1、第六章 数列 考点要求考点要求 1.数列的概念和简单表示法 (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函数 2等差数列、等比数列 (1)理解等差数列、等比数列的概念和通项公式的意义 (2)掌握等差数列、等比数列的前 n 项和公式，理解等差数列、等比数列的通项公 式与前 n 项和公式的关系 (3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决 相应的问题 (4)了解等差数列与一元一次函数、等比数列与指数函数的关系 61 数列的概念与简单表示法数列的概念与简单表示法 【教材梳理】 1数列的概念 (1)定义：按照一定顺
2、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 _数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第 1 项(通常也叫 做_)，排在第 n 位的数称为这个数列的第 n 项所以，数列的一般形式可以写成 _，其中 an是数列的第 n 项，叫做数列的通项常把一般形式的数列简记作an (2)通项公式：如果数列an的_与序号_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 (3)从函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整数集 N*(或它的有限子集1，2，3，n)的 函数(离散的)，当自变量从小到大依次取值时所对应的一列_ (4)数列的递推公式：如果已知数
3、列的第 1 项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项 _与它的前一项_ (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 (5)数列的表示方法有_、_、_、_. 2数列的分类 (1)数列按项数是有限还是无限来分_，分为_、. (2)按项的增减规律分为_、_、_和_递 增数列an1_an；递减数列an1_an；常数列an1_an.递增数列与递减数列统称 为_ 3数列前 n 项和 Sn与 an的关系 已知 Sn，则 an _（n1）， _（n2）. 4常见数列的通项 (1)1，2，3，4，的一个通项公式为 an_. (2)2，4，6，8，的一个通项公式为
4、an_. (3)3，5，7，9，的一个通项公式为 an_. (4)2，4，8，16，的一个通项公式为 an_. (5) 1 ， 1 ， 1 ， 1 ， 的 一 个 通 项 公 式 为an _. (6)1，0，1，0，的一个通项公式为 an_ (7)a，b，a，b，的一个通项公式为 an_ (8)9，99，999，的一个通项公式为 an_. 注：据此，很易获得数列 1，11，111，；2，22，222，；8，88，888， 的通项公式分别为1 9(10 n1)，2 9(10 n1)，8 9(10 n1) 【常用结论】 5累加法与累乘法 (1)已知 a1且 anan1f(n)，可以用“累加法”得：
5、 ana1f(2)f(3)f(n1)f(n) (2)已知 a1且 an an1f(n)，可以用“累乘法”得： ana1f(2) f(3) f(n1) f(n) 注：以上两式要求f(n)易求和或积 6数列周期性与最值 (1)周期性：若 ankan(nN*，k 为非零正整数)，则an为周期数列，k 为an的一个周期 (2)最值：若 anan1， anan1，则 a n最大；若 anan1， anan1，则 a n最小 【自查自纠】 1(1)项 首项 a1，a2，a3，an， (2)第 n 项 n (3)函数值 (4)an an1 (5)通项公式法(解析式法) 列表法 图象法 递推公式法 2(1)有
6、穷数列 无穷数列 (2)递增数列 递减数列 摆动数列 常数列 单调数列 3S1 SnSn1 4(1)n (2)2n (3)2n1 (4)2n (5)(1)n (6)1（1） n1 2 (7)（ab）（1） n1（ab） 2 (8)10n1 判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“”，错误的画“” (1)1，2，1，2 是一个数列. ( ) (2)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列. ( ) (3)一个数列只能有一个通项公式 ( ) (4)任何一个数列，不是递增数列就是递减数列 ( ) (5)若数列an的前 n 项和为 Sn， 则对任意 nN*， 都有 an1Sn1Sn. ( ) 解：
7、(1)； (2)； (3)； (4)； (5). (20202021 学年苏州新草桥中学高二上月考)已知数列an的通项公式为 an 2 n2n，那么 1 10是它的( ) A第 4 项 B第 5 项 C第 6 项 D第 7 项 解： 由题知， 2 n2n 1 10， n 2n20， 解得 n4 或 n5(舍去) 故 选 A. (2019武汉市部分重点中学联考)现有一列数：2，3 2， 5 4， 7 8，( )， 13 32， 17 64，按 照规律，( )中的数应为 ( ) A. 9 16 B. 11 16 C. 1 2 D. 11 18 解： 2 写成2 1， 则这一列数的分母为 2 n，
8、nN， 分子为连续的质数， 所以( ) 中的数应为11 16.故选 B. (2019山东德州月考)已知 Sn为数列an的前 n 项和，且满足 Snn24n2， 则 a3a4a5 ( ) A10 B11 C33 D34 解：因为数列an的前 n 项和满足 Snn24n2，所以 a3a4a5S5 S233.故选 C. (2019山东潍坊检测)已知数列an的通项公式为 ann2kn， 请 写出一个能说明“若an为递增数列，则 k1”是假命题的 k 的值 _ 解：由题意，数列an的通项公式为 ann2kn，若an为递增数列，则 an1an(n1)2k(n1)n2kn2n1k0，nN*恒成立，即 k2n
9、 1，nN*恒成立，所以实数 k3，所以“若an为递增数列，则 k1”是假命 题的 k 的值可取(1，3)内任意实数，如 k2.故填 2(答案不唯一) 考点一考点一 由前由前 n 项归纳数列的通项公式项归纳数列的通项公式 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式 (1)1，7，13，19， (2)2 3， 4 15， 6 35， 8 63， 10 99， (3)1 2，2， 9 2，8， 25 2 ， (4)5，55，555，5 555， (5)1，3 2， 1 3， 3 4， 1 5， 3 6， 解：(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式正负性可用(1)n调节，观察各 项的绝对值，
10、后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大 6，故数列的一个通项公式 为 an(1)n(6n5) (2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为 13，35，5 7，79，911，每一项都是两个相邻奇数的乘积故数列的一个通项公式 为 an 2n （2n1）（2n1）. (3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观 察即1 2， 4 2， 9 2， 16 2 ，25 2 ，故数列的一个通项公式为 ann 2 2 . (4)将原数列改写为5 99， 5 999， 5 9999，易知数列 9，99，999，的通项为 10 n 1，故数列的一个通项公式为 an5 9(
11、10 n1) (5)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因式(1)n；各项绝对值的分母组成数列 1，2，3，4，；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为 1，偶数项为 3，即奇数项为 21，偶数项为 21，所以 an(1)n2（1） n n . 也可写为 an 1 n，n为正奇数， 3 n，n为正偶数. 【点拨】 给出数列的前几项求通项时，主要从以下几个方面来考虑：熟悉一些常 见数列的通项公式，如n，2n，(1)n，2n，n2，2n1等；分式形式的数 列，分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系；若第 n 项和第 n 1 项正负交错，那么用符号(1)n或(1)n 1 来适配；
12、对于较复杂数列的通项公式， 可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的 “和”“差”“积”“商”后再进行归纳；注意通项公式的形式不一定是唯一的，如 数列 1，0，1，0，的通项公式可写成 an1（1） n1 2 或 an sinn 2 ，甚至分段形 式 an 1，n是奇数， 0，n是偶数 等 写出下列数列的一个通项公式 (1)1，1 2， 1 3， 1 4， 1 5， (2)3，5，9，17，33， (3)0.8，0.88，0.888， (4)2 3，1， 10 7 ，17 9 ，26 11， (5)1，0，1 3，0， 1 5，0， 1 7，0， 解：(1)an(
13、1)n1 n； (2)an2n1； (3)将数列变形为8 9(10.1)， 8 9(10.01)， 8 9(10.001)，所以 an 8 9 1 1 10n . (4)由于15 5，故分母为 3，5，7，9，11，即2n1，分子为 2，5，10，17，26， 即n21符号看作各项依次乘 1，1，1，1，即(1)n 1，故 a n(1) n1n 21 2n1. (5)把数列改写成1 1， 0 2， 1 3， 0 4， 1 5， 0 6， 1 7， 0 8，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 an1（1） n1 2n . 考点二考点二 由由 an
14、与与 Sn的关系求通项公式的关系求通项公式 (1)(2020届湖北武汉部分重点中学高三10月考)若数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn n2n，则数列an的通项公式为 an_ 解：Snn2n，则 Sn1(n1)2(n1)n2n(n2)，所以 anSnSn1 2n(n2)，而 a1S11212，符合上式，故 an2n(nN*)故填 2n. (2)若数列an的前 n 项和 Sn2n1，则此数列的通项公式为 an 解：当 n1 时，a1S12113； 当 n2 时， anSnSn1(2n1)(2n 11)2n2n12n1. 综上有 an 3（n1）， 2n 1（n2）.故填 3（n1）， 2n
15、1（n 2）. (3)已知数列an的首项 a12，其前 n 项和为 Sn.若 Sn12Sn1， 则 an_. 解：由 Sn12Sn1，有 Sn2Sn11(n2)， 两式相减得 an12an， 又 S2a1a22a11，a23， 所以数列an从第二项开始成等比数列， 所以 an 2，n1， 32n 2，n2.故填 2，n1， 32n 2，n2. 【点拨】 任何一个数列，它的前 n 项和 Sn与通项 an都存在关系：an S1（n1）， SnSn1（n2）. 若 a1适合 SnSn1，则应把它们统一起来，否则就用分段函数表示另外一种快速判断技巧是 利用 S0是否为 0 来判断：若 S00，则 a1
16、适合 SnSn1，否则不符合，这在解小题时比较有用 (1)已知下列数列an的前 n 项和 Sn，分别求它们的通项公式 an. ()Sn2n23n； ()Sn3nb. 解：()a1S1231，当 n2 时，anSnSn1(2n23n)2(n 1)23(n1)4n5， a1也适合此等式，所以 an4n5. ()a1S13b， 当 n2 时，anSnSn1 (3nb)(3n 1b)2 3n1. 当 b1 时，a1适合此等式 当 b1 时，a1不适合此等式 所以当 b1 时，an2 3n 1； 当 b1 时，an 3b， n1， 23n 1，n2. (2)(2020届河南洛阳高三上联考)已知数列an的
17、首项 a13，前 n 项和为 Sn， an12Sn3，nN*，则an的通项公式为 an_ 解：因为 an12Sn3，所以 an2Sn13(n2)，所以 an1an2an，即 an13an，且 a22S139，所以 an9 3n 23n(n2)，且 n1 时，a 13 符合，所以 an3n.故填 3n. (3)设 Sn是数列an的前 n 项和，且 a11，an1SnSn1，则 an_. 解：因为 an1SnSn1，所以 an1Sn1SnSnSn1，所以Sn 1Sn Sn1Sn 1 Sn 1 Sn11， 即 1 Sn1 1 Sn1，又 a11，即 1 S1 1 a11，所以数列 1 Sn 是首项和
18、公差均为1 的等 差数列， 所以 1 Sn11(n1)n， 所以 Sn 1 n.anSnSn1 1 n（n1）(n2) 故 填 1，n1， 1 n（n1），n2. 考点三考点三 由递推公式求通项公式由递推公式求通项公式 写出下面各数列an的通项公式 (1)a12，an1ann1； (2)a11，an1n2 n an； (3)a11，an13an2； (4)a12，an1 an 13an. 解：(1)由题意得，当 n2 时，anan1n， 所以 ana1(a2a1)(a3a2)(anan1) 2(23n)2（n1）（2n） 2 n（n1） 2 1. 又 a121（11） 2 1，适合上式， 因此
19、 ann（n1） 2 1. (2)由题设知 an0，则an 1 an n2 n ， a2 a1 a3 a2 a4 a3 an1 an 3 1 4 2 5 3 n2 n ， an1 a1 （n1）（n2） 2 ， 又 a11，则 an1（n1）（n2） 2 ，故 ann（n1） 2 . (3)方法一：(累乘法) an13an2，得 an113(an1)，即an 11 an1 3， 所以a21 a113， a31 a213， a41 a313， an11 an1 3. 将这些等式两边分别相乘得an 11 a11 3n. 因为 a11，所以an 11 11 3n， 即 an123n1(n1)， 所以
20、 an23n 11(n2)， 又 a11 也适合上式， 故数列an的一个通项公式为 an23n 11. 方法二：(迭代法) an13an2， 即 an113(an1)32(an11)33(an21) 3n(a11)23n(n1)， 所以 an23n 11(n2)， 又 a11 也满足上式， 故数列an的一个通项公式为 an23n 11. (4)an1 an 13an，易知 an0，两边取倒数得 1 an13 1 an，即 1 an1 1 an3， 1 a1 1 2，所以数 列 1 an 是以1 2为首项，3 为公差的等差数列，所以 1 an3n 5 2，所以 an 2 6n5. 【点拨】 已知
21、数列的递推关系求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解当出现 anan1 m 时，构造等差数列；当出现 anxan1y 时，构造等比数列；当出现 anan1f(n)时，一般用累加法 求通项；当出现 an an1f(n)时，一般用累乘法求通项根据形如 an 1 Aan BanC(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，当 AC 时，化为 1 an1x C A 1 anx 的形式，可构造公 比为C A的等比数列 1 anx ，其中用待定系数法求 x 是关键；当 AC 时，可构成一个等差数列注意检验 n 1 时，是否适合所求 写出下面各递推公式表示的数列an的
22、通项公式 (1)a12，an1an 1 n（n1）； (2)a11，an12nan； (3)a11，an12an1； (4)a12 3，an1 2an an2. 解：(1)因为当 n2 时，anan1 1 n（n1） 1 n1 1 n， 所以当 n2 时， an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 1 n1 1 n 1 n2 1 n1 (1 2 1 3) 11 2 231 n.当 n1 时，适合故 an3 1 n. (2)因为an 1 an 2n，所以a2 a12 1，a3 a22 2， an an12 n1， 将这 n1 个等式叠乘， 得an a12 12(n1)2 n（n1） 2
23、 ，所以 an2 n（n1） 2 . 当 n1 时，适合故 an2 n（n1） 2 . (3)由题意知 an112(an1)，所以数列an1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an12n，所以 an 2n1. (4)由 an1 2an an2知 an0，两边取倒数得 1 an1 1 an 1 2，所以 1 an 是以3 2为首项， 1 2为公差的等差数列，所以 1 an 3 2 (n1)1 2 n2 2 ，an 2 n2. (2021新高考八省模拟演练)已知各项都为正数的数列 an满 足 an22an13an. (1)证明：数列anan1为等比数列； (2)若 a11 2，a2 3
24、2，求 an的通项公式 解： (1)证明： 由an22an13an可得an2an13an13an3(an1an)， 因为an各项都为正数， 所以 a1a20， 所以anan1是公比为 3 的等比数列 (2)解法一：构造 an23an1k(an13an)， 整理得 an2(k3)an13kan2an13an， 所以 k1，即 an23an1(an13an)， 因为 a11 2，a2 3 2，所以 a23a10，a33a20，an13an0，即 an13an，所以an是以 a11 2为首项，3 为公比的等比数列 所以 an3 n1 2 (nN) 解法二：易知 an1an2 3n 1， 两边除以 3
25、n 1，再移项配凑得an1 3n 11 6 1 3 an 3n 1 6 ，又a1 3 1 60，故 an 3n 1 60， 得 an3 n1 2 . 解法三：an1an2 3n 1， 则 an13 n 2 an3 n1 2 ， 所以 an3 n1 2 (1)n 1 a11 2 0. 所以 an3 n1 2 . 【点拨】 除了例 3 讲到的方法外，对于 an1xanyn型，常转化为an 1 yn 1x y an yn 1 y， 再通过配凑转化为等比型；对于 an1xanync 型(x0，1，y0，常数 c0)，同理 化为等比型，即 an1p(n1)qt(anpnq)，解 p，q 即可；对于 an
26、2xan1yan 型，转化为 an2pan1t(an1pan)，亦是化为等比型 (20202021 学年江苏盐城伍佑中学高二上期初调研)已知数列an满足 2an1anan2k(nN*，kR)，且 a12，a3a54. (1)若 k0，求数列an的前 n 项和 Sn； (2)若 a41，求数列an的通项公式 解：(1)当 k0 时，2an1anan2，即 an2an1an1an，所以数列an是等差数列 设数列an的公差为 d，则 a12， 2a16d4，解得 a12， d4 3. 所以 Snna1n（n1） 2 d2nn（n1） 2 4 3 2 3n 28 3n. (2)由题意，2a4a3a5k
27、，即24k，所以 k2. 又 a42a3a223a22a16，所以 a23， 由 2an1anan22，得(an2an1)(an1an)2，所以，数列an1an是以 a2 a11 为首项，2 为公差的等差数列 所以 an1an2n3， 当 n2 时，有 anan12(n1)3， 于是，an1an22(n2)3， an2an32(n3)3， a3a2223， a2a1213， 累加得，ana1212(n1)3(n1)，(n2)， 所以 an2n（n1） 2 3(n1)2n24n1，(n2)， 又当 n1 时，a12 也适合 所以数列an的通项公式为 ann24n1，nN*. 思想方法微专题 函数
28、思想在研究数列通项性质中的应用 (1)(数列的单调性与最值)已知数列an中，an1 1 a2（n1）(nN *，a R，且 a0) ()若 a7，求数列an中的最大项和最小项的值； ()若对任意的 nN*，都有 ana6成立，求 a 的取值范围 解：()因为 a7，所以 an1 1 2n9. 结合函数 f(x)1 1 2x9的单调性， 可知 1a1a2a3a4，a5a6a7an1(nN*) 所以数列an中的最大项为 a52，最小项为 a40. ()an1 1 a2（n1）1 1 2 n2a 2 . 因为对任意的 nN*， 都有 ana6成立， 结合函数 f(x)1 1 2 x2a 2 的单调性
29、， 知 52a 2 6，所以10aan，求实数 k 的取值范围 解：()由 n25n40，解得 1nan知该数列是一个递增数列，又因为通项公式 ann2kn4， 可以看作是关于 n 的二次函数，考虑到 nN*，所以k 23. 所以实数 k 的取值范围为(3，) (2)【多选题】(2021 届山东跃华中学高三上 10 月段考)已知数列an 满足 a11 2，an1 1 1an，则下列各数是an的项的有( ) A2 B.2 3 C. 3 2 D3 解：依题意，a2 1 1 1 2 2 3，a3 1 1a23，a4 1 1a3 1 2a1，所以数列 an是以 3 为周期的数列，且前 3 项为1 2， 2 3，3.故选 BD.
