2019版高考数学（理）高分计划一轮高分讲义：第5章　数列 5.1　数列的概念与表示 .docx

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1、5.1数列的概念与表示知识梳理3数列an的an与Sn的关系(1)数列的前n项和：Sna1a2an.特别提醒：若当n2时求出的an也适合n1时的情形，则用一个式子表示an，否则分段表示诊断自测1概念思辨(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列()(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)若数列用图象表示，则从图象上看都是一群孤立的点()(4)如果数列an的前n项和为Sn，则对nN*，都有an1Sn1Sn.()答案(1)(2)(3)(4)2教材衍化(1)(必修A5P31T2)已知数列an的通项公式为an912n，则在下列各数中，不是an的项的是()A21 B33 C

2、152 D153答案C解析代n值进行验证，n1时，A满足；n2时，B满足；n12时，D满足故选C.(2)(必修A5P33T4)在数列an中，a12，an1an，则数列a5_.答案解析a12，a22，a3，a4，a5.3小题热身(1)(2017石家庄模拟)数列an：1，的一个通项公式是()Aan(1)n1(nN*)Ban(1)n1(nN*)Can(1)n1(nN*)Dan(1)n1(nN*)答案D解析由分子3,5,7,9归纳为2n1，由分母3,8,15,24归纳为n(n2)，奇数项为正，偶数项为负故选D.(2)已知数列an满足：a1a21，an1(n3，nN*)，则a6_.答案解析由题意可得a3

3、1，a411，a611.题型1知数列前几项求通项公式根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)1,7，13,19，；(2)0.8,0.88,0.888，；(3)1,0，0，0，0，；(4)，1，.注意项的正负号，分子、分母分开进行不完全归纳解(1)符号问题可通过(1)n或(1)n1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an(1)n(6n5)(2)将数列变形为(10.1)，(10.01)，(10.001)，an.(3)把数列改写成，分母依次为1,2,3，而分子1,0,1,0，周期性出现，因此数列的通项可表示为an或an.(4)将数列统一

4、为，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bn2n1，对于分母2,5,10,17，联想到数列1,4,9,16，即数列n2，可得分母的通项公式为cnn21，所以可得它的一个通项公式为an.方法技巧由数列的前几项求数列通项公式的策略1对数列的前几项进行归纳、联想，具体如下：分式中分子、分母的特征；相邻项的变化特征；拆项后的特征；各项符号特征等；化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系如典例(4)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

5、正负符号变化，可用(1)n或(1)n1来调整如典例(1)冲关针对训练(2017青岛模拟)数列1,3,6,10,15，的一个通项公式是()Aann2(n1) Bann21Can Dan答案C解析代入进行验证可得选项C成立故选C.题型2数列的周期性在数列an中，a11，a25，an2an1an(nN*)(1)求a2018; (2)求S100.本题采用累加法解(1)由a11，a25，an2an1an(nN*)可得该数列为1,5,4，1，5，4,1,5,4，.由此可得a2018a33662a25.(2)anan1an2，an1an2an3，a3a2a1这n1个式子相加得：anan1a3an1a1，Sn

6、an1a2(nN*且n2)，S100a99a2a1663a2a3a29.方法技巧数列的周期性是数列的性质之一，其解法往往是依题意列出数列的前若干项，从而发现规律找到周期冲关针对训练(2018大兴一中模拟)数列an满足an1a1，则数列的第2018项为_答案解析a1，a22a11.a32a2.a42a3.a52a41，a62a51，.该数列周期为T4.a2018a2.题型3由an与Sn的关系求通项公式(2017河南八校一联)在数列an中，Sn是其前n项和，且Sn2an1，则数列的通项公式an_.转化法Snan.答案2n1解析依题意得Sn12an11，Sn2an1，两式相减得Sn1Sn2an12a

7、n，即an12an.又S12a11a1，因此a11，所以数列an是以a11为首项，2为公比的等比数列，an2n1.条件探究将本典例条件变为“an2SnSn10(n2，nN*)，a1”，则an的通项公式为_答案an解析当n2，nN*时，anSnSn1，SnSn12SnSn10，易知SnSn10，所以2.又S1a1，2，数列是以2为首项，公差为2的等差数列2(n1)22n.Sn.当n2，nN*时，an2SnSn12.an方法技巧1已知Sn求an的三个步骤(1)先利用a1S1求出a1.(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)便可求出当n2时an的表达式(3)对n1时的结

8、果进行检验，看是否符合n2时an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n1与n2两段来写如条件探究2Sn与an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anSnSn1(n2)转化为只含Sn，Sn1的关系式(2)利用SnSn1an(n2)转化为只含an，an1的关系式，再求解如典例冲关针对训练设数列an的前n项和为Sn，数列Sn的前n项和为Tn，满足Tn2Snn2，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式解(1)令n1时，T12S11.T1S1a1，a12a11.a11.(2)当n2时，Tn12Sn1(n1)2，则Sn

9、TnTn12Snn22Sn1(n1)22(SnSn1)2n12an2n1.当n1时，a1S11也满足上式，Sn2an2n1(n1)当n2时，Sn12an12(n1)1，两式相减，得an2an2an12，an2an12(n2)an22(an12)(n2)a1230，数列an2是以3为首项，公比为2的等比数列an232n1，an32n12.当n1时也满足a11，an32n12.题型4由递推关系求通项公式角度1形如an1anf(n)，求an(多维探究)(2015江苏高考)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，求an.累加法(或凑配法)解由题意可得，ana1(a2a1)(a3a2)(ana

10、n1)123n.条件探究将本典例条件“an1ann1”变为“an1an2n”，其他条件不变，则an的通项公式为_答案2n1解析由题意知an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2212n1.角度2形如an1anf(n)，求an已知数列an满足a1，an1an，则通项公式an_.累乘法答案解析由已知得，分别令n1,2,3，(n1)，代入上式得n1个等式累乘，即，所以，an.又因为a1也满足该式，所以an.角度3形如an1panq，求an(多维探究)已知数列an中，a11，an12an3，则通项公式an_.待定系数法、转化法、构造法答案2n13解析递推公式an12

11、an3可以转化为an1t2(ant)，即an12antt3.故递推公式为an132(an3)，令bnan3，则b1a134，且2.所以bn是以b14为首项，2为公比的等比数列，则bn42n12n1，所以an2n13.条件探究1将典例条件“a11，an12an3”变为“a11，an12an43n1”，求an.解原递推式可化为an13n2(an3n1)比较系数得4，式即an143n2(an43n1)则数列an43n1是一个等比数列，其首项a143115，公比是2.an43n152 n1.即an43n152n1.条件探究2将典例条件“a11，an12an3”变为“a11，a22，当nN*，an25a

12、n16an”，求an.解an25an16an可化为an2an1(5)(an1an)比较系数得3或2，不妨取2.代入可得an22an13(an12an)则an12an是一个等比数列，首项a22a122(1)4，公比为3.an12an43n1.利用上题结果有an43n152n1.当3时结果相同条件探究3将典例条件“a11，an12an3”变为“a11，an1”，求an.解两边同取倒数得.故是以1为首项，为公差的等差数列，an.方法技巧已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法(1)形如an1anf(n)，常用累乘法(2)形如an1anf(n)，常用累加法(3)形如an1band(其中b，d为常数

13、，b0,1)的数列，常用构造法(4)形如an1(p，q，r是常数)的数列，将其变形为.若pr，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项；若pr，则采用(3)的方法来求以上几种为常见的命题方式，下边再列举一些偶有命题形式的几种，以供参考：(5)形如an2pan1qan(p，q是常数，且pq1)的数列，构造等比数列，将其变形为an2an1(q)(an1an)，则anan1(n2，nN*)是等比数列，且公比为q，可以求得anan1f(n)，然后用累加法求得通项(6)形如a12a23a3nanf(n)的式子，由a12a23a3nanf(n)，得a12a23a3(n1)an1f(n1)，再由可得an.(7

14、)形如an1anf(n)的数列，可将原递推关系改写成an2an1f(n1)，两式相减即得an2anf(n1)f(n)，然后按奇偶分类讨论即可(8)形如anan1f(n)的数列，可将原递推关系改写成an2an1f(n1)，两式作商可得，然后分奇、偶讨论即可(9)an1anqan1an(q0)型，将方程的两边同时除以an1an，可构造一个等差数列(10)anpa(n2，p0)型，一般利用取对数构造等比数列冲关针对训练(2014全国卷)已知数列an满足a11，an13an1.证明是等比数列，并求an的通项公式解由an13an1得an13.又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列an，因此an的通项公

15、式为an.1(2018安徽皖江名校联考)已知数列an的首项为2，且数列an满足an1，数列an的前n项的和为Sn则S2018为()A504 B. C D504答案C解析a12，an1，a2，a3，a43，a52，数列an的周期为4，且a1a2a3a4，20184504余2，S20185042.故选C.2(2017河南许昌二模)已知等差数列an满足a11，an2an6，则a11等于()A31 B32 C61 D62答案A解析等差数列an满足a11，an2an6，a3617，a56713，a761319，a961925，a1162531.故选A.3(2016浙江高考)设数列an的前n项和为Sn.若

16、S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.答案1121解析解法一：an12Sn1，a22S11，即S2a12a11，又S24，4a12a11，解得a11.又an1Sn1Sn，Sn1Sn2Sn1，即Sn13Sn1，由S24，可求出S313，S440，S5121.解法二：由an12Sn1，得a22S11，即S2a12a11，又S24，4a12a11，解得a11.又an1Sn1Sn，Sn1Sn2Sn1，即Sn13Sn1，则Sn13，又S1，是首项为，公比为3的等比数列，Sn3n1，即Sn，S5121.4(2018福州模拟)设数列an的前n项和为Sn，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S

17、315.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列an的第4项解(1)依题意有解得a13，a25，a37.(2)解法一：由S315，Sn2nan13n24n，得S323a43324315，解得a49.解法二：Sn2nan13n24n，当n2时，Sn12(n1)an3(n1)24(n1)并整理得an1(n2)a49.基础送分 提速狂刷练一、选择题1(2018海南三亚一模)在数列1,2，中，2是这个数列的()A第16项 B第24项C第26项 D第28项答案C解析设题中数列为an，则a11，a22，a3，a4，a5，所以an.令2，解得n26.故选C.2数列an中，a11，对于所有的n2，nN*都有

18、a1a2a3ann2，则a3a5 ()A. B. C. D.答案A解析解法一：令n2,3,4,5，分别求出a3，a5，a3a5.故选A.解法二：当n2时，a1a2a3ann2，a1a2a3an1(n1)2.两式相除得an2，a3，a5，a3a5.故选A.3(2018安徽江南十校联考)在数列an中，an1an2，Sn为an的前n项和若S1050，则数列anan1的前10项和为()A100 B110 C120 D130答案C解析anan1的前10项和为a1a2a2a3a10a112(a1a2a10)a11a12S10102120.故选C.4(2018广东测试)设Sn为数列an的前n项和，且Sn(a

19、n1)(nN*)，则an()A3(3n2n) B3n2C3n D32n1答案C解析由题意知解得代入选项逐一检验，只有C符合故选C.5(2018金版原创)对于数列an，“an1|an|(n1,2，)”是“an为递增数列”的()A必要不充分条件 B充分不必要条件C充要条件 D既不充分也不必要条件答案B解析当an1|an|(n1,2，)时，|an|an，an1an，an为递增数列当an为递增数列时，若该数列为2,0,1，则a2|a1|不成立 ，即an1|an|(n1,2，)不一定成立故综上知，“an1|an|(n1,2，)”是“an为递增数列”的充分不必要条件故选B.6(2018广东三校期末)已知数

20、列an满足：a1，对于任意的nN*，an1an(1an)，则a1413a1314()A B. C D.答案D解析a1，a2，a3，a4，.归纳可知当n为大于1的奇数时，an；当n为正偶数时，an.故a1413a1314.故选D.7(2018江西期末)定义为n个正数p1，p2，pn的“均倒数”，若已知数列an的前n项的“均倒数”为，又bn.则b10等于()A15 B17 C19 D21答案C解析由得Sna1a2an5n2，则Sn15(n1)2(n2)，anSnSn110n5(n2)，当n1时，a15也满足故an10n5，bn2n1，b10210119.故选C.8(2018西安模拟)已知函数f(x

21、)(a0且a1)，若数列an满足anf(n)(nN*)，且an是递增数列，则实数a的取值范围是()A(0,1) B. C(2,3) D(1,3)答案C解析因为an是递增数列，所以解得2a3，所以实数a的取值范围是(2,3)故选C.9对于数列xn，若对任意nN*，都有xn1成立，则称数列xn为“减差数列”设bn2t，若数列b3，b4，b5，是“减差数列”，则实数t的取值范围是()A(1，) B(，1C(1，) D(，1答案C解析由数列b3，b4，b5，是“减差数列”，得bn1(n3)，即tt.化简得t(n2)1.当n3时，若t(n2)1恒成立，则t恒成立，又当n3时，的最大值为1，则t的取值范围

22、是(1，)故选C.10(2018湖北八校模拟)已知数列an满足：a11，an1(nN*)若bn1(n2)(nN*)，b1，且数列bn是单调递增数列，则实数的取值范围是()A B1 C D答案A解析数列an满足：a11，an1(nN*)，an0，1，则12，数列是等比数列，且首项为12，公比为2，12n.bn1(n2)(n2)2n(nN*)，bn(n12)2n1(n2)，数列bn是单调递增数列，bn1bn，(n2)2n(n12)2n1(n2)，可得(n2)，b1，(12)2，解得，综上，的取值范围是0，且na(2n1)an1an2a0.设M(x)表示整数x的个位数字，则M(a2017)_.答案6

23、解析由已知得(nan1an)(an12an)0，an0，an12an0，则2，a11，数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，an12n12n1.a22，a34，a48，a516，a632，a764，a8128，n2时，M(an)依次构成以4为周期的数列M(a2017)M(a5)6，故答案为6.13(2017吉林模拟)若数列an满足a1，an1(n2且nN*)，则a2016等于_答案2解析a1，an1(n2且nN*)，a2111，a3112，a411，依此类推，可得an3an，a2016a67133a32.14(2017河南测试)已知各项均为正数的数列an满足an1，a1，Sn为数列an的前

24、n项和，若对于任意的nN*，不等式2n3恒成立，则实数k的取值范围为_答案解析由an1an，得an1，且a13，所以数列是以3为首项，为公比的等比数列，则an3n1，所以an3n1，所以Sn36，则12n2Sn.因为不等式k2n2n3，nN*恒成立，所以kmax，nN*.令bn，则bn1bn，则b1b2b4，所以(bn)maxb3，故k.三、解答题15(2017河南百校联盟模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且对任意正整数n都有anSn2成立记bnlog2an，求数列bn的通项公式解在anSn2中，令n1，得a18.因为对任意正整数n都有anSn2成立，所以an1Sn12，两式相减得an1an

25、an1，所以an14an，又a18，所以an是首项为8，公比为4的等比数列，所以an84n122n1，所以bnlog222n12n1.16(2015四川高考)设数列an(n1,2,3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值解(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)所以a14a12(2a11)，解得a12.所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|，得1000.因为2951210001024210，所以n10.于是，使|Tn1|成立的n的最小值为10.