高考数学一轮复习课时作业31数列的概念与简单表示法理(含解析)新人教版

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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讲义(含解析)-高三全册数学教案

第一节数列的概念与简单表示突破点一数列的通项公式[基本知识]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，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做首项)．2．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 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．3．数列的递推公式如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且任何一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即a n ＝f (a n －1)(或a n ＝f (a n －1，a n －2)等)，那么这个式子叫做数列{a n }的递推公式．4．S n 与a n 的关系已知数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，这个关系式对任意数列均成立．[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )(3)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× 二、填空题1．数列{a n }中，a 1＝2，且a n ＋1＝12a n －1，则a 5的值为________．解析：由a 1＝2，a n ＋1＝12a n －1，得a 2＝12a 1－1＝1－1＝0，a 3＝12a 2－1＝0－1＝－1，a 4＝12a 3－1＝－12－1＝－32，a 5＝12a 4－1＝－34－1＝－74.答案：－742．数列{a n}定义如下：a 1＝1，当n ≥2时，a n＝⎩⎨⎧1＋a 2n ，n 为偶数，1a n －1，n 为奇数，若a n ＝14，则n 的值为________．解析：困为a 1＝1，所以a 2＝1＋a 1＝2，a 3＝1a 2＝12，a 4＝1＋a 2＝3，a 5＝1a 4＝13，a 6＝1＋a 3＝32，a 7＝1a 6＝23，a 8＝1＋a 4＝4，a 9＝1a 8＝14，所以n ＝9.答案：93．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，则10－3是此数列的第________项．解析：a n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，∵10－3＝10－9，∴10－3是该数列的第9项．答案：94．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是____________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[全析考法]考法一利用a n 与S n 的关系求通项数列{a n }的前n项和S n 与通项a n 的关系为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，通过纽带：a n ＝S n－S n －1(n ≥2)，根据题目已知条件，消掉a n 或S n ，再利用特殊形式(累乘或累加)或通过构造成等差数列或者等比数列求解．[例1] (1)(2019·化州模拟)已知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____________．(2)(2019·广州测试)已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N *，均有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，则a n ＝____________.[解析] (1)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，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n，n ≥2.(2)∵a n ，S n ，a 2n 成等差数列，∴2S n ＝a n ＋a 2n . 当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a 1＋a 21. 又a 1>0，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1， ∴(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0.∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)－(a n ＋a n －1)＝0， ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n (n ∈N *)． [答案] (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n，n ≥2(2)n[方法技巧]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)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．考法二利用递推关系求通项[例2] (1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，求数列{a n }的通项公式． (2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式． (3)在数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式． (4)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式． [解] (1)因为a n ＋1－a n ＝3n ＋2，所以a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n 3n ＋12(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2＝12×(3×1＋1)，符合上式，所以a n ＝32n 2＋n2.(2)因为a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1. 由累乘法可得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n (n ≥2)．又a 1＝1符合上式，∴a n ＝1n .(3)因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.(4)∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． [方法技巧] 典型的递推数列及处理方法递推式方法示例a n ＋1＝a n ＋f (n ) 叠加法 a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n a n ＋1＝a n f (n ) 叠乘法a 1＝1，a n ＋1a n ＝2na n ＋1＝Aa n ＋B(A ≠0,1，B ≠0)化为等比数列a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)化为等差数列 a 1＝1，a n ＋1＝3a n2a n ＋3[集训冲关]1.[考法一]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝n ＋1a n2，则a 2 019＝( )A ．2 018B ．2 019C ．4 036D ．4 038解析：选B 由题意知n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋1a n 2－na n －12，化为a n n ＝a n －1n －1，∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n .则a 2 019＝2 019.故选B.2.[考法一]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 ．⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 解析：选B S n ＝2a n ＋1＝2S n ＋1－2S n ⇒3S n ＝2S n ＋1⇒S n ＋1S n ＝32，故数列{S n }为等比数列，公比是32，又S 1＝1，所以S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.故选B. 3.[考法二]已知在数列{a n }中，a n ＋1＝nn ＋2a n (n ∈N *)，且a 1＝4，则数列{a n }的通项公式a n ＝____________.解析：由a n ＋1＝nn ＋2a n ，得a n ＋1a n ＝n n ＋2，故a 2a 1＝13，a 3a 2＝24，…，a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)，以上式子累乘得，a n a 1＝13·24·…·n －3n －1·n －2n ·n －1n ＋1＝2nn ＋1.因为a 1＝4，所以a n ＝8nn ＋1(n ≥2)．因为a 1＝4满足上式，所以a n ＝8n n ＋1.答案：8nn ＋14.[考法二]已知数列{a n }满足a 1＝2，a n －a n －1＝n (n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝____________. 解析：由题意可知，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)，以上式子累加得，a n －a 1＝2＋3＋…＋n . 因为a 1＝2，所以a n ＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋n －12＋n2＝n 2＋n ＋22(n ≥2)．因为a 1＝2满足上式，所以a n ＝n 2＋n ＋22.答案：n 2＋n ＋22突破点二数列的性质[基本知识]数列的分类分类标准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 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按其他标准分类有界数列存在正数M ，使|a n |≤M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[基本能力]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n3n ＋1，那么这个数列是________(填递增或递减)．答案：递增2．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是________．答案：03．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫78n ，则当a n取得最大值时，n 等于________．答案：5或6[全析考法]考法一数列的单调性[例1] 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，则数列{a n }中的最大项为( )A.89 B ．23 C.6481D ．125243[解析] 法一：(作差比较法)a n ＋1－a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝2－n 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，当n <2时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝2时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >2时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n . 所以a 1<a 2＝a 3，a 3>a 4>a 5>…>a n ，所以数列{a n }中的最大项为a 2或a 3，且a 2＝a 3＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝89.故选A.法二：(作商比较法)a n ＋1a n ＝n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，令a n ＋1a n >1，解得n <2；令a n ＋1a n ＝1，解得n ＝2；令a n ＋1a n<1，解得n >2.又a n >0，故a 1<a 2＝a 3，a 3>a 4>a 5>…>a n ，所以数列{a n }中的最大项为a 2或a 3，且a 2＝a 3＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝89.故选A.[答案] A [方法技巧]求数列最大项或最小项的方法(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：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 ，即数列{a n }是递增数列，所以数列{a n }的最小项为a 1＝f (1)；②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 ，即数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }的最大项为a 1＝f (1)．考法二数列的周期性数列的周期性与函数的周期性相类似．求解数列的周期问题时，通常是求出数列的前几项观察规律．确定出数列的一个周期，然后再解决相应的问题．[例2] (2019·广西南宁二中、柳州高中联考)已知数列2 008,2 009,1，－2 008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S 2 018＝________.[解析] 由题意可知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝2 008，a 2＝2 009，a 3＝1，a 4＝－2 008，∴a 5＝－2 009，a 6＝－1，a 7＝2 008，a 8＝2 009，…，∴a n ＋6＝a n ，即数列{a n }是以6为周期的数列，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0，∴S 2 018＝336(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6)＋(a 1＋a 2)＝ 4 017.[答案] 4 017 [方法技巧]周期数列的常见形式与解题方法(1)周期数列的常见形式①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数； ②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列． (2)解决此类题目的一般方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n 项的和．[集训冲关]1.[考法二]若数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，则a 2 019＝( ) A ．1 B ．－2 C ．3D ．－3解析：选A 因为a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n－2，所以a n ＋3＝－a n ，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，所以{a n }是以6为周期的周期数列．因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.2.[考法一]已知数列{a n }满足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，所以数列{a n }的最小项必为a n <0，即n ＋13n －16<0,3n －16<0，从而n <163.又n ∈N *，所以当n ＝5时，a n 的值最小．答案：5。

新高考一轮复习人教版数列的概念及表示作业

专题七数列7.1 数列的概念及表示基础篇固本夯基考点数列的概念及表示1.(2022届长沙雅礼中学月考,8)在无穷等差数列{a n }中,记T n =a 1-a 2+a 3-a 4+a 5-…+(-1)n+1a n (n=1,2,…),则“存在m ∈N *,使得T m <T m+2”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答案 B2.(2020河北邯郸线上检测,6)公元前4世纪,毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究.他们借助几何图形(或格点)来表示数,称为形数.形数是联系算术和几何的纽带.下图为五角形数的前4个,则第10个五角形数为( )A.120B.145C.270D.285 答案 B3.(2020浙江丽水四校联考,7)数列{a n }满足a 1=43,a n+1=a n 2-a n +1(n ∈N *),则m=1a 1+1a 2+…+1a 2 014的整数部分是( )A.1B.2C.3D.4 答案 B4.(2022届湖北新高考协作体联考,15)已知数列{a n }的首项a 1=2,其前n 项和为S n ,若S n+1=2S n +1,则a 7= . 答案 965.(2021福建南平模拟,15)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n =n 2a n (n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为 . 答案 a n =2n(n+1)6.(2022届河北唐山玉田一中开学考试)若数列{a n }对任意正整数n,有a n+m =a n q(其中m ∈N *,q 为常数,q ≠0且q ≠1),则称数列{a n }是以m 为周期,以q 为周期公比的“类周期性等比数列”.若“类周期性等比数列”{a n }的前4项为1,1,2,3,周期为4,周期公比为3,则数列{a n }的前21项的和为 . 答案 10907.(2022届广东开学质量检测)将图(1)的正三角形的每条边三等分,并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形,然后去掉底边,得到图(2);将图(2)的每条边三等分,并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形,然后去掉底边,得到图(3);依此类推,将图(n)的每条边三等分,并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形,然后去掉底边,得到图(n+1).上述作图过程不断地进行下去,得到的曲线就是美丽的雪花曲线.若图(1)中正三角形的边长为1,则图(n)的周长为 ,图(n)的面积为 .答案 3×(43)n−1;2√35-3√320×(49)n−18.(2022届湖南天壹名校联盟摸底考试)已知数列{a n }满足a n a n+1=22n,a 1=1. (1)求a 2n ;(2)求满足a 1+a 2+…+a 2n <2022的最大的正整数n 的值. 解析 (1)因为a n a n+1=22n,a 1=1,所以a 1a 2=22,a 2=4,又a n+1a n+2=22n+2,所以a n+1a n+2a n a n+1=a n+2a n =22n+222n =4,所以{a n }的奇数项是以1为首项,4为公比的等比数列,偶数项是以4为首项,4为公比的等比数列,所以a n ={2n−1,n 为奇数,2n ,n 为偶数,所以a 2n =22n.(2)令S 2n =a 1+a 2+…+a 2n ,所以S 2n =1−4n 1−4+4(1−4n )1−4=5(4n −1)3,易知f(x)=5(4x −1)3在定义域上单调递增,且f(4)=425,f(5)=1705,f(6)=6825,因为a 1+a 2+…+a 2n <2022,所以n<6,又因为n 为正整数,所以n 的最大值为5.综合篇知能转换考法一利用S n 与a n 的关系求通项公式1.(2022届全国联考,7)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,则“S n =3n+1”是“数列{a n }是常数列”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 D2.(2021新高考联盟模拟,6)设数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=1,S n+1=2S n +1,则S 7=( ) A.63 B.127 C.128 D.256 答案 B3.(2021上海金山一模,6)已知定义在R 上的函数f(x)是奇函数,且满足f(x+3)=f(x),f(1)=-3,数列{a n }满足S n =2a n +n(其中S n 为{a n }的前n 项和),则f(a 5)+f(a 6)=( ) A.-3 B.-2 C.3 D.2 答案 C4.(2022届新高考联盟月考,18)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,S n+1-1=2S n +n. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)求数列{2na n a n+1}的前n 项和T n .解析 (1)因为S n+1-1=2S n +n,所以S n+1+(n+3)=2[S n +(n+2)],所以数列{S n +(n+2)}是以4为首项,2为公比的等比数列,所以S n +(n+2)=2n+1,所以S n =2n+1-n-2,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2n+1-n-2-(2n-n-1)=2n-1,当n=1时也成立,所以a n =2n-1(n ∈N *).(2)2n a n a n+1=2n (2n −1)(2n+1−1)=12n −1-12n+1−1, 所以数列{2n a n a n+1}的前n 项和T n =(12−1−122−1)+(122−1−123−1)+…+(12n −1−12n+1−1)=1-12n+1−1. 5.(2022届新高考联盟月考,17)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n +a n =1. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)记b n =a n(a n +1)(a n+1+1),求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)由S 1+a 1=1及S 1=a 1得a 1=12, 由S n +a n =1,S n+1+a n+1=1作差得2a n+1-a n =0,所以a n+1a n =12,所以{a n }是以12为首项,12为公比的等比数列,则有a n =12n . (2)由题意得b n =a n (a n +1)(a n+1+1)=2n+1(2n +1)(2n+1+1)=2(12n +1−12n+1+1), 所以T n =∑k=1n b k =∑k=1n2(12k +1−12k+1+1)=23-22n+1+1.6.(2022届重庆八中入学测试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n =2a n -1. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)记b n =2n−1a n,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)当n=1时,S 1=2a 1-1,解得a 1=1.当n ≥2时,S n-1=2a n-1-1,则S n -S n-1=a n =2a n -2a n-1,即a n =2a n-1.所以{a n }是以1为首项,2为公比的等比数列,所以a n =2n-1(n ∈N *). (2)b n =2n−1a n =2n−12n−1,∴T n =1+321+522+…+2n−12n−1, ∴12T n =121+322+523+…+2n−32n−1+2n−12n , 两式相减得12T n =1+221+222+223+…+22n−1-2n−12n =3-2n+32n ,∴T n =6-2n+32n−1(n ∈N *). 7.(2022届全国学业质量联合检测)已知数列{a n },{b n },S n 是数列{a n }的前n 项和,T n =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ,从①b n =3n;②S n =n 2+n;③T n =32+(n −12)·3n+1中选取两个作为条件,证明另外一个成立. 注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.证明若选①②作为条件,由S n =n 2+n 可得,当n=1时,a 1=S 1=2;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,当n=1时符合上式,所以a n =2n(n ∈N *).所以T n =2×31+4×32+…+2n ·3n,3T n =2×32+4×33+…+(2n-2)·3n+2n ·3n+1,两式相减得-2T n =2·(31+32+ (3))-2n ·3n+1=2×3·(1−3n )1−3-2n ·3n+1,所以T n =32+(n −12)·3n+1(n ∈N *),③成立. 若选①③作为条件,当n ≥2时,由T n =a 1·31+a 2·32+…+a n ·3n=32+(n −12)·3n+1,得T n-1=a 1·31+a 2·32+…+a n-1·3n-1=32+(n −32)·3n ,两式相减得a n ·3n =2n ·3n ,所以a n =2n(n ≥2,n ∈N *).当n=1时,a 1·3=32+(1−12)·32,解得a 1=2,符合上式,所以a n =2n(n ∈N *).所以数列{a n }是首项为2,公差为2的等差数列,所以S n =n(2+2n)2=n 2+n(n ∈N *),②成立. 若选②③作为条件,由S n =n 2+n 可得,当n=1时,a 1=S 1=2;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.当n=1时符合上式,所以a n =2n(n ∈N *).当n ≥2时,由T n =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n =32+(n −12)·3n+1,得T n-1=a 1b 1+a 2b 2+…+a n-1b n-1=32+(n −32)·3n ,两式相减得a n b n =2n ·3n ,把a n =2n 代入,解得b n =3n (n ≥2,n ∈N *),当n=1时,2·b 1=32+(1−12)×32=6,解得b 1=3,符合上式,所以b n =3n (n ∈N *),①成立. 8.(2022届广东调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足2S n =3n-1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若c n =a n +log 3a n ,求c 1+c 2+…+c n 的值. 解析 (1)当n=1时,a 1=S 1=3−12=1, 当n ≥2时,2S n-1=3n-1-1,所以2a n =2S n -2S n-1=3n-3n-1=2·3n-1,所以a n =3n-1(n ∈N *,n ≥2),又a 1=1符合上式,所以a n =3n-1(n ∈N *).(2)由(1)可得c n =3n-1+n-1,所以c 1+c 2+…+c n =1×(1−3n )1−3+(n−1)n 2=3n +n 2−n−12.考法二利用递推关系求数列的通项1.(2022届新高考联盟月考,6)已知数列{a n }中,a 2=4,a m+n =a m +a n ,则a 11+a 12+a 13+…+a 19=( ) A.95 B.145 C.270 D.520 答案 C2.(2022届长沙长郡中学月考)在数列{a n }中,对任意n ∈N *,a n =k,当且仅当2k≤n<2k+1,k ∈N 时,若满足a m +a 2m +a 4m +a 8m +a 16m ≥52,则m 的最小值为 . 答案 5123.(2022届江苏泰州中学检测)在数列{a n }中,a 1=3,3a 1a 2+3a 2a 3+…+3a n a n+1=1+12+13+…+1n +n 2(n ∈N *),则a n = ,若λa n ≥4n对所有n ∈N *恒成立,则λ的取值范围是 .答案 6n n(n+1);[32081,+∞)4.(2022届重庆西南大学附属中学开学考,16)设数列{a n }满足a 1=2,a 2=6,a 3=12,数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n+2−S n−1+1S n+1−S n +1=3(n ∈N *且n ≥2).若[x]表示不超过x 的最大整数,b n =[(n+1)2a n],数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 2022的值为 . 答案 20235.(2020课标Ⅰ文,16,5分)数列{a n }满足a n+2+(-1)na n =3n-1,前16项和为540,则a 1= . 答案。

高考数学一轮复习第五篇数列第1节数列的概念与简单表示法课时作业理(含解析)新人教A版

高考数学一轮复习第五篇数列第1节数列的概念与简单表示法课时作业理（含解析）新人教A 版课时作业基础对点练(时间：30分钟)1．数列－1，85，－157，249，…的一个通项公式a n 是( )(A)(－1)nn 22n ＋1(B)(－1)nn n ＋2n ＋1(C)(－1)nn ＋22－12n ＋1(D)(－1)nn n ＋22n ＋1D 解析：将数列中的各项变为－1×33，2×45，－3×57，4×69，…，故其通项a n ＝(－1)nn n ＋22n ＋1.2．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)64A 解析：由a 8＝S 8－S 7＝64－49＝15.3．对于数列{a n }，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( ) (A)必要不充分条件 (B)充分不必要条件 (C)必要条件(D)既不充分也不必要条件B 解析：当a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1＞a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立，即知：a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．故选B.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1，则a 6等于( ) (A)13 (B)113 (C)11 (D)111答案：D5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 的值为( )(A)2＋lg n (B)2＋(n －1)lg n (C)2＋n lg n(D)1＋n lg n答案：A6．(2019石家庄一模)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2018的值为( ) (A)2 (B)－3 (C)12(D)13B 解析：由题a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－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 2018＝a 504×4＋2＝a 2＝－3. 故选B.7．已知{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝________. 解析：由已知条件可得S n ＋1＝2n ＋1，则S n ＝2n ＋1－1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－1－2n＋1＝2n，n ＝1时不适合a n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＝1，2nn ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3n ＝1，2nn ≥2.8．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 ＝________. 解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1·S n ，两边同时除以S n ＋1·S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案：－1n9．(2019青岛调研)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋r ，则a 2＋r ＝________. 解析：∵S n ＝3n＋r ，∴a 1＝3＋r ，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n－3n －1＝2·3n －1，∴r ＝－1.a 2＋r ＝6－1＝5.答案：510．若数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝2a n ＋1. (1)求a 1，a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)因为S n ＝2a n ＋1.所以当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1；同理可得a 2＝－2；a 3＝－4.(2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－2a n －1－1＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1，即数列{a n }是以a 1＝－1为首项，公比q ＝2的等比数列．所以a n ＝－2n －1.能力提升练(时间：15分钟)11．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n0≤a n＜12，2a n－112＜a n＜1，若a 1＝67，则a 2016＝( )(A)17 (B)37 (C)57(D)67B 解析：因为a 1＝67∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1，所以a 2＝2a 1－1＝2×67－1＝57.因为a 2＝57∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1，所以a 3＝2a 2－1＝2×57－1＝37.因为a 3＝37∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12，所以a 4＝2a 3＝2×37＝67.显然a 4＝a 1，根据递推关系，逐步代入，得a 5＝a 2，a 6＝a 3，…故该数列的项呈周期性出现，其周期为3，根据上述求解结果，可得a 3k ＋1＝67，a 3k ＋2＝57，a 3k ＋3＝37(k ∈N )．所以a 2016＝a 3＝37.12．若数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________.答案：1213．已知数列{a n }的前n 项和之和为S n ＝n 2＋n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n ＋1－(n －1)2－(n －1)－1＝2n所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4 n ＝12n n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4 n ＝12n n ≥214．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n ，则a 12＋a 23＋a 34＋…＋a nn ＋1＝________.解析：由a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n ，令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)．与已知递推式作差，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2. ∴a n ＝4(n ＋1)2，当n ＝1时是，a 1适合上式， ∴a n ＝4(n ＋1)2，则a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋a 34＋…＋a n n ＋1＝4(1＋2＋…＋n )＋4n ＝4×n n ＋12＋4n ＝2n 2＋6n .答案：2n 2＋6n15．已知数列{a n }中，a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n －1(n ≥2且n ∈N *)． (1)证明：数列a n －12n为等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式a n .(1)证明：因为a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n－1(n ≥2且n ∈N *)．所以设b n ＝a n －12n ，则b 1＝5－12＝2.b n ＋1－b n ＝a n ＋1－12n ＋1－a n －12n ＝12n ＋1[(a n ＋1－2a n )＋1]＝12n ＋1[(2n ＋1－1)＋1]＝1，由此可知，数列a n －12n为首项是2，公差是1的等差数列． (2)解：由(1)知，a n －12n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，a n ＝(n ＋1)·2n ＋1.16．数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋22n －1(n ∈N *)．(1)求a 3的值；(2)求数列{a n }前n 项和T n .解析：(1)依题3a 3＝(a 1＋2a 2＋3a 3)－(a 1＋2a 2)＝4－3＋223－1－(4－2＋222－1)＝34，解得a 3＝14.(2)依题当n ＞1时，na n ＝(a 1＋2a 2＋…＋na n )－[a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1]＝4－n ＋22n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫4－n ＋12n －2＝n 2n －1，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.又∵a 1＝4－1＋220＝1也适合此式．∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴数列{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，故T n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.。

新人教A版版高考数学一轮复习数列数列的概念与简单表示法教学案理解析版

[考纲传真]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．１．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{a n}的第n项a n通项公式数列{a n}的第n项a n与n之间的关系能用公式a n＝f（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 n＝a１＋a２＋…＋a n叫做数列的前n项和列表法列表格表示n与a n的对应关系图象法把点（n，a n）画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a１和a n＋１＝f（a n）或a１，a２和a n＋１＝f（a n，a n—１）等表示数列的方法n n若数列{a n}的前n项和为S n，则a n＝错误!４．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*[求数列的最大（小）项，一般可以利用数列的单调性，即用错误!（n≥２，n∈N*）或错误!（n≥２，n∈N*）求解，也可以转化为函数的最值问题或利用数形结合思想求解．[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．（）（２）一个数列中的数是不可以重复的．（）（３）所有数列的第n项都能使用公式表达．（）（４）根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．（）[答案] （１）×（２）×（３）×（４）√２．已知数列错误!，错误!，错误!，…，错误!，…，下列各数中是此数列中的项的是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!B [该数列的通项a n＝错误!，结合选项可知B正确．]３．设数列{a n}的前n项和S n＝n２，则a8的值为（）Ａ．１５Ｂ．１6 C．４9 Ｄ．6４A [a8＝S8—S7＝8２—7２＝１５．故选Ａ．]４．（教材改编）在数列{a n}中，a１＝１，a n＝１＋错误!（n≥２），则a５等于（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!D [∵a１＝１，∴a２＝１＋错误!＝１＋１＝２；a３＝１—错误!＝１—错误!＝错误!；a４＝１＋错误!＝１＋２＝３；a５＝１—错误!＝１—错误!＝错误!.]５．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a n＝________.５n—４[{a n}是以１为首项，５为公差的等差数列，∴a n＝１＋（n—１）×５＝５n—４．]由a n与S n的关系求通项公式１．已知数列{a n}的前n项和为S n＝错误!n２＋错误!n＋３，则数列{a n}的通项公式a n＝________.错误![当n＝１时，a１＝S１＝错误!＋错误!＋３＝错误!.又当n≥２时，a n＝S n—S n—１＝错误!n２＋错误!n＋３—错误!＝错误!n＋错误!.∴a n＝错误!]２．若数列{a n}的前n项和S n＝错误!a n＋错误!，则{a n}的通项公式a n＝________.（—２）n—１[由S n＝错误!a n＋错误!得当n≥２时，S n—１＝错误!a n—１＋错误!，∴a n＝S n—S n—１＝错误!—错误!＝错误!a n—错误!a n—１.即a n＝—２a n—１，（n≥２）．又a１＝S１＝错误!a１＋错误!，∴a１＝１．∴数列{a n}是以首项为１，公比为—２的等比数列，∴a n＝（—２）n—１.]３．已知数列{a n}满足a１＋２a２＋３a３＋４a４＋…＋na n＝３n２—２n＋１，求a n.[解] 设a１＋２a２＋３a３＋４a４＋…＋na n＝T n，当n＝１时，a１＝T１＝３×１２—２×１＋１＝２，当n≥２时，na n＝T n—T n—１＝３n２—２n＋１—[３（n—１）２—２（n—１）＋１]＝6n—５，因此a n＝错误!，显然当n＝１时，不满足上式．故数列的通项公式为a n＝错误!][规律方法] 已知S n求a n的三个步骤１先利用a１＝S１求出a１.２用n—１替换S n中的n得出S n—１，利用a n＝S n—S n—１n≥２便可求出当n≥２时a n的表达式.３看a１是否符合n≥２时a n的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应写成分段的形式.易错警示：利用a n＝S n—S n—１求通项时，应注意n≥２这一前提条件，易忽视验证n＝１致误.由递推关系式求数列的通项公式【例１】分别求出满足下列条件的数列的通项公式．（１）a１＝２，a n＋１＝a n＋３n＋２（n∈N*）；（２）a１＝１，a n＝错误!a n—１（n≥２，n∈N*）；（３）a１＝１，a n＋１＝３a n＋２（n∈N*）．[解] （１）∵a n＋１—a n＝３n＋２，∴a n—a n—１＝３n—１（n≥２），∴a n＝（a n—a n—１）＋（a n—１—a n—２）＋…＋（a２—a１）＋a１＝错误!（n≥２）．当n＝１时，a１＝错误!×（３×１＋１）＝２符合公式，∴a n＝错误!n２＋错误!.（２）当n≥２，n∈N*时，a n＝a１×错误!×错误!×…×错误!＝１×错误!×错误!×…×错误!×错误!×错误!＝n，当n＝１时，也符合上式，∴该数列的通项公式为a n＝n.（３）∵a n＋１＝３a n＋２，∴a n＋１＋１＝３（a n＋１），又a１＝１，∴a１＋１＝２，故数列{a n＋１}是首项为２，公比为３的等比数列，∴a n＋１＝２·３n—１，因此a n＝２·３n—１—１．[规律方法] 由数列的递推关系求通项公式的常用方法１已知a１，且a n—a n—１＝f n，可用“累加法”求a n.２已知a１a１≠0，且错误!可用“累乘法”求a n.３已知a１，且a n＋１＝qa n＋b，则a n＋１＋k＝q a n＋k其中k可由待定系数法确定，可转化为{a n＋k}为等比数列.易错警示：本题１，２中常见的错误是忽视验证a１是否适合所求式.n１n＋１n nＡ．２＋ln nＢ．２＋（n—１）ln nＣ．２＋n ln nＤ．１＋n＋ln n（２）若a１＝１，a n＋１＝３a n＋３n＋１，则a n＝________.（１）A （２）n·３n—２·３n—１[（１）∵a n＋１—a n＝ln错误!＝ln错误!，∴a２—a１＝ln错误!，a３—a２＝ln错误!，…，a n—a n—１＝ln错误!，n≥２，∴a２—a１＋a３—a２＋…＋a n—a n—１＝ln错误!＝ln n，∴a n—a１＝ln n⇒a n＝２＋ln n（n≥２）．将n＝１代入检验有a１＝２＋ln １＝２与已知符合，故a n＝２＋ln n.（２）因为a n＋１＝３a n＋３n＋１，所以错误!＝错误!＋１，所以错误!—错误!＝１，又错误!＝错误!，所以数列错误!是以错误!为首项，１为公差的等差数列．所以错误!＝错误!＋（n—１）＝n—错误!，所以a n＝n·３n—２·３n—１.]数列的性质【例２】（１）已知数列{a n}满足a n＋１＝错误!，若a１＝错误!，则a２0１8＝（）Ａ．—１Ｂ．错误!Ｃ．１Ｄ．２（２）已知数列{a n}满足：a１＝１，a n＋１＝错误!（n∈N*），若b n＋１＝（n—λ）错误!，b１＝—λ，且数列{b n}是递增数列，则实数λ的取值范围是（）Ａ．（２，＋∞）Ｂ．（３，＋∞）Ｃ．（—∞，２）Ｄ．（—∞，３）（３）已知数列{a n}满足a n＝错误!（n∈N*），则数列{a n}的最小项是第________项．（１）D （２）C （３）５[（１）由a１＝错误!，a n＋１＝错误!，得a２＝错误!＝２，a３＝错误!＝—１，a４＝错误!＝错误!，a５＝错误!＝２，…，于是可知数列{a n}是以３为周期的周期数列，因此a２0１8＝a３×67２＋２＝a２＝２．（２）由a n＋１＝错误!，知错误!＝错误!＋１，即错误!＋１＝２错误!，所以数列错误!是首项为错误!＋１＝２，公比为２的等比数列，所以错误!＋１＝２n，所以b n＋１＝（n—λ）·２n，因为数列{b n}是递增数列，所以b n＋１—b n＝（n—λ）２n—（n—１—λ）２n—１＝（n＋１—λ）２n—１＞0对一切正整数n恒成立，所以λ＜n＋１，因为n∈N*，所以λ＜２，故选Ｃ．（３）因为a n＝错误!，所以数列{a n}的最小项必为a n＜0，即错误!＜0,３n—１6＜0，从而n＜错误!.又n∈N*，所以当n＝５时，a n的值最小．][规律方法] １．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．２．判断数列单调性的二种方法（１）作差比较法：比较a n＋１—a n与0的大小．（２）作商比较法：比较错误!与１的大小，注意a n的符号．３．求数列最大项或最小项的方法（１）利用不等式组错误!（n≥２）找到数列的最大项；（２）利用不等式组错误!（n≥２）找到数列的最小项．n nＡ．递减数列Ｂ．递增数列Ｃ．常数列Ｄ．摆动数列（２）数列{a n}的通项公式是a n＝（n＋１）·错误!n，则此数列的最大项是第________项．（３）若a n＝n２＋kn＋４且对于n∈N*，都有a n＋１＞a n成立，则实数k的取值范围是________．（１）B （２）9或１0 （３）（—３，＋∞）[（１）a n＝１—错误!，将a n看作关于n的函数，n∈N*，易知{a n}是递增数列．（２）∵a n＋１—a n＝（n＋２）错误!n＋１—（n＋１）错误!n＝错误!n×错误!，当n＜9时，a n＋１—a n＞0，即a n＋１＞a n；当n＝9时，a n＋１—a n＝0，即a n＋１＝a n；当n＞9时，a n＋１—a n＜0，即a n＋１＜a n，∴该数列中有最大项，且最大项为第9,１0项．（３）由a n＋１＞a n知该数列是一个递增数列，又∵通项公式a n＝n２＋kn＋４，∴（n＋１）２＋k（n＋１）＋４＞n２＋kn＋４，即k＞—１—２n，又n∈N*，∴k＞—３．]１．（２0１8·全国卷Ⅰ）记S n为数列{a n}的前n项和．若S n＝２a n＋１，则S6＝________.—6３[因为S n＝２a n＋１，所以当n＝１时，a１＝２a１＋１，解得a１＝—１，当n≥２时，a n＝S n—S n—１＝２a n＋１—（２a n—１＋１），所以a n＝２a n—１，所以数列{a n}是以—１为首项，２为公比的等比数列，所以a n＝—２n—１，所以S6＝错误!＝—6３．]２．（２0１５·全国卷Ⅱ）设S n是数列{a n}的前n项和，且a１＝—１，a n＋１＝S n S n＋１，则S n＝________.—错误![∵a n＋１＝S n＋１—S n，a n＋１＝S n S n＋１，∴S n＋１—S n＝S n S n＋１.∵S n≠0，∴错误!—错误!＝１，即错误!—错误!＝—１．又错误!＝—１，∴错误!是首项为—１，公差为—１的等差数列．∴错误!＝—１＋（n—１）×（—１）＝—n，∴S n＝—错误!.]３．（２0１４·全国卷Ⅱ）数列{a n}满足a n＋１＝错误!，a8＝２，则a１＝________.错误![∵a n＋１＝错误!，a8＝２，∴a7＝错误!，a6＝—１，a５＝２，∴{a n}是周期为３的数列，∴a8＝a３×２＋２＝a２＝２．而a２＝错误!，∴a１＝错误!.]。

高三数学(理)一轮复习讲解与练习5.1数列的概念及简单表示法(含答案解析)

第一节数列的概念与简单表示法[备考方向要明了][归纳·知识整合]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．排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做首项)．2．数列的分类3．数列的表示法数列的表示方法有列表法、图象法、公式法． 4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 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．[探究] 1.数列的通项公式唯一吗？是否每个数列都有通项公式？提示：不唯一，如数列－1,1，－1,1，…的通项公式可以为a n ＝(－1)n 或a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n 为奇数，1，n 为偶数.有的数列没有通项公式． 5．数列的递推公式若一个数列{a n }的首项a 1确定，其余各项用a n 与a n －1的关系式表示(如a n ＝2a n －1＋1，n ＞1)，则这个关系式就称为数列的递推公式．[探究] 2.通项公式和递推公式有何异同点？提示：[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)已知数列{a n }的前4项分别为2,0,2，0，…，则下列各式不可以作为数列{a n }的通项公式的一项是( )A ．a n ＝1＋(－1)n ＋1B ．a n ＝2sin n π2C ．a n ＝1－cos n πD ．a ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数解析：选B 若a n ＝2sin n π2，则a 1＝2sin π2＝2，a 2＝2sin π＝0，a 3＝2sin 3π2＝－2，a 4＝2sin2π＝0.2．已知数列的通项公式为a n ＝n 2－8n ＋15，则3( )A ．不是数列{a n }中的项B ．只是数列{a n }中的第2项C ．只是数列{a n }中的第6项D ．是数列{a n }中的第2项或第6项解析：选D 令a n ＝3，即n 2－8n ＋15＝3，解得n ＝2或6，故3是数列{a n }中的第2项或第6项．3．(教材习题改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 5＝( )A.32B.53 C.74D.85解析：选D 由题意知，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝32，a 4＝53，a 5＝85.4．(教材改编题)已知数列2，5，22，…，根据数列的规律，25应该是该数列的第________项．解析：由于2＝3×1－1,5＝3×2－1,8＝3×3－1，… 故可知该数列的通项公式为a n ＝3n －1 由25＝3n －1，得n ＝7. 答案：75．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ＝1,2,3，…)，则此数列的通项公式为a n ＝________；数列{na n }中数值最小的项是第________项．解析：∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－10n )－[(n －1)2－10(n －1)]＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也满足a n ＝2n －11， ∴a n ＝2n －11.∴na n ＝2n 2－11n ＝2⎝⎛⎭⎫n 2－112n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫n －1142－12116 ＝2⎝⎛⎫n －1142－1218. 又∵n ∈N *，∴当n ＝3时，na n 取最小值．答案：2n －11 3[例1] 根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…；(2)12，34，78，1516，3132，…； (3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…. [自主解答] (1)各数都是偶数，且最小为4，所以通项a n ＝2(n ＋1)(n ∈N *)． (2)注意到分母分别是21,22,23,24,25，…，而分子比分母少1，所以其通项a n ＝2n －12n (n ∈N *)．(3)分母规律明显，而第2,3,4项的绝对值的分子比分母少3，因此可考虑把第1项变为－2－32，这样原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，－25－325，26－326，…所以其通项a n ＝(－1)n 2n－32n(n ∈N *)． ——————————————————— 用观察法求数列的通项公式的技巧用观察归纳法求数列的通项公式，关键是找出各项的共同规律及项与项数n 的关系．当项与项之间的关系不明显时，可采用适当变形或分解，以凸显规律，便于归纳．当各项是分数时，可分别考虑分子、分母的变化规律及联系，正负相间出现时，可用(－1)n 或(－1)n ＋1调节．1．写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数： (1)23，415，635，863，1099，…； (2)－1，13，－935，1763，－3399，…；(3)9,99,999,9 999，….解：(1)分子是连续的偶数，且第1个数是2，所以用2n 表示；分母是22－1,42－1,62－1,82－1,102－1，所以用(2n )2－1表示．所以a n ＝2n (2n )2－1＝2n4n 2－1(n ∈N *)． (2)正负交替出现，且奇数项为负，偶数项为正，所以用(－1)n 表示； 1， 13， 935， 1763， 3399，…↕ ↕ ↕ ↕ ↕31×3， 53×5， 95×7， 177×9， 339×11，… 分母是连续奇数相乘的形式，观察和项数n 的关系，用(2n －1)(2n ＋1)表示；分子是21＋1,22＋1,23＋1,24＋1，用2n ＋1表示．所以a n ＝(－1)n·2n ＋1(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n ·2n＋14n 2－1(n ∈N *)． (3) 9， 99， 999， 9 999，… ↕ ↕ ↕ ↕101－1， 102－1， 103－1， 104－1，… 所以a n ＝10n －1(n ∈N *).[例2] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n －1，求它的通项公式a n .[自主解答] 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －1－(3n －1－1)＝2×3n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝2也满足a n ＝2×3n －1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －1.若将“S n ＝3n －1”改为“S n ＝n 2－n ＋1”，如何求解？解：∵a 1＝S 1＝12－1＋1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－n ＋1)－[(n －1)2－(n －1)＋1] ＝2n －2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1(n ＝1)，2n －2(n ≥2).———————————————————已知S n 求a n 时应注意的问题数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.当n ＝1时，a 1若适合S n－S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示．2．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *.求数列{a n }的通项公式．解：由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2.由已知a 1＝S 1>1，因此a 1＝2. 又由a n ＋1＝S n ＋1－S n＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去．因此a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.[例3] 根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2； (2)a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)；(3)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2. [自主解答] (1)∵a n ＋1＝3a n ＋2， ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3.∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3. 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2×3n －1.∴a n ＝2×3n －1－1.(2)∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，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 .(3)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2.——————————————————— 由递推公式求通项公式的常用方法已知数列的递推关系，求数列的通项公式时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n －1时，用累乘法求解.3．(2012·大纲全国卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n >1时有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1.于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理得a n ＝n (n ＋1)2.综上可知，数列{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.[例4] 已知数列{a n }． (1)若a n ＝n 2－5n ＋4， ①数列中有多少项是负数？②n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值．(2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 成立．求实数k 的取值范围． [自主解答] (1)①由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. ∵n ∈N *，∴n ＝2,3.∴数列中有两项是负数，即为a 2，a 3.②∵a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94的对称轴方程为n ＝52. 又n ∈N *，∴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，即得k >－3.———————————————————函数思想在数列中的应用(1)数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决． (2)数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性时常用：①作差；②作商；③结合函数图象等方法．4．若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________.解析：法一：由题意知，⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k ≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，解得10≤k ≤1＋10. ∵k ∈N *，∴k ＝4.法二：设a n ＝n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n ，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)⎝⎛⎭⎫23n ＋1－n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n ＝⎝⎛⎭⎫23n ⎣⎡⎦⎤23(n ＋1)(n ＋5)－n (n ＋4) ＝⎝⎛⎭⎫23n 10－n23.当n ≤3时，a n ＋1－a n ＞0，即a n ＋1＞a n ，当n ≥4时，a n ＋1－a n ＜0，即a n ＋1＜a n ，故a 1＜a 2＜a 3＜a 4，且a 4＞a 5＞a 6＞….所以数列中最大项是第4项．答案：41个关系——数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．因此，在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．3类问题——数列通项公式的求法及最大(小)项问题 (1)由递推关系求数列的通项公式常用的方法有： ①求出数列的前几项，再归纳出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用叠加法、累乘法、迭代法． (2)由S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路有：①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； ②转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 的关系，再求a n . (3)数列{a n }的最大(小)项的求法可以利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1，找到数列的最大项；利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1，找到数列的最小项.创新交汇——数列与函数的交汇问题1．数列的概念常与函数、方程、解析几何、不等式等相结合命题．2．正确理解、掌握函数的性质(如单调性、周期性等)是解决此类问题的关键． [典例] (2012·上海高考)已知f (x )＝11＋x.各项均为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2＝f (a n )．若a 2 010＝a 2 012，则a 20＋a 11的值是________．[解析] ∵a n ＋2＝11＋a n ，又a 2 010＝a 2 012＝11＋a 2 010， ∴a 22 010＋a 2 010＝1. 又a n >0，∴a 2 010＝5－12. 又a 2 010＝11＋a 2 008＝5－12，∴a 2 008＝5－12，同理可得a 2 006＝…＝a 20＝5－12. 又a 1＝1，∴a 3＝12，a 5＝11＋a 3＝23，a 7＝11＋a 5＝35，a 9＝11＋a 7＝58，a 11＝11＋a 9＝813.∴a 20＋a 11＝5－12＋813＝135＋326. [答案]135＋326[名师点评]1．本题具有以下创新点(1)数列{a n }的递推关系式，以函数f (x )＝11＋x为载体间接给出； (2)给出的递推关系式不是相邻两项，即a n 与a n －1(n ≥2)之间的关系，而是给出a n 与a n＋2之间的关系式，即奇数项与奇数项、偶数项与偶数项之间的递推关系． 2．解决本题的关键有以下两点 (1)正确求出数列{a n }的递推关系式； (2)正确利用递推公式a n ＋2＝11＋a n，分别从首项a 1推出a 11和从a 2 010推出a 20. [变式训练]1．已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为( )A.172 B.212 C ．10D ．21解析：选B 由已知条件可知：当n ≥2时， a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝33＋2＋4＋…＋2(n －1)＝n 2－n ＋33，又n ＝1时，a 1＝33适合，故a n ＝n 2－n ＋33. 又a n n ＝n ＋33n－1，令f (n )＝n ＋33n －1，f (n )在[1,5]上为减函数，f (n )在[6，＋∞)上为增函数，又f (5)＝535，f (6)＝212，所以f (5)>f (6)．故f (n )＝a n n 的最小值为212.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1(x ≤0)，f (x －1)＋1(x >0)，把函数g (x )＝f (x )－x 的零点按从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为( )A ．a n ＝n (n －1)2(n ∈N *)B ．a n ＝n (n －1)(n ∈N *)C ．a n ＝n －1(n ∈N *)D ．a n ＝2n －2(n ∈N *)解析：选C 据已知函数关系式可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1(x ≤0)，2x －1(0<x ≤1)，2x －2＋1(1<x ≤2)，…，此时易知函数g (x )＝f (x )－x 的前几个零点依次为0,1,2，…，代入验证只有C 符合.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n 是( )A.n 2n ＋1B.n 2n －1C.n 2n －3D.n 2n ＋3解析：选B 由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项为n2n －1.2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ<1”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A 若数列{a n }为递增数列，则有a n ＋1－a n >0，即2n ＋1>2λ对任意的n ∈N *都成立，于是有3>2λ，即λ<32.由λ<1可得λ<32，但反过来，由λ<32不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件．3．数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大值是( )A ．310B ．19 C.119D.1060解析：选C 因为a n ＝1n ＋90n，运用基本不等式得1n ＋90n≤1290，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或10时，a n ＝119最大． 4．(2013·银川模拟)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T r ，则T 2 013的值为( )A ．－12B ．－1 C.12D ．2解析：选B 由a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，从而T 2 013＝(－1)671＝－1.5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足5<a k <8，则k ＝( ) A ．9 B ．8 C ．7D ．6解析：选B 由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S n (n ＝1)S n －S n －1(n ≥2)＝⎩⎪⎨⎪⎧－8(n ＝1)，2n －10(n ≥2)，得a n ＝2n －10. 由5<2k －10<8得7.5<k <9，由于k ∈N *，所以k ＝8. 6．(2012·福建高考)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( )A ．1 006B ．2 012C ．503D ．0解析：选A 由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，…，a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k＋3＋a 4k ＋4＝2，k ∈N ，故S 2 012＝503×2＝1 006.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．根据下图5个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第n 个图中有________个点．解析：观察图中5个图形点的个数分别为1,1×2＋1,2×3＋1，3×4＋1,4×5＋1，故第n 个图中点的个数为(n －1)×n ＋1＝n 2－n ＋1. 答案：n 2－n ＋18．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ⎝⎛⎫0≤a n <12，2a n－1⎝⎛⎭⎫12≤a n<1，若a 1＝67，则a 2 013＝________.解析：因为a 1＝67∈⎣⎡⎭⎫12，1，所以a 2＝2a 1－1＝2×67－1＝57.因为a 2＝57∈⎣⎡⎭⎫12，1，所以a 3＝2a 2－1＝2×57－1＝37.因为a 3＝37∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 4＝2a 3＝2×37＝67. 显然a 4＝a 1，根据递推关系，逐步代入，得a 5＝a 2，a 6＝a 3，…故该数列的项呈周期性出现，其周期为3，根据上述求解结果，可得a 3k ＋1＝67，a 3k ＋2＝57，a 3k ＋3＝37(k ∈N )．所以a 2 013＝a 3×671＝a 3＝37.答案：379．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则b 10＝________.解析：∵a n ＋a n ＋1＝b n ，a n ·a n ＋1＝2n ， ∴a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，∴a n ＋2＝2a n .又∵a 1＝1，a 1·a 2＝2，∴a 2＝2， ∴a 2n ＝2n ，a 2n －1＝2n －1(n ∈N *)，∴b 10＝a 10＋a 11＝64. 答案：64三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．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，求a 3＋a 5的值．解：∵a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2， ∴a 1a 2＝4，a 1a 2a 3＝9，解得a 3＝94.同理a 5＝2516.∴a 3＋a 5＝6116.11．已知数列{a n }的前n 项和S n ，分别求它们的通项公式a n . (1)S n ＝2n 2＋3n ； (2)S n ＝2n ＋1.解：(1)由题可知，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2×12＋3×1＝5，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋3n )－[2(n －1)2＋3(n －1)]＝4n ＋1. 当n ＝1时，4×1＋1＝5＝a 1，故a n ＝4n ＋1. (2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2＋1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1)－(2n －1＋1)＝2n －1.当n ＝1时，21－1＝1≠a 1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(n ＝1)，2n －1(n ≥2).12．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 }的增减性．解：(1)a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)，故b n＝⎩⎨⎧1n(n ≥2)，23(n ＝1).(2)∵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＝－n －1(2n ＋2)(2n ＋3)(n ＋1)<0.∴{c n }是递减数列．1．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式： (1)－1,7，－13,19，…； (1)0.8,0.88,0.888，…；(3)32，1，710，917，…； (4)0,1,0,1，….解：(1)符号问题可通过(－1)n 或(－1)n＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…故a n ＝89⎝⎛⎭⎫1－110n . (3)将数列统一为32，55，710，917，…，对于分子3,5,7，9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，故可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.(4)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 (n 为奇数)，1 (n 为偶数)或a n ＝1＋(－1)n 2或a n ＝1＋cos n π2.2．已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n (n ∈N *)，试问数列{a n }有没有最大项？若有，求最大项和最小项的项数；若没有，说明理由．解：∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ＝⎝⎛⎭⎫1011n ·9－n 11，当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ；故a 1<a 2<a 3<…<a 9＝a 10>a 11>a 12>… ∴数列中有最大项，最大项为第9、10项，即a 9＝a 10＝1010119.3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，点⎝⎛⎭⎫n ，S nn (n ∈N *)均在函数y ＝3x －2的图象上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .解：(1)依题意得，S nn＝3n －2，即S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5. 所以a n ＝6n －5(n ∈N *)． (2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n ＋1)－5]＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝∑i ＝1nbi＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1. 因此，使得12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<m 20(n ∈N *)成立的m 必须且仅需满足12≤m20，即m ≥10，故满足要求的最小正整数m 为10.4．(2012·浙江高考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解：(1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，易知当n ＝1时也满足通式a n ＝4n －1，所以a n ＝4n －1，n ∈N *.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知a n ·b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N *，所以T n ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1，2T n ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ，2T n －T n ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n ＋5.故T n ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N *.。

2022版新高考数学人教A版一轮作业课件：三十一数列的概念

二、填空题(每小题5分，共15分) 8．设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝ ________，S5＝________．
【解析】方法一：由aa12＋＝2a2a＝1＋4， 1，解得a1＝1.由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋12 ＝3Sn＋12 ，所以Sn＋12 是以32 为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋12 ＝32 ×3n－1，即Sn＝3n－2 1 ，所以S5＝121.
9．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an＝________．
【解析】观察图形，发现a1＝1，a2＝a1＋4，a3＝a2＋7，a4＝a3＋10，猜测当 n≥2时，an＝an－1＋3n－2，所以an－an－1＝3n－2，所以an＝(an－an－1)＋ (an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(3n－2)＋[3(n－1)－2]＋…＋(3×2－2)＋1 ＝32 n2－12 n. 答案：32 n2－21 n
的通项公式为an＝( )
A．2·3n－1
B．3n－1
C．2·3n
D．2·3n＋1
【解析】选A.由an＋1＝3an，得aan＋n1 ＝3. 因此可得aa21 ＝3，aa32 ＝3，aa43 ＝3，…，aan－n1 ＝3.
将上面的n－1个式子相乘可得aa21 ·aa32 ·aa43 ·…·aan－n1 ＝3n－1. 即aan1 ＝3n－1，所以an＝a1·3n－1，又a1＝2，故an＝2·3n－1.
三十一数列的概念
【基础落实练】（30分钟 50分）

新教材高考数学一轮复习课时质量评价32数列的概念与简单表示法含解析新人教A版

新教材高考数学一轮复习：课时质量评价(三十二)(建议用时：45分钟)A 组全考点巩固练1．数列{a n }中，a n ＋1＝2a n ＋1，a 1＝1，则a 6＝( )A ．32B ．62C ．63D ．64C 解析：数列{a n }中，a n ＋1＝2a n ＋1，故a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)．因为a 1＝1，故a 1＋1＝2≠0，故a n ＋1≠0，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝2，所以{a n ＋1}为等比数列，公比为2，首项为2.所以a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1，故a 6＝63.2．(2020·武邑模拟)大衍数列来源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我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．已知该数列前10项是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，则大衍数列中奇数项的通项公式为( )A ．n 2－n 2B ．n 2－12C ．(n －1)22D ．n 22B 解析：取特殊值代入即可求解结论．因为第一项为0，故D 错；第三项为4，故A ，C 错．故选B ．3．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＝( )A ．128B ．16C ．32D ．64D 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＝64.4．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln nC ．2n ＋n ln nD ．1＋n ＋n ln n C 解析：由题意得a n ＋1n ＋1－a n n＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1,2,3，…，(n －1)取代，累加得a n n －a 11＝ln n －ln 1＝ln n ，a n n＝2＋ln n ，所以a n ＝2n ＋n ln n . 5．已知正项数列{a n }单调递增，则使得不等式(1－λa i )2＜1对任意a i (i ＝1,2，…，k )都成立的λ的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫0，1a 1B ．⎝⎛⎭⎫0，2a 1C ．⎝⎛⎭⎫0，1a kD ．⎝⎛⎭⎫0，2a kD 解析：由(1－λa i )2＜1，得－1＜1－λa i ＜1，即0＜λa i ＜2，因为a i ＞0，所以0＜λ＜2a i，因为数列{a n }单调递增，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n 单调递减，所以对任意i ＝1,2，…，k ，有2a k ≤2a i，所以λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，2a k. 6．在数列{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＝________.6116 解析：由题意可知，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，所以a n ＝n 2(n －1)2(n ≥2)，所以a 3＋a 5＝3222＋5242＝6116. 7．定义：称n P 1＋P 2＋…＋P n为n 个正数P 1，P 2，…，P n 的“均倒数”．若数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n －1，则数列{a n }的通项公式为________． a n ＝4n －3 解析：因为n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n －1，所以a 1＋a 2＋…＋a n n＝2n －1. 所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2n －1)n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(2n －3)(n －1)(n ≥2)．当n ≥2时，a n ＝(2n －1)n －(2n －3)(n －1)＝4n －3，a 1＝1也适合此等式，所以a n ＝4n －3.8．(2020·绵阳考前模拟)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 2 021＝________. 2 0211 011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，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×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以T 2 021＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋12 021－12 022 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 022＝2 0211 011.B 组新高考培优练9．(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 ．a n ＝(－1)n －1＋1 B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，n 为奇数，0，n 为偶数 C ．a n ＝2sin n π2 D ．a n ＝cos(n －1)π＋1ABD 解析：对n ＝1,2,3,4进行验证，a n ＝2sinn π2 不合题意．故选ABD ． 10．(多选题)已知数列{a n }满足12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则下列数字在数列{a n }中的是( )A ．14B ．18C ．20D ．32AD 解析：由题意知，数列{a n }满足12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋5，n >1，两式相减得，a n 2n ＝2n ＋5－2(n －1)－5＝2，所以a n ＝2n ＋1，n >1，n ∈N *.当n ＝1时，a 12＝7，所以a 1＝14，不满足上式．综上可知，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝1，2n ＋1，n ≥2. 11．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n ＋1－a n }的通项公式a n ＝________，数列{a n }的通项公式a n ＝________.3×2n －1 3×2n －1－2 解析：由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，所以数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1－a n ＝3×2n －1，所以当n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加，得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，所以a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．12．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．解：(1)因为a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)，又a ＝－7，所以a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)．结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1＞a 1＞a 2＞a 3＞a 4，a 5＞a 6＞a 7＞…＞a n ＞1(n ∈N *)．所以数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a 2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5＜2－a 2＜6，得－10＜a ＜－8. 所以a 的取值范围是(－10，－8)．13．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)因为2S n ＝(n ＋1)a n ，所以2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，所以2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n .即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，所以a n ＋1n ＋1＝a n n，所以a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，所以a n ＝n (n ∈N *)．(2)b n ＝3n －λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n －λ(2n ＋1)．因为数列{b n }为递增数列，所以2·3n －λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n 2n ＋1. 令c n ＝2·3n 2n ＋1，即c n＋1c n＝2·3n＋12n＋3·2n＋12·3n＝6n＋32n＋3>1.所以数列{c n}为递增数列，所以λ<c1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．。

(新课标)高考数学一轮总复习第六章数列第31讲数列的概念与通项公式导学案新人教A版-新人教

第6章数列[知识体系p85]第31讲数列的概念与通项公式【课程要求】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函数．3．会利用已知数列的通项公式或递推关系式求数列的某项．4．会用数列的递推关系求其通项公式．对应学生用书p85【基础检测】概念辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)所有数列的第n项都能使用公式表达．( )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )(4)1，1，1，1，…，不能构成一个数列．( )(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )(6)如果数列{a n}的前n项和为S n，则对∀n∈N*，都有a n＋1＝S n＋1－S n.( )[答案] (1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√教材改编2．[必修5p 33A 组T 4]在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋（－1）na n －1(n≥2)，则a 5等于( )A .32B .53C .85D .23[解析]a 2＝1＋（－1）2a 1＝2，a 3＝1＋（－1）3a 2＝12，a 4＝1＋（－1）4a 3＝3，a 5＝1＋（－1）5a 4＝23.[答案]D3．[必修5p 33A 组T 5]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a n ＝________．[答案]5n －4易错提醒4．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n(n∈N *)，则此数列最大项的值是________．[解析]a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. [答案]305．已知a n ＝n 2－λn，且对于任意的n∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．[解析]因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2－λ(n ＋1)>n 2－λn ，整理，得2n ＋1－λ>0，即λ<(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以2n ＋1≥3，要使不等式(*)恒成立，只需λ<3. [答案] (－∞，3)6．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，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n≥2，n∈N *. [答案]⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N * 【知识要点】 1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1 ，n ＝1， S n －S n －1 ，n≥2且n∈N *.4．数列的分类对应学生用书p 86由数列的前几项求数列的通项公式1 根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4，6，8，10，…；(2)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(3)a ，b ，a ，b ，a ，b ，…(其中a ，b 为实数)； (4)9，99，999，9999，….[解析] (1)该数列中各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式为a n ＝2(n ＋1)，n∈N *.(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n×1n （n ＋1），n ∈N *.(3)这是一个摆动数列，奇数项是a ，偶数项是b ，所以此数列的一个通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n 为奇数，b ，n 为偶数. (4)这个数列的前4项可以写成10－1，100－1，1000－1，10000－1，所以它的一个通项公式为a n ＝10n－1，n ∈N *.[小结]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征； ②相邻项的变化特征； ③拆项后的特征； ④各项符号特征等．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n ＋1来调整．1．已知数列：2，0，2，0，2，0，…前六项不适合．．．下列哪个通项公式( ) A ．a n ＝1＋(－1)n ＋1B ．a n ＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2 C ．a n ＝1－(－1)n D ．a n ＝2sinn π2[解析]对于选项A ，a n ＝1＋(－1)n ＋1取前六项得2，0，2，0，2，0满足条件；对于选项B ，a n ＝2|sin n π2|取前六项得2，0，2，0，2，0满足条件；对于选项C ，a n ＝1－(－1)n取前六项得2，0，2，0，2，0满足条件；对于选项D ，a n ＝2sin n π2取前六项得2，0，－2，0，2，0不满足条件．[答案]D由递推公式求通项公式2 数列{a n }分别满足下列条件，求数列{a n }的通项公式： (1)a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n≥2，n∈N *)；(2)a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)； (3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)； (4)a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N *)．[解析] (1)∵a n ＝n －1na n －1(n ≥2)， ∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，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，上式也成立．∴a n ＝1n(n ∈N *)．(2)由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（n －1）（2＋n ）2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3. 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∵当n ＝1时也满足此式．∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．(4)∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． [小结]已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列求解；当出现a n ＋1＝Aa nBa n ＋C时，构造等差数列求解．2．若数列{}a n 分别满足下列条件，求数列{}a n 的通项公式：(1)a 1＝1，a n ＝n n －1a n －1(n≥2，n∈N *)；(2)a 1＝2019，a n ＋1＝3a n ＋2()n ∈N *；(3)a 1＝2，a n ＋1＝a n2a n ＋1()n ∈N *. [解析] (1)因为a n ＝nn －1a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －1n －2a n －2，a n －2＝n －2n －3a n －3，…，a 2＝21a 1. 以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·21·32·…·nn －1＝na 1＝n ，当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．所以a n ＝n ()n ∈N *.(2)由a n ＋1＝3a n ＋2得：a n ＋1＋1＝3()a n ＋1，∴数列{}a n ＋1是以a 1＋1＝2020为首项，3为公比的等比数列． ∴a n ＋1＝2020×3n －1，∴a n ＝2020×3n －1－1.(3)∵a n ＋1＝a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝2，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公差为2的等差数列，∴1a n ＝1a 1＋()n －1×2＝4n －32，即a n ＝24n －3. a n 与S n 关系的应用3 (1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)(n∈N *)，则a n ＝( ) A ．2n B ．2n －1C ．2n D ．2n－1[解析]当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n－1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n. [答案]C(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ≠0，a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________． [解析]∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝1a 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列． ∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.[答案]－1n[小结](1)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． ②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)应用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2且n ∈N *求数列通项公式时应注意验证a 1是否符合一般规律．3．在数列{a n }中，a n >0，且前n 项和S n 满足4S n ＝(a n ＋1)2(n∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．[解析]当n ＝1时，4S 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1；当n ≥2时，由4S n ＝(a n ＋1)2＝a 2n ＋2a n ＋1，得4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1＋1，两式相减得4S n －4S n －1＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1＝4a n ，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1－2＝0，即a n －a n －1＝2，又a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. [答案]a n ＝2n －1对应学生用书p 87(2018·全国卷Ⅰ理)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝__________． [解析]法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32. 所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63.[答案]－63。

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课时作业31 数列的概念与简单表示法一、选择题1．已知数列1,2，7，10，13，…，则219在这个数列中的项数是( C )A ．16B ．24C ．26D ．28解析：因为a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n ＝3n －2. 令a n ＝3n －2＝219＝76，解得n ＝26.2．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 ＝( D ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：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 )＝20.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11的值为( A ) A ．31 B ．32 C ．61D ．62解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19，a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31. 4．设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( C )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，92解析：因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.5．(2019·湖北八校联考)已知数列{a n }满足a n ＝5n －1(n ∈N *)，将数列{a n }中的整数项按原来的顺序组成新数列{b n }，则b 2 017的末位数字为( B )A ．8B ．2C ．3D ．7解析：由a n ＝5n －1(n ∈N *)，可得此数列为4，9，14，19，24，29，34，39，44，49，54，59，64，…，整数项为4，9，49，64，144，169，…， ∴数列{b n }的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，…，∵2 017＝4×504＋1，∴b 2 017的末位数字为2，故选B. 6．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，若b n ＋1＝(n －λ)(1a n＋1)，b 1＝－λ，且数列{b n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( C )A ．(2，＋∞)B ．(3，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(－∞，3)解析：由a n ＋1＝a na n ＋2，知1a n ＋1＝2a n ＋1，即1a n ＋1＋1＝2(1a n ＋1)，所以数列{1a n＋1}是首项为1a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，所以1a n＋1＝2n ，所以b n ＋1＝(n －λ)·2n，因为数列{b n }是递增数列，所以b n ＋1－b n ＝(n －λ)2n －(n －1－λ)2n －1＝(n ＋1－λ)2n －1>0对一切正整数n恒成立，所以λ<n ＋1，因为n ∈N *，所以λ<2，故选C.二、填空题7．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＝3，a n ＝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＝n n －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 . 8．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a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，1n，n ≥2.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 ≥2.9．(2019·惠州市调研考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝n ·2n －1.解析：a n ＋1－2a n ＝2n两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，∴数列{a n 2n }是以12为首项，12为公差的等差数列，∴a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n2，∴a n ＝n ·2n －1.10．(2019·吉林普通中学二调)已知数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S n ＝n ＋12a n ，则a na n －1(n >1)的最大值为2.解析：∵S n ＝n ＋12a n ，∴当n >1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋12a n －n 2a n －1，即a n a n －1＝nn －1，∵数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n n －1单调递减，∴当n ＝2时，a n a n －1＝2最大．三、解答题11．(2019·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 . 12．(2019·河南南阳一中模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n＋1＝4S n －3(n ∈N *)．(1)求a 2的值，并证明a n ＋2－a n ＝2； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)令n ＝1，得2a 1a 2＝4S 1－3，a 1＝1，所以a 2＝12，2a n a n ＋1＝4S n －3,2a n ＋1a n ＋2＝4S n＋1－3，两式相减得2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. 因为a n ≠0，所以a n ＋2－a n ＝2.(2)由(1)可知，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1，所以当n 为奇数时，a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1，数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2，首项为12，所以当n 为偶数时，a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32，综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.13．(2019·河南中原名校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝15，a 7＋a 9＝34，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，且对于任意的n ∈N *，T n <a n ＋11t，则实数t 的取值范围为(0,162)．解析：依题意，设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 3＝15，故S 3＝3a 2＝15，故a 2＝5. 又a 7＋a 9＝2a 8＝34，故a 8＝17，故a 8－a 2＝6d ＝12，故d ＝2，故a 1＝3，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，所以1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12(12n ＋1－12n ＋3)，所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝1213－12n ＋3＝n n ＋，因为T n <a n ＋11t，即n n ＋<2n ＋12t，显然t >0，所以t <n ＋n ＋n＝n 2＋30n ＋n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋9n ＋90，又n ＋9n ≥6，当且仅当n ＝3时，等号成立，所以12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋9n ＋90≥162.所以0<t <162.14．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 k a 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 na 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. 尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·洛阳市第一次联考)已知数列{a n }满足na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，其中a 1＝1，a 2＝2，若a n <a n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，则实数λ的取值范围是[0，＋∞)．解析：由na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )＝λn (n ＋2)得a n ＋2n ＋2－a n n ＝λ，所以数列{a nn}的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a 1＝1，a 2＝2，所以当n 为奇数时，a nn＝1＋λ(n ＋12－1)＝n －12λ＋1，所以a n ＝n 2－n2λ＋n .当n 为偶数时，a n n ＝1＋λ(n 2－1)＝n －22λ＋1，所以an ＝n 2－2n2λ＋n ，当n 为奇数时，由a n <a n ＋1得n 2－n2λ＋n <n ＋2－n ＋2λ＋n ＋1，即λ(n －1)>－2，若n ＝1，则λ∈R ，若n >1，则λ>－2n －1，所以λ≥0.当n 为偶数时，由a n <a n ＋1得n 2－2n2λ＋n <n ＋2－n ＋2λ＋n ＋1，即3λn >－2，所以λ>－23n ，即λ≥0.综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)．。