2020高考数学理科大一轮复习导学案《数列的概念与简单表示法》

第五章数列
第一节数列的概念与简单表示法
知识点一数列的定义、分类与通项公式
1．数列的定义
(1)数列：按照一定顺序排列的一列数．
(2)数列的项：数列中的每一个数．
2．数列的分类
3.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．
1．思考辨析(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)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．( √ ) 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． (3)不是所有的数列都有通项公式．
2．已知数列11×2，12×3，13×4，…，1n (n ＋1)，…，下列各数中是此数
列中的项的是( B )
A.1
35 B.142 C.148
D.154
3．(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝5n －4.
解析：由a 1＝1＝5×1－4，a 2＝6＝5×2－4，a 3＝11＝5×3－4，…，归纳a n ＝5n －4.
知识点二
数列的递推公式
如果已知数列{a n }的第一项(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)，那么这个式子叫做数列{a n }的递推公式．
4．(必修5P31例3改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1
a n －1
(n ≥2)，则a 4＝( B )
A.32
B.53
C.74
D.85
解析：由题意知，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝32，a 4＝5
3.
5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2
n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝0.
解析：∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，
可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 018＝a 2＝0.
知识点三 数列的前n 项和与通项的关系
数列的前n 项和通常用S n 表示，记作S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则通项a n
＝⎩
⎪⎨⎪⎧
S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2. 若当n ≥2时求出的a n 也适合n ＝1时的情形，则用一个式子表示a n ，否则分段表示．
6．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 7＋a 8的值为28. 解析：a 7＋a 8＝S 8－S 6＝82－62＝28.
7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋1
3，则{a n }的通项公式是a n ＝(－2)n
－1
.
解析：当n ＝1时，a 1＝1；
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n
a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1.
当n ＝1时，也符合a n ＝(－2)n －1. 综上，a n ＝(－2)n －1.
1．数列是一种特殊的函数，在研究数列问题时，既要注意函数方法的
普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．
2．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 *. 3．三种必会方法
(1)叠加法：对于a n ＋1－a n ＝f (n )型，若f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的和是可求的，可用多式相加法求得a n .
(2)叠乘法：对于a n ＋1
a n
＝f (n )型，若f (1)·f (2)·…·f (n )的积是可求的，可用多
式相乘法求得a n .
(3)构造法：对a n ＋1＝pa n ＋q 型，构造等比数列，求得a n .
4．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧
a n ≥a n －1，
a n ≥a n ＋1.
若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧
a n ≤a n －1，
a n ≤a n ＋1
.
考向一
归纳数列的通项公式
【例1】 (1)数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是( ) A ．a n ＝n 2 B ．a n ＝(－1)n n 2 C ．a n ＝(－1)n ＋1n 2
D ．a n ＝(－1)n (n ＋1)2
(2)(2019·山西太原五中调考)把1,3,6,10,15，…，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)．
则第7个三角形数是()
A．27 B．28
C．29 D．30
【解析】(1)解法1：该数列中第n项的绝对值是n2，正负交替的符号是(－1)n＋1，故选C.
解法2：将n＝2代入各选项，排除A，B，D，故选C.
(2)观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即a n＝a n－1＋n(n≥2)．所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a7＝a6＋7＝a5＋6＋7＝15＋6＋7＝28.故选B.
【答案】(1)C(2)B
由数列的前几项归纳数列通项公式的常用方法：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.同时也可以使用添项、还原、分割等方法，转化为一个常见数列，通过常见数列的通项公式求得所给数列的通项公式.
(1)已知数列的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项不可能是( C )
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 π
2
D ．a n ＝cos(n －1)π＋1
(2)(2019·郑州模拟)意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，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3整除后的余数构成一个新数列{b n }，则b 2 018＝1.
解析：(1)对n ＝1,2,3,4进行验证，a n ＝2sin n π
2不合题意．
(2)由题意得，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….此数列被3整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…构成以8为周期的周期数列，所以b 2 018＝b 2＝1.
考向二
由S n 与a n 的关系求a n ，S n
【例2】 (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 －1
C ．2n
D ．2n －1
(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 ＝________.
【解析】 (1)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 }为首项为2，公比为2的等比数列， 所以a n ＝2n .
(2)∵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 ＋1－1
S n ＝－1.
又1
S 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 ＝－1
n .
【答案】 (1)C (2)－1
n
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．
(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a n
n ≤2的正整数n 的集合为( B )
A ．{1,2}
B ．{1,2,3,4}
C ．{1,2,3}
D ．{1,2,4}
(2)(2019·西安八校联考)数列{a n }中，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1
＝1，a n ＝2S 2n
2S n －1(n ≥2)，则S n ＝12n －1
.
解析：(1)因为S n ＝2a n －1， 所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，
整理得a n ＝2a n －1，
所以数列{a n }是公比为2的等比数列． 又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.
因为a n
n ≤2，即2n －1≤2n ，所以所有满足的正整数n 的值为1,2,3,4.故选B.
(2)当n ≥2时，将a n ＝S n －S n －1代入a n ＝2S 2n
2S n －1，得S n －S n －1＝
2S 2n
2S n －1，化简整理，得S n －S n －1＝－2S n －1·S n ，两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)，又1S 1＝1，所以数列{1
S n }是首项为1，公差为2的等差数列，所
以1S n
＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以S n ＝1
2n －1.
考向三 由递推关系求通项公式
【例3】 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 ＋2
2
. 【答案】 n 2＋n ＋2
2
1．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝n
n ＋1a n ”，如何求解？
解：∵a n ＋1＝n n ＋1a n ，∴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 2
a 1·a 1， ＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2
·…·12·2＝2n . 2．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.
3．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n
a n ＋2”，如何求解？
解：∵a n ＋1＝2a n
a n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0，
∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n
＝12， 又a 1＝2，则1a 1
＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，1
2为公差的等差数列． ∴1a n ＝1a 1
＋(n －1)×12＝n 2.∴a n ＝2
n .
4．若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？ 解：∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，故a n ＋2－a n ＝2. 即数列{a n }是奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．
当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝
⎛⎭
⎪⎫
n 2－1＝n －1.
当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶数)，故a n ＝n . 综上所述，
a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，n ≥1，n ∈N *.
由递推关系式求通项公式的常用方法
(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n . (2)已知a 1且a n a n －1
＝f (n )，可用“累乘法”求a n .
(3)已知a 1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)，可转化为等比数列{a n ＋k }．
(4)形如a n ＋1＝Aa n
Ba n ＋C (A ，B ，C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒
数的方法构造新数列求解．
(5)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．
考向四 数列的函数性质 方向1 数列的单调性
【例4】 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －1.若对任意正整数n 都有λS n ＋1－S n <0恒成立，则实数λ的取值范围为( )
A ．(－∞，1) B.⎝ ⎛
⎭⎪⎫－∞，12 C.⎝
⎛
⎭⎪⎫－∞，13 D.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，14 (2)已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a n
n 的最小值为________． 【解析】 (1)当n ＝1时，a 1＝2a 1－1⇒a 1＝1.
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1⇒a n a n －1
＝2⇒数列{a n }是等比数列，
S n ＝2n －1⇒λ(2
n ＋1
－1)－(2n
－1)<0⇒λ<2n －12n ＋1－1＝12·2n ＋1－1－12n ＋1－1＝121－12n ＋1－1
.
∵12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12n ＋1－1最小值为13，∴λ<1
3.故选C.
(2)∵a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2[1＋2＋…＋(n －1)]＋33＝33＋n 2
－n (n ≥2)，当n ＝1时也符合，∴a n ＝n 2
－n ＋33.∴a n n ＝33
n
＋n －1.构造函数f (x )＝33x ＋x －1(x >0)，求导得f ′(x )＝－33x 2＋1.令f ′(x )>0，解得x >33；令f ′(x )<0，解得0<x <33.∴f (x )＝33
x ＋x －1在(33，＋∞)上是递增的，在(0，33)上是递减的，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，f (n )取得最小值．又∵a 55＝535，a 66＝636＝212<535，∴a n n 的最小值为21
2.
【答案】 (1)C (2)21
2 方向2 数列的周期性
【例5】 (2019·河北五名校联考)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －
1(n ≥2，n ∈N
*
)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( )
A ．3
B ．2
C ．1
D ．0
【解析】 ∵a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，…，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S 2 018＝336×0＋a 2 017＋a 2 018＝a 1＋a 2＝3.故选A.
【答案】 A
1.应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断.
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.
1．(方向2)已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝a n －1
a n ＋1
，数列{a n }的前n 项的和为S n ，则S 2 016等于( C )
A ．504
B ．588
C ．－588
D ．－504
解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝a n －1a n ＋1，∴a 2＝13，a 3＝－1
2，a 4＝－3，a 5＝2，…，
∴数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－7
6，∵2 016÷4＝504，∴S 2 016
＝504×⎝
⎛⎭
⎪⎫
－76＝－588，故选C.
2．(方向1)已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ，则数列的最大项为a 9＝a 10＝10×⎝ ⎛⎭
⎪⎫10119
.
解析：解法1：∵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 .
∴该数列最大项为第9,10项，且a 9＝a 10＝10×⎝ ⎛⎭⎪⎫10119
.
解法2：根据题意，令⎩⎪⎨⎪⎧
a n ≥a n －1，
a n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．
即⎩⎪⎨
⎪⎧
(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ≥n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n －
1
，(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ≥(n ＋2)⎝ ⎛⎭
⎪⎫1011n ＋1
，
解得9≤n ≤10.∵n ∈N *，∴n ＝9或n ＝10.
∴该数列最大项为第9,10项，且a 9＝a 10＝10×⎝ ⎛⎭
⎪⎫10119
.
3．(方向1)若a n ＝2n 2＋λn ＋3(其中λ为实常数)，n ∈N *，且数列{a n }为递增数列，则实数λ的取值范围为(－6，＋∞)．
解析：a n ＋1－a n ＝[2(n ＋1)2＋λ(n ＋1)＋3]－(2n 2＋λn ＋3)＝4n ＋2＋λ.因为数列{a n }为递增数列，所以4n ＋2＋λ>0恒成立，即当n ∈N *时λ>－4n －2恒成立．因为(－4n －2)max ＝－4×1－2＝－6，所以λ>－6.
由递推关系求通项公式的几种扩展类型
类型1 a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，且pq (p －1)(q －1)≠0)．一般要先在原递推公式两边同除以q n ＋1，得
a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1
q
，引入辅助数列{b n }(其中b n ＝a n q n )，得b n ＋1＝p q b n ＋1
q ，接下来用待定系数法构造等比数列．
类型2 a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n (其中p ，q 均为常数)．先把原递推公式转化
为a n ＋2＋sa n ＋1＝t (a n ＋1＋sa n )，其中s ，t 满足⎩
⎪⎨⎪⎧
t －s ＝p ，
st ＝q ，转化为一个新等比
数列来求．
类型3 a n ＋1＝pa r n (p >0，a n >0)，这种类型一般是等式两边取对数后整理转化为a n ＋1＝pa n ＋q .
类型4 a n ＋1＝f (n )a n
g (n )a n ＋h (n )，这种类型一般是等式两边取倒数后转化为
类型a n ＋1＝pa n ＋q .
另外也要掌握一些恒等变形的技巧，毕竟由递推公式求通项公式的题目不是直截了当能对号入座上述类型，大多数必须经过一定的恒等变形才能找到突破口，而这种变形又不同于代数式的恒等变形，因为其中最大不同点也是难点就是变形后要有“递推关系”隐含其中，否则就无法做下去．
典例1 数列中，a 1＝6，a n －2a n －1＝2a n －1
n ＋n ＋1(n ≥2)，则此数列的通项公式a n ＝________.
【解析】 已知条件呈现给我们的是“犹抱琵琶半遮面”的状态，不容易看出朝哪个方向变形，最好办法先去分母，静观其变，由已知得na n ＝(2n ＋2)a n －1＋n (n ＋1)(n ≥2)，所以a n n ＋1＝2·a n －1n ＋1.令a n
n ＋1＋t ＝2(a n －1n ＋t )，
展开比较得t ＝1，所以a n
n ＋1＋1＝2(a n －1n ＋1)(很多时候数据简单，观察便得)，
所以数列{a n
n ＋1＋1}是以4为首项，2为公比的等比数列，易求得a n ＝(n ＋
1)(2n ＋1－1)(n ∈N *)．
【答案】 (n ＋1)(2n ＋1－1)(n ∈N *)
典例2 已知数列满足：a 1＝2，a 2＝3,2a n ＋1＝3a n －a n －1(n ≥2)．求数列的通项公式a n .
【解】 观察系数2、3、－1就知道将3a n 拆项，故有2(a n ＋1－a n )＝a n
－a n －1(n ≥2)，则数列{a n －a n －1}是以a 2－a 1＝1为首项，1
2为公比的等比数列，所以a n －a n －1＝(12)n －2，由累加法得，a n ＝4－(1
2)n －2.当然也可转化为类型2来解，自己不妨一试．
典例3 给定两个数列{x n }，{y n }满足x 0＝y 0＝1，x n ＝x n －1
2＋x n －1
(n ≥1)，
y n ＝y 2n －1
1＋2y n －1
(n ≥1)，求数列{x n }，{y n }的通项公式．
【解】 由已知得到：1x n ＝1＋2x n －1，1x n ＋1＝2(1＋1x n －1)，所以数列{1
x n
＋
1}是以4为首项、2为公比的等比数列，因此1x n
＋1＝2n ＋1，即x n ＝1
2n ＋1－1.
而对y n ＝y 2n －1
1＋2y n －1
(n ≥1)取倒数后思维受阻，并且发现各项次数有差别，所以要另找出路，y n ＋1＝(y n －1＋1)21＋2y n －1，再与已知相除，得y n ＋1y n ＝(y n －1＋1y n －1)2,1＋1y n ＝(1＋1y n －1)2
，
两边取对数得，ln(1＋1y n )＝2ln(1＋1y n －1)，而ln(1＋1y 0)＝ln2，所以{ln(1＋1
y n )}
是以2ln2为首项，2为公比的等比数列，所以ln(1＋1
y n )＝2n ln2＝ln22n ，即
{y n }的通项公式为y n ＝1
22n －1
.
已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1
4，且a n ＋1＝(n －1)a n n －a n
(n ＝2,3,4，…)．求数列{a n }的通项公式．
解：由已知，对n ≥2有1
a n ＋1＝n －a n (n －1)a n ＝n (n －1)a n －1
n －1
，两边同除以n ，
得1na n ＋1＝1(n －1)a n －1n (n －1)，即1na n ＋1－1(n －1)a n ＝－(1n －1－1n )，由累加法求得a n ＝13n －2
，n ≥2.
又n ＝1时也成立，故a n ＝1
3n －2
，n ∈N *.。