第五章 数列
高三数学复习第五章 数列
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， 2n－1 所以其通项 an＝ 2n (n∈N*)．
突 破 热 点 题 型
(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， 2－3 2 －3 因此可考虑把第 1 项变为－ 2 ，这样原数列可化为－ 21 ， 22－3 23－3 24－3 25－3 26－3 22 ，－ 23 ， 24 ，－ 25 ， 26 ，„ 2n－3 所以其通项 an＝(－1)n 2n (n∈N*)．
2．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn>1，且 6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*.求数列{an}的通项公式． 1 解：由 a1＝S1＝6(a1＋1)(a1＋2)，
解得 a1＝1 或 a1＝2.由已知 a1＝S1>1，因此 a1＝2. 又由 an＋1＝Sn＋1－Sn 1 1 ＝6(an＋1＋1)(an＋1＋2)－6(an＋1)(an＋2)， 得 an＋1－an－3＝0 或 an＋1＝－an. 因为 an>0，故 an＋1＝－an 不成立，舍去． 因此 an＋1－an－3＝0，即 an＋1－an＝3， 从而{an}是公差为 3，首项为 2 的等差数列，故{an}的通项公式 为 an＝3n－1.
数列的第1项(通常也叫做 首项 )．
演 练 知 能 检 测
数学(6省专版)
第一节
数列的概念与简单表示法
2．数列的分类
回 扣 主 干 知 识
分类原则 项数
类型
满足条件
有穷数列
无穷数列 递增数列
项数 有限
项数 无限 an＋1 ＞ an an＋1 ＜ an an＋1＝an 有些项小于它的前一项
第五章 数列
第五章第一节数列的概念与简单表示法1.数列2、5() A．第6项B．第7项C．第10项D．第11项2．下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是()A．a n＝n2－n＋1 B．a n＝n(n－1)2C．a n＝n(n＋1)2D．a n＝n(n＋2)23．n个连续自然数按规律排成下表：03→47→811…↓↑↓↑↓↑1 →2 5 → 6 9 →10根据规律，从2 009到2 011的箭头方向依次为() A．↓→B．→↑C．↑→D．→↓4.(2010·福州模拟)n n5＜a k＜8，则k=()A．9 B．8 C．7 D．65．已知数列{a n}的前n项和S n＝－n2＋24n(n↔N )．(1)求{a n}的通项公式；(2)当n为何值时，S n达到最大？最大值是多少？6.在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝a n＋ln(1＋1n)，则a n＝()A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋n ln n D．1＋n＋ln n7．在数列{a n}中，a1＝1，a2＝5，a n＋2＝a n＋1－a n(n↔N*)，则a1 000＝() A．5 B．－5 C．1 D．－18．根据下列各个数列{a n}的首项和基本关系式，求其通项公式．(1)a1＝1，a n＝a n－1＋3n-1(n≥2)；(2)a1＝1，a n＝n－1na n－1(n≥2)．9.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝na(n ＋1)b，其中a 、b 均为正常数，那么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 ．与n 的取值有关 10．(2010·温州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，令T n ＝S 1＋S 2＋…＋S nn，称T n 为数列a 1，a 2，…，a n 的“理想数”，已知数列a 1，a 2，…，a 501的“理想数”为2008，那么数列2，a 1，a 2…，a 501的“理想数”为 ( ) A ．2004 B ．2006 C ．2008 D ．201011．(文)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ↔N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝____.(理)已知函数f (n )＝22()()nn nn ⎧⎪⎨-⎪⎩当为奇数时，当为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.12．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；(3)(理)若b n ＝n (12a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与2116的大小．第五章 第二节 等差数列及其前n 项和1.设命题甲为“a ，b ，c 成等差数列”，命题乙为“b ＋b ＝2”，那么甲是乙的( )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 2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n. (1)设b n ＝a n2n －1，证明：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .3.(2009·福建高考)n n 36，a 3＝4，则公差d 等于 ( )A ．1 B.53C ．2D ．34．(2010·广州模拟)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 等于( ) A ．9 B ．8 C ．7 D ．65．已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于________． 6．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ↔N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝5，S 6＝36. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝6n ＋(－1)n －1λ·2a n (λ为正整数，n ↔N *)，试确定λ的值，使得对任意n ↔N *，都有b n ＋1＞b n 成立．7.设等差数列{a n }的前n n 36a 7＋a 8＋a 9等于 ( ) A ．63 B ．45 C ．36 D ．278．在等差数列{a n }中，已知log 2(a 5＋a 9)＝3，则等差数列{a n }的前13项的和S 13＝____. 9．(2009·辽宁高考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S 5－5S 3＝5，则a 4＝________.10.设数列{a n }49n n 项和，则 ( )A ．S 5＜S 6B ．S 5＝S 6C ．S 7＝S 5D ．S 7＝S 611．(文)在等差数列{a n }中，若a 1<0，S 9＝S 12，则当n 等于________时，S n 取得最小值． (理)若数列{a n }是等差数列，数列{b n }满足b n ＝a n ·a n ＋1·a n ＋2(n ↔N *)，{b n }的前n 项和用S n 表示，若{a n }满足3a 5＝8a 12＞0，则当n 等于________时，S n 取得最大值． 12．(2010·株州模拟)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (x ↔R)，满足f (0)＝f (12)＝0，且f (x )的最小值是－18.设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ↔N *，点(n ，S n )在函数f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)通过b n ＝S nn ＋c构造一个新的数列{b n }，是否存在非零常数c ，使得{b n }为等差数列； (3)令c n ＝S n ＋nn，设数列{c n ·2c n }的前n 项和为T n ，求T n .第五章 第三节 等比数列及其前n 项和1.各项都是正数的等比数列{}a n 中，a 2，2a 3，a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为 ( )A.5－12 B.5＋12 C.1－52 D.5＋12或5－122．(2009·浙江高考)设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________.3．(2009·宁夏、海南高考)等比数列{a n }的公比q ＞0.已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________.4.(2009·广东高考)n 39＝2a 25，a 2＝1，则a 1＝( ) A.12 B.22C.2 D ．2 5．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6∶S 3＝1∶2，则S 9∶S 3等于 ( ) A ．1∶2 B ．2∶3 C ．3∶4 D ．1∶36．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)．若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.7.若数列{a n }满足a 2n ＋1a 2n ＝p (p 为正常数，n ↔N *)，则称{a n }为“等方比数列”．甲：数列{a n }是等方比数列；乙：数列{a n }是等比数列，则甲是乙的 ( ) 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8．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ↔N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列．9.(文)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝4，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝ ( )A ．16(1－4−n )B ．16(1－2−n ) C.323(1－4−n ) D.323(1－2−n )(理)在等比数列{a n }中，a n ＞0(n ↔N ＋)，公比q ↔(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2，b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，则当S 11＋S 22＋…＋S nn最大时，n 的值等于( ) A ．8 B ．9 C ．8或9 D ．1710．(文)已知数列{a n}的前三项与数列{b n}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n−1a n＝8n对任意的n↔N*都成立，数列{b n＋1－b n}是等差数列．(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)问是否存在k↔N*，使得(b k－a k)↔(0,1)？请说明理由．(理)等差数列{a n}的前n项和为S n，S4＝24，a2＝5，对每一个k↔N*，在a k与a k＋1之间插入2k−1个1，得到新数列{b n}，其前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)试问a11是数列{b n}的第几项；(3)是否存在正整数m，使T m＝2010？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．第五章第四节数列求和1.数列a1＋2，…，a k＋10240，则a1＋…＋a k＋…＋a10之值为()A．31 B．120 C．130 D．1852．已知数列{a n}的通项公式是a n＝2n－12n，其前n项和S n＝32164则项数n等于()A．13 B．10 C．9 D．63．已知数列{a n}中，a1＝2，点(a n－1，a n)(n>1，且n↔N*)满足y＝2x－1，则a1＋a2＋…＋a10＝________.4.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.nn＋1B.n＋2n＋1C.nn－1D.n＋1n5．数列a n＝1n(n＋1)，其前n项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为()A．－10 B．－9 C．10 D．96．在数列{a n}中，a n＝1n＋1＋2n＋1＋…＋nn＋1又b n＝2a n·a n＋1，求数列{b n}的前n项的和．7.求和：S n＝1a＋2a2＋3a3＋…＋a n.8．(2010·昌平模拟)设数列{a n}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1a n＝n3，n↔N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝na n{b n}的前n项和S n.9.(2010·长郡模拟)n123＋…＋a n＝2n－1，则a21＋a22＋a23＋…＋a2n等于()A．(2n－1)2 B.13(2n－1) C.13(4n－1) D．4n－110．已知数列{a n}的通项公式为a n＝log2n＋1n＋2(n↔N*)，设其前n项和为S n，则使S n<－5成立的自然数n ()A．有最大值63 B．有最小值63C．有最大值32 D．有最小值3211．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.12．(文)(2009·湖北高考改编)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－a n －(12n －1＋2(n ↔N *)．(1)令b n ＝2na n ，求证数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令c n ＝n ＋1n a n，求T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n 的值． (理)已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 14a n (n ↔N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n . (1)求证：{b n }是等差数列；(2)求数列{c n }的前n 项和S n ； (3)若c n ≤14m 2＋m －1对一切正整数n 恒成立，求实数m 的取值范围．第五章 第五节 数列的综合应用1.已知a ，b ，c 成等比数列，a ，m ，b 和b ，n ，c 分别成两个等差数列，则a m ＋cn等于 ( )A ．4B ．3C ．2D ．12．数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有 ( )A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定3．(文)等差数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a 2＝3，S 6＝36. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }是等比数列且满足b 1＋b 2＝3，b 4＋b 5＝24.设数列{a n ·b n }的前n 项和为T n ，求T n .(理)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，数列{a n ＋S n }是公差为2的等差数列． (1)求a 2，a 3；(2)证明：数列{a n －2}为等比数列；(3)求数列{na n }的前n 项和T n .4.气象学院用3.2用，第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ↔N ＋)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)为止，一共使用了 ( ) A ．600天 B ．800天 C ．1 000天 D ．1 200天 5．(2010·邯郸模拟)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n d (n ↔N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列．已知数列{1x n }为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝________.6．数列{a n }中，a 1＝6，且a n －a n －1＝a n －1nn ＋1(n ↔N *，n ≥2)，则这个数列的通项a n ＝____.7.2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要( ) A ．6秒钟 B ．7秒钟 C ．8秒钟 D ．9秒钟8．某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员，第1名得全部资金的一半多一万元，第二名得剩下的一半多一万元，以名次类推都得到剩下的一半多一万元，到第10名恰好资金分完，则此科研单位共拿出__________万元资金进行奖励．9．在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，2 4 1 2y每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么 x ＋y ＋z 的值为 ( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．410．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ↔N *都有S n ＝23a n －13，若1<S k <9(k ↔N *)，则k 的值为________．11．(文)在数列{a n }中，a 1＝1,3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2，n ↔N)．(1)试判断数列{1a n}是否为等差数列；(2)设{b n }满足b n ＝1a n ，求数列{b n }的前n 项为S n ；(3)若λa n ＋1a n ＋1≥λ，对任意n ≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围． (理)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n n )在直线y ＝12x ＋112上．数列{b n }满足b n ＋2－2b n ＋1＋b n ＝0(n ↔N *)，b 3＝11，且其前9项和为153.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝3(2a n －11)(2b n －1)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求使不等式T n ＞k 57对一切n ↔N *都成立的最大正整数k 的值．第五章 数 列(自我评估、考场亮剑，收获成功后进入下一章学习！)(时间120分钟，满分150分)z一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．(2010·黄冈模拟)记等比数列{a n }的公比为q ，则“q >1”是“a n ＋1>a n (n ↔N *)”的 ( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件2．已知{a n }是等差数列，a 4＝15，S 5＝55，则过点P (3，a 3)，Q (4，a 4)的直线斜率为 ( )A ．4 B.14 C ．－4 D ．－143．(2009·辽宁高考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝ ( ) A ．2 B.73 C.83D ．3 4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且15S n ＝a n －1，则a 2等于 ( ) A ．－54 B.54 C.516 D.25165．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列，若a 1＝1，则S 4＝( )A ．7B ．8C ．15D ．166．若数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n －1)·…·2·110n，则{a n }为 ( ) A ．递增数列 B ．递减数列 C ．从某项后为递减 D ．从某项后为递增7．等差数列{a n }的通项公式是a n ＝1－2n ，其前n 项和为S n ，则数列{S n n的前11项的和为( ) A ．－45 B ．－50 C ．－55 D ．－668．已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1，若{1a n ＋1}为等差数列，则a 11＝ ( ) A ．0 B.12 C.23D ．2 9．在等比数列{a n }中，若a 3a 5a 7a 9a 11＝32，则a 92a 11的值为 ( )A ．4B ．2C ．－2D ．－410．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a n b n 为整数的正整数n 的个数是 ( )A ．2B ．3C ．4D ．511．(2010·平顶山模拟)已知{a n }是递增数列，对任意的n ↔N *，都有a n ＝n 2＋λn 恒成立，则λ的取值范围是 ( ) A ．(－72，＋∞) B ．(0，＋∞) C ．(－2，＋∞) D ．(－3，＋∞)12．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 008项的和等于( ) A ．1 506 B ．3 012 C ．1 004 D ．2 008二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．将答案填写在题中的横线上)13．(2010·长郡模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝m (m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2a n 为偶数时3a n ＋1，当a n 为奇数时，若a 6＝1，则m 所有可能的取值为________．14．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝a n －1＋1n 2－1(n ≥2)，则{a n }的通项公式为________． 15．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，S 3≤9，则通项公式a n ＝________.16．(文)将全体正整数排成一个三角形数阵：12 34 5 67 8 9 1011 12 13 14 15… … … … … …根据以上排列规律，数阵中第n (n ≥3)行的从左至右的第3个数是________． (理)下面给出一个“直角三角形数阵”：1412，1434，38，316…满足每一列的数成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第i 行第j 列的数为a ij (i ≥j ，i ，j ↔N *)，则a 83＝________.三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)已知数列{a n }中，其前n 项和为S n ，且n ，a n ，S n 成等差数列(n ↔N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求S n >57时n 的取值范围．18．(本小题满分12分)设数列{a n }满足a 1＝t ，a 2＝t 2，前n 项和为S n ，且S n ＋2－(t ＋1)S n＋1＋tS n ＝0(n ↔N *)． (1)证明数列{a n }为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)当12<t<2时，比较2n＋2－n与t n＋t－n的大小；(3)若12<t<2，b n＝2a n1＋a n，求证：1b1＋1b2＋…＋1b nn－2－n2.19．(本小题满分12分)(2010·黄冈模拟)已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a≠0)，不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素，设数列{a n}的前n项和为S n＝f(n)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设各项均不为0的数列{c n}中，满足c i·c i＋1<0的正整数i的个数称作数列{c n}的变号数，令c n＝1－aa n(n↔N*)，求数列{c n}的变号数．20．(本小题满分12分)已知数列{a n}满足：a1＝1，a2＝1 2，且[3＋(－1)n]a n＋2－2a n＋2[(－1)n－1]＝0，n↔N*.(1)求a3，a4，a5，a6的值及数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝a2n－1·a2n，求数列{b n}的前n项和S n.21．(本小题满分12分)已知各项都不相等的等差数例{a n}的前六项和为60，且a6为a1和a21的等比中项．(1)求数列{a n}的通项公a n及前n项和S n；(2)若数列{b n}满足b n＋1－b n＝a n(n↔N*)，且b1＝3，求数列{1b n}的前n项和T n.22．(文)(本小题满分14分)已知函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，且f(x)＝x2－x＋b，数列{a n}的前n项和S n＝f(n)(n↔N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足a n＋log3n＝log3b n，求数列{b n}的前n项和T n；(3)设P n＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2，Q n＝a10＋a12＋a14＋…＋a2n＋8，其中n↔N*，试比较P n与Q n的大小，并证明你的结论．(理)(本小题满分14分)已知数列{a n}的前n项和为S n，点(a n＋2，S n＋1)在直线y＝4x －5上，其中n↔N*.令b n＝a n＋1－2a n，且a1＝1. (1)求数列{b n}的通项公式；(2)若f(x)＝b1x＋b2x2＋b3x3＋…＋b n x n，求f′(1)的表达式，并比较f′(1)与8n2－4n的大小．。
第五章 第1讲 数列的概念-2025年高考数学备考
第五章数列第1讲数列的概念课标要求命题点五年考情命题分析预测了解数列的概念和表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊函数.由a n 与S n的关系求数列的通项公式2023全国卷甲T17；2022新高考卷ⅠT17本讲为高考命题热点，主要考查数列的不同呈现形式及相应形式下的通项求解，常见的形式有a n 与S n 的关系，不同项间的递推关系（常需变形利用累加法、累乘法、构造法求解），题型既有客观题，也有主观题，难度中等.预计2025年高考命题稳定.由递推关系求数列的通项公式2020浙江T20数列的性质及其应用2023北京T10；2021北京T10学生用书P0901.数列的有关概念名称概念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①a n ＝f （n ）（n ∈N *）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.注意{a n }表示数列a 1，a 2，…，a n ，…，是数列的一种简记形式；而a n 只表示数列{a n }的第n 项.辨析比较通项公式和递推公式的区别1.通项公式：可根据某项的序号n 的值，直接代入求出a n .2.递推公式：可根据第一项（或前几项）的值，通过一次（或多次）赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的a n .也可通过变形转化，直接求出a n .2.数列的函数特性（1）数列与函数的关系数列可以看成一类特殊的函数a n ＝f （n ），它的定义域是正整数集N *或正整数集N *的有限子集{1，2，3，4，…，n }，所以它的图象是一系列孤立的点，而不是连续的曲线.注意函数a n ＝f （n ）定义域为N *时，对应的数列{a n }为无穷数列.当其定义域为N *的有限子集{1，2，3，…，n }时，对应的数列{a n }为有穷数列.（2）数列的性质a.单调性——对任意的n ∈N *，若a n ＋1②＞a n ，则{a n }为递增数列；若a n ＋1③＜a n ，则{a n }为递减数列.否则为常数列或摆动数列.b.周期性——若a n ＋k ＝a n （n ∈N *，k 为常数且为正整数），则{a n }为周期数列，④k 为{a n }的一个周期.3.数列的前n 项和S n 与通项a n 的关系（1）S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n （n ∈N *）.（2）若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⑤1，=1，⑥－－1，≥2.注意利用a n ＝1，=1，－－1，≥2求通项时，对n ＝1的情形要检验.若当n ＝1时，a 1符合a n ＝S n －S n －1（n ≥2），则数列{a n }的通项公式用一个式子表示；否则，用分段形式表示.1.已知递增数列{a n }的通项a n ＝n 2－kn （n ∈N *），则实数k 的取值范围是（B ）A.（－∞，2]B.（－∞，3）C.（－∞，2）D.（－∞，3]解析因为数列{a n }是递增数列，所以a n ＜a n ＋1对任意n ∈N *都成立，即n 2－kn ＜（n ＋1）2－k （n ＋1），即k ＜2n ＋1对任意n ∈N *恒成立，因此k ＜3.故选B.2.[易错题]已知数列{a n }的前5项分别为2，－5，10，－17，26，则{a n }的一个通项公式为a n ＝（－1）n ＋1（n 2＋1）（答案不唯一）.解析由题意易得，数列{a n }各项的绝对值为2，5，10，17，26，…，记为数列{b n }，则b n ＝n 2＋1，考虑到（－1）n ＋1具有转换正负号的作用，所以原数列{a n }的一个通项公式为a n ＝（－1）n ＋1（n 2＋1）.3.[教材改编]在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1－1（n ≥2，n ∈N *），则a 2025的值为45.解析由题意可得，a1＝－14，a2＝5，a3＝45，a4＝－14，a5＝5，…，所以可观察出数列{a n}为以3为周期的数列.又2025÷3＝675，所以a2025＝a3＝45.4.[教材改编]已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2＋12n＋5，则数列{a n}的通项公式为a n＝解析当n＝1时，a1＝S1＝132.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝（n2＋12n＋5）－[（n－1）2＋1（n－1）＋5]＝2n－12.又2×1－12＝32≠a1，所以数列{a n}的通项公式为a n＝=1，－12，≥2.学生用书P091命题点1由a n与S n的关系求数列的通项公式例1（1）[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.解析因为S n＝2a n＋1，所以当n＝1时，a1＝S1＝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S6＝－1×（1－26）1－2＝－63.（2）[2023湖北武汉三模]已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝－165，且5a n＋1＋S n＋16＝0.则a n＝－4×（45）n.解析当n＝1时，5a2＋a1＋16＝0，∴a2＝－6425，＋S n＋16＝0①，得5a n＋S n－1＋16＝0（n≥2）②，①－②得5a n＋1＝4a n由5a n＋1（n≥2），∵a2＝－6425≠0，∴a n≠0，∴r1＝45（n≥2），又21＝45，∴{a n}是首项为－165，公比为45的等比数列，∴a n＝－165×（45）n－1＝－4×（45）n.方法技巧1.已知S n与a n的关系求a n的思路（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.2.已知S n ＝f （n ）求a n 的一般步骤（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S n －S n －1＝a n （n ≥2）便可求出当n ≥2时a n 的表达式；（3）检验a 1是否满足n ≥2时a n 的表达式并得出结论.训练1（1）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n ＋1－1.若a 1＝12，则a n ＝12×（32）n －1；若a 1＝1，则a n 解析①若a 1＝12.当n ＝1时，S 1＝2a 2－1＝12，∴a 2＝34.当n ≥2时，S n －1＝2a n －1，则a n ＝S n－S n －1＝2a n ＋1－2a n ，∴a n ＋1＝32a n （n ≥2）.又∵a 2＝32a 1，∴{a n }是以12为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝12×（32）n －1.②若a 1＝1.解法一当n ＝1时，S 1＝2a 2－1＝1，a 2＝1.当n ≥2时，S n －1＝2a n －1，则a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－2a n ，a n ＋1＝32a n ，∴{a n }从第2项起是等比数列，公比为32，∴a n ＝a 2×（32）n －2＝（32）n －2（n ≥2）.∵a1＝1≠（32）1－2，∴a n ＝1，=1，（32）－2，≥2.解法二∵S n ＝2a n ＋1－1，∴S n ＝2（S n ＋1－S n ）－1，即S n ＋1＝32S n ＋12，∴S n ＋1＋1＝32（S n ＋1），∴{S n ＋1}是以S 1＋1＝a 1＋1＝2为首项，32为公比的等比数列，∴S n ＝2×（32）n －1－1.当n ≥2时，S n －1＝2×（32）n －2－1，则a n ＝S n －S n －1＝（32）n －2（n ≥2）.∵a 1＝1≠（32）1－2，∴a n ＝1，=1，（32）－2，≥2.（2）已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝（2n －1）×3n ，n ∈N *，则a n ＝解析由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝（2n －1）×3n ，n ∈N *得，当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋（n －1）a n －1＝（2n －3）×3n －1，两式作差得na n ＝（2n －1）×3n －（2n －3）×3n－1＝（6n－3）×3n－1－（2n－3）×3n－1＝4n×3n－1，则a n＝4×3n－1，n≥2.当n＝1时，a1＝3，不满足a n＝4×3n－1，所以a n＝3，=1，4×3－1，≥2.命题点2由递推关系求数列的通项公式角度1累加法例2[江西高考]在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝a n＋ln（1＋1），则a n＝（A）A.2＋ln nB.2＋（n－1）ln nC.2＋n ln nD.1＋n＋ln n解析由题意可得，a n＋1－a n＝ln（1＋1），∴a n＝（a n－a n－1）＋（a n－1－a n－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝ln－1＋ln－1－2＋…＋ln21＋2＝ln（－1·－1－2·…·21）＋2＝ln n＋2.故选A.角度2累乘法例3已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n＝n2a n（n∈N*），则数列{a n}的通项公式为a n＝2（r1）.解析由S n＝n2a n，可得当n≥2时，S n－1＝（n－1）2a n－1，则a n＝S n－S n－1＝n2a n－（n－1）2a n－1，即（n2－1）a n＝（n－1）2a n－1，易知a n≠0，故－1＝－1r1（n≥2）.所以当n≥2时，a n＝－1×－1－2×－2－3×…×32×21×a1＝－1r1×－2×－3－1×…×24×13×1＝2（r1）.当n＝1时，a1＝1满足a n＝2（r1）.故数列{a n}的通项公式为a n＝2（r1）.方法技巧1.形如a n＋1－a n＝f（n）的递推公式，用累加法求通项，即利用恒等式a n＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（a n－a n－1）（n≥2）求解.2.形如r1＝f（n）的递推公式，用累乘法求通项，即利用恒等式a n＝a1·21·32·43·…·－1（a n≠0，n≥2）求解.训练2[浙江高考]已知数列{a n}，{b n}，{c n}满足a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n＋1－a n，c n＋1＝r2c n，n∈N*.（1）若{b n }为等比数列，公比q ＞0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值及数列{a n }的通项公式.（2）若{b n }为等差数列，公差d ＞0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜1＋1，n ∈N *.解析（1）由b 1＋b 2＝6b 3得1＋q ＝6q 2，又q ＞0，解得q ＝12.由c 1＝1，c n ＋1＝4c n 得c n ＝4n －1.由a n ＋1－a n ＝4n －1得a n ＝a 1＋（a 2－a 1）＋（a 3－a 2）＋…＋（a n －a n －1）＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝4－1+23（n ≥2）.当n ＝1时，a 1＝1+23＝1，满足上式.故a n ＝4－1+23.（2）由c n ＋1＝r2c n 得r1＝r2，所以c n ＝c 1·21·32·…·－1＝c 1·13·24·…·－1r1＝121r1＝1+（1－1r1），所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1+（1－1r1）.由b 1＝1，d ＞0得b n ＋1＞0，因此c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜1＋1，n ∈N *.命题点3数列的性质及其应用角度1数列的周期性例4若非零数列{a n }满足a n a n ＋2＝a n ＋1（n ∈N *），则称数列{a n }为“等积数列”.若等积数列{a n }中a 1＝4，a 2＝5，则a 2025＝54.解析由题意知a n a n ＋2＝a n ＋1，则a n ＋2＝r1，结合a 1＝4，a 2＝5，可得a 3＝21＝54，a 4＝32＝545＝14，a 5＝43＝1454＝15，a 6＝54＝45，a 7＝65＝4，a 8＝76＝5，…，故数列{a n }是以6为周期的周期数列，所以a 2025＝a 337×6＋3＝a 3＝54.角度2数列的单调性与最大（小）项问题例5（1）[2023北京高考]已知数列{a n }满足a n ＋1＝14（a n －6）3＋6（n ＝1，2，3，…），则（B）A.当a 1＝3时，{a n }为递减数列，且存在常数M ≤0，使得a n ＞M 恒成立B.当a 1＝5时，{a n }为递增数列，且存在常数M ≤6，使得a n ＜M 恒成立C.当a 1＝7时，{a n }为递减数列，且存在常数M ＞6，使得a n ＞M 恒成立D.当a 1＝9时，{a n }为递增数列，且存在常数M ＞0，使得a n ＜M 恒成立解析对于A，当a1＝3时，a2＝14×（－3）3＋6，a3＝144×（－3）9＋6，…，所以{a n}为递减数列.又三次函数y＝x3单调递增，所以y＝14（x－6）3＋6单调递增，则当n→＋∞时，a n→－∞，所以a n无最小值，故A错误.对于B，当a1＝5时，a2＝－14＋6，a3＝－144＋6，a4＝－1413＋6，…，所以{a n}为递增数列，且n→＋∞时，a n→6.取M＝6，则对任意n∈N*，都有a n＜M＝6，故B正确.对于C，当a1＝7时，a2＝14＋6，a3＝144＋6，易知{a n}为递减数列，且n→＋∞时，a n→6，故不存在M＞6，使得a n＞M恒成立，故C错误.对于D，当a1＝9时，a2＝334＋6，a3＝3944＋6，易知{a n}为递增数列，且当n→＋∞时，a n→＋∞，所以a n无最大值，故D错误.（2）若数列{a n}的前n项积b n＝1－27n，则a n的最大值与最小值之和为（C）A.－13 B.57 C.2 D.73解析由题意a1a2…a n＝1－27n①.当n＝1时，a1＝1－27＝57；当n≥2时，a1a2…a n－1＝1－27（n－1）＝97－27n②.由①÷②得a n＝1－2797－27＝7－29－2＝1＋22－9（n≥2）.又a1＝57也满足上式，所以a n＝1＋22－9（n∈N*）.作出函数f（x）＝1＋22－9的图象，如图所示，易知当x∈N*时，f（x）max＝f（5），f（x）min＝f（4），所以a n的最小值为a4＝－1，最大值为a5＝3，所以a n的最大值与最小值之和为－1＋3＝2，故选C.方法技巧1.解决数列单调性问题的3种常用方法作差比较法a n＋1－a n＞0⇔数列{a n}是递增数列；a n＋1－a n＜0⇔数列{a n}是递减数列；a n＋1－a n＝0⇔数列{a n}是常数列.作商比较法当a n符号确定时，利用r1与1的大小关系确定{a n}的单调性.数形结利用数列对应的函数的图象直观判断.注意“函数”的自变量为正整数.合法2.求数列中的最大（小）项的方法（1）利用≥r1，≥－1求数列中的最大项a n ；利用≤r1，≤－1求数列中的最小项a n .（2）结合数列单调性判断数列的最大（小）项.3.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.训练3（1）已知数列{a n }满足a n ＝n cos 2π，b n ＝a n ＋a n ＋1，则数列{b n }的前50项和为－52.解析解法一由题意得，b n ＝a n ＋a n ＋1＝n cos 2π＋（n ＋1）cosr12π＝n cos2π－（n ＋1）sin 2π，则b 4n ＝4n cos 2n π－（4n ＋1）sin 2n π＝4n ，同理可得b 4n －1＝4n ，b 4n －2＝2－4n ，b 4n －3＝2－4n ，所以b 4n －3＋b 4n －2＋b 4n －1＋b 4n ＝4，于是数列{b n }的前50项和b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 48＋b 49＋b 50＝12（b 1＋b 2＋b 3＋b 4）＋b 4×13－3＋b 4×13－2＝12×4＋2－4×13＋2－4×13＝－52.解法二（列举法）由题意可得a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.通过列举可知，a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝2，且a 2k －1＝0，k ∈N *.设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 50＝12（a 1＋a 2＋a 3＋a 4）＋a 49＋a 50＝12×2＋49cos49π2＋50cos50π2＝－26.又b n ＝a n ＋a n ＋1，所以{b n }的前50项和为2S 50－a 1＋a 51＝－52.（2）已知数列{a n }的通项公式为a n ＝33，当a n 最大时，n ＝3.（33≈1.44）解析设a n 是数列{a n }的最大项，则r1≤，－1≤，33，≤33，解得n 因为33≈1.44，所以n 的值为3.（3）已知数列{a n }的首项a 1＝m ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n ＋1＝2n 2＋3n ，若数列{a n }是递增数列，则实数m 的取值范围是（14，54）.解析由S n ＋S n ＋1＝2n 2＋3n 可得，S n －1＋S n ＝2（n －1）2＋3（n －1）（n ≥2），两式相减得a n ＋a n ＋1＝4n ＋1（n ≥2），∴a n －1＋a n ＝4n －3（n ≥3），由此可得a n ＋1－a n －1＝4（n ≥3）.∴数列a 2，a 4，a 6，…是以4为公差的等差数列，数列a 3，a 5，a 7，…是以4为公差的等差数列.将n＝1及a1＝m代入S n＋S n＋1＝2n2＋3n可得a2＝5－2m，将n＝2代入a n ＋a n＋1＝4n＋1（n≥2）可得a3＝4＋2m.∵a4＝a2＋4＝9－2m，∴要使得任意n∈N*，a n＜a n＋1恒成立，只需要a1＜a2＜a3＜a4即可，∴m＜5－2m＜4＋2m＜9－2m，解得14＜m＜54.∴实数m的取值范围是（14，54）.1.[命题点1/2023山东菏泽鄄城一中三模]已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n＝4a n－3，则S n＝（C）A.4[（25）n－1]B.4[（23）n－1]C.3[（43）n－1]D.4（3n－1）解析当n＝1时，S1＝4a1－3，得a1＝S1＝1，当n≥2时，S n＝4（S n－S n－1）－3，化简得S n＝43S n－1＋1，即S n＋3＝43（S n－1＋3）（n≥2），又S1＋3＝4，所以{S n＋3}是首项为4，公比为43的等比数列，所以S n＋3＝4×（43）n－1，所以S n＝4×（43）n－1－3＝3[（43）n－1]，故选C.2.[命题点2角度1/2023山东济南历城二中模拟]数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝a n＋n＋1.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝1，数列{b n}的前n项和为T n，证明：T n＜2.解析（1）因为a n＋1＝a n＋n＋1，即a n＋1－a n＝n＋1，所以当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，a n－a n－1＝n，将以上各式相加，得a n－a1＝2＋3＋…＋n＝（－1)(r2）2，则a n＝2＋r22（n≥2），当n＝1时也符合上式，故a n＝2＋r22.（2）由题意知b n＝1＝22＋r2＜22＋＝2（r1）＝2（1－1r1）.所以T n＝b1＋b2＋…＋b n＜2（1－12＋12－13＋…＋1－1r1）＝2（1－1＋1）＜2，问题得证.3.[命题点3角度2/2023四川达州三诊]已知数列{a n}满足12＋222＋…＋2＝n（n∈N*），b n＝λ（a n－1）－n2＋4n，若数列{b n}为递增数列，则λ的取值范围是（A）A.（38，＋∞）B.（12，＋∞）C.[38，＋∞）D.[12，＋∞）解析由12＋222＋…＋2＝n（n∈N*）可得12＋222＋…＋－12－1＝n－1（n≥2），两式相减可得2＝1（n≥2），则a n＝2n（n≥2），当n＝1时，由12＝1可得a1＝2，满足上式，故a n＝2n（n∈N*），所以b n＝λ（2n－1）－n2＋4n.因为数列{b n}为递增数列，即∀n∈N*，b n＋1－b n＞0，则λ（2n＋1－1）－（n＋1）2＋4（n＋1）－[λ（2n－1）－n2＋4n]＝λ·2n－2n＋3＞0，整理得λ＞2－32，令c n＝2－32，则c n＋1－c n＝2－12r1－2－32＝5－22r1（n∈N*），＞c n，当n≥3时，c n＋1＜c n，当n≤2时，c n＋1即当n＝3时，2－32取得最大值38，从而得λ＞38，所以λ的取值范围为（38，＋∞）.故选A.学生用书·练习帮P3011.[2024江西模拟]记S n为数列{a n}的前n项和，若S n＝2，≤5，5－4，>5，则a6＝（A）A.1B.5C.7D.9解析因为S n为数列{a n}的前n项和，且S n＝2，≤5，5－4，>5，所以a6＝S6－S5＝（5×6－4）－52＝1.故选A.2.[2023安徽淮南第五次联考]若数列{a n}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝（n－1）·2n＋1，则a7＝（A）A.64B.128C.256D.512解析由a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝（n－1）·2n＋1①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）＝（n－2）·2n－1＋1（n≥2）②，①－②，得na n＝[（n－1）·2n＋1]－[（n－·a n－12）·2n－1＋1]＝n·2n－1（n≥2），所以a n＝2n－1（n≥2），则a7＝64.故选A.3.已知数列{a n}的通项公式为a n＝3n（2n－13），n∈N*，则数列{a n}的前n项和S n取最小值时，n的值是（A）A.6B.7C.8D.5解析由3n（2n－13）≤0，得n≤132，n∈N*，所以数列{a n}的前6项为负数，从第7项开始为正数，故数列{a n}的前n项和S n取最小值时，n的值为6.故选A.4.已知数列{a n}的通项公式为a n＝n＋，则“a≤1”是“数列{a n}是递增数列”的（A）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若数列{a n}是递增数列，则n＋1＋r1＞n＋，化简得a＜n2＋n.因为函数y＝x2＋x＝（x＋12）2－14在[1，＋∞）上单调递增，所以a＜2，所以“a≤1”是“数列{a n}是递增数列”的充分不必要条件.故选A.5.[斐波那契数列]斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有直接的应用.在数学上，斐波那契数列{a n}是用如下递推方法定义的：a1＝a2＝1，a n＝a n－1＋a n－2（n≥3，n∈N*）.已知12＋22＋32＋…＋2是该数列的第100项，则m＝（B）A.98B.99C.100D.101解析由题意得，12＝a2a1.因为a n＝a n－1＋a n－2（n≥3，n∈N*），所以a n－1＝a n－a n－2（n≥3，n∈N*），得22＝a2（a3－a1）＝a2a3－a2a1，32＝a3（a4－a2）＝a3a4－a3a2，…，2＝a m（a m＋1－a m－1）＝a m a m＋1－a m a m－1.则12＋22＋32＋…＋2＝a m a m＋1.因为12＋22＋32＋…＋2是斐波那契数列{a n}的第100项，即a m＋1是斐波那契数列{a n}的第100项，所以m＝99，故选B.6.[2023上海财经大学附属中学模拟]若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2（n ∈N *），则数列{a n }的前n 项和S n ＝3r1－3－22.解析由a n ＋1＝3a n ＋2得a n ＋1＋1＝3（a n ＋1），所以数列{a n ＋1}是以3为公比的等比数列，其中首项a 1＋1＝3，所以a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，所以a n ＝3n －1，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝（31＋32＋…＋3n ）－n ＝3×（1－3）1－3－n ＝3r1－3－22.7.[2023重庆市三检]已知数列{a n }满足：对任意的正整数m ，n ，都有a m a n ＝a m ＋n ，且a 2＝3，则a 10＝243.解析解法一因为对任意的正整数m ，n ，都有a m a n ＝a m ＋n ，所以a 1a 1＝a 2，a n a 1＝a n ＋1.又a 2＝3，所以a 1＝±3，r1＝a 1，所以数列{a n }是首项与公比均为a 1的等比数列，所以a n＝a 1·1－1＝1，所以a 10＝110＝35＝243.解法二由题意，令m ＝n ＝2，得a 4＝a 2·a 2＝32.令m ＝n ＝4，得a 8＝a 4·a 4＝34.令m ＝2，n＝8，得a 10＝a 8·a 2＝34×3＝35＝243.8.[2023甘肃白银5月第二次联考]设{a n }是首项为1的正项数列，且（n ＋1）r12－n 2＋a n ＋1a n ＝0（n ∈N *），则它的通项公式a n ＝1.解析解法一（累乘法）将原式分解因式，得[（n ＋1）a n ＋1－na n ]（a n ＋1＋a n ）＝0.∵{a n }是正项数列，∴a n ＋1＋a n ＞0，∴（n ＋1）a n ＋1－na n ＝0，∴r1＝r1，∴21×32×43×…×－1＝12×23×34×…×－1（n ≥2），即1＝1（n ≥2）.∵a 1＝1，∴a n ＝1a 1＝1（n ≥2），当n ＝1时也符合上式，故a n ＝1.解法二（迭代法）由解法一，知r1＝r1，∴a n ＋1＝r1a n ，∴a n ＝－1a n －1＝－1·－2－1·a n －2＝…＝－1·－2－1 (12)·a 1＝1a 1（n ≥2）.∵a 1＝1，∴a n ＝1（n ≥2），当n ＝1时也符合上式，故a n ＝1.解法三（构造特殊数列法）由解法一，知（n ＋1）a n ＋1＝na n ，∴数列{na n }是常数列，∴na n ＝1·a 1＝1，∴a n ＝1.9.[2023山东泰安肥城5月适应性训练]数列{a n}的前n项和为S n，满足S n＋1－2S n＝1－n，且S1＝3，则数列{a n－2S n＝1－n，∴S n＋1－（n＋1）＝2（S n－n），且S1－1＝2≠0，解析∵S n＋1＝2，∴{S n－n}是以2为首项，2为公比的等比数列.∴S n－n＝2·2n－1＝2n，S n ∴r1－（r1）－＝n＋2n.∴当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，又a1＝3不满足上式，所以a n＝3，=1，2－1+1，≥2.10.[2023安徽合肥一六八中学最后一卷]如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中，后人称之为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.根据以上规律引入一个数列{a n}，满足a1＝1，a n＝a n－1＋n，n＞1且n∈N*.（1）求数列{a n}的通项公式.（2）求证：11＋12＋…＋1＜2.解析（1）因为a n＝a n－1＋n，n＞1，所以a n－a n－1＝n，n＞1，所以当n＞1时，a n＝（a n－a n－1）＋（a n－1－a n－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋（n－1）＋…＋2＋1＝（r1）2，又a1＝1，当n＝1时，上式也成立，所以a n＝（r1）2.（2）由1＝2（r1）＝2（1－1r1），得11＋12＋…＋1＝2（1－12＋12－13＋…＋1－1r1）＝2（1－1r1）＜2，问题得证. 11.[2024云南曲靖模拟]数列{a n}满足a n＋1＝2－14+2，且a1＝1，则数列{a n}的前2024项的和S2024＝（C）A.－2536B.－2538C.－17716D.－17718解析因为a n ＋1＝2－14+2，且a 1＝1，令n ＝1，可得a 2＝21－141+2＝16；令n ＝2，可得a 3＝22－142+2＝－14；令n ＝3，可得a 4＝23－143+2＝－32；令n ＝4，可得a 5＝24－144+2＝1.可知数列{a n }是以4为周期的周期数列，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋16－14－32＝－712，且2024＝4×506，所以S 2024＝506×（－712）＝－17716.故选C.12.[多选/2023高三名校联考]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，该数列从第一项起为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….按此规律得到的数列记为{a n }，其前n 项和为S n ，则以下说法正确的是（AD ）A.a 2n －1＝2n 2－2nB.182是数列{a n }中的项C.a 21＝210D.当n 为偶数时，S n ＋2－2S n ＋1＋S n ＝n ＋2解析数列{a n }的偶数项依次为2，8，18，32，50，…，通过观察可知a 2n ＝2n 2，同理可得a 2n －1＝2n 2－2n ，所以a n 为奇数，2为偶数，所以a 21＝212－12＝220，故A 正确，C 错误；由2－12＝182，得n ＝365，由22＝182，得n ＝291，又n ∈N *，所以方程都无正整数解，所以182不是{a n }中的项，故B 错误；当n 为偶数时，S n ＋2－2S n ＋1＋S n ＝（S n ＋2－S n ＋1）－（S n ＋1－S n ）＝a n ＋2－a n ＋1＝（r2）22－（r1）2－12＝n ＋2，故D 正确.故选AD.13.[2023河南名校摸底考试]已知数列{a n }满足：a 1＝1，（2n ＋1）2a n ＝（2n －1）2a n ＋1（n ∈N *）.正项数列{c n }满足：对于每个n ∈N *，c 2n －1＝a n ，c 2n －1，c 2n ，c 2n ＋1成等比数列，则c n 解析依题意，a n ≠0，由（2n ＋1）2a n ＝（2n －1）2a n ＋1可得r1＝（2r1）2（2－1）2，所以a n ＝－1·－1－2·…·32·21·a 1＝（2－1）2（2－3）2·（2－3）2（2－5）2·…·5232·3212·1＝（2n －1）2（n ≥2），当n ＝1时，a 1＝1，满足上式，所以c 2n －1＝a n ＝（2n －1）2①.因为c 2n －1，c 2n ，c 2n ＋1成等比数列，所以22＝c 2n －1×c 2n ＋1＝（2n －1）2（2n ＋1）2＝（4n 2－1）2，又c n ＞0，所以c 2n ＝4n 2－1＝（2n ）2－1②.由①②可知，c n ＝2，为奇数，2－1，为偶数.14.[2023江苏省如皋中学模拟]已知数列{a n }，a 1＝1，且a n ·＝，则a 1·a 2·a 3·…·2K2·2K1·2＝12r1，a n 解析因为a n ·a n ＋1＝r2，所以a 1·a 2·a 3·a 4·…·a 2n －1·a 2n ＝13×35×…×2－12r1＝12r1.由a n ·a n ＋1＝r2，可得a n ＋1·a n ＋2＝r1r3，即有r2＝（r1)(r2）（r3），由a 1＝1，得31＝2×31×4，53＝4×53×6，75＝6×75×8，…，2－12－3＝（2－2)(2－1）（2－3）·2，所以当n ＝2k －1，k ∈N *时，将以上各式相乘可得，a 2k －1＝2（2－1）2，即a n ＝2r1，n ＝2k －1，k ∈N *.又当n ＝2k －1，k ∈N *时，a 2k －1·a 2k ＝2－12r1，所以a 2k ＝2－12r1·22（2－1）＝22（2r1），所以当n ＝2k ，k ∈N *时，a n ＝2r2.所以a n ＝=2－1，=2（k ∈N *）.15.[2023福州5月质检]已知数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋10＝2a n ＋1＋2n .（1）若b n ＝a n ＋1－a n ，求数列{b n }的通项公式；（2）求使a n 取得最小值时n 的值.解析（1）依题意，可得b 1＝0，b n ＋1－b n ＝2n －10，于是当n ≥2时，b n －b 1＝∑i=1－1（b i ＋1－b i ）＝∑i=1－1（2i －10）＝2＋4＋…＋（2n －2）－10（n －1）＝n 2－11n ＋10.即b n ＝n 2－11n ＋10，又b 1＝0也符合上式，所以b n ＝n 2－11n ＋10.（2）由（1）可知b n ＝a n ＋1－a n ＝（n －1）（n －10），当2≤n ≤9时，b n ＜0，即a n ＋1＜a n ，当n ≥11时，b n ＞0，即a n ＋1＞a n ，当n ＝1或n ＝10时，b n ＝0，即a n ＋1＝a n ，所以a n 取得最小值时n ＝10或11.16.[条件创新]在数列{a n}中，a1＝1，a2＝13，2a n a n＋2＝a n a n＋1＋a n＋1a n＋2，若a k＝135，则k＝（A）A.18B.24C.30D.36解析由2a n a n＋2＝a n a n＋1＋a n＋1a n＋2，得2r1＝1r2＋1，所以数列{1}是等差数列，且首项为11＝1，公差为12－11＝2，所以1＝1＋（n－1）×2＝2n－1，所以a n＝12－1.由a k＝12－1＝135，得k＝18，故选A.。
统计学基础第五章时间数列
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统计学——第五章时间数列
解：根据上面计算资料再计算第三季度的月平均库存额为：
an-1 an a1 a2 a2 a3 … 2 2 a 2 n 1 an a1 a2 an-1 2 2 n 1
700 900 900 1000 2 2 4 1
均衡的期末登记排列。通常将前者称为间隔相等的间断 时点数列，后者称为间断不等的间断时点数列。
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统计学——第五章时间数列
间隔相等的间断时点数列的平均发展水平的计算公式：
an1 an a1 a2 a2 a3 2 2 a 2 n 1 an a1 a2 an-1 2 2 n 1
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统计学——第五章时间数列
（3）分子、分母由一个时期数列和一个时点数列对比组成 相对数时间数列。
a a 1 a 2 a n 1 a n c b0 bn b1 b n 1 b 2 2
（分子为时期数列，分母为时点数列） a0 an a 1 a 2 a n 1 a 2 或 2 c b1 b n 1 b n
可见，该商场2006年的第三、第四季度的月平均销售 额大于第一、第三季度的月平均销售额。 statistics
统计学——第五章时间数列
2．依据时点数列计算序时平均数
连续时点数列 时点数列 间断时点数列 间隔不等的间断时点数列 间隔相等的间断时点数列
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统计学——第五章时间数列
（1）连续时点数列的序时平均数。
5-4所示,试求第一季度的平均完成率。 表5-4 某厂某年第一季度各月商品销售额 计划完成情况统计表 目 1月 200 210 105 2月 240 260 105 3月 250 280 112 statistics
高中数学竞赛辅导讲义 第五章 数列【讲义】
第五章 数列一、基础知识定义1 数列，按顺序给出的一列数，例如1，2，3，…，n ，…. 数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{a n }的一般形式通常记作a 1, a 2, a 3,…，a n 或a 1, a 2, a 3,…，a n …。
其中a 1叫做数列的首项，a n 是关于n 的具体表达式，称为数列的通项。
定理1 若S n 表示{a n }的前n 项和，则S 1=a 1, 当n >1时，a n =S n -S n -1. 定义2 等差数列，如果对任意的正整数n ，都有a n +1-a n =d （常数），则{a n }称为等差数列，d 叫做公差。
若三个数a , b , c 成等差数列，即2b =a +c ，则称b 为a 和c 的等差中项，若公差为d, 则a =b -d, c =b +d. 定理2 等差数列的性质：1）通项公式a n =a 1+(n -1)d ；2）前n 项和公式：S n =d n n na a a n n 2)1(2)(11-+=+；3）a n -a m =(n -m)d ，其中n , m 为正整数；4）若n +m=p +q ，则a n +a m =a p +a q ；5）对任意正整数p , q ，恒有a p -a q =(p -q )(a 2-a 1)；6）若A ，B 至少有一个不为零，则{a n }是等差数列的充要条件是S n =An 2+Bn .定义3 等比数列，若对任意的正整数n ，都有q a a nn =+1，则{a n }称为等比数列，q 叫做公比。
定理3 等比数列的性质：1）a n =a 1q n -1；2）前n 项和S n ，当q ≠1时，S n =qq a n --1)1(1；当q =1时，S n =na 1；3）如果a , b , c 成等比数列，即b 2=ac (b ≠0)，则b 叫做a , c 的等比中项；4）若m+n =p +q ，则a m a n =a p a q 。
人教B版高中数学选择性必修第三册精品课件 第五章 数列 5.3.1 第1课时 等比数列的定义
(2)存在一个数列既是等差数列,又是等比数列.( √ )
(3)等比数列中的项可以为零.( × )
(4)若a,b,c三个数满足b2=ac,则a,b,c一定能构成等比数列.( × )
合作探究 释疑解惑
探究一
等比数列的通项公式及应用
【例1】 在等比数列{an}中,
1
由 得 q=2,从而 a1=32,
①
②
1 -1
又 an=1,所以 32× 2
=1,
即26-n=20,所以n=6.
1
方法二:因为 a3+a6=q(a2+a5),所以 q= .
2
由a1q+a1q4=18,知a1=32.
由an=a1qn-1=1,知n=6.
反思感悟
1.已知等比数列的首项a1与公比q可求得数列中的任何一项.
出门望见九堤,堤有九木,木有九枝,枝有九巢,巢有九禽,禽有九雏,雏有九毛,
毛有九色,问各几何?”该问题中的各种东西的数量构成的数列为
9,92,93,…,97 .
2.某人年初投资10 000元,如果年收益率是5%,那么按照复利,5年内各年末
的本利和构成的数列为 10 000×1.05,10 000×1.052,…,10 000×1.055 .
2.在等比数列的通项公式中,已知a1,q,n,an四个量中的任意三个,可以求得
另一个量,即“知三求一”.
【变式训练1】 在等比数列{an}中,a5-a1=15,a4-a2=6,求a3.
解:因为
5 -1 = 1 4 -1 = 15,①
4 -2 = 1 3 -1 = 6,②
4 -1 15
(1)a4=2,a7=8,求an;
数列的通项和概念
3．数列的分类 栏目 导引
第五章 数列
分类原则 按项数分
类
按项与项 间的大小 关系分类
按其他标 准分类
类型 有穷数列 无穷数列 递增数列 递减数列
常数列
有界数列
摆动数列
满足条件
项数__有__限___ 项数__无__限____
an＋1_>__an an＋1_<__an
栏目 导引
第五章 数列
[题后悟道] 对形如 an＋1＝an＋f(n)(f(n)是可以求和 的)的递推公式求通项公式时，常用累加法，巧妙求出 an －a1 与 n 的关系式．
栏目 导引
第五章 数列
2．累乘法 [典例 2] (2012·大纲全国卷)已知数列{an}中，a1＝1，前 n 项和 Sn＝n＋3 2an. (1)求a2，a3； (2)求{an}的通项公式．
栏目 导引
第五章 数列
4．已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝
an 2an＋1
，则其通项公式
为________． 解析：两边取倒数，得an1＋1＝2ana＋n 1＝2＋a1n，故有an1＋1－
a1n＝2.故数列a1n是首项为a11＝13，公差为 2 的等差数列，
所以a1n＝13＋2(n－1)＝6n3－5，故 an＝6n3－5. 答案：6n3－5
(1)Sn＝a1＋a2＋…＋an；
(2)an＝SS1n－n＝Sn1－1n≥2 .
栏目 导引
课前热身
第五章 数列
1．下列说法中，正确的是
()
A．数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}
B．数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同的
第五章 第五节 数列的综合应用
一辆邮政车自A城驶往B城，沿途有n个车站(包括起点站A 和终点站B)，每停靠一站便要卸下前面各站发往该站的邮
袋各一个，同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个，
设该车从各站出发时邮政车内的邮袋数构成一个有穷数列 {ak}(k＝1,2,3，„，n)． 试求：(1)a1，a2，a3. (2)邮政车从第k站出发时，车内共有邮袋多少个？
解：(1)由题意得 a1＝n－1，a2＝(n－1)＋(n－2)－1＝2n－4， a3＝(n－1)＋(n－2)＋(n－3)－1－2＝3n－9. (2)在第 k 站出发时，放上的邮袋共(n－1)＋(n－2)＋„＋(n－ k)个，而从第二站起，每站放下的邮袋共 1＋2＋3＋„＋(k－ 1)个， ak＝(n－1)＋(n－2)＋„＋(n－k)－[1＋2＋…＋(k－1)] 故 1 1 ＝kn－ k(k＋1)－ k(k－1)＝kn－k2(k＝1,2，„，n)， 2 2 即邮政车从第 k 站出发时，车内共有邮袋个数为 kn－k2(k＝ 1,2，„，n)．
(2)由(1)知an＝2n 1，∴Sn＝2n－1， 2an＋1 2n＋1 2 ∴ S ＝ n ＝1＋ n . 2 －1 2 －1 n 2 ∵n≥1，∴2 －1≥1，∴1＋ n ≤3， 2 －1
n
－
2an＋1 ∴当n＝1时， S 的最大值为3. n
[归纳领悟]
1．等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的 重点，特别是等差、等比数列的通项公式、前n项和 公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点． 2．利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值．同时 对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好 性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件
[究 疑 点] 银行储蓄单利公式及复利公式是什么模型？ 提示：单利公式——设本金为a元，每期利率为r，存期
2022数学第五章数列第一节数列的概念与简单表示法教师文档教案文
第一节数列的概念与简单表示法授课提示：对应学生用书第88页［基础梳理］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,这个公式叫作数列的通项公式前n项和数列{a n｝中,S n＝a1＋a2＋…＋a n叫作数列的前n项和2。
数列的表示方法列表法列表格表示n与a n的对应关系图像法把点(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＝错误!4．数列的分类1．与函数的关系：数列是一种特殊的函数，定义域为N＋或其有限子集数列的图像是一群孤立的点．2．周期性：若a n＋k＝a n(n∈N＋，k为非零正整数)，则{a n}为周期数列，k为｛a n｝的一个周期．[四基自测］1．（基础点：数列的项)已知数列｛a n｝的通项公式为a n＝9＋12n，则在下列各数中,不是｛a n}的项的是()A．21B．33C．152 D．153答案：C2．（基础点:数列递推关系）在数列{a n｝中，a1＝1，a n＝1＋错误!（n≥2）,则a4＝（）A.错误!B．错误!C.错误!D．错误!答案：B3．（基础点：数列的前n项和）设S n为数列{a n}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则S5为________．答案：54．（易错点：数列的通项公式)数列1,错误!，错误!，错误!，错误!,…的一个通项公式a n＝________．答案：错误!授课提示：对应学生用书第89页考点一数列的项与通项公式挖掘1判断通项公式/ 自主练透［例1］（1）下列公式可作为数列{a n｝:1，2,1，2，1，2，…，的通项公式的是（）A．a n＝1 B．a n＝错误!C．a n＝2－错误!D．a n＝错误![解析]由a n＝2－错误!可得a1＝1,a2＝2，a3＝1，a4＝2，…。
成人高考文科数学第五章-数列PPT课件
n(a1 an )
公式1 S n
2
= 1 + ( − 1)
n(n 1)
公式2 Sn na1
d
2
22
等差数列前n项和公式
=
(1 + )
2
( − 1)
= na1 +
2
思考：①在正整数列中，前n个数的和是多少？
②在正整数列中，前n个偶数的和是多少？
解得 A＝5．
一般地，如果 a，A，b 成等差数列，那么 A 叫做
a与 b 的等差中项．A＝
a + b 或a b 2 A
2
16
思考：
引入：等差数列的等差中项，我们有
3 + 15 = 29 , 1 + 17 = 29
等差数列 中，若 + = + , 那么
+ 与 + 间存在什么样的关系？
6
传说古希腊毕达哥拉斯学派数学家研究的问题：
三角形数
1,
3,
6,
10, .…..
正方形数
1, 4,
9,
16, ……
提问：这些数有什么规律吗？
7
上述棋盘中各格子里的麦粒数按先后次序排成一列数:
1，2，22 ，23 ， … … 263
三角形数： 1，3，6，10，···
正方形数：1，4，9，16，···
a1 2, a2 4, a3 8,
或
a1 8, a2 4, a3 2.
34
2009（07）
公比为2等比数列
则，a1
8/2/2024
an 中，a
1
第5章《数列》(第1节)ppt 省级一等奖课件
第五章 数列
5．已知数列{an}的通项公式为 an＝pn＋qn，且 a2＝32，a4＝23，则
a8＝________．
解析
由已知得24pp＋＋qq24＝＝3232，，解得pq＝＝142，.
则 an＝14n＋2n，故 a8＝94.
答案
9 4
第五章 数列
[关键要点点拨] 1．对数列概念的理解
(2014·安阳模拟)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，若不等 式 a2n＋Sn2n2≥ma21对任意等差数列{an}及任意正整数 n 都成立，
则实数 m 的最大值为
()
1
1
A.4
B.5
C．1
D．无法确定
第五章 数列
【思路导析】 将已知不等式用 an 与 a1 表示后分离参数 m 转化为 函数的最值问题求解． 【解析】 因为 Sn＝12n(a1＋an)， 所以原不等式可化为 a2n＋41(a1＋an)2≥ma21. 若 a1＝0，则原不等式恒成立； 若 a1≠0，则有 m≤54aan12＋21aan1＋41，
第五章 数列
满足条件 项数 有限 项数 无限
an＋1 > an an＋1 < an an＋1＝an
其中 n∈N*
第五章 数列
3.数列的通项公式： 如果数列{an}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．
第五章 数列
二、数列的递推公式 如果已知数列{an}的首项(或前几项)，且 任一项an 与它 的 前一项an－1 (n≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式 来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．
第五章 数列
2．数列的函数特征 数列是一个定义域为正整数集N*(或它的有限子集{1，2， 3，…，n})的特殊函数，数列的通项公式也就是相应的 函数解析式，即f(n)＝an(n∈N*)．
高中数学第五章数列5-3等比数列5-3-2等比数列的前n项和第1课时等比数列的前n项和新人教B版选择
【解析】 设数列{an}的首项为a1，公比为q，全部奇数项、偶数项之和分别记
为S奇，S偶，由题意，知S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶．
S
偶 1
∵数列{an}的项数为偶数，∴q＝ ＝ .
S
奇 3
又a1·a1q·a1q2＝64， ∴ a13 ·q3＝64，即a1＝12.
1 1−2
1−
= 48，①
= 60，②
5
1
n
n
②÷①得1＋q ＝ ，即q ＝ ，③
4
1
③代入①得 ＝64，
1−
1 1−3
∴S3n＝
1−
4
1
4
＝64(1－ 3 )＝63.
方法归纳
处理等比数列前n项和有关问题的常用方法
(1)运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，
每一分钟内，它上升的高度都是它在前一分钟内上升高度的80%.这个
热气球上升的高度能超过125 m吗？
解析：用an表示热气球在第n分钟内上升的高度，
4
由题意，得an＋1＝ an；
5
4
因此，数列{an}是首项a1＝25，公比q＝ 的等比数列．
5
热气球在前n分钟内上升的总高度
1 1−
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝
1−
na1
1 −
1−
状元随笔
[提示]
等比数列求和应注意什么？
公比q是否等于1.
知识点二 等比数列前n项和公式的函数特征
1
(1)当公比q≠1时，设A＝ ，等比数列的前n项和公式是Sn＝A(qn－
−1
1)．即Sn是关于n的指数型函数．
学业水平考试复习《第五章 数列》
湖南省长沙市一中卫星远程学校
★要点解读
3.等差数列的通项公式和前n项和公式.
an= a1+(n-1)d Sn= na1+n(n-1)d/2
基本量
a1
d
4.等比数列的通项公式和前n项和公式.
an= a1qn-1
1- qn Sn= a1 1- q
基本量
a1
q
湖南省长沙市一中卫星远程学校
★要点解读
▲.更多的知识点详见导引. 1.等差中项. 2.等比中项.
3.等差、比的求和公式.
▲实战P74 第9题
湖南省简化解题过程.
性质
等差数列 等比数列
性质1 a = a +(n-m)d n m
性质2 若m+n=p+q则
an= amqn-m
若m+n=p+q则
an+am=ap+aq
Sn , S2n-Sn , S3n-S2n 成等差数列
等差数 列的前 n项的 和
★考试内容与考试要求
单元 知识条目 考试要求 b c b a c c c ▲1.等比数列 ①等比数列的概念 等比数 ②等比数列的通项公式 列 ③等比中项 ④等比数列与指数函数的关系 等比数 列的前 n项的 和 ▲1.等比数列前n项的和 ①等比数列前n项和的公式 ②等比数列的基本量运算 ③等比数列前n项和公式的实际应用
★要点解读
2. 数列的前n项和Sn
(1) S n a1 a2 ... an ；
( n 1) S1 ( 2) an 与S n的关系： n a . S n S n 1 ( n 2)
例2. 数列前n项的和 Sn＝n2 +2n，求an. 变式. 数列前n项的和 Sn＝n2 +2，求an.
高中数学必修一第五章思维导图手写笔记
高中数学必修一第五章思维导图手写笔记
第五章数列
一、数列的定义
数列是按照一定规律排列的数的有限序列，它可以是有理数、无理数、自然数、整数等。
二、数列的性质
1. 通项公式：数列的每一项都可以用一个公式表示，这个公式就叫做通项公式。
2. 递推公式：数列的每一项都可以用前面几项的结果来推出，这个公式就叫做递推公式。
3. 数列的和：数列的和是指把数列中所有项的和加起来的结果，它可以用求和公式来表示。
4. 数列的等差：等差数列是指每一项与它的前一项之差都是相等的数列，它可以用通项公
式来表示。
5. 数列的等比：等比数列是指每一项与它的前一项之比都是相等的数列，它可以用通项公
式来表示。
三、数列的应用
1. 数列可以用来描述一些规律性的现象，如经济增长、人口增长等。
2. 数列可以用来解决一些实际问题，如投资问题、贷款问题等。
3. 数列可以用来求解一些数学问题，如求和、求积分等。
高中数学 第5章 数列 5.4 数列的应用教案 新人教B版选择性必修第三册-新人教B版高二选择性必修
5.4 数列的应用学 习 目 标核 心 素 养1.正确理解分期付款的两种计算方式．(重点)2.掌握政府支出的“乘数〞效应的相关知识．(重点)3.能够利用等差(比)数列的知识解决一些实际问题．(难点、易错点)1.通过分期付款及政府支出的“乘数〞效应的学习，培养逻辑推理的素养.2.借助数列的递推关系解决数列问题，形成数学建模的素养.我国现代都市人的消费观念正在变迁——我们对花明天的钱圆今天的梦已不再陌生，许多年轻人过起了名副其实的“负翁〞生活，贷款购物，分期付款已深入我们生活，在当前的市场环境中，分期付款被很多商家看作是抢市场份额的有效手段，为迎合消费心理，商家各尽其能；但面对商家和银行提供的各种分期付款服务，究竟选择什么样的方式好呢？分期还款与数列(1)等额本金还款法：即将本金平均分配到每一期进行偿还，每期还款金额＝贷款本金还款期数＋(贷款本金－已还本金总额)×利率．(2)等额本息还款法：即将本金和利息平均分配到每一期进行偿还．每期还款金额＝A 0r (1＋r )m(1＋r )m －1，其中A 0为贷款时的资金，r 为银行贷款月利率，m 为还款总期数(单位：月)．1．思考辨析(正确的画“√〞，错误的画“×〞)(1)“等额本金还款法〞中，每一期还款数构成一个等差数列．( ) (2)“等额本息还款法〞中，每一期还款数构成一个等比数列．( ) (3)如果政府的支出增加，那么经济就会产生“乘数〞效应．( ) [答案] (1)√ (2)√ (3)√2．某件产品计划每年成本降低q %，假设三年后成本为a ，那么现在的成本是( ) A ．a (1＋q %)3B ．a (1－q %)3C.a (1－q %)3D.a (1＋q %)3C [设现在的成本为x ，那么x (1－q %)3＝a ，故x ＝a(1－q %)3.]3．(一题两空)(教材P 43例1改编)自主创业的大学生X 华向银行贷款200 000元作为创业资金，贷款的年利率为5%，如果他按照“等额本金还款法〞分10年进行还款，那么其第二年应还________元；如果他按照“等额本息还款法〞分10年进行还款，那么其每年还款约________元．(1.0510≈1.628 89)29 000 25 901[如果采用“等额本金还款法〞，第二年应还20 000＋(200 000－20000)×5%＝29 000元．如果采用“等额本息还款法〞每年应还200 000×5%(1＋5%)10(1＋5%)10－1≈25901(元)．]4．今年，某公司投入资金500万元，由于坚持改革，大胆创新，以后每年投入资金比上一年增加30%，那么7年后该公司共投入资金________万元．5 0003(1.37－1)[设第n 年投入资金为a n 万元，由题意可知a n ＋1＝a n (1＋30%)＝1.3a n . ∴{a n }为首项a 1＝500，公比为1.3的等比数列， ∴S 7＝5 00(1－1.37)1－1.3＝5 0003(1.37－1)．]等差、等比数列模型的应用(1)假设通过动力控制系统，使得飞机模型在以后的每一分钟里，上升的高度都比它前一分钟上升的高度少2米，达到最大高度后保持飞行，问飞机模型上升的最大高度是多少？(2)假设通过动力控制系统，使得飞机模型在以后的每一分钟上升的高度是它在前一分钟里上升高度的80%，那么这个飞机模型上升的最大高度能超过75米吗？请说明理由．[解](1)由题意，飞机模型每分钟上升的高度构成a 1＝15，d ＝－2的等差数列，那么 S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝15n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋16n .当n ＝8时，(S n )max ＝S 8＝64.即飞机模型在第8分钟上升到最大高度为64米． (2)不能超过．由题意，飞机模型每分钟上升的高度构成b 1＝15，q ＝0.8的等比数列， 那么S n ＝b 1(1－q n )1－q ＝15(1－0.8n )0.2＝75(1－0.8n )<75.所以，这个飞机模型上升的最大高度不能超过75米．解决数列应用题的思路和方法(1)认真审题准确理解题意，明确问题是属于等差数列问题还是属于等比数列问题，要确定a 1与项数n 的实际意义，同时要搞清是求a n 还是求S n .(2)抓住题目中的主要数量关系，联想数学知识和方法，恰当引入参数变量，将文字语言转化为数学语言，将数量关系用数学式子表达出来．(3)将和所求联系起来，列出满足题意的数学关系式． [跟进训练]1．《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把120个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较多的三份之和的13是较少的两份之和，那么最少的一份面包个数为( )A ．46B ．12C ．11D ．2B [根据题意，把120个面包分给5个人，使每人所得成等差数列， 设5人得到的面包数分别为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，且d >0， 又由面包总数为120，且较多的三份之和的13是较少的两份之和，那么有⎩⎪⎨⎪⎧S 5＝5a ＝12013(a ＋a ＋d ＋a ＋2d )＝a －2d ＋a －d，解得a ＝24，d ＝6，那么a －2d ＝12.即最少的一份面包个数为12，应选B.]2．现有200根相同的钢管，把它们堆放成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能的少，那么剩余钢管的根数为( )A ．9B ．10C ．19D ．29B [∵把200根相同的钢管堆放成一个正三角形垛， ∴正三角形垛各层的钢管数组成一个首项为1，公差是1的数列，∴正三角形垛所需钢管总数为S n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2，令S n ＝n (n ＋1)2<200，解得n ＝19是使得不等式成立的最大整数，此时S n 取最大值190，由此可以推出剩余的钢管有10根．应选B.]分期付款中的数列问题甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获得利润1万元，以后每年比上年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获得利润1万元，以后每年比前一年多获利5 000元．两种方案的期限都是10年，到期一次性归还本息．假设银行贷款利息均以年息10%计算，试比较两个方案哪个获得纯利润更多？(计算精确到千元，参考数据：1.110≈2.594，1.310≈13.796)[解]根据题意，分析可得甲方案是等比数列，乙方案是等差数列．甲方案获利：1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9 ＝1(1.310－1)1.3－1≈42.65(万)，而银行的利息成本为10(1＋0.1)10＝25.94万元， 那么甲的纯利润为42.65－25.94≈16.7万元；乙方案：逐年获利成等差数列，前10年共获利：1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5) ＝10×(1＋5.5)2＝32.50(万元)，贷款的本利和为：1．1[1＋(1＋10%)＋…＋(1＋10%)9]＝17.534(万元)，∴乙方案扣除本利后的净获利为：32.50－17.534≈15.0(万元)． 所以，甲方案的获利较多．1．解决数列的实际应用问题，关键是读懂题意，从实际问题中提炼出问题的实质，转化为数学问题解决．2．价格升降、细胞繁殖、利率、增长率等问题常归结为数列建模，从而归纳转化为数列问题去解决．[跟进训练]3．王某2019年12月31日向银行贷款100 000元，银行贷款年利率为5%，假设此贷款分十年还清(2029年12月31日还清)，每年年底等额还款(每次还款金额相同)，设第n 年末还款后此人在银行的欠款额为a n 元．(1)设每年的还款额为m 元，请用m 表示出a 2； (2)求每年的还款额(精确到1元)．[解](1)a 2＝100 000×(1＋5%)2－m (1＋5%)－m ＝110 250－2.05m .(2)a 10＝100 000×(1.05)10－m ×(1.05)9－m ×(1.05)8－…－m ＝0,100 000×1.0510－m (1－1.0510)1－1.05＝0，解得m ＝100 000×0.05×(1.05)10(1.05)10－1≈12 950.复杂的数列建模问题1．斐波那契数列：1,1,2,3,5,8,13,21,34，… 存在怎样的递推关系？[提示]A n ＝A n －1＋A n －2(n >2且n ∈N ＋)，A 1＝A 2＝1.2．某企业投资1千万用于一个高科技项目，每年可获利25%，由于企业竞争激烈，每年底需要从利润中拿出资金200万做科研，方能保持原有的利润增长率．试建立第n 年资金a n 与第n －1年资金a n －1间的递推关系．[提示]a n ＝a n －1(1＋25%)－200.[例3] 某中学食堂每天供应3 000名学生用餐，为了改善学生伙食，学校每星期一有A ，B 两种菜可供大家免费选择(每人都会选而且只能选一种菜)．调查资料说明，凡是在这星期一选A 种菜的，下星期一会有20%改选B 种菜；而选B 种菜的，下星期一会有40%改选A 种菜．用a n ，b n 分别表示在第n 个星期一选A 的人数和选B 的人数，如果a 1＝2 000.(1)请用a n ，b n 表示a n ＋1与b n ＋1； (2)证明：数列{a n －2 000}是常数列．[解](1)由题意知：a n ＋1＝45a n ＋25b n ，b n ＋1＝15a n ＋35b n .(2)证明：∵a n ＋1＝45a n ＋25b n ，且a n ＋b n ＝3 000，∴a n ＋1＝45a n ＋25(3 000－a n )，∴a n ＋1＝25a n ＋1 200，∴a n ＋1－2 000＝25(a n －2 000)，又∵a 1－2 000＝0， ∴数列{a n －2 000}是常数列.求解此类问题的关键是依据题设条件，巧借a n 及a n －1即抓住数列前后两项(几项)的数量关系，建立递推关系a n ＝pa n －1＋q ，在此基础上借助数列知识给予解答，常用的方法便是待定系数法和构造等比数列法.[跟进训练]4．某学校实验室有浓度为2 g/ml 和0.2 g/ml 的两种K 溶液．在使用之前需要重新配制溶液，具体操作方法为取浓度为2 g/ml 和0.2 g/ml 的两种K 溶液各300 ml 分别装入两个容积都为500 ml 的锥形瓶A ，B 中，先从瓶A 中取出100 ml 溶液放入B 瓶中，充分混合后，再从B 瓶中取出100 ml 溶液放入A 瓶中，再充分混合．以上两次混合过程完成后算完成一次操作．设在完成第n 次操作后，A 瓶中溶液浓度为a n g/ml ，B 瓶中溶液浓度为b n g/ml.(lg 2≈0.301，lg3≈0.477)(1)请计算a 1，b 1，并判定数列{a n －b n }是否为等比数列？假设是，求出其通项公式；假设不是，请说明理由；(2)假设要使得A ，B 两个瓶中的溶液浓度之差小于0.01 g/ml ，那么至少要经过几次？ [解](1)由题意，得b 1＝0.2×300＋2×100300＋100＝0.65 g/ml ，a 1＝0.65×100＋2×200200＋100＝1.55 g/ml.当n ≥2时，b n ＝1400(300b n －1＋100a n －1)＝14(3b n －1＋a n －1)， a n ＝1300(200a n －1＋100b n )＝14(3a n －1＋b n －1)，∴a n －b n ＝12(a n －1－b n －1)，∴等比数列{a n －b n }的公比为12，其首项a 1－b 1＝1.55－0.65＝0.9，∴a n －b n ＝0.9·.(2)由题意可知，问题转化为解不等式0.9·<10－2，∴n >1＋1＋2lg 3lg 2≈7.49，∴至少要操作8次才能达到要求.1．本节课的重点是应用数列知识解决实际问题，难点是如何化实际问题为数学问题，转化的关键是明确题设信息，利用递推关系式方程思想建立等量关系．2．明确分期付款中的两种常见方式：等额本金还款法和等额本息还款法，前者为等差数列模型，后者为等比数列模型．3．以数列知识为背景的应用题是高中应用题中的常见题型，要正确快速地解决此类问题，需要在理解题意的基础上，正确处理数列中的递推关系．1．有一座7层古塔，每层所点的灯的盏数等于上面一层的2倍，最上面一层点了3盏，那么共点盏数为( )A ．192B ．381C ．189D ．63B [根据题意，设每层点的灯数组成数列{a n }，分析可得{a n }是公比为2的等比数列，且a 1＝3，那么S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝3×(1－27)1－2＝381，应选B.]2．某小镇在今年年底统计有人口20万，预计人口年平均增长率为1%，那么五年后这个小镇的人口数为( )A ．20×(1.01)5万B ．20×(1.01)4万C ．20×1.015－11.01－1万D ．20×1.014－11.01－1万A [某小镇在今年年底统计有人口20万，预计人口年平均增长率为1%，那么 1年后这个小镇的人口数为20(1＋1%)， 2年后这个小镇的人口数为20(1＋1%)2， 3年后这个小镇的人口数为20(1＋1%)3， 4年后这个小镇的人口数为20(1＋1%)4，5年后这个小镇的人口数为20(1＋1%)5＝20×(1.01)5.应选A.]3．一种放射性物质不断变化为其他物质，每经过一年，剩余的物质为原来的45，那么经过________年，剩余下的物质是原来的64125.3[经过一年，剩留物质为原来的45，经过二年，剩留物质为原来的(45)2，经过三年，剩留物质为原来的(45)3＝64125，那么经过3年，剩余下的物质是原来的64125.]4．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，那么立夏日影长为________尺．4．5[设数列为{a n}，公差为d，a1＋a4＋a7＝3a1＋9d＝31.5，S9＝9a1＋36d＝85.5，解得a1＝13.5，d＝－1，∴立夏日影长为a10＝4.5. ]5．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a元一年定期，假设年利率为r保持不变，且每年到期时存款(含利息)自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款(含利息)全部取回，那么取回的钱的总数为多少．[解]根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1＋r)17，同理：孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1＋r)16，孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1＋r)15，……孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1＋r)，可以看成是以a(1＋r)为首项，(1＋r)为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款(含利息)全部取回，那么取回的钱的总数S＝a(1＋r)17＋a(1＋r)16＋……＋a(1＋r)＝a(1＋r)[(1＋r)17－1]1＋r－1＝ar[(1＋r)18－(1＋r)]．。
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1n＋1 1 法二：在 an＋1＝3an＋2 两边乘以 3n＋1，得
3
n＋1
an＋1＝3
n
n
3n＋1 an＋2 . 3n＋1 bn＋1＝bn＋2 .
令 bn＝3 ·n，则 a 所以
3n 3n－1 bn－bn－1＝2 ，bn－1－bn－2＝2 ，…，
1 1 [例 1] 已知数列{an}满足 a1＝2，an＋1＝an＋ 2 ，求 an. n ＋n 1 1 1 1 [解] 由条件，知 an＋1－an＝ 2 ＝ ＝ － ，则 n ＋n nn＋1 n n＋1
1 1 1 (a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝ 1－2＋ 2－3＋ 1 1 1 1 － ＋…＋ －n， 3 4 n－1
[解]
设递推公式可以转化为 an＋An＋B＝3[an－1＋A(n－1)＋B]，
2A＝2， 化简后与原递推式比较，得 2B－3A＝－1， A＝1， 解得 B＝1.
令 bn＝an＋n＋1.(*)则 bn＝3bn－1，又 b1＝6，故 bn＝6·n－1＝2·n， 3 3 代入(*)式，得 an＝2·n－n－1. 3
由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的3类探索性问题
一、由递推公式求通项的7种方法 1.an＋1＝an＋f(n)型 把原递推公式转化为an＋1－a n＝f(n)，再利用累加法(逐 差相加法)求解，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an
－1)＝a1＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n-1)．
2 n 1＝ (2 ·n)＋1. 3 a 2 令 bn＝2 ·n，则 bn＋1＝3bn＋1， a 2 根据待定系数法，得 bn＋1－3＝3(bn－3)． 5 4 所以数列{bn－3}是以 b1－3＝2×6－3＝－3为首项， 2 以3为公比的等比数列． 2 4 2n－1 ，即 bn＝3－2 n. 所以 bn－3＝－3· 3 3 1n 1 bn －2 n. 于是，an＝2n＝3 2 3
[例3]
[解]
已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求an.
设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－
t)，即an＋1＝2an－t，则t＝－3. 故递推公式为an＋1＋3＝2(an＋3)．
bn＋1 an＋1＋3 令 bn＝an＋3，则 b1＝a1＋3＝4，且 b ＝ ＝2. an＋3 n 所以{bn}是以 b1＝4 为首项，2 为公比的等比数列． 所以 bn＝4×2n－1＝2n＋1，即 an＝2n＋1－3.
32 b2－b1＝2 .
将以上各式叠加， 得
32 3 3 ＋…＋ n－1＋ n. bn－b1＝ 2 2 2
5 5 3 又 b1＝3a1＝3×6＝2＝1＋2，
3 3 3 32 ＋…＋ n－1＋ n 所以 bn＝1＋2＋ 2 2 2 3n＋1 1－ 1· 2
＝
3 1－2
3n＋1 ＝22 －2，
即
3n＋1 bn＝22 －2.
bn 1n 1n 故 an＝3n＝32 －23 .
5.an＋1＝pan＋an＋b(p≠1，p≠0，a≠0)型
这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令an＋1＋
x(n＋1)＋y＝p(an＋xn＋y)，与已知递推式比较，解出x，y， 从而转化为{an＋xn＋y}是公比为p的等比数列． [例5] 求an. 设数列{an}满足a1＝4，an＝3an－1＋2n－1(n≥2)，
1 所以 an－a1＝1－n. 1 1 1 3 1 因为 a1＝2，所以 an＝2＋1－n＝2－n.
2.an＋1＝f(n)an 型 an＋1 把原递推公式转化为 a ＝f(n)，再利用累乘法(逐商相乘法) n a2 a3 an an 求解，即由a ＝f(1)，a ＝f(2)，…， ＝f(n－1)，累乘可得a ＝ an－1 1 2 1 f(1)f(2)…f(n－1)． 2 n [例 2] 已知数列{an}满足 a1＝3，an＋1＝ · ，求 an. a n＋1 n an＋1 n n [解] 由 an＋1＝ · ，得 a ＝ a ， n＋1 n n＋1 n
解决；
(2)也可以在原递推公式两边同除以 p
n
n＋1
an＋1 an 1 q ， n＋1＝pn＋p· 得中bn＝pn，得
1qn bn＋1－bn＝pp ，再利用
叠加法(逐差相加法)求解．
1n＋1 5 1 [例 4] 已知数列{an}中，a1＝6，an＋1＝3an＋2 ，求 an. 1n＋1 1 ＋ ＋ [解] 法一：在 an＋1＝3an＋2 两边乘以 2n 1，得 2n 1·n＋ a
4. an＋1＝pan＋qn(其中 p，q 均为常数，pq(p－1)≠0)型 (1)一般地， 要先在递推公式两边同除以 q
an 引入辅助数列{bn}其中bn＝qn， 得
n＋1
an＋1 p an 1 ， n＋1＝q·n＋q， 得 q q
p 1 bn＋1＝q·n＋q， b 再用待定系数法
n－1 n－2 an an－1 a2 12 2 2 故 an＝ · · a ·1＝ n · …· a · 2·＝3n.即 an＝3n. …· 3 an－1 an－2 n－1 1
3.an＋1＝pan＋q(其中 p，q 均为常数，pq(p－1)≠0)型 对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式 q 改写为 an＋1＋t＝p(an＋t)，比较系数可知 t＝ ，可令 an＋1＋t p－1 ＝bn＋1 换元即可转化为等比数列来解决．