高考数学（理）一轮讲义第28讲　数列的概念与简单表示法

第五章数列第28讲数列的概念与简单表示法考纲要求考情分析命题趋势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.2016·全国卷Ⅲ，172016·浙江卷，132015·江苏卷，112015·四川卷，16数列的概念和简单表示法在高考中主要考查利用an和Sn的关系求通项an，或者利用递推关系构造等差或等比数列求通项an.分值：5分1．数列的有关概念(1)数列的定义按照__一定顺序__排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的__项__.(2)数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数__有限__无穷数列项数__无限__按项与项间的大小关系分类递增数列an＋1__>__an其中n∈N*递减数列an＋1__<__an常数列an＋1＝an按其他标准分类有界数列存在正数M，使|an|≤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的数列(3)数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是__列表法__、__图象法__和__通项公式法__.2．数列的通项公式(1)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达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(__S1__，n＝1，,__Sn－Sn－1__，n≥2.))1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)数列{an}和集合{a1，a2，a3，…，an}表达的意义相同．(×)(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)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(√)(4)在数列{an}中，如果对于任意正整数m，n，都有am＋n＝amn＋1，则当a1＝1时，a2＝2.(√)(5)若已知数列{an}的递推公式为an＋1＝eq\f(1,2an－1)，且a2＝1则可以写出数列{an}的任何一项．(√)解析(1)错误．数列{an}是表示按照一定顺序排列的一列数，为a1，a2，a3，…，an，而集合{a1，a2，a3，…，an}只表明该集合中有n个元素，数列中的项有顺序，集合中的元素没有顺序．(2)正确．根据数列的前几项归纳出数列的通项公式不一定唯一，可以有多个，有的数列没有通项公式．(3)正确．根据数列的前n项和的定义可知．(4)正确．在am＋n＝amn＋1中，令m＝n＝1得a2＝a1＋1＝1＋1＝2.(5)正确．在已知递推公式中，令n＝1得a2＝eq\f(1,2a1－1)，而a2＝1，解得a1＝1，同理可得an＝1.2．已知数列的通项公式为an＝n2－8n＋15，则3(D)A．不是数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的项B．只是数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的第2项C．只是数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的第6项D．是数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的第2项或第6项解析令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是数列{an}中的第2项或第6项，故选D．3．数列{an}中，a1＝1，对所有的n∈N*，都有a1a2a3…an＝n2，则a3＋a5＝(DA．eq\f(25,9) B．eq\f(25,16)C．eq\f(31,15) D．eq\f(61,16)解析∵a1a2a3·…·an＝n2，∴a1a2a3·…·an－1＝(n∴an＝eq\f(a1a2a3·…·an,a1a2a3·…·an－1)＝eq\f(n2,n－12)(n≥2)，∴a3＝eq\f(9,4)，a5＝eq\f(25,16)，∴a3＋a5＝eq\f(9,4)＋eq\f(25,16)＝eq\f(36,16)＋eq\f(25,16)＝eq\f(61,16).4．在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq\f(1,an－1)(n≥2)，则a5＝__eq\f(8,5)__.解析由题意知，a1＝1，a2＝2，a3＝eq\f(3,2)，a4＝eq\f(5,3)，a5＝eq\f(8,5).5．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式是__an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2))__.解析当n＝1时，a1＝S1＝2－3＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－3)－(2n－1－3)＝2n－2n－1＝2n－1.故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2.))一由数列的前几项求数列的通项公式求数列的通项公式应关注四个特征：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各项符号的特征．再依据这些特征进行归纳、化归、联想求出通项公式．【例1】(1)已知n∈N*，给出4个表达式：①an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n为奇数，,1，n为偶数，))②an＝eq\f(1＋－1n,2)，③an＝eq\f(1＋cosnπ,2)，④an＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2))).其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是(A)A．①②③ B．①②④C．②③④ D．①③④(2)写出下面各数列的一个通项公式．①3,5,7,9，…；②eq\f(1,2)，eq\f(3,4)，eq\f(7,8)，eq\f(15,16)，eq\f(31,32)，…；③－1，eq\f(3,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(3,4)，－eq\f(1,5)，eq\f(3,6)，…；④3,33,333,3333，….解析(1)检验知①②③都是所给数列的通项公式．(2)①各项式减去1后为正偶数，所以an＝2n＋1.②每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以an＝eq\f(2n－1,2n).③奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4,5，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以an＝(－1)n·eq\f(2＋－1n,n).也可写为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,n)，n为正奇数，,\f(3,n)，n为正偶数.))④将数列各项改写为eq\f(9,3)，eq\f(99,3)，eq\f(999,3)，eq\f(9999,3)，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以an＝eq\f(1,3)(10n－1)．二由递推公式求通项公式由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an.(2)已知a1且eq\f(an,an－1)＝f(n)，可用“累乘法”求an.(3)已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}．(4)形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋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an＋1＋an＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，两式相减即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分类讨论即可．【例2】根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．(1)a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)；(2)a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2；(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2.解析(1)∵an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴an－1＝eq\f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq\f(n－3,n－2)，…，a2＝eq\f(1,2)a1.以上(n－1)个式子相乘，得an＝eq\f(n－1,n)·eq\f(n－2,n－1)·eq\f(n－3,n－4)·…·eq\f(2,3)·eq\f(1,2)·a1＝eq\f(a1,n)＝eq\f(1,n).(2)∵an＋1－an＝3n＋2，∴an－an－1＝3n－1(n≥2)，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(3n－1)＋(3n－4)＋…＋(3·2－1)＋(3·1－1)＝eq\f(n3n＋1,2)(n≥2)．当n＝1时，a1＝eq\f(1,2)×(3×1＋1)＝2符合上式，∴an＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(n,2).(3)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3.∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，首项为a1＋1＝2，∴an＋1＝2×3n－1.∴an＝2×3n－1－1.三an与Sn的关系及其应用数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．画龙点睛：若S0＝0，则an不用分段函数的形式表示；若S0≠0，则an一定是用分段函数的形式表示．【例3】已知数列{an}的前n项和为Sn，求{an}的通项公式．(1)Sn＝2n2－3n；(2)Sn＝3n＋b.解析(1)a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.(2)a1＝S1＝3＋b，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.当b＝－1时，a1适合此等式；当b≠－1时，a1不适合此等式．∴当b＝－1时，an＝2·3n－1；当b≠－1时，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋b，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))【例4】(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．解析(1)由题意得a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,4).(2)由aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因为{an}的各项都为正数，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2).故{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，因此an＝eq\f(1,2n－1).1．设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝eq\f(3,2)(an－1)(n∈N*)，则an＝(C)A．3(3n－2n) B．3n＋2C．3n D．3·2n－1解析eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝S1＝\f(3,2)a1－1，,a1＋a2＝\f(3,2)a2－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,a2＝9，))代入选项逐一检验，只有C符合．2．在数列1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…中，2eq\r(19)是这个数列的第________项(C)A．16 B．24C．26 D．28解析设题中数列为{an}，则a1＝1＝eq\r(1)，a2＝2＝eq\r(4)，a3＝eq\r(7)，a4＝eq\r(10)，a5＝eq\r(13)，…，所以an＝eq\r(3n－2).令eq\r(3n－2)＝2eq\r(19)＝eq\r(76)，解得n＝26.故选C．3．(2016·浙江卷)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝__1__，S5＝__121__.解析∵an＋1＝2Sn＋1，∴a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又∵S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，由S2＝4，可求出S3＝13，S4＝40，S5＝4．设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<eq\f(1,1000)成立的n的最小值．解析(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．故an＝2n.(2)由(1)得eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n).由|Tn－1|<eq\f(1,1000)，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)－1))<eq\f(1,1000)，即2n>1000.因为29＝512<1000<1024＝210，所以n≥10.于是，使|Tn－1|<eq\f(1,1000)成立的n的最小值为10.易错点忽略数列是特殊的函数错因分析：忽视了数列的通项an及前n项和Sn都可看作是定义域为正整数集或其子集上的函数，要善于运用函数的观点认识和理解数列问题．【例1】已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，an＝n2＋λn，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为递增数列，求实数λ的取值范围．解析方法一函数f(n)＝n2＋λn的图象开口向上，过点(0,0)．∵an＝n2＋λn，∴只要a2＞a1即成立，∴4＋2λ＞1＋λ，解得λ＞－3，即λ∈(－3，＋∞)．方法二∵an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋λ＋1，∴由2n＋λ＋1＞0，得λ＞－2n－1对一切n∈N*恒成立．∵n＝1时，－2n－1最大为－3，∴λ＞－3，即λ∈(－3，＋∞)．方法三函数f(n)＝n2＋λn图象的对称轴是n＝－eq\f(λ,2)，如图，只需－eq\f(λ,2)＜eq\f(3,2)，则λ＞－3，即λ∈(－3，＋∞)．【跟踪训练1】已知数列{an}中，an＝1＋eq\f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R且a≠0)．(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．解析(1)∵an＝1＋eq\f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，又a＝－7，∴an＝1＋eq\f(1,2n－9)(n∈N*)．结合函数f(x)＝1＋eq\f(1,2x－9)的单调性，得1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.(2)an＝1＋eq\f(1,a＋2n－1)＝1＋eq\f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋eq\f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，知5<eq\f(2－a,2)<6，即－10<a<－8.所以a∈(－10，－8)．课时达标第28讲[解密考纲]本考点考查数列的概念、性质、通项公式与递推公式，近几年对由递推公式求项、求和加大了考查力度，而对由递推公式求通项减小了考查力度，一般以选择题、填空题的形式出现．一、选择题1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－3n，若它的第k项满足2<ak<5，则k＝(C)A．2 B．3C．4 D．5解析已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－3n.令n＝1，可得S1＝a1＝1－3＝－2.an＝Sn－Sn－1＝n2－3n－[(n－1)2－3(n－1)]＝2n－4，n≥2.n＝1时满足an与n的关系式，∴an＝2n－4，n∈N*.它的第k项满足2<ak<5，即2<2k－4<5，解得3<k<4.5.∵n∈N*，∴k＝4，故选C．2．若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝4－an(n∈N*)，则a5＝(D)A．16 B．eq\f(1,16)C．8 D．eq\f(1,8)解析当n＝1时，a1＝S1＝4－a1，∴a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，∴2an＝an－1，∴数列{an}是以2为首项，以eq\f(1,2)为公比的等比数列，∴a5＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,8)，故选D．3．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝(D)A．10 B．15C．－5 D．20解析当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5；当n＝1时，a1＝S1＝－1也符合，∴an＝4n－5，∴ap－aq＝4(p－q)＝20.4．数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于(B)A．76 B．78C．80 D．82解析由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，①得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，②由①②得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78，故选B．5．把1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数，这是因为表示这些数的黑点可以排成一个正三角形(如图所示)．则第七个三角形数是(B)A．27 B．28C．29 D．30解析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本身的序号，所以根据这个规律计算即可．根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.6．在数列{an}中，a1＝2，nan＋1＝(n＋1)an＋2(n∈N*)，则a10＝(C)A．34 B．36C．38 D．40解析∵nan＋1＝(n＋1)an＋2，∴eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴eq\f(a10,10)＝eq\f(a10,10)－eq\f(a9,9)＋eq\f(a9,9)－eq\f(a8,8)＋…＋eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＋a1＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)－\f(1,10)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)－\f(1,9)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))))＋2＝eq\f(38,10).∴a10＝38，故选C．二、填空题7．已知数列{an}的前n项和Sn＝3－3×2n(n∈N*)，则an＝__－3×2n－1(n∈N*)__.解析分情况讨论：①当n＝1时，a1＝S1＝3－3×21＝－3；②当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3－3×2n)－(3－3×2n－1)＝－3×2n－1.综合①②，得an＝－3×2n－1(n∈N*)．8．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则an＝__eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))__.解析当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1；当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))9．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足a1＝1，anan＋1＝3n(n∈N*)，则S2018＝__2×31_009－2__.解析由anan＋1＝3n知，当n≥2时，anan－1＝3n－1.所以eq\f(an＋1,an－1)＝3，所以数列{an}所有的奇数项构成以3为公比的等比数列，所有的偶数项也构成以3为公比的等比数列．又因为a1＝1，所以a2＝3，a2n－1＝3n－1，a2n＝3n.所以S2018＝(a1＋a3＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋…＋a2018)＝eq\f(1×1－31009,1－3)＋eq\f(31－31009,1－3)＝2×31009－2.三、解答题10．已知数列{an}的前n项和为Sn.(1)若Sn＝(－1)n＋1·n，求a5＋a6及an；(2)若Sn＝3n＋2n＋1，求an.解析(1)因为a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2，当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)＝(－1)n＋1·[n＋(n－1)]＝(－1)n＋1·(2n－1)，又a1也适合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．(2)因为当n＝1时，a1＝S1＝6；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2×3n－1＋2，由于a1不适合此式，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2×3n－1＋2，n≥2.))11．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3，a4的值；