新高考数学一轮复习考点探究与题型突破训练第34讲 数列的概念及简单表示法（2份，原卷版+解析版）

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1.数列的定义
按照确定的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
3.数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是表格法、图象法和解析式法.
4.数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应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通项公式.
5.数列的递推公式
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.
考点1 由an与Sn的关系求通项
[名师点睛]
(1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))转化为关于an的关系式，再求通项公式.
(2)Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解.
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解.
[典例]
1.(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是( )
A.an＝eq \f(1,n（n－1）)
B.an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2))
C.Sn＝－eq \f(1,n)
D.数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列
答案 BCD
解析 ∵an＋1＝Sn·Sn＋1＝Sn＋1－Sn，两边同除以Sn＋1·Sn，得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以－1为首项，d＝－1的等差数列，
即eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，
∴Sn＝－eq \f(1,n).
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,n（n－1）)，
又a1＝－1不符合上式，
∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2.))
2.设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N＋.
①求a1的值；
②求数列{an}的通项公式.
解 ①令n＝1时，T1＝2S1－1，
∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
②n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，
则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1
＝2an－2n＋1.
因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，
所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，
两式相减得an＝2an－2an－1－2，
所以an＝2an－1＋2(n≥2)，
所以an＋2＝2(an－1＋2)，
因为a1＋2＝3≠0，
所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列.
所以an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2，
当n＝1时也成立，
所以an＝3×2n－1－2.
[举一反三]
1.已知数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________.
答案 －2n－1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.
当n≥2时，Sn＝2an＋1，①
Sn－1＝2an－1＋1.②
①－②，Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，
即an＝2an－1(n≥2)，∴{an}是首项a1＝－1，q＝2的等比数列.
∴an＝a1·qn－1＝－2n－1.
2.设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝________.
答案 eq \f(2,2n－1)
解析 因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2)，
又由题设可得a1＝2，满足上式，
故an＝eq \f(2,2n－1).
考点2 由数列的递推关系式求通项公式
[名师点睛]
(1)形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.
(2)形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为eq \f(an＋1,an)＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1代入求出通项.
(3)形如an＋1＝pan＋q的递推关系式可以化为(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键.
(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.
[典例]
1.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an等于( )
A.2＋ln n B.2＋(n－1)ln n
C.2＋nln n D.1＋n＋ln n
答案 A
解析 因为an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n)
＝ln(n＋1)－ln n，
所以a2－a1＝ln 2－ln 1，a3－a2＝ln 3－ln 2，
a4－a3＝ln 4－ln 3，
……
an－an－1＝ln n－ln(n－1)(n≥2).
把以上各式分别相加得an－a1＝ln n－ln 1，
则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也适合，
因此an＝2＋ln n(n∈N*).
2.在数列{an}中，an＋1＝eq \f(n,n＋2)an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 eq \f(8,n（n＋1）)
解析 由an＋1＝eq \f(n,n＋2)an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋2)，
故eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(2,4)，…，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)(n≥2)，
以上式子累乘得，eq \f(an,a1)＝eq \f(1,3)·eq \f(2,4)·…·eq \f(n－3,n－1)·eq \f(n－2,n)·eq \f(n－1,n＋1)＝eq \f(2,n（n＋1）).
因为a1＝4，所以an＝eq \f(8,n（n＋1）)(n≥2).
因为a1＝4满足上式，所以an＝eq \f(8,n（n＋1）).
3.若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则通项公式an＝________.
答案 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＝4，
且eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列.
∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
4.(2022·广州调考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________.
答案 an＝2n－1，n∈N*
解析 因为Sn＋1－2Sn＝1，
所以Sn＋1＝2Sn＋1.
因此Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以Sn＋1＝2n，Sn＝2n－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也满足此式，
所以an＝2n－1，n∈N*.
[举一反三]
1．（2022·河南·高三开学考试（文））在数列中，，，则（ ）．
A．659B．661C．663D．665
【答案】D
【分析】由累加法和等差数列的前项和可求出，代入化简即可求出.
【详解】因为，所以，，…，
，
所以，故．
故选：D.
2．（2022·全国·高三专题练习）数列满足：，，则的通项公式为_____________.
【答案】
【分析】先由条件得，再结合累乘法求得的通项公式即可.
【详解】由得，，
则，
即，又，所以.
故答案为：.
3.已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N＋)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3)
解析 因为点Pn(an，an＋1)(n∈N＋)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋eq \f(1,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3))).
因为a1＝3，所以a1＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3)))是首项为eq \f(10,3)，公比为4的等比数列.
所以an＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)×4n－1，
故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3).
考点3 数列的性质
[名师点睛]
1.解决数列周期性问题，根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求出有关项的值或前n项和.
2.求数列最大项与最小项的常用方法
(1)函数法：利用相关的函数求最值.若借助通项的表达式观察出单调性，直接确定最大(小)项，否则，利用作差法.
(2)利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项.
[典例]
1．（2022·全国·高三专题练习）已知数列中，，，，则（ ）
A．4B．2C．-2D．-4
【答案】D
【分析】根据递推关系可得数列是以3为周期的数列，即可求出.
【详解】因为，，，所以，
则，，，…，
所以数列是以3为周期的数列，
则.
故选：D.
2.已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n＋k,2n)，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为( )
A.(3，＋∞) B.(2，＋∞)
C.(1，＋∞) D.(0，＋∞)
答案 D
解析 因为an＋1－an＝eq \f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq \f(3n＋k,2n)＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)＜0，所以k＞3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞).故选D.
3.（2022·湖北·高三开学考试）记数列的前项和为，若，则使得取得最小值时的值为________.
【答案】16
【分析】根据数列的单调性，即可判断的最小时的值.
【详解】由得,当时，单调递减，且，
当时，，故当时，，当时，，且，
所以当时，最小.
故答案为：16
[举一反三]
1.（2022·重庆·三模）已知数列的前项和为，，则（ ）
A．B．0C．D．
【答案】C
【分析】当为奇数时有，函数的周期为可得，
计算出，，可得答案.
【详解】当为奇数时有，函数的周期为，
故有，，，，，按此规律下去循环重复下去，，
故有.
故选：C.
2.（2022·浙江·模拟预测）已知数列{}满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由判断出是递增数列且，再由结合累加法求得；再由结合累加法求得，即可求解.
【详解】由，得，，所以，又，
所以数列是递增数列且，，所以，
所以，
所以， .当，得，由得，
则，
同上由累加法得，
所以，所以，则.
故选：C.
3.（2022·福建·莆田八中高三开学考试）已知数列满足：①先单调递减后单调递增：②当时取得最小值．写出一个满足条件的数列的通项公式_________．
【答案】
【分析】利用数列单调性的定义进行判断，从而得到数列的最值.
【详解】设，则，，
当，数列单调递减，
当，数列单调递增，即，
可得当时数列取得最小值，
故答案为：
4.已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－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 (1)∵an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－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，可知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＋2（n－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，
可知5