新高考数学一轮复习课时讲练 第6章 第1讲　数列的概念与简单表示法 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时讲练 第6章 第1讲　数列的概念与简单表示法 (含解析)，共17页。试卷主要包含了数列的有关概念，数列的分类等内容，欢迎下载使用。



知识点
最新考纲
数列的概念和
简单表示法
了解数列的概念和表示方法(列表、图象、公式).
等差数列
理解等差数列的概念．
掌握等差数列的通项公式与前n项和公式及其应用．
了解等差数列与一次函数的关系．
会用数列的等差关系解决实际问题.
等比数列
理解等比数列的概念．
掌握等比数列的通项公式与前n项和公式及其应用．
了解等比数列与指数函数的关系．
会用数列的等比关系解决实际问题.
数学归纳法
会用数学归纳法证明一些简单数学问题.
第1讲　数列的概念与简单表示法


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{an}的第n项an
通项公式
数列{an}的第n项与序号n之间的关系式
前n项和
数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an
2.数列的表示方法
列表法
列表格表示n与an的对应关系
图象法
把点(n，an)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an与an＋1的关系式或a1，a2和an－1，an，an＋1的关系式等表示数列的方法
3.an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
4．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 常数列
an＋1＝an
按其他
标准分类
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

[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．　　(　　)
(2)所有数列的第n项都能使用通项公式表示．(　　)
(3)数列{an}和集合{a1，a2，a3，…，an}是一回事．(　　)
(4)若数列用图象表示，则从图象上看都是一群孤立的点．(　　)
(5)一个确定的数列，它的通项公式只有一个．(　　)
(6)若数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＝Sn－Sn－1.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
[教材衍化]
1．(必修5P33A组T4改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋(n≥2)，则a5＝________．
解析：a2＝1＋＝2，a3＝1＋＝，a4＝1＋＝3，a5＝1＋＝.
答案：
2．(必修5P33A组T5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an＝________．

答案：5n－4
[易错纠偏]
(1)忽视数列是特殊的函数，其自变量为正整数集或其子集{1，2，…，n}；
(2)求数列前n项和Sn的最值时忽视项为零的情况；
(3)根据Sn求an时忽视对n＝1的验证．
1．在数列－1，0，，，…，中，0.08是它的第________项．
解析：依题意得＝，解得n＝10或n＝(舍)．
答案：10
2．在数列{an}中，an＝－n2＋6n＋7，当其前n项和Sn取最大值时，n＝________．
解析：由题可知n∈N*，令an＝－n2＋6n＋7≥0，得1≤n≤7(n∈N*)，所以该数列的第7项为零，且从第8项开始an<0，则S6＝S7且最大．
答案：6或7
3．已知Sn＝2n＋3，则an＝________．
解析：因为Sn＝2n＋3，那么当n＝1时，a1＝S1＝21＋3＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋3－(2n－1＋3)＝2n－1(*)．由于a1＝5不满足(*)式，所以an＝
答案：


　　　　　　由an与Sn的关系求通项公式an(高频考点)
an与Sn关系的应用是高考的常考内容，且多出现在选择题或填空题中，有时也出现在解答题的已知条件中，属容易题．主要命题角度有：
(1)利用an与Sn的关系求通项公式an；
(2)利用an与Sn的关系求Sn.
角度一　利用an与Sn的关系求通项公式an
(2020·杭州二中高三模考)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋4a4＋…＋nan＝3n2－2n＋1，求an.
【解】　设a1＋2a2＋3a3＋4a4＋…＋nan＝Tn，
当n＝1时，a1＝T1＝3×12－2×1＋1＝2，
当n≥2时，
nan＝Tn－Tn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]
＝6n－5，
因此an＝，
显然当n＝1时，不满足上式．
故数列的通项公式为an＝
角度二　利用an与Sn的关系求Sn
　设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．
【解析】　由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，两边同时除以Sn＋1Sn，得－＝－1，故数列是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.
【答案】　－

(1)已知Sn求an的三个步骤
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．
(2)Sn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an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
②利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．

1．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则an＝________．
解析：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＝
答案：
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝________．
解析：法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an，
所以an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an(n≥2)，
即＝(n≥2)，
又a2＝，所以an＝×(n≥2)．
当n＝1时，a1＝1≠×＝，
所以an＝
所以Sn＝2an＋1＝2××＝.
法二：因为S1＝a1，an＋1＝Sn＋1－Sn，则Sn＝2(Sn＋1－Sn)，
所以Sn＋1＝Sn，
所以数列{Sn}是首项为1，公比为的等比数列，
所以Sn＝.
答案：

　　　　　　由递推关系求数列的通项公式
　分别求出满足下列条件的数列的通项公式．
(1)a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)(n∈N*)；
(2)a1＝1，an＝an－1(n≥2，n∈N*)；
(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)．
【解】　(1)an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝0＋1＋3＋…＋(2n－5)＋(2n－3)＝(n－1)2，
所以数列的通项公式为an＝(n－1)2.
(2)当n≥2，n∈N*时，
an＝a1×××…×
＝1×××…×××＝n，
当n＝1时，也符合上式，
所以该数列的通项公式为an＝n.
(3)因为an＋1＝3an＋2，
所以an＋1＋1＝3(an＋1)，
所以＝3，
所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，
所以该数列的通项公式为an＝2·3n－1－1.

(变条件)若本例(3)条件“an＋1＝3an＋2”变为“an＋1＝3an＋3n＋1”，其他不变，求an.
解：因为an＋1＝3an＋3n＋1，所以＝＋1，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列．
所以＝＋(n－1)＝n－，
所以an＝n·3n－2·3n－1.

由数列递推式求通项公式的常用方法
　

1．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋，则an＝________．
解析：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝＋＋…＋＋＋2＝3－.
答案：3－
2．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2nan，则an＝________．
解析：由于＝2n，
故＝21，＝22，…，＝2n－1，
将这n－1个等式叠乘，
得＝21＋2＋…＋(n－1)＝2，故an＝2.
答案：2

　　　　　　数列的性质(高频考点)
数列的性质主要有单调性、周期性及最值问题，是高考的热点，多以选择题或填空题形式考查，多存在一定难度．主要命题角度有：
(1)数列的单调性；
(2)数列的周期性；
(3)数列的最值．
角度一　数列的单调性
　已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．
【解析】　{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.
【答案】　(－3，＋∞)
角度二　数列的周期性
　(2020·杭州中学高三质检)在数列{an}中，a1＝5，(an＋1－2)(an－2)＝3(n∈N*)，则该数列的前2 018项的和是________．
【解析】　依题意得(an＋1－2)(an－2)＝3，(an＋2－2)·(an＋1－2)＝3，因此an＋2－2＝an－2，即an＋2＝an，所以数列{an}是以2为周期的数列．又a1＝5，因此(a2－2)(a1－2)＝3(a2－2)＝3，故a2＝3，a1＋a2＝8.注意到2 018＝2×1 009，因此该数列的前2 018项的和等于1 009(a1＋a2)＝8 072.
【答案】　8 072
角度三　数列的最值
　已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn，k∈N*，且Sn的最大值为8.试确定常数k，并求数列{an}的通项公式．
【解】　因为Sn＝－n2＋kn＝－(n－k)2＋k2，其中k是常数，且k∈N*，
所以当n＝k时，Sn取最大值k2，
故k2＝8，k2＝16，
因此k＝4，从而Sn＝－n2＋4n.
当n＝1时，a1＝S1＝－＋4＝；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－[－(n－1)2＋4(n－1)]＝－n.
当n＝1时，－1＝＝a1，
所以an＝－n.

(1)解决数列单调性问题的三种方法
①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结合相应函数的图象直观判断．
(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．
(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．　

1．设函数f(x)＝数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C．(1，3) D．(2，3)
解析：选D.因为数列{an}是递增数列，又an＝f(n)(n∈N*)，所以⇒2＜a＜3.
2．已知数列{an}满足an＋1＝an＋2n，且a1＝33，则的最小值为(　　)
A．21 B．10
C. D.
解析：选C.由已知条件可知，当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝33＋2＋4＋…＋2(n－1)
＝n2－n＋33，又n＝1时，a1＝33满足此式．
所以＝n＋－1.
令f(n)＝＝n＋－1，
则f(n)在[1，5]上为减函数，
在[6，＋∞)上为增函数，
又f(5)＝，f(6)＝，
则f(5)>f(6)，故f(n)＝的最小值为.
3．(2020·金丽衢十二校联考)已知函数f(x)由下表定义：
x
1
2
3
4
5
f(x)
4
1
3
5
2
若a1＝5，an＋1＝f(an)(n∈N*)，则a2 018＝________．
解析：依题意得a1＝5，a2＝f(a1)＝2，a3＝f(a2)＝1，a4＝f(a3)＝4，a5＝f(a4)＝5，a6＝f(a5)＝2，…，易知数列{an}是以4为周期的数列，注意到2 018＝4×504＋2，因此a2 018＝a2＝2.
答案：2

[基础题组练]
1．已知数列1，2，，，，…，则2在这个数列中的项数是(　　)
A．16 B．24
C．26 D．28
解析：选C.因为a1＝1＝，a2＝2＝，a3＝，a4＝，a5＝，…，所以an＝.令an＝＝2＝，解得n＝26.
2．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则的值是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C.由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，所以2a3＝2＋(－1)3，a3＝，所以a4＝＋(－1)4，a4＝3，所以3a5＝3＋(－1)5，所以a5＝，所以＝×＝.
3．(2020·杭州模拟)数列{an}定义如下：a1＝1，当n≥2时，an＝若an＝，则n的值为(　　)
A．7　　　　　　　　　　 B．8
C．9 D．10
解析：选C.因为a1＝1，所以a2＝1＋a1＝2，a3＝＝，a4＝1＋a2＝3，a5＝＝，a6＝1＋a3＝，a7＝＝，a8＝1＋a4＝4，a9＝＝，所以n＝9，故选C.
4．(2020·温州瑞安七中高考模拟)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝(　　)
A．3×44 B．3×44＋1
C．44 D．44＋1
解析：选A.由an＋1＝3Sn，
得到an＝3Sn－1(n≥2)，
两式相减得：an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，
则an＋1＝4an(n≥2)，
又a1＝1，a2＝3S1＝3a1＝3，
得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列，所以an＝a2qn－2＝3×4n－2(n≥2)，a6＝3×44，故选A.
5．一给定函数y＝f(x)的图象在下列各图中，并且对任意a1∈(0，1)，由关系式an＋1＝f(an)得到的数列{an}满足an＋1>an(n∈N*)，则该函数的图象是(　　)

解析：选A.由an＋1＝f(an)，an＋1>an知f(an)>an，可以知道x∈(0，1)时f(x)>x，即f(x)的图象在y＝x图象的上方，由选项中所给的图象可以看出，A符合条件．
6．已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝3n2＋2n＋4(n≥2)．若对任意的n∈N*，an＜an＋1恒成立，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C.由Sn＋Sn－1＝3n2＋2n＋4(n≥2)，可得Sn＋1＋Sn＝3(n＋1)2＋2(n＋1)＋4，
两式相减，得an＋1＋an＝6n＋5，
故an＋2＋an＋1＝6n＋11，两式相减，得an＋2－an＝6.
由n＝2，得a1＋a2＋a1＝20，
则a2＝20－2a，
故数列{an}的偶数项为以20－2a为首项，6为公差的等差数列，
从而a2n＝6n＋14－2a；
由n＝3，得a1＋a2＋a3＋a1＋a2＝37，
则a3＝2a－3，
故当n≥3时，奇数项是以2a－3为首项，6为公差的等差数列，
从而a2n＋1＝6n－9＋2a.
由条件得
解得＜a＜，故选C.
7．(2020·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1(n∈N*)，则a1＝________；数列{an}的通项公式为an＝________．
解析：因为Sn＝n2＋2n－1，
当n＝1时，a1＝1＋2－1＝2，
当n≥2时，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－1－[(n－1)2＋2(n－1)－1]＝2n＋1，
因为当n＝1时，a1＝2＋1＝3≠2，
所以an＝
答案：2　
8．若数列{an}满足a1·a2·a3·…·an＝n2＋3n＋2，则数列{an}的通项公式为________．
解析：a1·a2·a3·…·an＝(n＋1)(n＋2)，
当n＝1时，a1＝6；
当n≥2时，
故当n≥2时，an＝，
所以an＝
答案：an＝
9．(2020·宁波效实中学模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝(n∈N*)，则an＝____________．
解析：由an－an＋1＝得－＝＝2×，则由累加法得－＝2，又因为a1＝1，所以＝2＋1＝，所以an＝.
答案：
10．(2020·金华市东阳二中高三调研)已知数列{an}的通项公式为an＝－n2＋12n－32，其前n项和为Sn，则对任意m，n∈N*(m 解析：由－n2＋12n－32＝0，得n＝4或n＝8，即a4＝a8.又函数f(x)＝－x2＋12x－32的图象开口向下，所以数列前3项均为负数，当n>8时，数列中的项均为负数．在m 答案：10
11．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋an＋1，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－(2n－2)＝2n＋1－2n＝2n.
因为a1也适合此等式，
所以an＝2n(n∈N*)．
(2)因为bn＝an＋an＋1，且an＝2n，an＋1＝2n＋1，
所以bn＝2n＋2n＋1＝3·2n.
12．已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝且前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)判断数列{cn}的增减性．
解：(1)a1＝2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．
所以bn＝
(2)因为cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1
＝＋＋…＋，
所以cn＋1－cn＝＋－＝－＝＜0，所以cn＋1＜cn，
所以数列{cn}为递减数列．
[综合题组练]
1．设数列{an}满足：an＋1＝，a2 018＝3，那么a1＝(　　)
A．－ B.
C．－ D.
解析：选B.设a1＝x，由an＋1＝，
得a2＝，
a3＝＝＝－，
a4＝＝＝，
a5＝＝＝x＝a1，
所以数列{an}是周期为4的周期数列．
所以a2 018＝a504×4＋2＝a2＝＝3.
解得x＝.
2．下列关于星星的图案构成一个数列，则该数列的一个通项公式是________．

解析：从题图中可观察星星的构成规律，n＝1时，有1个，n＝2时，有3个；n＝3时，有6个；n＝4时，有10个；…，所以an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
答案：an＝
3．已知数列{an}，{bn}，若b1＝0，an＝，当n≥2时，有bn＝bn－1＋an－1，则b2 017＝________．
解析：由bn＝bn－1＋an－1得bn－bn－1＝an－1，所以b2－b1＝a1，b3－b2＝a2，…，bn－bn－1＝an－1，所以b2－b1＋b3－b2＋…＋bn－bn－1＝a1＋a2＋…＋an－1＝＋＋…＋，即bn－b1＝a1＋a2＋…＋an－1＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝1－＝，因为b1＝0，所以bn＝，所以b2 017＝.
答案：
4．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－13，an＋2－2an＋1＋an＝2n－6.
(1)设bn＝an＋1－an，求数列{bn}的通项公式；
(2)求n为何值时，an最小．
解：(1)由得bn＋1－bn＝2n－6，b1＝a2－a1＝－14.
当n≥2时，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋(b4－b3)＋…＋(bn－bn－1)
＝－14＋(2×1－6)＋(2×2－6)＋(2×3－6)＋…＋[2(n－1)－6]
＝－14＋2×－6(n－1)
＝n2－7n－8，
当n＝1时，上式也成立．
所以数列{bn}的通项公式为bn＝n2－7n－8.
(2)由(1)可知
an＋1－an＝n2－7n－8＝(n＋1)(n－8)，
当n<8时，an＋1 即a1>a2>a3>…>a8，
当n＝8时，a9＝a8，
当n>8时，an＋1>an，
即a9 所以当n＝8或n＝9时，an的值最小．
5．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
解：(1)依题意得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，
即Sn＋1＝2Sn＋3n，
由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，即bn＋1＝2bn，
又b1＝S1－3＝a－3，
因此，所求通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)可知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，
于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－2，
所以，当n≥2时，
an＋1≥an⇒12＋a－3≥0⇒a≥－9，
又a2＝a1＋3＞a1，a≠3.
所以，所求的a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．