人教B版高考数学一轮总复习第5章第1节数列基础学案

第1节　数列基础

一、教材概念·结论·性质重现

1．数列的概念与表示

(1)数列研究的是有规律的一列数，归纳与猜想是研究数列的重要方法．

(2)有序性是数列的主要特征，数列的项an是序号n的函数，其中n是正整数．

2．数列的分类

数列的前三项的增减性是判断数列是否具有增减性的必要条件，解题时要灵活运用．

3．数列的通项公式与递推公式

由数列的递推公式求数列的通项公式是高频考点．

4．数列的前n项和

(1)表示：一般地，给定数列{an}，称Sn＝a1＋a2＋…＋an为数列{an}的前n项和．

(2)an与Sn的关系：如果数列{an}的前n项和为Sn，则an＝

(1)求数列的前n项和，从首项起，以后各项依次相加，其中项数是易错点．

(2)由Sn求an的三个步骤：①求a1＝S1；②当n≥2时，求an＝Sn－Sn－1；③验证首项．

二、基本技能·思想·活动体验

1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．

(1)数列1,2,3与3,2,1是同一个数列．(　×　)

(2)在数列{an}中，对于任意正整数m，n，am＋n＝amn＋1，若a1＝1，则a2＝2.(　√　)

(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)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(　×　)

(5)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＝Sn－Sn－1.(　×　)

2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为(　　)

A．15   B．16 

C．49 D．64

A　解析：因为Sn＝n2，所以a1＝S1＝1.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.

当n＝1时符合上式，

所以an＝2n－1，所以a8＝2×8－1＝15.

3．(多选题)已知数列的通项公式为an＝n2－10n＋16，则下列说法正确的是

(　　)

A．数列{an}是递增数列

B．数列{an}是递减数列

C．数列{an}中的最小项是第5项

D．数列{an}的前5项递减，以后各项递增

CD　解析：由于通项公式an＝n2－10n＋16＝(n－5)2－9，所以数列{an}中的最小项是第5项，数列{an}的前5项递减，以后各项递增．

4．在数列1,1,2,3,5,8,13,21，x,55，…中，x＝________.

34　解析：通过观察数列各项的规律，发现从第三项起，每项都等于它前两项之和，因此x＝13＋21＝34.

5．已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．

(－3，＋∞)　解析：因为{an}是递增数列，所以对任意的n∈N*，都有an＋1>an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋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.

考点1　由数列的前几项求数列的通项——基础性

1．(2020·乌鲁木齐米东区期中)数列－1,3，－6,10，…的一个通项公式是

(　　)

A．an＝(－1)nn2－(n－1)

B．an＝(－1)n＋1(n2－1)

C．an＝(－1) n

D．an＝(－1)n－1

C　解析：设此数列为an，可得每一项的符号为(－1)n，且|an|＝，

所以an＝(－1)n.

2．已知数列，，，，，…，则5是它的(　　)

A．第19项 B．第20项

C．第21项 D．第22项

C　解析：数列，，，，，…中的各项可变形为，，，，，…，所以通项公式为an＝＝，令＝5，得n＝21.

3．数列{an}的前4项是，1，，，则这个数列的一个通项公式是an＝________.

　解析：数列{an}的前4项可变形为，，，，故它的一个通项公式an＝.

4．一个数列{an}的前4项是0.8,0.88,0.888,0.888 8，则这个数列的一个通项公式是an＝________.

　解析：数列变为×，，，…，故它的一个通项公式an＝.

由数列的前几项求数列的通项的策略

根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察、对比、分析，从整体到局部多角度归纳、联想．抓住以下几个方面的特征：

(1)分式中分子、分母的各自特征．

(2)相邻项的联系特征．

(3)拆项后的各部分特征．

(4)符号特征．

考点2　由Sn与an的关系求通项——应用性

(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则an＝________.

4n－5　解析：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，所以an＝4n－5.

(2)(2019·上海卷)已知数列{an}前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2，则S5＝________.

　解析：当n＝1时，S1＋a1＝2，所以a1＝1.

当n≥2时，由Sn＋an＝2得Sn－1＋an－1＝2，

两式相减得an＝an－1(n≥2)，

所以{an}是以1为首项，为公比的等比数列，所以Sn＝，

所以S5＝＝.

本例(1)条件变为“Sn＝3n＋1”，求数列{an}的通项公式．

解：当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1)－(3n－1＋1)＝2×3n－1.

当n＝1时，2×31－1＝2≠a1，

所以an＝

已知Sn求an的步骤

(1)先利用a1＝S1求出a1.

(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式．

(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．

已知数列{an}，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，求数列{an}的通项公式．

解：因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①

则当n≥2时，

a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，②

①－②得3n－1an＝，所以an＝(n≥2)．

由题意知a1＝符合上式，所以an＝.

考点3　由数列的递推关系求通项——综合性

考向1　累加法

(原创题)设[x]表示不超过x的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1(n∈N*)，则＝

(　　)

A．1 B．2 

C．3 D．4

A　解析：由an＋1＝an＋n＋1，得an－an－1＝n(n≥2)．

又a1＝1，

所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1

＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝，

则＝＝2.

所以＋＋…＋

＝2

＝2＝.

所以＝＝1.

由数列的递推关系求通项公式方法之一

已知a1，且an－an－1＝f(n)时，用累加法求解．

考向2　累乘法

已知在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.

(1)求a2，a3；

(2)求数列{an}的通项公式．

解：(1)由S2＝a2，得3(a1＋a2)＝4a2，

解得a2＝3a1＝3；

由S3＝a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，

解得a3＝(a1＋a2)＝6.

(2)由题设知a1＝1.

当n>1时，有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，

整理得an＝an－1.

于是a1＝1，a2＝a1，a3＝a2，…，

an－1＝an－2，an＝an－1，

将以上n个等式两端分别相乘，

整理，得an＝，n≥2.

又a1＝1＝，也满足上式．

综上，数列{an}的通项公式an＝.

由数列的递推关系求通项公式方法之二

已知a1，且＝f(n)时，用累乘法求解．

考向3　待定系数法

设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3，则an＝________.

5×2n－1－3　解析：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，解得t＝－3，故an＋1＋3＝2(an＋3)．令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝5，且＝＝2.所以{bn}是以5为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝5×2n－1，故an＝5×2n－1－3.

由数列的递推关系求通项公式方法之三

已知a1，且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可用待定系数法确定)，可转化为{an＋k}为等比数列．

考向4　取倒数法

(2020·广雅中学模拟)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则an的表达式为(　　)

A．an＝ B．an＝

C．an＝ D．an＝

B　解析：数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，可得＝3＋，所以数列是首项为，公差为3的等差数列，所以＝＋3(n－1)＝.

可得an＝(n∈N*)．

由数列的递推关系求通项公式方法之四

形如an＋1＝(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的数列求解．

1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an－2，则a6＝(　　)

A．0 B．1 

C．2 D．6

B　解析：因为a1＝1，an＋1＝3an－2，所以a2＝3－2＝1，以此类推可得a3＝3a2－2＝1，a4＝3a3－2＝1，a5＝3a4－2＝1，a6＝3a5－2＝1.

2．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝，则a5的值为________．

　解析：由递推公式可得anan＋1＋2an＋1＝2an，即anan＋1＝2an－2an＋1，据此有－＝.又＝1，故数列是首项为1，公差为的等差数列，则＝1＋×(5－1)＝3，故a5＝.

3．(2020·河北联考)数列{an}满足a1＝3，且对于任意的n∈N*都有an＋1－an＝n＋2，则a39＝________.

820　解析：因为an＋1－an＝n＋2，

所以a2－a1＝3，a3－a2＝4，a4－a3＝5，…，an－an－1＝n＋1(n≥2)．

上面(n－1)个式子左右两边分别相加得an－a1＝(n≥2)，

即an＝(n≥2)．

当n＝1时，a1＝3适合上式，

所以an＝，n∈N*，

所以a39＝＝820.

考点4　数列与函数——综合性

考向1　数列的增减性与最大值、最小值

(1)已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ＜1”是“数列{an}为递增数列”的(　　)

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

A　解析：若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an＞0，即2n＋1＞2λ对任意的n∈N*都成立，于是有3＞2λ，λ＜.由λ＜1可推得λ＜，但反过来，由λ＜不能得到λ＜1，因此“λ＜1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．

(2)已知数列{an}的通项an＝，n∈N*，则数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为________．

3　－1　解析：an＝＝＝1＋，

当n≥11时，＞0，且单调递减；当1≤n≤10时，＜0，且单调递减．

因此数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项．

故最大项为a11＝3，最小项为a10＝－1.

(2020·北京东城二模)已知{an}为等比数列，其前n项和为Sn，且满足a3＝1，S3＝3a2＋1.{bn}为等差数列，其前n项和为Tn，如图__________，Tn的图象经过A，B两个点．

(1)求Sn；

(2)若存在正整数n，使得bn＞Sn，求n的最小值．从图①，图②，图③中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答．

解：(1)设{an}为公比为q的等比数列，

由a3＝1，S3＝3a2＋1，得a1＝2a2，即q＝＝，a1q2＝1.

所以q＝，a1＝4.

所以Sn＝＝8＝8－23－n.

(2)由图①知T1＝b1＝1，T3＝－3，可判断d＜0，数列{bn}是递减数列．

而数列{8－23－n}递增，

因为b1＜S1，所以选择①不满足“存在n，使得bn＞Sn”；

由图②知：T1＝b1＝1，T3＝6，可判断d＞0，数列{bn}是递增数列；

由图③知：T1＝b1＝－3，T3＝0，可判断d＞0，数列{bn}是递增数列．

所以选择②③均可能满足“存在n，使得bn＞Sn”．

第一种情况：

如果选择条件②，即T1＝b1＝1，T3＝6，可得d＝1，bn＝n，

当n＝1,2,3,4,5,6,7时，bn＞Sn不成立．

当n＝8时，b8＝8，S8＝8－23－8＜b8.

所以使得bn＞Sn成立的n的最小值为8.

第二种情况：

如果选择条件③即T1＝b1＝－3，T3＝0，可得：d＝3，bn＝3n－6，

当n＝1,2,3,4时，bn＞Sn不成立．

当n＝5时，b5＝9，S5＝8－23－5＜b5，

所以使得bn＞Sn成立的n的最小值为5.

解决数列的单调性问题的常用方法

(1)用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列．

(2)用作商比较法，根据(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断．

(3)结合相应函数的图像直观判断．

考向2　数列的周期性

(2020·上杭县 5月模拟)设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－，记数列{an}的前n项之积为Pn，则P2 021的值为(　　)

A．－　　　　 B．　　　　

C．1　　　　 D．－1

D　解析：a1＝2，an＋1＝1－，得a2＝，a3＝－1，a4＝2，此时数列的项开始重复出现，呈现周期性，周期为3.

且P3＝－1,2 021＝3×673＋2，

所以P2 021＝(－1)673×a1a2＝－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．

考向3　新定义问题

(多选题)记数列{an}的前n项和为Sn，若存在实数H，使得对任意的n∈N＋，都有|Sn|＜H，则称数列{an}为“和有界数列”．下列说法正确的是(　　)

A．若{an}是等差数列，且公差d＝0，则{an}是“和有界数列”

B．若{an}是等差数列，且{an}是“和有界数列”，则公差d＝0

C．若{an}是等比数列，且公比|q|＜1，则{an}是“和有界数列”

D．若{an}是等比数列，且{an}是“和有界数列”，则{an}的公比|q|＜1

BC　解析：若{an}是等差数列，且公差d＝0，

当a1＝0，可得Sn＝0，数列{an}为“和有界数列”．

当a1≠0，可得Sn＝na1，数列{an}不为“和有界数列”，故A错误；

若{an}是等差数列，且数列{an}是“和有界数列”，

可得存在实数H，使得对任意的n∈N＋，都有|Sn|＜H，

即|na1|＜H恒成立，可得a1＝d＝0，故B正确．

若{an}是等比数列，且公比|q|＜1，|Sn|＝＜，

则{an}是“和有界数列”，故C正确．

若{an}是等比数列，且{an}是“和有界数列”，

若q＝－1，即当n为奇数时，Sn＝a1，当n为偶数时，Sn＝0，

可得存在实数H，使得对任意的n∈N＋，都有|Sn|＜H，故D错误．

解决数列的新定义问题的要点

(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．

(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法．

1．观察数列1，ln 2，sin 3,4，ln 5，sin 6,7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第11项是(　　)

A．1 111 B．11 

C．ln 11 D．sin 11

C　解析：由数列得出规律，按照1，ln 2，sin 3，…，是按正整数的顺序排列，且以3为循环节，

由11÷3＝3余2，所以该数列的第11项为ln 11.

2．已知an＝，那么数列{an}是(　　)

A．递减数列 B．递增数列

C．常数列 D．摆动数列

B　解析：an＝1－，将an看作关于n的函数，n∈N*，易知数列{an}是递增数列．

3．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是(　　)

A．第2项 B．第3项

C．第4项 D．第5项

B　解析：因为Sn＝n2－10n，

所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11.

当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式，

所以an＝2n－11(n∈N*)．

记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，

此函数图像的对称轴为直线n＝，但n∈N*，

所以当n＝3时，f(n)取最小值．

所以数列{nan}中数值最小的项是第3项．

已知数列{an}中，a1＝3，且n(n＋1)(an－an＋1)＝2.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.

[四字程序]

思路参考：(1)累加法；(2)错位相减法．

解：(1)由题意知，an－an＋1＝＝2，

所以n≥2时，an－1－an＝2，

an－2－an－1＝2，

…，

a1－a2＝2，

以上(n－1)个式子左右两边分别相加得

a1－an＝2.

又a1＝3，所以an＝1＋(n≥2)．

又a1＝3符合上式，故an＝1＋(n∈N*)．

(2)由(1)知，an＝1＋＝，

所以a1·a2·…·an＝××…××＝，

所以bn＝＝，

所以Sn＝＋＋＋…＋＋，

Sn＝＋＋＋…＋＋，

两式相减得Sn＝＋－＝＋－＝1－－＝1－，

故Sn＝2－.

思路参考：(1)选代法；(2)裂项相消法．

解：(1)由题意知，an－an＋1＝＝2，

所以an＋1－＝an－，

所以an－＝an－1－＝…＝a1－＝3－2＝1，

所以an＝1＋.

(2)由(1)知an＝1＋＝，

所以a1·a2·…·an＝××…××＝，

所以bn＝＝＝－，

所以Sn＝＋＋…＋＝2－.

1．本题考查数列求通项公式与前n项和问题，解法灵活多变，基本解题策略是借助于数列的递推关系求通项公式，利用裂项相消法或错位相减法求数列的前n项和，对于此类问题要注意观察条件的特点，合理转化．

2．基于课程标准，解答本题一般需要学生熟练掌握数学推理能力、运算求解能力和表达能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．

已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．

解：(方法一)an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，

即＝3，

所以＝3，＝3，＝3，…，＝3.

将这些等式两边分别相乘得＝3n.

因为a1＝1，所以＝3n，

即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，

所以an＝2×3n－1－1(n≥2)．

又a1＝1也满足上式，

故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.

(方法二)an＋1＝3an＋2，

即an＋1＋1＝3(an＋1)＝32(an－1＋1)＝33(an－2＋1)

＝…＝3n(a1＋1)＝2×3n(n≥1)，

所以an＝2×3n－1－1(n≥2)．

又a1＝1也满足上式，

故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.