数列的基本概念

1 一、数列的基本概念 一、数列的概念 1．数列是按一定顺序排列的一列数。 数列中的每个数都叫这个数列的项。记作na，在数列第一个位置的项叫第1项（或首项），在第二个位置的叫第2项，„„，序号为n 的项叫第n项（也叫通项）记作na； 数列的一般形式：1a，2a，3a，„„，na，„„，简记作 na。 例：判断下列各组元素能否构成数列 （1）a, -3, -1, 1, b, 5, 7, 9; (2)2010年各省参加高考的考生人数。 2．通项公式的定义：如果数列}{na的第n项与n之间的关系可以用一个公式)(nfan表示，那么这个公式就叫这个数列的通项公式。 例如：①：1 ，2 ，3 ，4， 5 ，„ ②：514131211，，，，„ 数列①的通项公式是na= n（n7，nN）， 数列②的通项公式是na= 1n（nN）。 说明： ①na表示数列，na表示数列中的第n项，na= fn表示数列的通项公式； ② 同一个数列的通项公式的形式不一定唯一。例如，na= (1)n=1,21()1,2nkkZnk； ③不是每个数列都有通项公式。例如，1，1.4，1.41，1.414，„„ 3．在函数意义下，数列是定义域为正整数N*或其子集{1，2，3，„„n}的函数f(n)．数列可以看做定义域为N（或其子集）的函数，当自变量由小到大依次取值时对应的一列函数值，它的图像是一群孤立的点。 二、数列的表示方法 数列的表示方法有：列举法、图示法、解析法（用通项公式表示）和递推法（用递推关系表示）。 图示法：数列的函数特征与图象表示： 序号：1 2 3 4 5 6 项 ：4 5 6 7 8 9 上面每一项序号与这一项的对应关系可看成是一个序号集合到另一个数集的映射。从函数观点看，

数列实质上是定义域为正整数集N（或它的有限子集）的函数()fn当自变量n从1开始依次取值时对应的一系列函数值(1),(2),(3),fff„„，()fn，„„．通常用na来代替fn，其图象

是一群孤立点。

例：画出数列12nan的图像. 三、 数列的分类 1． 按照数列的项数分：有穷数列、无穷数列。 2． 按照任何一项的绝对值是否不超过某一正数分：有界数列、无界数列。 3． 从函数角度考虑分：递增数列、递减数列、常数列、摆动数列。 例：下列的数列，哪些是递增数列、递减数列、常数列、摆动数列？ （1）1，2，3，4，5，6，„ (2)10, 9, 8, 7, 6, 5, „ (3) 1, 0, 1, 0, 1, 0, „ (4)a, a, a, a, a,„

四、数列通项na与前n项和nS的关系

1．niinnaaaaaS1321

2．2111nSSnSannn 五、求数列的通项公式的其它方法 ⑴ 公式法：等差数列与等比数列采用首项与公差(公比)确定的方法． ⑵ 观察归纳法：先观察哪些因素随项数n的变化而变化，哪些因素不变；初步归纳出公式，再取n的特珠值进行检验，最后用数学归纳法对归纳出的 2

结果加以证明． ⑶ 递推关系法：先观察数列相邻项间的递推关系，将它们一般化，得到的数列普遍的递推关系，再通过代数方法由递推关系求出通项公式. 小练习： 1．数列1，3，6，10，„的一个通项公式为 ( C )

Ａ．)1(2nnan B．12nan

C．2)1(nnan D．2)1(nnan 2.在数列,55,34,21,,8,5,3,2,1,1x中，x的值为（ Ｄ ） A．10 B．11 C．12 D．13 3．数列na的通项公式为 nnan2832,则数列各项中最小项是( B ) A．第４项 B．第５项 C．第６项 D．第７项 4．已知数列na是递增数列，其通项公式为nnan2,则实数的取值范围是),3( 5．数列na的前n项和142nnSn,，则25212nnnan 典例精析 题型一 归纳、猜想法求数列通项 【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式 ⑴7，77，777，7777，„ ⑵,638,356,154,32 ⑶1，3，3，5，5，7，7，9，9„ 解析：⑴将数列变形为),110(97),110(972)110(973，,)110(97n ⑵分开观察，正负号由1)1(n确定，分子是偶数2n，分母是31，53，75， ,)12()12(nn，故数列的通项公式可写成)12)(12(2)1(1nnnann ⑶将已知数列变为1+0，2+1，3+0，4+1，5+0，6+1，7+0，8+1，9+0，„。可得数列的通项公式为2)1(1nnna 点拨：联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律，从而求得通项。

题型二 应用)2()1(11nSSnSannn求数列通项

例2．已知数列na的前n项和nS，分别求其通项公式. ⑴23nnS

⑵)0()2(812nnnaaS

解析：⑴当123,1111San时， 当)23()23(,211nnnnnSSan时 132n 又11a不适合上式，故

)2(32)1(11nn

ann

(2)2,)2(81,112111aaSan解得时当

2121)2(81)2(81,2nnnnnaa

SSan时当

所以0)2()2(212nnaa 所以0)4)((11nnnnaaaa 3

又4,01nnnaaa所以，可知na为等差数列，公差为4 所以

244)1(2)1(1nndnaan

21a也适合上式，故 24nan

点拨：本例的关键是应用

)2()1(11nSSnS

a

nnn

求数列的通项，

特别要注意验证1a的值是否满足"2"n的一般性通项公式。 三、利用递推关系求数列的通项

【例3】根据下列各个数列na的首项和递推关系，求其通项公式 ⑴141,21211naaann (2),0,11naa0)1(1221nnnnaanaan， ⑶121,111nnaaa 解析：⑴因为14121naann，所以 )121121(2114121nnnaann 所以)3111(2112aa )5131(2123aa 43111()257aa „，„， 1111()22321nnaann 以上)1(n个式相加得 )1211(211naan 即：24342411nnnan ⑵0)1(2121nnnnanaaan由 0,00)()1(111nnnnnnnaaaaanaan有 1:0)1(11nnaanaannnnn即 121121nnnnnaaaaaaaa 1211112nnnnn 1nan ⑶方法一、)(211mamann设 111,22nnaam又1112nnaa

1111,2,122nnmmaa令于是

可化为

111)21()2(2)2(212nn

nnaa

aa

1212nna 方法二：∵1211nnaa 1)121(2112121nnnaaa 222311111()1()(1)122222nnaa

323111()()1222na

=„ 121111()()1222nna 4

111111()1112()()22()122212nnnn



11112()222nn

方法三：121,121121nnnnaaaa

2111()2nnnnaaaa两式相减， 112111()()()22nnnnaaaa

22132

11,(),22aaaa即：

111()2nnnaa

211111()()222nnaa相加得：

11111()1221()1212nn





1122nna 点拨：在递推关系中若),(1nfaann求n

a

用累加法，若),(1nfaann求na用累乘法，若qpaann1，求na用待定系数法或迭代法。 数学门诊 已知nS是数列na的前n项和，且满足21223nnnSanS，其中4,3,2,0nan，又21a，求数列na的通项公式。 错解：当2n时，由已知得,22123nnnanSS 又01nnnSSa，所以213nSSnn 于是212)1(3nSSnn两式相减得， 3611nSSnn，即 361naann 于是9612naann 所以两式相减得 62nnaa 所以,,,531aaa 成等差数列，公差为6， ,,,,642aaa也成等差数列，公差为6，从而,,,,,,654321aaaaaa成等差数列，公差为6， 所以，466)1(2nnan 正解：当2n时，由已知得,22123nnnanSS 又01nnnSSa， 所以213nSSnn 于是21)1(3nSSnn，两式相减得：3611nSSnn，即361naann

于是9612naann， 所以62nnaa， 又812212aSS，所以 又1523aa，所以73a 则kn2时