－S n a n＝n ＋n ＋2n－n n ＋2n －1＝n ＋－n2n.所以当n ＝1时，c 1<c 2； 当n ＝2时，c 3＝c 2；当n ≥3时，c n ＋1－c n <0，即c 3>c 4>c 5>…， 所以数列{c n }中最大项为c 2和c 3.所以存在k ＝2或3，使得任意的正整数n ，都有S k a k ≥S n a n.。