1、第五篇 数列及其应用专题5.01 数列的概念及简单表示法【考试要求】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.【知识梳理】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项与项间的大小关系递增数列an1an其中nN*递减数列an1an常数列an1an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3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.4.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列
2、an的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子anf(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列an的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an1(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.【微点提醒】1.若数列an的前n项和为Sn，通项公式为an，则an2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关.3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打
3、“”或“”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.()(2)1，1，1，1，不能构成一个数列.()(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.()(4)如果数列an的前n项和为Sn，则对任意nN*，都有an1Sn1Sn.()【答案】(1)(2)(3)(4)【解析】(1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列.(2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.(3)数列可以是常数列或摆动数列.【教材衍化】2.(必修5P33A4改编)在数列an中，a11，an1(n2)，则a5等于()A. B. C. D.【答案】D【解析】a212，a31，a413，a51.3.(必修5P33A
4、5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】5n4【解析】由a11514，a26524，a311534，归纳an5n4.【真题体验】4.(2019山东省实验中学摸底)已知数列an中，a11，an12an1(nN*)，Sn为其前n项和，则S5的值为()A.57 B.61 C.62 D.63【答案】A【解析】由条件可得a22a113，a32a217，a42a3115，a52a4131，所以S5a1a2a3a4a5137153157.5.(2018北京朝阳区月考)数列0，1，0，1，0，1，0，1，的一个通项公式an等于()A. B.cos C.cos D.c
5、os 【答案】D【解析】令n1，2，3，逐一验证四个选项，易得D正确.6.(2019天津河东区一模)设数列an的前n项和为Sn，且Sn，若a432，则a1_.【答案】【解析】Sn，a432，则a4S4S332.32，a1.【考点聚焦】考点一由数列的前几项求数列的通项【例1】 (1)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是()A.an(1)n11 B.anC.an2sin D.ancos(n1)1(2)已知数列an为，则数列an的一个通项公式是_.【答案】(1)C(2)an(1)n【解析】(1)对n1，2，3，4进行验证，an2sin不合题意.(2)各项的分母分别为21，
6、22，23，24，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为，故原数列可变为，故其通项公式可以为an(1)n.【规律方法】由前几项归纳数列通项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.(2)具体策略：分式中分子、分母的特征；相邻项的变化特征；拆项后的特征；各项的符号特征和绝对值特征；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；对于符号交替出现的情况，可用(1)k或(1)k1，kN*处理.【训练1】 写出下列各数列的一个通项公式：(1)，；(2)，2，8
7、，；(3)5，55，555，5 555，.【答案】见解析【解析】(1)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式是an(1)n，nN*.(2)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，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an.(3)将原数列改写为9，99，999，易知数列9，99，999，的通项为10n1，故所求的数列的一个通项公式为an(10n1).考点二由an与Sn的关系求通项【例2】 (1)(2019广州质检)已知Sn为数列an的前n项和，且log2(Sn1)n1，则数列an的通项公式为
8、_.(2)(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1，则S6_.【答案】(1)an(2)63【解析】(1)由log2(Sn1)n1，得Sn12n1，当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn12n，所以数列an的通项公式为an(2)由Sn2an1，得a12a11，所以a11.当n2时，anSnSn12an1(2an11)，得an2an1.数列an是首项为1，公比为2的等比数列.S663.【规律方法】数列的通项an与前n项和Sn的关系是an当n1时，a1若适合SnSn1，则n1的情况可并入n2时的通项an；当n1时，a1若不适合SnSn1，则用分段函数的形式表示.【易错警示】
9、在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成anSnSn1的形式，但它只适用于n2的情形.例如例2第(1)题易错误求出an2n(nN*).【训练2】 (1)已知数列an的前n项和Sn2n23n，则数列an的通项公式an_.(2)已知数列an的前n项和Sn3n1，则数列的通项公式an_.【答案】(1)4n5(2)【解析】(1)a1S1231，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5，由于a1也适合上式，an4n5.(2)当n1时，a1S1314，当n2时，anSnSn13n13n1123n1.显然当n1时，不满足上式.an考点三由数
10、列的递推关系求通项【例3】 (1)在数列an中，a12，an1anln，则an等于()A.2ln n B.2(n1)ln nC.2nln n D.1nln n(2)若a11，nan1(n1)an(n2)，则数列an的通项公式an_.(3)若a11，an12an3，则通项公式an_.(4)若数列an满足a11，an1，则an_.【答案】(1)A(2)(3)2n13(4)【解析】(1)因为an1anln ln(n1)ln n，所以a2a1ln 2ln 1，a3a2ln 3ln 2，a4a3ln 4ln 3，anan1ln nln(n1)(n2).把以上各式分别相加得ana1ln nln 1，则an
11、2ln n，且a12也适合，因此an2ln n(nN*).(2)由nan1(n1)an(n2)，得(n2).所以ana11，又a1也满足上式，所以an.(3)由an12an3，得an132(an3).令bnan3，则b1a134，且2.所以bn是以4为首项，2为公比的等比数列.bn42n12n1，an2n13.(4)因为an1，a11，所以an0，所以，即.又a11，则1，所以是以1为首项，为公差的等差数列.所以(n1).所以an.【规律方法】由数列的递推关系求通项公式的常用方法(1)已知a1，且anan1f(n)，可用“累加法”求an.(2)已知a1(a10)，且f(n)，可用“累乘法”求a
12、n.(3)已知a1，且an1qanb，则an1kq(ank)(其中k可用待定系数法确定)，可转化为ank为等比数列.(4)形如an1(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.【易错警示】本例(1)，(2)中常见的错误是忽视验证a1是否适合所求式.【训练3】 (1)(2019山东、湖北部分重点中学联考)已知数列an的前n项和为Sn，若a12，an1an2n11，则an_.(2)若a11，an12nan，则通项公式an_.【答案】(1)2n1n(2)2【解析】(1)a12，an1an2n11an1an2n11an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1
13、，则an2n22n321n1a1n122n1n.(2)由an12nan，得2n1(n2)，所以ana12n12n2212123(n1)2.又a11适合上式，故an2.考点四数列的性质【例4】 (1)数列an的通项an，则数列an中的最大项是()A.3 B.19 C. D.(2)数列an满足an1a1，则数列的第2 019项为_.【答案】(1)C(2)【解析】(1)令f(x)x(x0)，运用基本不等式得f(x)2，当且仅当x3时等号成立.因为an，所以，由于nN*，不难发现当n9或n10时，an最大.(2)由已知可得，a221，a32，a42，a521，an为周期数列且T4，a2 019a504
14、43a3.【规律方法】1.在数学命题中，以数列为载体，常考查周期性、单调性.2.(1)研究数列的周期性，常由条件求出数列的前几项，确定周期性，进而利用周期性求值.(2)数列的单调性只需判定an与an1的大小，常用比差或比商法进行判断.【训练4】 (1)已知数列an满足a11，an1a2an1(nN*)，则a2 020_.(2)若ann2kn4且对于nN*，都有an1an成立，则实数k的取值范围是_.【答案】(1)0(2)(3，)【解析】(1)a11，an1a2an1(an1)2，a2(a11)20，a3(a21)21，a4(a31)20，可知数列an是以2为周期的数列，a2 020a20.(2
15、)由an1an知该数列是一个递增数列，又通项公式ann2kn4，所以(n1)2k(n1)4n2kn4，即k12n.又nN*，所以k3.【反思与感悟】1.数列是特殊的函数，要利用函数的观点认识数列.2.已知递推关系求通项公式的三种常见方法：(1)算出前几项，再归纳、猜想.(2)形如“an1panq”这种形式通常转化为an1p(an)，由待定系数法求出，再化为等比数列.(3)递推公式化简整理后，若为an1anf(n)型，则采用累加法；若为f(n)型，则采用累乘法.【易错防范】1.解决数列问题应注意三点(1)在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值是正整数.(2)数列的通项公式不一定唯一.(
16、3)注意anSnSn1中需n2.2.数列an中，若an最大，则anan1且anan1；若an最小，则anan1且anan1.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.数列1，3，6，10，15，的一个通项公式是()A.ann2(n1) B.ann21C.an D.an【答案】C【解析】观察数列1，3，6，10，15，可以发现：11，312，6123，101234，所以第n项为12345n，所以数列1，3，6，10，15，的通项公式为an.2.已知数列an满足：任意m，nN*，都有anamanm，且a1，那么a5()A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意，得a2a1
17、a1，a3a1a2，则a5a3a2.3.(2019江西重点中学盟校联考)在数列an中，a1，an1(n2，nN*)，则a2 019的值为()A. B.5 C. D.【答案】C【解析】在数列an中，a1，an1(n2，nN*)，所以a215，a31，a41，所以an是以3为周期的周期数列，所以a2 019a6733a3.4.已知数列an的前n项和为Sn，且a12，an1Sn1(nN*)，则S5()A.31 B.42 C.37 D.47【答案】D【解析】由题意，得Sn1SnSn1(nN*)，Sn112(Sn1)(nN*)，故数列Sn1为等比数列，其首项为3，公比为2，则S51324，所以S547.
18、5.(2019成都诊断)已知f(x)数列an(nN*)满足anf(n)，且an是递增数列，则a的取值范围是()A.(1，) B.C.(1，3) D.(3，)【答案】D【解析】因为an是递增数列，所以解得a3，则a的取值范围是(3，).二、填空题6.在数列1，0，中，0.08是它的第_项.【答案】10【解析】令0.08，得2n225n500，则(2n5)(n10)0，解得n10或n(舍去).所以a100.08.7.若数列an的前n项和Sn3n22n1，则数列an的通项公式an_.【答案】【解析】当n1时，a1S13122112；当n2时，anSnSn13n22n13(n1)22(n1)16n5，
19、显然当n1时，不满足上式.故数列的通项公式为an8.在数列an中，a12，ln，则an_.【答案】2nnln n【解析】由题意得ln(n1)ln n，ln nln(n1)(n2).ln 2ln 1，ln 3ln 2，ln nln(n1)(n2).累加得ln n，2ln n(n2)，又a12适合，故an2nnln n.三、解答题9.(2016全国卷)已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式.【答案】见解析【解析】(1)由题意得a2，a3.(2)由a(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1).因为an的各项
20、都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.10.已知Sn为正项数列an的前n项和，且满足Snaan(nN*).(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列an的通项公式.【答案】见解析【解析】(1)由Snaan(nN*)，可得a1aa1，解得a11，S2a1a2aa2，解得a22，同理，a33，a44.(2)Sna，当n2时，Sn1aan1，得(anan11)(anan1)0.由于anan10，所以anan11，又由(1)知a11，故数列an为首项为1，公差为1的等差数列，故ann.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019山东新高考适应性调研)“中国剩余定
21、理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法复合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2 018这2 018个数中，能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列an，则此数列共有()A.98项 B.97项 C.96项 D.95项【答案】B【解析】能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数，故an21n20，由1an2 018得1n97，又nN*，故此数列共有97项
22、.12.已知数列an的通项公式an(n2)，则数列an的项取最大值时，n_.【答案】4或5【解析】假设第n项为最大项，则即解得即4n5，又nN*，所以n4或n5，故数列an中a4与a5均为最大项，且a4a5.13.(2019菏泽模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn(1)nan，记bn8a22n1，若对任意的nN*，总有bn10成立，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】令n1，得a1；令n3，可得a22a3；令n4，可得a2a3，故a2，即bn8a22n12n.由bn10对任意的nN*恒成立，得对任意的nN*恒成立，又，所以实数的取值范围为.14.已知数列an中，an1(nN*，aR
23、且a0).(1)若a7，求数列an中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的nN*，都有ana6成立，求a的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)an1(nN*，aR，且a0)，又a7，an1(nN*).结合函数f(x)1的单调性，可知1a1a2a3a4，a5a6a7an1(nN*).数列an中的最大项为a52，最小项为a40.(2)an11，已知对任意的nN*，都有ana6成立，结合函数f(x)1的单调性，可知56，即10a8.即a的取值范围是(10，8).【新高考创新预测】15.(数学文化)著名的斐波那契数列an：1，1，2，3，5，8，满足a1a21，an2an1an，nN*，那么1a3a5a7a9a2 017是斐波那契数列的第_项.【答案】2 018【解析】1a3a5a7a9a2 017a2a3a5a7a9a2 017a4a5a7a9a2 017a6a7a9a2 017a8a9a2 017a2 016a2 017a2 018，即为第2 018项.15
