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第5章数列第一节数列的概念与简单表示法[考纲传真] 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特殊函数．1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限单调性递增数列a n＋1>a na n＋1<a n其中n∈N*递减数列常数列a n＋1＝a n摆动数列从第2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．4．数列的通项公式如果数列{a n}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．5．数列的递推公式如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．6．a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ， 则a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).[常用结论]1．数列{a n }是递增数列⇔a n ＋1＞a n 恒成立． 2．数列{a n }是递减数列⇔a n ＋1＜a n 恒成立．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达． ( )(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{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) (4)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．( )[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)√2．(教材改编)数列－1，12，－13，14，－15，…的一个通项公式为( ) A ．a n ＝±1n B ．a n ＝(－1)n ·1n C ．a n ＝(－1)n ＋11nD ．a n ＝1nB [由a 1＝－1，代入检验可知选B.]3．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49 D ．64 A [当n ＝8时，a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15.]4．把3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形(如图所示)．则第6个三角形数是( )A ．27B ．28C ．29D ．30 B [由题图可知，第6个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.] 5．(教材改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，则a 5＝( )A.32B.53C.85D.23D [a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋－1a 2＝1－12＝12，a 4＝1＋1a 3＝1＋2＝3，a 5＝1＋－1a4＝1－13＝23.]由数列的前几项归纳数列的通项公式1．数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( ) A ．a n ＝n －1n ＋1(n ∈N *) B ．a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *) C ．a n ＝2(n －1)2n －1(n ∈N *)D ．a n ＝2n2n ＋1(n ∈N *) C [注意到分子0,2,4,6都是偶数，对照选项排除即可．]2．数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝__________.2n ＋1n 2＋1 [数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.]3．写出下面各数列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，…；(2)12，－34，78，－1516，3132，…； (3)3,33,333,3 333，…； (4)－1,1，－2,2，－3,3….[解] (1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.(2)数列中各项的符号可通过(－1)n ＋1表示．每一项绝对值的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以a n ＝(－1)n ＋12n －12n .(3)将数列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以a n ＝13(10n －1)．(4)数列的奇数项为－1，－2，－3，…可用－n ＋12表示， 数列的偶数项为1,2,3，…可用n2表示．因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ＋12(n 为奇数)，n 2(n 为偶数).殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.(2)具体策略：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各项的符号特征和绝对值特征；⑤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；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k 或(－1)k ＋1，k ∈N *处理.由a n 与S n 的关系求通项公式【例1】 n n {a n }的通项公式a n ＝________.(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________. (1)⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 (2)(－2)n －1 [(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.(2)由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13， 两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴a n ＝(－2)n －1.][规律方法] 1.已知S n 求a n 的三个步骤,(1)先利用a 1＝S 1求出a 1； (2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 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.S n 与a n 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a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解； (2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解.(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________.(2)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________.(1)⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2 (2)－2n －1 [(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋1－3n －1－1＝2·3n －1. 显然当n ＝1时，不满足上式． ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.(2)依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ，又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项、2为公比的等比数列，a n ＝－2n －1.]由数列的递推关系求通项公式►考法1 形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n【例2】 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．[解] (1)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式， ∴a n ＝32n 2＋n 2.►考法2 形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n【例3】 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，求数列{a n }的通项公式． [解] ∵a n ＋1＝2na n ，∴a n ＋1a n ＝2n ，∴a na n －1＝2n －1(n ≥2)，∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1) ＝2n (n －1)2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝.►考法3 形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n .【例4】 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式． [解] ∵a n ＋1＝3a n ＋2， ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，故数列{a n＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，∴a n＋1＝2·3n－1，因此a n＝2·3n－1－1.[规律方法]由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且a n－a n－1＝f(n)，可用“累加法”求a n，即a n＝(a n－a n－1)＋(a n －1－a n－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1.(2)已知a1且＝f(n)，可用“累乘法”求a n，即a n＝ (1)(3)已知a1且a n＋1＝qa n＋b，则a n＋1＋k＝q(a n＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{a n＋k}.(4)形如a n＋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数列求解.根据下列条件，求数列{a n}的通项公式．(1)a1＝1，a n＋1＝a n＋2n；(2)a1＝12，a n＝n－1n＋1a n－1(n≥2)；(3)a1＝1，a n＋1＝2a n＋3；(4)a1＝1，a n＋1＝2a na n＋2.[解](1)由题意知a n＋1－a n＝2n，a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.(2)因为a n＝n－1n＋1a n－1(n≥2)，所以当n ≥2时，a na n －1＝n －1n ＋1，所以a na n －1＝n －1n ＋1，a n －1a n －2＝n －2n ，…，a 3a 2＝24，a 2a 1＝13，以上n －1个式子相乘得a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·…·24·13， 即a n a 1＝1n ＋1×1n ×2×1，所以a n ＝1n (n ＋1).当n ＝1时，a 1＝11×2＝12，与已知a 1＝12相符，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n (n ＋1).(3)由a n ＋1＝2a n ＋3得a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)． 又a 1＝1，∴a 1＋3＝4.故数列{a n ＋3}是首项为4，公比为2的等比数列， ∴a n ＋3＝4·2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3. (4)因为a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝1，所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12. 又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12.所以a n ＝2n ＋1(n ∈N *).1．(2014·全国卷Ⅱ)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________.12 [∵a n ＋1＝11－a n， ∴a n ＋1＝11－a n ＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1 ＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2，∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3. ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2. 而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.]2．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.－1n [∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n .]3．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．[解] (1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.。
学习资料专题第五单元数列第28讲数列的概念与简单表示法课前双击巩固1.数列的有关概念2.数列的表示法3.数列的分类4.a n与S n 的关系已知数列{a n}的前n项和S n,则a n=常用结论求数列的最大(小)项,一般可以利用数列的单调性,即用(n≥2,n∈N*)或(n≥2,n∈N*)求解,也可以转化为函数的最值问题或利用数形结合思想求解.题组一常识题1.[教材改编]已知数列的前几项为1,-,,-,则该数列的一个通项公式是.2.[教材改编]已知数列满足a n=(n-λ)2n(n∈N*),若{a n}是递增数列,则实数λ的取值范围是.3.[教材改编]在数列中,若a1=1,a n=1+(n≥2),则a3= .题组二常错题◆索引:忽视数列是特殊的函数,其自变量为正整数集N*或其子集{1,2,…,n};求数列前n项和S n的最值时忽视项为零的情况;根据S n求a n时忽视对n=1的验证.4.在数列-1,0,,,…,中,0.08是它的第项.5.在数列{a n}中,a n=-n2+6n+7,当其前n项和S n取最大值时,n=.6.已知S n=2n+3,则a n= .课堂考点探究探究点一根据数列的前几项求数列的通项公式1 (1)数列的前几项为,3,,8,,…,则此数列的通项公式可能是()A.a n=B.a n=C.a n=D.a n=(2)数列,-,,-,…的一个通项公式为 ()A.a n=(-1)n·B.a n=(-1)n·C.a n=(-1)n+1·D.a n=(-1)n+1·(3)数列的前几项为7,77,777,7777,…,则此数列的通项公式可能是.[总结反思] 由数列前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略:(1)常用方法:观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.同时也可以使用添项、还原、分割等方法,转化为一个常见数列,通过常见数列的通项公式求得所给数列的通项公式.(2)具体策略:①分式中分子、分母的特征;②相邻项的变化特征,如递增时可考虑关于n为一次递增或以2n,3n等形式递增;③拆项后的特征;④各项的符号特征和绝对值的特征;⑤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;⑥对于符号交替出现的情况,可用(-1)n或(-1)n+1,n∈N*来处理.式题 (1)数列,,,,,…的一个通项公式为.(2)数列,-,,-,…的一个通项公式可以为.探究点二由an与S n求通项公式a n2 (1)已知数列的前n项和S n=2n+n2+1(n∈N*),则通项公式为a n= .(2)已知数列的前n项和S n满足a n+2S n S n-1=0(n≥2,n∈N*),a1=,则通项公式为a n= .[总结反思] 已知S n求a n的常用方法是利用a n=转化为关于a n的关系式,再求通项公式.主要分三个步骤完成:(1)先利用a1=S1,求得a1;(2)用n-1替换S n中的n得到一个新的关系式,利用a n=S n-S n-1(n≥2)便可求出当n≥2,n∈N*时的通项;(3)对n=1时的结果进行检验,看是否符合n≥2,n∈N*时a n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n=1与n≥2两段来写.式题 (1)[2017·西宁五中月考]已知数列的前n项和S n=n2+,则通项公式为a n= .(2)已知数列的前n项和为S n,且S n=2a n-2,则数列的通项公式为a n= .探究点三数列的函数特征考向1求最大(小)项3 (1)[2017·临川实验中学月考]已知a n=(n∈N*),则在数列的前100项中最小项和最大项分别是()A.a1,a100B.a100,a44C.a45,a44D.a44,a45(2)已知数列的通项公式为a n=(n+1)(n∈N*),则该数列的最大项是第项.[总结反思] 求数列的最大项与最小项的常用方法:(1)将数列视为函数f当x∈N*时所对应的一列函数值,根据f的类型作出相应的函数图像,或利用求函数最值的方法,求出f的最值,进而求出数列的最大(小)项;(2)通过通项公式a n研究数列的单调性,利用(n≥2)确定最大项,利用(n ≥2)确定最小项.(3)比较法:若有a n+1-a n=f(n+1)-f(n)>0或a n>0时,>1,则a n+1>a n,则数列{a n}是递增数列,所以数列{a n}的最小项为a1=f(1);若有a n+1-a n=f(n+1)-f(n)<0或a n>0时,<1,则a n+1<a n,则数列{a n}是递减数列,所以数列{a n}的最大项为a1=f(1).考向2单调性的应用4[2017·永州二模]已知数列的前n项和S n=3n(λ-n)-6,若为递减数列,则λ的取值范围是()A.B.C.D.[总结反思] 数列的单调性是数列最重要的性质之一,它在求参数的取值范围、证明不等式及恒成立等问题中有着广泛应用.应用数列单调性的关键是判断单调性,判断数列单调性的常用方法有两个:(1)利用数列对应的函数的单调性判断;(2)对数列的前后项作差(或作商),利用比较法判断.强化演练1.【考向1】已知数列{a n}的通项公式为a n=,则数列{a n}的最大项为 ()A.a1B.a2C.a3D.a42.【考向1】已知数列{a n}的通项公式为a n=-,则数列{a n} ()A.有最大项,没有最小项B.有最小项,没有最大项C.既有最大项又有最小项D.既没有最大项又没有最小项3.【考向2】设函数f=数列{a n}的通项公式为a n=f(n∈N*),若数列是递减数列,则实数k的取值范围为()A.B.C.D.4.【考向1】数列的通项公式为a n=(2n+1)-1,则数列的最大项为.5.【考向2】若a n=2n2+λn+3(其中λ为实常数),n∈N*,且数列{a n}为递增数列,则实数λ的取值范围为.探究点四由数列的递推关系式求通项公式考向1形如a n+1=a n+f,求a n5 [2017·衡水中学六调]若数列满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有a n+1=a n+n+1,则++…+等于()A.B.C.D.[总结反思] 形如a n+1=a n+f(n)(f(n)是可以求和的)的递推公式求通项公式时,常用累加法求出a n-a1与n的关系式,进而得到a n的通项公式.考向2形如a n+1=a n·f,求a n6 [2017·成都二诊]在数列中,a1=1,a n=a n-1(n≥2,n∈N*),则数列的前n项和T n= .[总结反思] 形如a n+1=a n·f(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项公式时,常用累乘法求出与n的关系式,进而得到a n的通项公式.考向3形如a n+1=pa n+q,求a n7 [2017·黄冈中学三模]已知数列满足a n+1=3a n+2,且a1=2.(1)求证:数列是等比数列;(2)求数列的通项公式.[总结反思] 形如a n+1=pa n+q的递推关系式求通项公式时,一般先构造公比为p的等比数列{a n+x},即将原递推关系式化为a n+1+x=p(a n+x)的形式,再求出数列{a n+x}的通项公式,最后求{a n}的通项公式.考向4形如a n+1=(A,B,C为常数),求a n8 [2017·湖北六校联合体联考]已知数列满足a1=1,a n+1=(n∈N*),若b n+1=(n-2λ)·+1(n∈N*),b1=-λ,且数列是递增数列,则实数λ的取值范围是()A.λ<B.λ<1C.λ<D.λ<[总结反思] 形如a n+1=(A,B,C为常数)的递推关系式求通项公式时,一般对递推式两边同时取倒数,化为+x=的形式,构造公比为的等比数列,通过求的通项公式从而求出{a n}的通项公式,其中用待定系数法求x是关键.强化演练1.【考向2】已知a1=2,a n+1=2n a n,则数列的通项公式a n等于()A. B.C. D.2.【考向4】已知数列{a n}满足a1=1,a n+1= (n∈N*),则数列{a n}的通项公式为()A.a n=B.a n=C.a n=D.a n=3.【考向3】[2017·山西实验中学模拟]在数列中,a1=3,且点P n(a n,a n+1)(n∈N*)在直线4x-y+1=0上,则数列的通项公式为.4.【考向1】已知数列满足a n+1-a n=2n,且a1=1.求数列的通项公式.第29讲等差数列及其前n项和课前双击巩固1.等差数列中的有关公式已知等差数列{a n}的首项为a1,公差是d,前n项和为S n,则2等差数列的性质已知{a n}是等差数列,S n是{a n}的前n项和.(1)若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则有a m+a n= = .(2)数列S m,S2m-S m,S3m-S2m,…成数列.3.等差数列与函数的关系(1)等差数列{a n}的通项公式可写成a n= ,当d≠0时,它是关于n的,它的图像是直线y=dx+(a1-d)上横坐标为正整数的均匀分布的一群的点.注:当d>0时,{a n}是数列;当d<0时,{a n}是数列;当d=0时,{a n}是.(2)前n项和公式可变形为S n= ,当d≠0时,它是关于n的常数项为0的,它的图像是抛物线y=x2+x上横坐标为正整数的均匀分布的一群的点.注:若a1>0,d<0,则S n存在最值;若a1<0,d>0,则S n存在最值.常用结论等差数列的性质1.已知{a n},{b n}是公差分别为d1,d2的等差数列,S n是{a n}的前n项和,则有以下结论:(1){a2n}是等差数列,公差为 2d1.(2){pa n+qb n}是等差数列(p,q都是常数),且公差为pd1+qd2.(3)a k,a k+m,a k+2m,…(k,m∈N*)是公差为md1的等差数列.(4)成等差数列,其首项与{a n}的首项相同,公差是{a n}的公差的.(5)数列{pa n},{a n+p}都是等差数列(p,q都是常数),且公差分别为pd1,d1.2.关于等差数列奇数项与偶数项的性质(1)若项数为2n,则S偶-S奇=nd ,=.(2)若项数为2n-1,则S偶=(n-1)a n,S奇=na n,S奇-S偶=a n ,=.3.两个等差数列{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,它们之间的关系为=.题组一常识题1.[教材改编]在等差数列中,a5=9,且2a3=a2+6,则a1= .2.[教材改编]在等差数列中,a2=-1,a6=-5,则S7= .3.[教材改编]在等差数列中,S4=4,S8=12,则S12= .4.[教材改编]已知等差数列的公差为d(d≠0),且a3+a6+a10+a13=32,若a m=8,则m= .题组二常错题◆索引:忽视等差数列中项为0的情况,考虑不全而忽视相邻项的符号,等差数列各项的符号判断不正确5.在等差数列{a n}中,a1=-28,公差d=4,则前n项和S n取得最小值时n的值为.6.首项为-20的等差数列,从第10项起开始为正数,则公差d的取值范围是.7.已知等差数列的通项公式为a n=11-n,则|a1|+|a2|+…+|a20|= .课堂考点探究探究点一等差数列的基本运算1 (1)[2017·蚌埠质检]已知等差数列的前n项和为S n,且S6=24,S9=63,则a4=()A.4B.5C.6D.7(2)公差不为0的等差数列的前n项和为S n,若a6=3a4,且S10=λa4,则λ的值为 ()A.15B.21C.23D.25[总结反思] (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,n,d,a n,S n,知道其中三个就能求出另外两个.(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量,即首项a1和公差d.式题 (1)[2017·鹰潭二模]等差数列的前n项和是S n,且a3=1,a5=4,则S13=()A.39B.91C.48D.51(2)已知等差数列的前n项和为S n,且3a3=a6+4,若S5<10,则a2的取值范围是()A.B.C.D.探究点二等差数列的性质及应用2 (1)[2017·沈阳东北育才学校模拟]在等差数列中,a5+a6=4,则log2(··…·)= ()A.10B.20C.40D.2+log25(2)在等差数列中,a1=-2017,其前n项的和为S n,若-=2,则S2017= .(3)设S n是等差数列的前n项和,若S672=2,S1344=12,则S2016=()A.22B.26C.30D.34[总结反思] 利用等差数列的性质“若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有a m+a n=a p+a q”,或者“常用结论”中的有关公式可以有效地简化计算.式题 (1)在等差数列中,若a3+a5+a7+a9+a11=45,S3=-3,那么a5=()A.4B.5C.9D.18(2)两等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别为S n,T n,且=,则= .(3)一个正项等差数列前n项的和为3,前3n项的和为21,则前2n项的和为()A.18B.12C.10D.6探究点三等差数列的判定与证明3 已知数列满足a1=-,a n+1=(n∈N*).(1)证明:数列是等差数列;(2)求的通项公式.[总结反思] 判断数列{a n}是否为等差数列,通常有两种方法:①定义法,证明a n-a n-1=d(n≥2,d为常数),用定义法证明等差数列时,常选用两个式子a n+1-a n=d或a n-a n-1=d,但它们的意义不同,后者必须加上“n≥2”;②等差中项法,证明2a n=a n-1+a n+1(n≥2).式题 [2018·齐齐哈尔八中月考]已知数列{a n}是等差数列,且a1,a2(a1<a2)分别为方程x2-6x+5=0的两个根.(1)求数列{a n}的前n项和S n;(2)在(1)中,设b n=,求证:当c=-时,数列{b n}是等差数列.探究点四等差数列前n项和的最值问题4 (1)[2017·福州期末]设等差数列的前n项和为S n,若公差d=-2,S3=21,则当S n取得最大值时,n的值为()A.10B.9C.6D.5(2)在等差数列中,a1<0,S18=S36,则当S n取得最小值时,n的值为()A.18B.27C.36D. 54[总结反思] 求等差数列前n项和最值的常用方法:(1)二次函数法:用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值,但要注意n∈N*.(2)图像法:利用二次函数图像的对称性来确定n的值,使S n取得最值.(3)项的符号法:当a1>0,d<0时,满足的项数n,使S n取最大值;当a1<0,d>0时,满足的项数n,使S n取最小值.即正项变负项处最大,负项变正项处最小.若有零项,则使S n取最值的n有两个.式题 (1)[2017·大庆实验中学月考]设等差数列的前n项和为S n,a1<0且=,则当S n取最小值时,n的值为()A.11B.10C.9D.8(2)[2018·湖北长阳一中月考]已知数列{a n}为等差数列,若<-1,且它们的前n项和S n有最大值,则使得S n>0的n的最大值为()A.11B.19C.20D.21第30讲等比数列及其前n项和课前双击巩固1.等比数列中的有关公式已知等比数列{a n}的首项为a1,公比是q,前n项和为S n,则=(G是a与b的等比中项)2.等比数列的性质已知{a n}是等比数列,S n是{a n}的前n项和.(1)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有a m a n= .(2)若q≠-1,或q=-1且m为奇数,则数列S m,S2m-S m,S3m-S2m,…成数列,其公比为.3.等比数列与函数的关系(1)等比数列的通项公式可以写成a n=q n(q≠1),前n项和公式可以写成S n=q n- (q≠1).(2)①满足或时,{a n}是递增数列;②满足或时,{a n}是递减数列;③当q=1时,数列{a n}是常数列;④当q<0时,数列{a n}为摆动数列.常用结论1.若{a n},{b n}(项数相同)是等比数列,则{λa n}(λ≠0),,{},{a n·b n},仍是等比数列.2.在等比数列{a n}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即a n,a n+k,a n+2k,a n+3k,…为等比数列,公比为q k.3.一个等比数列各项的k次幂,仍组成一个等比数列,新公比是原公比的k次幂.4.{a n}为等比数列,若a1·a2·…·a n=T n,则T n,,,…成等比数列.5.当q≠0,q≠1时,S n=k-k·q n(k≠0)是{a n}成等比数列的充要条件,此时k=.6.有穷等比数列中,与首末两项等距离的两项的积相等.特别地,若项数为奇数时,还等于中间项的平方.题组一常识题1.[教材改编]已知数列是递增的等比数列,若a2=2,a4-a3=4,则此数列的公比q= .2.[教材改编]已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若a6=8a3,S3=2,则S6= .3.在和4之间插入3个数,使它们与这两个数依次构成等比数列,则这3个数的积．为.题组二常错题◆索引:“G2=ab”是“a,G,b成等比数列”的必要不充分条件;运用等比数列的前n项和公式时,忽略q=1的情况;等比数列的性质应用不熟导致出错.4.在等比数列{a n}中,a3=4,a7=16,则a3与a7的等比中项为.5.数列{a n}的通项公式是a n=a n(a≠0),则其前n项和为S n= .6.若等比数列{a n}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20= .7.在等比数列{a n}中,a n>0,a5-a1=15,a4-a2=6,则a3= .课堂考点探究探究点一等比数列的基本运算1 (1)[2017·揭阳二模]已知等比数列满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a5=()A.1B.C. D.4(2)[2017·山西三区八校二模]设等比数列的前n项和为S n,若a3=3,且a2016+a2017=0,则S101等于 ()A.3B.303C.-3D.-303[总结反思] (1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”).(2)运用等比数列的前n项和公式时,注意对q=1和q≠1的分类讨论.式题 (1)在等比数列{a n}中,公比q=2,若a2与2a3的等差中项为5,则a1=()A.3B.2C.1D.-1(2)[2017·洛阳三模]已知等比数列满足a1=,a2a8=2a5+3,则a9= ()A.-B.C.648D.18(3)[2017·四川师范大学附属中学三模]已知数列为各项均为正数的等比数列且满足a6-a2=30,a3-a1=3,则数列的前5项和S5=()A.15B.31C.40D.121探究点二等比数列的性质及应用2 (1)在等比数列中,a6+a8=4,则a8(a4+2a6+a8)的值为()A.2B.4C.8D.16(2)[2017·吉林大学附属中学摸底]等比数列的前5项的和S5=10,前10项的和S10=50,则它的前20项的和S20=()A.160B.210C.640D.850[总结反思] (1)在等比数列的基本运算问题中,一般是利用通项公式与前n项和公式,建立方程组求解,但如果灵活运用等比数列的性质“若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有a m a n=a p a q”,则可减少运算量.(2)等比数列的项经过适当的组合后组成的新数列也具有某种性质,例如在等比数列中,S k,S2k-S k,S3k-S2k,…也成等比数列,公比为q k(q≠-1).式题 (1)在等比数列中,a3,a15是方程x2-6x+8=0的根,则=()A.2B.2C.1D.-2(2)设正项等比数列的前n项和为S n,若S3=3,S9-S6=12,则S6= .探究点三等比数列的判定与证明3 [2017·重庆调研]已知数列的首项a1=,a n+1=,n∈N*.(1)求证:数列为等比数列;(2)记S n=++…+,若S n<100,求n的最大值.[总结反思] 判定一个数列为等比数列的常见方法:(1)定义法:若=q(d是常数),则数列是等比数列;(2)等比中项法:若=a n a n+2(n∈N*),则数列是等比数列;(3)通项公式法:若a n=Aq n (p,q为常数),则数列是等比数列.式题 [2017·北京海淀区模拟]在数列中,+2a n+1=a n a n+2+a n+a n+2,且a1=2,a2=5.(1)证明:数列是等比数列;(2)求数列的前n项和S n.第31讲数列求和课前双击巩固1.公式法(1) 公式法①等差数列的前n项和公式:S n= = .(其中a1为首项,d为公差)②等比数列的前n项和公式:当q=1时,S n= ;当q≠1时,S n= = .(其中a1为首项,q为公比).(2)分组求和法一个数列的通项是由的数列的通项组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.2.倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列中,到首末两端等“距离”的两项的和相等或等于,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.(2) 并项求和法数列{a n}满足彼此相邻的若干项的和为特殊数列时,运用求其前n项和.如通项公式形如a n=(-1)n f(n)的数列.3.裂项相消法把数列的通项拆成,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.4.错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项之构成的,那么求这个数列的前n项和时即可用错位相减法.常用结论1.一些常见的前n项和公式(1)1+2+3+4+…+n=.(2)1+3+5+7+…+2n-1=n2.(3)2+4+6+8+…+2n=n2+n.2.常用的裂项公式(1)=-.(2)=.(3)=-.题组一常识题1.[教材改编]若数列的通项公式为a n=2n-1+n,则数列的前n项和S n= .2.[教材改编]若数列的通项公式为a n=,则数列的前20项和为.3.[教材改编]若数列的通项公式为a n=(n-1)×2n-1,则数列的前n项和S n= .题组二常错题◆索引:用裂项相消法求和时不能准确裂项;用错位相减法求和时易出现符号错误、不能准确“错项对齐”等错误;并项求和时不能准确分组.4.设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=4n2-1(n∈N*),则数列的前n项和为.5.3×2-1+4×2-2+5×2-3+…+(n+2)·2-n= .6.在数列{a n}中,a1=2,a2=2,a n+2-a n=1+(-1)n,n∈N*,则S60的值为.7.已知数列{a n}满足a n+1=+,且a1=,则该数列的前2018项的和等于.课堂考点探究探究点一分组求和法求和1 在公差不为零的等差数列中,a2=4,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求数列的通项公式;(2)若b n=a n+,求数列的前n项和T n.[总结反思] 某些数列在求和时是将数列的通项转化为若干个等差或等比或可求和的数列通项的和或差,从而间接求得原数列的和.注意在含有字母的数列中要对字母进行讨论.式题已知数列的前n项和S n=(n∈N*).(1)求数列的通项公式;(2)设b n=2n+(-1)n a n,求数列的前2n项和.探究点二错位相减法求和2 在等差数列中,a2=2,a3+a5=8,在数列中,b1=2,其前n项和S n满足b n+1=S n+2(n∈N*).(1)求数列,的通项公式;(2)设c n=,求数列的前n项和T n.[总结反思] 错位相减法求和,主要用于求{a n·b n}的前n项和,其中,{b n}分别为等差数列和等比数列.式题 [2017·哈尔滨二模]设S n是数列的前n项和,已知a1=3,a n+1=2S n+3(n∈N*).(1)求数列的通项公式;(2)令b n=(2n-1)a n,求数列的前n项和T n.探究点三裂项相消法求和考向1形如a n=3 已知正项数列满足a1=1,+-=4,数列满足=+,记的前n 项和为T n,则T20的值为.[总结反思] 数列的通项公式形如a n=时,可转化为a n=(-),此类数列适合使用裂项相消法求和.考向2形如a n=4 [2017·青岛二模]在公差不为0的等差数列中,=a3+a6,且a3为a1与a11的等比中项.(1)求数列的通项公式;(2)设b n=,求数列的前n项和T n.[总结反思] (1)数列的通项公式形如a n=时,可转化为a n=-,此类数列适合使用裂项相消法求和.(2)裂项相消法求和的基本思路是变换通项,把每一项分裂为两项,裂项的目的是产生可以相互抵消的项.强化演练1.【考向1】数列的通项公式为a n=,若该数列的前k项之和等于9,则k=()A.98B.99C.96D.972.【考向1】数列{a n}的通项公式为a n=(n∈N*),若该数列的前n项和为S n,则S n=()A.-1B.+--1C.D.3.【考向2】若数列满足a1=1,且对任意的m,n∈N*都有a m+n=a m+a n+mn,则++…+= ()A.B.C.D.4.【考向2】[2017·成都九校联考]已知等比数列满足a1=,a3a5=4(a4-1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列满足b n=log2(16·a n),求证:数列的前n项和S n<.第32讲数列的综合问题课前双击巩固1.数列的综合应用(1)等差数列和等比数列的综合等差数列与等比数列相结合的综合问题主要是应用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式,建立关于两个基本量:首项a1和公差d(或公比q)的方程组,以及解决等差中项、等比中项等问题.(2) 数列和函数数列是特殊的函数,等差数列的通项公式和前n项和公式分别是关于n的一次函数和二次函数,等比数列的通项公式和前n项和公式在公比不等于1的情况下是公比q的指数型函数,可以根据函数的性质解决一些数列问题.(3)数列和不等式以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题,体现了在知识交汇点上命题的特点.这类问题一般通过数列求通项以及求和去解决一个不等式问题,这里的不等式通常是关于正整数的不等式,可以通过比较法、基本不等式法、导数方法和数学归纳法解决.2.数列应用题常见模型题组一常识题1.[教材改编]在等比数列中,2a1,a2,a3成等差数列,则等比数列的公比为.2.[教材改编]设函数f(x)=x m+ax的导数为f'(x)=2x+1,则数列(n∈N*)的前n项和为.3.[教材改编]从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升,然后填满水(视为操作一次),再倒出1升混合溶液后又用水填满,以此继续下去,要使酒精浓度低于10%,则至少应操作次.题组二常错题◆索引:数列实际问题的两个易错点:项数和年(月)份数4.已知数列{a n}是等差数列,且a1+a7=8,数列{b n}是等比数列,且b5=,则b2b8= .5.某公司去年产值为a,计划在今后5年内每年比上年产值增加10%,则从今年起到第5年,这个厂的总产值为.6.一个凸多边形的内角度数成等差数列,其中最小的内角为120°,公差为5°,那么这个多边形的边数n等于.课堂考点探究探究点一等差、等比数列的综合问题1 [2017·北京朝阳区二模]已知数列{a n}是首项a1=,公比q=的等比数列.设b n=2lo a n-1(n∈N*).(1)求证:数列{b n}为等差数列;(2)设c n=a n+b2n,求数列{c n}的前n项和T n.[总结反思] 解决由等差数列、等比数列组成的综合问题,首先要根据两数列的概念,设出相应的基本量,然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量.解综合题的关键在于审清题目,弄懂来龙去脉,揭示问题的内在联系和隐含条件.式题 [2018·安徽六安一中模拟]已知等差数列的首项a1=1,公差d≠0,等比数列满足a1=b1,a2=b2,a5=b3.(1)求数列,的通项公式;(2)设数列{c n}对任意的n∈N*,均有++…+=a n+1,求数列的前2017项和S2017.探究点二数列在实际问题与数学文化问题中的应用2 (1)[2017·宝鸡二模]在2013年至2016年期间,甲每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄,若年利率q保持不变,且每年到期的存款利息自动转为新的一年定期,到2017年6月1日甲去银行不再存款,而是将所有存款的本息全部取回,则取回的金额是()A.m元B.m元C.元D.元(2)《九章算术》是我国古代的数学名著之一,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何?”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱,甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列,问五人各得多少钱?”(“钱”是古代一种重量单位),在这个问题中,甲得到 ()A.钱B.钱C.钱D.钱[总结反思] 求解数学文化问题的一般步骤:(1)阅读数学文化背景材料,获取相关数学信息;(2)联想相关的数学模型,转化为纯数学问题;(3)利用相关数学知识与数学方法求解转化后的数学问题;(4)回答数学文化问题.探究点三特殊的数列问题3 (1)[2017·三门峡调研]定义:若数列{a n}对任意的正整数n,都有+=d(d为常数),则称{a n}为“绝对和数列”,d叫作“绝对公和”.在“绝对和数列”{a n}中,a1=2,绝对公和为3,则其前2017项的和S2017的最小值为()A.-2017B.-3014C.-3022D.3032(2)[2017·全国卷Ⅰ]几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 ()A.440B.330C.220D.110[总结反思] (1)数列的周期性是数列的函数性质之一,解题时往往依题意列出数列的前若干项,从而发现规律找到周期;(2)解答创新型问题时,首先需要分析新定义的特点,把新定义所叙述的问题的本质弄清楚,将其转化为我们熟悉的问题,然后确定解题策略,根据题目条件进行求解.式题 (1)在数列{a n}中,若存在正整数T,使得a m+T=a m对于任意的正整数m均成立,那么称数列{a n}为周期数列,其中T叫作数列{a n}的周期,若周期数列{x n}满足x n+1=|x n-x n-1|(n≥2,n∈N),且x1=1,x2=a(a∈R,a≠0),则当数列{x n}的周期最小时,该数列的前2016项的和是()A.672B.673C.1342D.1344(2)在数列{a n}中,如果对任意n∈N*,都有a n a n+1a n+2=k(k为常数),那么这个数列叫作等积数列,k叫作这个数列的公积.已知数列{a n}是等积数列,且a1=1,a2=2,公积为8,则a1+a2+…+a12= ()A.24B.28C.32D.36探究点四数列与函数、不等式的综合问题考向1数列与不等式的综合4 [2017·成都九校联考]设数列满足x n=3x n-1+2 (n≥2且n∈N*),x1=2.(1)求证:{x n+1}是等比数列,并求出数列的通项公式;(2)对任意的正整数n,当m∈[-1,1]时,不等式3t2-6mt+>恒成立,求实数t的取值范围.[总结反思] 解决数列与不等式的综合问题时,若是证明题,则要灵活选择不等式的证明方法,如比较法、综合法、分析法、放缩法等;若是含参数的不等式恒成立问题,则可分离参数,转化为研究最值问题来解决.考向2数列与函数的综合5 方程f=x的解称为函数f(x)的不动点,若f=有唯一的不动点,且数列满足a1=1,=f,则a2017= .[总结反思] (1)数列是特殊的函数,以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识点交汇处命题的特点.(2)数列与函数的综合问题主要有以下两类:①已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图像来解决;②已知数列条件,解决函数问题,此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对所给条件进行化简变形.强化演练1.【考向2】设S n是数列{a n}(n∈N*)的前n项和,n≥2时点(a n-1,2a n)在直线y=2x+1上,且{a n}的首项a1是二次函数y=x2-2x+3的最小值,则S9的值为 ()A.6B.7C.36D.322.【考向2】已知函数f=x a的图像过点(4,2),令a n=,n∈N*,记数列的前n 项为S n,则S2018=()A.-1B.-1C.-1D.-13.【考向1】[2017·辽宁实验中学模拟]设S n为等差数列的前n项和, 其中a1=1,且=λa n+1(n∈N*),记b n=,数列的前n项和为T n,若对任意的n≥k(k∈N*),都有T n-<,则常数k的最小值为.4.【考向1】[2017·石家庄二中模拟]已知数列的前n项和为S n,且满足a1=2,S n-4S n-1-2=0(n≥2,n∈N).(1)求数列的通项公式;(2)令b n=log2a n,T n为的前n项和,求证:<2.。
2019-2020年高考一轮复习数列（一）数列的概念与简单的表示教案理1、数列的定义: 按照一定的顺序排列的一列数称为数列。
注意：（1）数列的数是按一定顺序排列的，因此，如果组成两个数列的数相同而排列顺序不同，那么它们就是不同的数列。
（2）、定义中并没有规定数列中的数不同，因此，同一个数在数列中可以重复出现。
2、数列的项：数列中的每一个数叫做这个数列的项。
各项依次叫做这个数列的第1项（或首项），第2项，第3项，…，第n项，如三角形数（见教材28页），“1”是这个数列的第一项，“10”是这个数列中的第4项。
3、数列的一般形式：a1,a2,a3,…，a n,…，；4、数列的表示法：（1）、解析法：分为通项公式与递推公式两种①、数列的通项公式：注意：并不是所有的数列都能写出通项公式；一个数列的通项公式有时不是唯一的；如数列：1，0，1，0，1，0…，它的通项公式可以写成也可以写成|cos|数列通项公式的作用：求数列中的任一项，检验某数是否是该数列中的项，数列的通项公式有双重性，它表示了数列的第n项，又是这个数列中所有项的一般表示，通项公式反映了一个数列项与项数函数关系，给了数列的通项公式，这个数列就确定了，②、数列的递推公式：定义：如：斐波那契列：递推公式：说明：递推公式利用数列前后项之间的关系给出数列的构成规律：有些数列，虽然给出是的递推公式，但可以根据递推公式，求出它的前几项，进而归纳出它的通项公式（为了保证它的正确，可以用数学归纳法加以证明。
）（2）、列举法：数列可以看成是定义在自然数集或它的子集上的函数，当自变量从1开始依次取自然数时，相对应的一列函数值，把这些函数值按它们的序号排列出来。
（3）、图象法：在直角坐标系中，以n和f（n）为点的坐标，即（n，f（n））描点后得到的图象是一些孤立点。
（4）、符号法：{a n}5、数列与函数的关系数列可以看成以下整数集 (或它的有限子集{1，2，3，n})为定义域的函数，当自变量从小到大依次取值时，对应的一列函数值，，，…，，…，因此要善于用函数的观点认识与研究数列：常用=f(n).6、数列的分类（1）、按数列的项数多少可分为：；（2）、根据数列前后项的大小关系来分：增数列：减数列：摆动数列：常数数列：7、求通项公式的方法：（1）、观察法；（2）、利用与的关系；（3）、公式法：构造新等差数列、等比数列；（4）、其它方法：迭加法，迭乘法，迭代法；二、题型探究探究一：已知数列的前n项，求通项公式（1）.-1，7,-13,19,…（2）.7，77，777，7777，…（3）.0，1，0，1，…（4）.1，1+2，1+2+3，1+2+3+4，…（5）.1，3，7，15，…（6）.，1，，，…（7）.1，，，，，…（8）.－2，，－，，…探究二：由与的关系求通项＝1、已知，求。
高考数学一轮复习第5章数列5.1数列的概念与表示学案理05212198[知识梳理]3．数列{a n}的a n与S n的关系(1)数列的前n项和：S n＝a1＋a2＋…＋a n.特别提醒：若当n≥2时求出的a n也适合n＝1时的情形，则用一个式子表示a n，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{a n}的前n项和为S n，则对∀n∈N*，都有a n＋1＝S n＋1－S n.( )答案(1)×(2)√(3)√(4)√2．教材衍化(1)(必修A5P31T2)已知数列{a n}的通项公式为a n＝9＋12n，则在下列各数中，不是{a n}的项的是( )A．21 B．33 C．152 D．153答案 C解析代n值进行验证，n＝1时，A满足；n＝2时，B满足；n＝12时，D满足．故选C.(2)(必修A5P33T4)在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝a n＋1n(n＋1)，则数列a5＝________.答案145解析 a 1＝2，a 2＝2＋12＝52，a 3＝52＋16＝83，a 4＝83＋112＝3312，a 5＝3312＋120＝145.3．小题热身(1)(2017·石家庄模拟)数列{a n }：1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n (n ∈N *) B ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 3＋3n (n ∈N *) C ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋2n (n ∈N *) D ．a n ＝(－1)n ＋12n ＋1n 2＋2n(n ∈N *) 答案 D解析 由分子3,5,7,9归纳为2n ＋1，由分母3,8,15,24归纳为n (n ＋2)，奇数项为正，偶数项为负．故选D.(2)已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＝1－a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －24(n ≥3，n ∈N *)，则a 6＝________.答案316解析 由题意可得a 3＝1－a 14＝34，a 4＝1－a 1＋a 24＝1－12＝12，a 6＝1－a 1＋a 2＋a 3＋a 44＝1－1316＝316.题型1 知数列前几项求通项公式典例 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)1,0，13，0，15，0，17，0，…；(4)32，1，710，917，….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)n ＋1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a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴a n ＝89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)把数列改写成11，02，13，04，15，06，17，08，…，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a n ＝1＋(－1)n ＋12n或a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2n.(4)将数列统一为32，55，710，917，…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b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，所以可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.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：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各项符号特征等；⑤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，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n ＋1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( ) A ．a n ＝n 2－(n －1) B ．a n ＝n 2－1 C ．a n ＝n (n ＋1)2D ．a n ＝n (n －1)2答案 C解析 代入进行验证可得选项C 成立．故选C. 题型2 数列的周期性典例在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)． (1)求a 2018; (2)求S 100.本题采用累加法．解 (1)由a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….由此可得a 2018＝a 336×6＋2＝a 2＝5.(2)a n ＝a n －1－a n －2，a n －1＝a n －2－a n －3，…，a 3＝a 2－a 1这n －1个式子相加得：a n ＋a n －1＋…＋a 3＝a n －1－a 1， S n ＝a n －1＋a 2(n ∈N *且n ≥2)， S 100＝a 99＋a 2＝a 16×6＋3＋a 2＝a 3＋a 2＝9.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{a n }满足a n ＋1＝ ⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12＜a n＜1，a 1＝35，则数列的第2018项为________．答案 15解析 ∵a 1＝35，∴a 2＝2a 1－1＝15.∴a 3＝2a 2＝25.∴a 4＝2a 3＝45.∴a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，….∴该数列周期为T ＝4.∴a 2018＝a 2＝15.题型3 由a n 与S n 的关系求通项公式典例 (2017·河南八校一联)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________.转化法S n →a n .答案 －2n －1解析 依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1， 两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n . 又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，a n ＝－2n －1.[条件探究] 将本典例条件变为“a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12”，则{a n }的通项公式为________．答案 a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12(n ＝1)，－12n (n －1)(n ≥2，n ∈N *)解析 ∵当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝S n －S n －1，∴S n －S n －1＋2S n S n －1＝0，易知S n S n －1≠0，所以1S n －1S n －1＝2.又S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，公差为2的等差数列．∴1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n .∴S n ＝12n. ∴当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝－2S n S n －1＝－2×12n ×12(n －1)＝－12n (n －1).∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12(n ＝1)，－12n (n －1)(n ≥2，n ∈N *).方法技巧1．已知S n 求a n 的三个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式．(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 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n ＝1与n ≥2两段来写．如条件探究．2．S n 与a n 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a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式．(2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．如典例． 冲关针对训练设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)令n ＝1时，T 1＝2S 1－1. ∵T 1＝S 1＝a 1，∴a 1＝2a 1－1.∴a 1＝1. (2)当n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2，则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2]＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1. ∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式， ∴S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)．∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1， 两式相减，得a n ＝2a n －2a n －1－2， ∴a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)． ∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)(n ≥2)．∵a 1＋2＝3≠0，∴数列{a n ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列． ∴a n ＋2＝3×2n －1，∴a n ＝3×2n －1－2.当n ＝1时也满足a 1＝1，∴a n ＝3×2n －1－2.题型4 由递推关系求通项公式角度1 形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n (多维探究)典例(2015·江苏高考)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求a n . 累加法(或凑配法)．解 由题意可得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.[条件探究] 将本典例条件“a n ＋1－a n ＝n ＋1”变为“a n ＋1＝a n ＋2n”，其他条件不变，则a n 的通项公式为________．答案 2n－1解析 由题意知a n ＋1－a n ＝2n，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.角度2 形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n典例 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋2a n ，则通项公式a n ＝________. 累乘法．答案43n (n ＋1)解析 由已知得a n ＋1a n ＝n n ＋2，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，代入上式得n －1个等式累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13×24×35×46×…×n －2n ×n －1n ＋1，所以a n a 1＝2n (n ＋1)，a n ＝43n (n ＋1).又因为a 1＝23也满足该式，所以a n ＝43n (n ＋1).角度3 形如a n ＋1＝pa n ＋q ，求a n (多维探究)典例 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________.待定系数法、转化法、构造法．答案 2n ＋1－3解析 递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ⇒t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列，则b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－3.[条件探究1] 将典例条件“a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3”变为“a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1”，求a n .解 原递推式可化为a n ＋1＋λ·3n ＝2(a n ＋λ·3n －1)．①比较系数得λ＝－4，①式即a n ＋1－4·3n ＝2(a n －4·3n －1)．则数列{a n －4·3n －1}是一个等比数列，其首项a 1－4·31－1＝－5，公比是2.∴a n －4·3n －1＝－5·2 n －1.即a n ＝4·3n －1－5·2n －1.[条件探究2] 将典例条件“a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3”变为“a 1＝－1，a 2＝2，当n ∈N *，a n ＋2＝5a n ＋1－6a n ”，求a n .解 a n ＋2＝5a n ＋1－6a n 可化为a n ＋2＋λa n ＋1＝(5＋λ)(a n ＋1＋λa n )．比较系数得λ＝－3或λ＝－2，不妨取λ＝－2.代入可得a n ＋2－2a n ＋1＝3(a n ＋1－2a n )． 则{a n ＋1－2a n }是一个等比数列，首项a 2－2a 1＝2－2×(－1)＝4，公比为3. ∴a n ＋1－2a n ＝4·3n －1.利用上题结果有a n ＝4·3n －1－5·2n －1.当λ＝－3时结果相同．[条件探究3] 将典例条件“a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3”变为“a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2”，求a n . 解 两边同取倒数得1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝1a n ＋12.故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列，1a n＝n ＋12， ∴a n ＝2n ＋1. 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a n ＋1＝a n f (n )，常用累乘法． (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，常用累加法．(3)形如a n ＋1＝ba n ＋d (其中b ，d 为常数，b ≠0,1)的数列，常用构造法． (4)形如a n ＋1＝pa n qa n ＋r (p ，q ，r 是常数)的数列，将其变形为1a n ＋1＝r p ·1a n ＋qp. 若p ＝r ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为qp，可用公式求通项；若p ≠r ，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a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n (p ，q 是常数，且p ＋q ＝1)的数列，构造等比数列，将其变形为a n ＋2－a n ＋1＝(－q )(a n ＋1－a n )，则{a n －a n －1}(n ≥2，n ∈N *)是等比数列，且公比为－q ，可以求得a n －a n －1＝f (n )，然后用累加法求得通项．(6)形如a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )的式子， 由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )，①得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝f (n －1)，② 再由①－②可得a n .(7)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．(8)形如a n ·a n ＋1＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2·a n ＋1＝f (n ＋1)，两式作商可得a n ＋2a n ＝f (n ＋1)f (n )，然后分奇、偶讨论即可． (9)a n ＋1－a n ＝qa n ＋1a n (q ≠0)型，将方程的两边同时除以a n ＋1a n ，可构造一个等差数列． (10)a n ＝pa rn －1(n ≥2，p >0)型，一般利用取对数构造等比数列．冲关针对训练(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式．解 由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.1．(2018·安徽皖江名校联考)已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝a n －1a n ＋1，数列{a n }的前n 项的和为S n 则S 2018为( )A ．504 B.17713 C ．－17573 D ．－504答案 C解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝a n －1a n ＋1，∴a 2＝13，a 3＝－12，a 4＝－3，a 5＝2，…，∴数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－76，∵2018÷4＝504余2，∴S 2018＝504×⎝ ⎛⎭⎪⎫－76＋2＋13＝－17573.故选C.2．(2017·河南许昌二模)已知等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11等于( ) A ．31 B ．32 C ．61 D ．62 答案 A解析 ∵等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19，a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31.故选A.3．(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.答案 1 121解析 解法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121. 解法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.4．(2018·福州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的第4项．解 (1)依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 1＝a 1＝2a 2－3－4，S 2＝a 1＋a 2＝4a 3－12－8，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.(2)解法一：由S 3＝15，S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ， 得S 3＝2×3a 4－3×32－4×3＝15， 解得a 4＝9.解法二：∵S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，①∴当n ≥2时，S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1)．② ①－②并整理得a n ＋1＝(2n －1)a n ＋6n ＋12n (n ≥2)．∴a 4＝(2×3－1)×7＋6×3＋12×3＝9.[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2018·海南三亚一模)在数列1,2，7，10，13，…中，219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{a n }，则a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n ＝3n －2.令3n －2＝219＝76，解得n ＝26.故选C.2．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝ ( )A.6116 B.259 C.2516 D.3115答案 A解析 解法一：令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.故选A.解法二：当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2. 两式相除得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12，∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.故选A.3．(2018·安徽江南十校联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130 答案 C解析 {a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.4．(2018·广东测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．3(3n－2n) B ．3n＋2 C ．3nD ．3·2n －1答案 C解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝S 1＝32(a 1－1)，a 1＋a 2＝32(a 2－1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，a 2＝9，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{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }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a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1＞a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立 ，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．故选B.6．(2018·广东三校期末)已知数列{a n }满足：a 1＝17，对于任意的n ∈N *，a n ＋1＝72a n (1－a n )，则a 1413－a 1314＝( )A ．－27 B.27 C ．－37 D.37答案 D解析 a 1＝17，a 2＝72×17×67＝37，a 3＝72×37×47＝67，a 4＝72×67×17＝37，….归纳可知当n 为大于1的奇数时，a n ＝67；当n 为正偶数时，a n ＝37.故a 1413－a 1314＝37.故选D.7．(2018·江西期末)定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n5.则b 10等于( )A ．15B ．17C ．19D ．21 答案 C 解析 由na 1＋a 2＋…＋a n＝15n得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，则S n －1＝5(n －1)2(n ≥2)，a n ＝S n －S n －1＝10n －5(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝5也满足．故a n ＝10n －5，b n ＝2n －1，b 10＝2×10－1＝19.故选C.8．(2018·西安模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x ＋2，x ≤2，a 2x 2－9x ＋11，x >2(a >0且a ≠1)，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3 C ．(2,3) D ．(1,3) 答案 C解析 因为{a n }是递增数列，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，(3－a )×2＋2<a 2×32－9×3＋11，解得2<a <3，所以实数a 的取值范围是(2,3)．故选C.9．对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22<x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn －12n －1，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－∞，－1]C ．(1，＋∞)D ．(－∞，1]答案 C解析 由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”， 得b n ＋b n ＋22<b n ＋1(n ≥3)， 即t －tn －12n＋t －t (n ＋2)－12n ＋2<2t －t (n ＋1)－12n，即tn －12n＋t (n ＋2)－12n ＋2>t (n ＋1)－12n.化简得t (n －2)>1.当n ≥3时，若t (n －2)>1恒成立，则t >1n －2恒成立， 又当n ≥3时，1n －2的最大值为1，则t 的取值范围是(1，＋∞)．故选C. 10．(2018·湖北八校模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－32λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．λ＜45B ．λ＜1C ．λ＜32D ．λ＜23答案 A解析 ∵数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，∴a n >0，1a n ＋1＝2a n＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是等比数列，且首项为1a 1＋1＝2，公比为2，∴1a n＋1＝2n.∴b n ＋1＝(n －2λ)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1＝(n －2λ)·2n (n ∈N *)，∴b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，∵数列{b n }是单调递增数列，∴b n ＋1＞b n ，∴(n －2λ)·2n＞(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，可得λ<n ＋12(n ≥2)，∴λ<32， 又当n ＝1时，b 2>b 1，∴(1－2λ)·2>－32λ，解得λ<45，综上，λ的取值范围是λ<45.故选A.二、填空题11．(2018·厦门海沧实验中学联考)若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *解析 a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)， 当n ＝1时，a 1＝6；当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)，故当n ≥2时，a n ＝n ＋2n， 所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *.12．(2017·湖北襄阳优质高中联考)若a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n >0，且na 2n ＋1－(2n －1)a n ＋1a n －2a 2n ＝0.设M (x )表示整数x 的个位数字，则M (a 2017)＝________.答案 6解析 由已知得(na n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0， ∵a n ＞0，∴a n ＋1－2a n ＝0，则a n ＋1a n＝2， ∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝1×2n －1＝2n －1.∴a 2＝2，a 3＝4，a 4＝8，a 5＝16，a 6＝32，a 7＝64，a 8＝128，…，∴n ≥2时，M (a n )依次构成以4为周期的数列．∴M (a 2017)＝M (a 5)＝6，故答案为6.13．(2017·吉林模拟)若数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，则a 2016等于________．答案 2解析 ∵a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，∴a 2＝1－1a 1＝1－112＝－1，∴a 3＝1－1a 2＝1－1－1＝2，∴a 4＝1－1a 3＝1－12＝12，…，依此类推，可得a n ＋3＝a n ，∴a 2016＝a 671×3＋3＝a 3＝2.14．(2017·河南测试)已知各项均为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2＋14，a 1＝72，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对于任意的n ∈N *，不等式12k 12＋n －2S n ≥2n －3恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫38，＋∞ 解析 由a n ＋1＝12a n ＋14，得a n ＋1－12＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12，且a 1－12＝3，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以3为首项，12为公比的等比数列，则a n －12＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12，所以S n ＝3×( 120＋12＋122＋…＋12n －1 )＋n 2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2，则12＋n －2S n ＝122n .因为不等式12k 12＋n －2S n ＝k ·2n≥2n －3，n ∈N *恒成立，所以k ≥⎝⎛⎭⎪⎫2n －32n max ，n ∈N *.令2n －32n ＝b n ，则b n ＋1－b n ＝2n －12n ＋1－2n －32n ＝5－2n 2n ＋1，则b 1<b 2<b 3>b 4>…，所以(b n )max ＝b 3＝38，故k ≥38. 三、解答题15．(2017·河南百校联盟模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式．解 在a n ＝34S n ＋2中，令n ＝1，得a 1＝8.因为对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立，所以a n ＋1＝34S n ＋1＋2，两式相减得a n ＋1－a n ＝34a n ＋1，所以a n ＋1＝4a n ，又a 1＝8，所以{a n }是首项为8，公比为4的等比数列，所以a n ＝8×4n －1＝22n ＋1，所以b n ＝log 222n ＋1＝2n ＋1.16．(2015·四川高考)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11000成立的n 的最小值．解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)． 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)． 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|<11000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11000，即2n >1000. 因为29＝512<1000<1024＝210， 所以n ≥10.于是，使|T n －1|<11000成立的n 的最小值为10.。
2019-2020年高考数学一轮复习第5章数列5.1数列的概念与表示学案理[知识梳理]3．数列{a n}的a n与S n的关系(1)数列的前n项和：S n＝a1＋a2＋…＋a n.特别提醒：若当n≥2时求出的a n也适合n＝1时的情形，则用一个式子表示a n，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{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√ 2．教材衍化(1)(必修A5P 31T 2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，不是{a n }的项的是( )A ．21B ．33C ．152D ．153 答案 C解析 代n 值进行验证，n ＝1时，A 满足；n ＝2时，B 满足；n ＝12时，D 满足．故选C.(2)(必修A5P 33T 4)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则数列a 5＝________.答案145解析 a 1＝2，a 2＝2＋12＝52，a 3＝52＋16＝83，a 4＝83＋112＝3312，a 5＝3312＋120＝145.3．小题热身(1)(xx·石家庄模拟)数列{a n }：1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n (n ∈N *) B ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 3＋3n (n ∈N *) C ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋2n (n ∈N *) D ．a n ＝(－1)n ＋12n ＋1n 2＋2n(n ∈N *) 答案 D解析 由分子3,5,7,9归纳为2n ＋1，由分母3,8,15,24归纳为n (n ＋2)，奇数项为正，偶数项为负．故选D.(2)已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＝1－a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －24(n ≥3，n ∈N *)，则a 6＝________.答案316解析 由题意可得a 3＝1－a 14＝34，a 4＝1－a 1＋a 24＝1－12＝12，a 6＝1－a 1＋a 2＋a 3＋a 44＝1－1316＝316.题型1 知数列前几项求通项公式典例 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)1,0，13，0，15，0，17，0，…；(4)32，1，710，917，….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)n ＋1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a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴a n ＝89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)把数列改写成11，02，13，04，15，06，17，08，…，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a n ＝1＋(－1)n ＋12n或a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2n.(4)将数列统一为32，55，710，917，…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b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，所以可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.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：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各项符号特征等；⑤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，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n ＋1来调整．如典例(1)．冲关针对训练(xx·青岛模拟)数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是( ) A ．a n ＝n 2－(n －1) B ．a n ＝n 2－1 C ．a n ＝n (n ＋1)2D ．a n ＝n (n －1)2答案 C解析 代入进行验证可得选项C 成立．故选C. 题型2 数列的周期性典例在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)． (1)求a xx; (2)求S 100.本题采用累加法．解 (1)由a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….由此可得a xx ＝a 336×6＋2＝a 2＝5.(2)a n ＝a n －1－a n －2，a n －1＝a n －2－a n －3，…，a 3＝a 2－a 1这n －1个式子相加得：a n ＋a n －1＋…＋a 3＝a n －1－a 1， S n ＝a n －1＋a 2(n ∈N *且n ≥2)， S 100＝a 99＋a 2＝a 16×6＋3＋a 2＝a 3＋a 2＝9.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(xx·大兴一中模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝ ⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12＜a n＜1，a 1＝35，则数列的第xx 项为________．答案 15解析 ∵a 1＝35，∴a 2＝2a 1－1＝15.∴a 3＝2a 2＝25.∴a 4＝2a 3＝45.∴a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，….∴该数列周期为T ＝4.∴a xx ＝a 2＝15.题型3 由a n 与S n 的关系求通项公式典例 (xx·河南八校一联)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________.转化法S n →a n .答案 －2n －1解析 依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1， 两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n . 又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，a n ＝－2n －1.[条件探究] 将本典例条件变为“a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12”，则{a n }的通项公式为________．答案 a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12(n ＝1)，－12n (n －1)(n ≥2，n ∈N *)解析 ∵当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝S n －S n －1，∴S n －S n －1＋2S n S n －1＝0，易知S n S n －1≠0，所以1S n －1S n －1＝2.又S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，公差为2的等差数列．∴1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n .∴S n ＝12n. ∴当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝－2S n S n －1＝－2×12n ×12(n －1)＝－12n (n －1).∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12(n ＝1)，－12n (n －1)(n ≥2，n ∈N *).方法技巧1．已知S n 求a n 的三个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式．(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 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n ＝1与n ≥2两段来写．如条件探究．2．S n 与a n 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a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式．(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解．如典例．冲关针对训练设数列{a n}的前n项和为S n，数列{S n}的前n项和为T n，满足T n＝2S n－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{a n}的通项公式．解(1)令n＝1时，T1＝2S1－1.∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1.∴a1＝1.(2)当n≥2时，T n－1＝2S n－1－(n－1)2，则S n＝T n－T n－1＝2S n－n2－[2S n－1－(n－1)2]＝2(S n－S n－1)－2n＋1＝2a n－2n＋1.∵当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，∴S n＝2a n－2n＋1(n≥1)．∴当n≥2时，S n－1＝2a n－1－2(n－1)＋1，两式相减，得a n＝2a n－2a n－1－2，∴a n＝2a n－1＋2(n≥2)．∴a n＋2＝2(a n－1＋2)(n≥2)．∵a1＋2＝3≠0，∴数列{a n＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．∴a n＋2＝3×2n－1，∴a n＝3×2n－1－2.当n＝1时也满足a1＝1，∴a n＝3×2n－1－2.题型4 由递推关系求通项公式角度1 形如a n＋1＝a n＋f(n)，求a n(多维探究)典例(xx·江苏高考)设数列{a n}满足a1＝1，且a n＋1－a n＝n＋1(n∈N*)，求a n.累加法(或凑配法)．解由题意可得，a n＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a n－a n－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2.[条件探究] 将本典例条件“a n＋1－a n＝n＋1”变为“a n＋1＝a n＋2n”，其他条件不变，则a n的通项公式为________．答案2n－1解析由题意知a n＋1－a n＝2n，a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.角度2 形如a n＋1＝a n f(n)，求a n典例 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋2a n ，则通项公式a n ＝________.累乘法．答案43n (n ＋1)解析 由已知得a n ＋1a n ＝n n ＋2，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，代入上式得n －1个等式累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13×24×35×46×…×n －2n ×n －1n ＋1，所以a n a 1＝2n (n ＋1)，a n ＝43n (n ＋1).又因为a 1＝23也满足该式，所以a n ＝43n (n ＋1).角度3 形如a n ＋1＝pa n ＋q ，求a n (多维探究)典例 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________.待定系数法、转化法、构造法．答案 2n ＋1－3解析 递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ⇒t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列，则b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－3.[条件探究1] 将典例条件“a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3”变为“a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1”，求a n .解 原递推式可化为a n ＋1＋λ·3n ＝2(a n ＋λ·3n －1)．①比较系数得λ＝－4，①式即a n ＋1－4·3n ＝2(a n －4·3n －1)．则数列{a n －4·3n －1}是一个等比数列，其首项a 1－4·31－1＝－5，公比是2.∴a n －4·3n －1＝－5·2 n －1.即a n ＝4·3n －1－5·2n －1.[条件探究2] 将典例条件“a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3”变为“a 1＝－1，a 2＝2，当n ∈N *，a n ＋2＝5a n ＋1－6a n ”，求a n .解 a n ＋2＝5a n ＋1－6a n 可化为a n ＋2＋λa n ＋1＝(5＋λ)(a n ＋1＋λa n )．比较系数得λ＝－3或λ＝－2，不妨取λ＝－2.代入可得a n ＋2－2a n ＋1＝3(a n ＋1－2a n )． 则{a n ＋1－2a n }是一个等比数列，首项a 2－2a 1＝2－2×(－1)＝4，公比为3.∴a n ＋1－2a n ＝4·3n －1.利用上题结果有a n ＝4·3n －1－5·2n －1.当λ＝－3时结果相同．[条件探究3] 将典例条件“a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3”变为“a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2”，求a n . 解 两边同取倒数得1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝1a n ＋12.故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列，1a n＝n ＋12， ∴a n ＝2n ＋1. 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a n ＋1＝a n f (n )，常用累乘法． (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，常用累加法．(3)形如a n ＋1＝ba n ＋d (其中b ，d 为常数，b ≠0,1)的数列，常用构造法． (4)形如a n ＋1＝pa n qa n ＋r (p ，q ，r 是常数)的数列，将其变形为1a n ＋1＝r p ·1a n ＋qp. 若p ＝r ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为qp ，可用公式求通项；若p ≠r ，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a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n (p ，q 是常数，且p ＋q ＝1)的数列，构造等比数列，将其变形为a n ＋2－a n ＋1＝(－q )(a n ＋1－a n )，则{a n －a n －1}(n ≥2，n ∈N *)是等比数列，且公比为－q ，可以求得a n －a n －1＝f (n )，然后用累加法求得通项．(6)形如a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )的式子， 由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )，①得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝f (n －1)，② 再由①－②可得a n .(7)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．(8)形如a n ·a n ＋1＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2·a n ＋1＝f (n ＋1)，两式作商可得a n ＋2a n ＝f (n ＋1)f (n )，然后分奇、偶讨论即可． (9)a n ＋1－a n ＝qa n ＋1a n (q ≠0)型，将方程的两边同时除以a n ＋1a n ，可构造一个等差数列． (10)a n ＝pa rn －1(n ≥2，p >0)型，一般利用取对数构造等比数列．冲关针对训练(xx·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式．解 由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.1．(xx·安徽皖江名校联考)已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝a n －1a n ＋1，数列{a n }的前n 项的和为S n 则S xx 为( )A ．504 B.17713 C ．－17573 D ．－504答案 C解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝a n －1a n ＋1，∴a 2＝13，a 3＝－12，a 4＝－3，a 5＝2，…，∴数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－76，∵xx÷4＝504余2，∴S xx ＝504×⎝ ⎛⎭⎪⎫－76＋2＋13＝－17573.故选C.2．(xx·河南许昌二模)已知等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11等于( ) A ．31 B ．32 C ．61 D ．62 答案 A解析 ∵等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19，a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31.故选A.3．(xx·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.答案 1 121解析 解法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121. 解法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.4．(xx·福州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的第4项．解 (1)依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 1＝a 1＝2a 2－3－4，S 2＝a 1＋a 2＝4a 3－12－8，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.(2)解法一：由S 3＝15，S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ， 得S 3＝2×3a 4－3×32－4×3＝15， 解得a 4＝9.解法二：∵S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，①∴当n ≥2时，S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1)．② ①－②并整理得a n ＋1＝(2n －1)a n ＋6n ＋12n (n ≥2)．∴a 4＝(2×3－1)×7＋6×3＋12×3＝9.[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(xx·海南三亚一模)在数列1,2，7，10，13，…中，219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{a n }，则a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n ＝3n －2.令3n －2＝219＝76，解得n ＝26.故选C.2．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝ ( )A.6116 B.259 C.2516 D.3115答案 A解析 解法一：令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.故选A.解法二：当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2. 两式相除得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12，∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.故选A.3．(xx·安徽江南十校联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130 答案 C解析 {a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.4．(xx·广东测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．3(3n －2n) B ．3n＋2 C ．3nD ．3·2n －1答案 C解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝S 1＝32(a 1－1)，a 1＋a 2＝32(a 2－1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，a 2＝9，代入选项逐一检验，只有C符合．故选C.5．(xx·金版原创)对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }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a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1＞a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立 ，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．故选B.6．(xx·广东三校期末)已知数列{a n }满足：a 1＝17，对于任意的n ∈N *，a n ＋1＝72a n (1－a n )，则a 1413－a 1314＝( )A ．－27 B.27 C ．－37 D.37答案 D解析 a 1＝17，a 2＝72×17×67＝37，a 3＝72×37×47＝67，a 4＝72×67×17＝37，….归纳可知当n 为大于1的奇数时，a n ＝67；当n 为正偶数时，a n ＝37.故a 1413－a 1314＝37.故选D.7．(xx·江西期末)定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n5.则b 10等于( )A ．15B ．17C ．19D ．21 答案 C 解析 由na 1＋a 2＋…＋a n＝15n得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，则S n －1＝5(n －1)2(n ≥2)，a n ＝S n －S n －1＝10n －5(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝5也满足．故a n ＝10n －5，b n ＝2n －1，b 10＝2×10－1＝19.故选C.8．(xx·西安模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x ＋2，x ≤2，a 2x 2－9x ＋11，x >2(a >0且a ≠1)，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3 C ．(2,3) D ．(1,3)答案 C解析 因为{a n }是递增数列，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，(3－a )×2＋2<a 2×32－9×3＋11，解得2<a <3，所以实数a 的取值范围是(2,3)．故选C.9．对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22<x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn －12n －1，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－∞，－1]C ．(1，＋∞)D ．(－∞，1]答案 C解析 由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”， 得b n ＋b n ＋22<b n ＋1(n ≥3)， 即t －tn －12n＋t －t (n ＋2)－12n ＋2<2t －t (n ＋1)－12n，即tn －12n＋t (n ＋2)－12n ＋2>t (n ＋1)－12n.化简得t (n －2)>1.当n ≥3时，若t (n －2)>1恒成立，则t >1n －2恒成立， 又当n ≥3时，1n －2的最大值为1，则t 的取值范围是(1，＋∞)．故选C.10．(xx·湖北八校模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－32λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．λ＜45B ．λ＜1C ．λ＜32D ．λ＜23答案 A解析 ∵数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，∴a n >0，1a n ＋1＝2a n＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是等比数列，且首项为1a 1＋1＝2，公比为2，∴1a n＋1＝2n.∴b n ＋1＝(n －2λ)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1＝(n －2λ)·2n (n ∈N *)，∴b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，∵数列{b n }是单调递增数列，∴b n ＋1＞b n ，∴(n －2λ)·2n＞(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，可得λ<n ＋12(n ≥2)，∴λ<32， 又当n ＝1时，b 2>b 1，∴(1－2λ)·2>－32λ，解得λ<45，综上，λ的取值范围是λ<45.故选A.二、填空题11．(xx·厦门海沧实验中学联考)若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *解析 a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)， 当n ＝1时，a 1＝6；当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)，故当n ≥2时，a n ＝n ＋2n，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *.12．(xx·湖北襄阳优质高中联考)若a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n >0，且na 2n ＋1－(2n －1)a n ＋1a n －2a 2n ＝0.设M (x )表示整数x 的个位数字，则M (a xx )＝________.答案 6解析 由已知得(na n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0， ∵a n ＞0，∴a n ＋1－2a n ＝0，则a n ＋1a n＝2， ∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝1×2n －1＝2n －1.∴a 2＝2，a 3＝4，a 4＝8，a 5＝16，a 6＝32，a 7＝64，a 8＝128，…，∴n ≥2时，M (a n )依次构成以4为周期的数列．∴M (a xx )＝M (a 5)＝6，故答案为6.13．(xx·吉林模拟)若数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，则a xx 等于________．答案 2解析 ∵a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，∴a 2＝1－1a 1＝1－112＝－1，∴a 3＝1－1a 2＝1－1－1＝2，∴a 4＝1－1a 3＝1－12＝12，…，依此类推，可得a n ＋3＝a n ，∴a xx ＝a 671×3＋3＝a 3＝2.14．(xx·河南测试)已知各项均为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2＋14，a 1＝72，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对于任意的n ∈N *，不等式12k 12＋n －2S n ≥2n －3恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫38，＋∞ 解析 由a n ＋1＝12a n ＋14，得a n ＋1－12＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12，且a 1－12＝3，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以3为首项，12为公比的等比数列，则a n －12＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12，所以S n ＝3×( 120＋12＋122＋…＋12n －1 )＋n 2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2，则12＋n －2S n ＝122n .因为不等式12k 12＋n －2S n ＝k ·2n≥2n －3，n ∈N *恒成立，所以k ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －32n max ，n ∈N *.令2n －32n ＝b n ，则b n ＋1－b n ＝2n －12n ＋1－2n －32n ＝5－2n 2n ＋1，则b 1<b 2<b 3>b 4>…，所以(b n )max ＝b 3＝38，故k ≥38.三、解答题15．(xx·河南百校联盟模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 都有a n＝34S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式． 解 在a n ＝34S n ＋2中，令n ＝1，得a 1＝8.因为对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立，所以a n ＋1＝34S n ＋1＋2，两式相减得a n ＋1－a n ＝34a n ＋1，所以a n ＋1＝4a n ，又a 1＝8，所以{a n }是首项为8，公比为4的等比数列，所以a n ＝8×4n －1＝22n ＋1，所以b n ＝log 222n ＋1＝2n ＋1.16．(xx·四川高考)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11000成立的n 的最小值．解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)． 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)． 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|<11000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11000，即2n >1000. 因为29＝512<1000<1024＝210， 所以n ≥10.于是，使|T n －1|<11000成立的n 的最小值为10.。
