2025版高考数学一轮复习第五章数列第一节数列的概念与简单表示法学案理含解析新人教A版

PAGEPAGE7第一节数列的概念与简洁表示法2024考纲考题考情1．数列的有关概念(1)数列的定义依据肯定依次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，它们分别是列表法、图象法和解析式法。2．数列的通项公式(1)数列的通项公式假如数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式。(2)已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2。))1．数列与函数的关系数列是一种特别的函数，即数列是一个定义在正整数集或其子集{1,2,3，…，n}上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值。2．在数列{an}中，若an最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))若an最小，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1。))3．递推关系求通项公式的三种方法：(1)叠加法：对于an＋1－an＝f(n)型，若f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的和是可求的，可用多式相加法求得an。(2)叠乘法：对于eq\f(an＋1,an)＝f(n)型，若f(1)·f(2)·…·f(n)的积是可求的，可用多式相乘法求得an。(3)构造法：对an＋1＝pan＋q型，构造一个公比为p(p≠1)的等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(q,p－1)))，求得an。一、走进教材1．(必修5P33A组T4改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq\f(－1n,an－1)(n≥2)，则a5等于()A．eq\f(3,2) B．eq\f(5,3)C.eq\f(8,5) D.eq\f(2,3)解析a2＝1＋eq\f(－12,a1)＝2，a3＝1＋eq\f(－13,a2)＝eq\f(1,2)，a4＝1＋eq\f(－14,a3)＝3，a5＝1＋eq\f(－15,a4)＝eq\f(2,3)。答案D2．(必修5P33A组T5改编)依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5n－4二、走近高考3．(2024·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和。若Sn＝2an＋1，则S6＝________。解析依据Sn＝2an＋1，可得Sn＋1＝2an＋1＋1，两式相减得an＋1＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以S6＝eq\f(－1×1－26,1－2)＝－63。解析：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得答案－63三、走出误区微提示：①忽视数列是特别的函数，其自变量为正整数集N*或其子集{1,2，…，n}；②求数列前n项和Sn的最值时忽视项为零的状况；③依据Sn求an时忽视对n＝1的验证。4．在数列－1,0，eq\f(1,9)，eq\f(1,8)，…，eq\f(n－2,n2)中，0.08是它的第________项。解析依题意得eq\f(n－2,n2)＝eq\f(2,25)，解得n＝10或n＝eq\f(5,2)(舍)。答案105．在数列{an}中，an＝－n2＋6n＋7，当其前n项和Sn取最大值时，n＝________。解析由题可知n∈N*，令an＝－n2＋6n＋7≥0，得1≤n≤7(n∈N*)，所以该数列的第7项为零，且从第8项起先an<0，则该数列的前6或7项的和最大。答案6或76．已知Sn＝2n＋3，则an＝________。解析因为Sn＝2n＋3，那么当n＝1时，a1＝S1＝21＋3＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋3－(2n－1＋3)＝2n－1(*)。由于a1＝5不满意(*)式，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n－1，n≥2。))答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n－1，n≥2))考点一由数列的前n项求数列的通项公式【例1】(1)数列eq\f(3,2)，－eq\f(5,4)，eq\f(7,8)，－eq\f(9,16)，…的一个通项公式为()A．an＝(－1)n·eq\f(2n＋1,2n)B．an＝(－1)n·eq\f(2n＋1,2n)C．an＝(－1)n＋1·eq\f(2n＋1,2n)D．an＝(－1)n＋1·eq\f(2n＋1,2n)(2)(2024·湖北八校联考)已知数列{an}满意an＝eq\r(5n－1)(n∈N*)，将数列{an}中的整数项按原来的依次组成新数列{bn}，则b2019的末位数字为()A．8 B．2C．3 D．7解析(1)该数列是分数形式，分子为奇数2n＋1，分母是指数2n，各项的符号由(－1)n＋1来确定，所以D选项正确。(2)由an＝eq\r(5n－1)(n∈N*)，可得此数列为eq\r(4)，eq\r(9)，eq\r(14)，eq\r(19)，eq\r(24)，eq\r(29)，eq\r(34)，eq\r(39)，eq\r(44)，eq\r(49)，eq\r(54)，eq\r(59)，eq\r(64)，…，整数项为eq\r(4)，eq\r(9)，eq\r(49)，eq\r(64)，eq\r(144)，eq\r(169)，…，所以数列{bn}的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，…，因为2019＝4×504＋3，所以b2019的末位数字为7。故选D。答案(1)D(2)D依据所给数列的前几项求其通项时，需细致视察分析，抓住以下几方面的特征：1．分式中分子、分母的各自特征；2．相邻项的联系特征；3．拆项后的各部分特征；4．符号特征。应多进行对比、分析，从整体到局部多角度视察、归纳、联想。【变式训练】(1)数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是()A．an＝n2－(n－1) B．an＝n2－1C．an＝eq\f(nn＋1,2) D．an＝eq\f(nn－1,2)(2)(2024·河南安阳二模)已知数列：eq\f(1,1)，eq\f(2,1)，eq\f(1,2)，eq\f(3,1)，eq\f(2,2)，eq\f(1,3)，eq\f(4,1)，eq\f(3,2)，eq\f(2,3)，eq\f(1,4)，…，依它的前10项的规律，这个数列的第2018项a2018等于()A．eq\f(1,31)B．eq\f(1,63)C．64D.eq\f(63,2)解析(1)设此数列为{an}，则由题意可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，a5＝15，…细致视察数列1,3,6,10,15，…可以发觉：1＝1,3＝1＋2,6＝1＋2＋3,10＝1＋2＋3＋4。…所以第n项为1＋2＋3＋4＋5＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，所以数列1,3,6,10,15，…的通项公式为an＝eq\f(nn＋1,2)。解析：代入n＝1,2,3进行验证。(2)视察数列：eq\f(1,1)，eq\f(2,1)，eq\f(1,2)，eq\f(3,1)，eq\f(2,2)，eq\f(1,3)，eq\f(4,1)，eq\f(3,2)，eq\f(2,3)，eq\f(1,4)，…，可将它分成k(k∈N*)组，即第1组有1项eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)))，第2组有2项eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)，\f(1,2)))，第3组有3项eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,1)，\f(2,2)，\f(1,3)))，…，所以第k组有k项，各项的分子从k依次减小至1，分母从1依次增大到k，所以前k组共有eq\f(kk＋1,2)项，令2018＝eq\f(kk＋1,2)＋m(k∈N*，1≤m≤k，m∈N*)，可得k＝63，m＝2，所以该数列的第2018项a2018为第64组的第2项，故a2018＝eq\f(63,2)。故选D。答案(1)C(2)D考点二由an与Sn的关系求an【例2】(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则an＝________。(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(1,3)an＋eq\f(2,3)，则{an}的通项公式为an＝________。解析(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1；当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1。因此an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2。))(2)当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,3)a1＋eq\f(2,3)，所以a1＝1。当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,3)an－eq\f(1,3)an－1，所以eq\f(an,an－1)＝－eq\f(1,2)，所以数列{an}为首项a1＝1，公比q＝－eq\f(1,2)的等比数列，故an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1。答案(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－11．已知Sn求an，常用的方法是利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为关于an的递推关系，再求其通项公式。2．要验证a1是否适合an，若适合，则统一用an表示；若不适合，则通项公式用分段函数的形式表示。【变式训练】(1)(2024·合肥市质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2020＝()A．22020－1 B．32020－6C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2020－eq\f(7,2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2020－eq\f(10,3)(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则数列的通项公式an＝________。解析(1)因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3⇒a1＝－3。当n≥2时，3Sn＝2an－3n,3Sn－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，所以an＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，则a2020＝2(2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n－1－1＝2·3n－1。明显当n＝1时，不满意上式。所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2。))答案(1)A(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2))考点三由递推关系求通项公式【例3】(1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1，则a5＝________。(2)若a1＝1，an＋1＝2nan，则通项公式an＝________。(3)若a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，则数列{an}的通项公式an＝________。解析(1)依题意得an＋1－an＝2n＋1，a5＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25。(2)由an＋1＝2nan，得eq\f(an,an－1)＝2n－1(n≥2)，所以an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝2n－1·2n－2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝2eq\f(nn－1,2)。又a1＝1适合上式，故an＝2eq\s\up15(eq\f(nn－1,2))。(3)因为an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，a1＝1，所以an≠0，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)。又a1＝1，则eq\f(1,a1)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列。所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)＋eq\f(1,2)。所以an＝eq\f(2,n＋1)(n∈N*)。答案(1)25(2)2eq\s\up15(eq\f(nn－1,2))(3)eq\f(2,n＋1)已知数列的递推关系求通项公式的典型方法1．当出现an＝xan－1＋y(x，y为常数)时，构造等比数列。2．当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解。3．当出现eq\f(an,an－1)＝f(n)时，用累乘法求解。【变式训练】(1)若数列{an}满意a1＝1，且对于随意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2017)等于()A．eq\f(2017,2018)B．eq\f(2016,2017)C.eq\f(4032,2017)D.eq\f(2017,1009)(2)定义：在数列{an}中，若满意eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝d(n∈N*，d为常数)，称{an}为“等差比数列”。已知在“等差比数列”{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，则eq\f(a2015,a2013)等于()A．4×20152－1 B．4×20142－1C．4×20132－1 D．4×20132解析(1)由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，则a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝(n－1)＋1，以上等式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋(n－1)＋n，把a1＝1代入上式得an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝eq\f(nn＋1,2)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2017)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2017)－\f(1,2018)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2018)))＝eq\f(2017,1009)，故选D。(2)由题知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))是首项为1，公差为2的等差数列，则eq\f(an＋1,an)＝2n－1，所以an＝eq\f(an,an－1)×eq\f(an－1,an－2)×…×eq\f(a2,a1)×a1＝(2n－3)×(2n－5)×…×1。所以eq\f(a2015,a2013)＝eq\f(2×2015－32×2015－5×…×1,2×2013－32×2013－5×…×1)＝4027×4025＝(4026＋1)(4026－1)＝40262－1＝4×20132－1。答案(1)D(2)C考点四数列的性质微点小专题方向1：数列的周期性【例4】(2024·河北石家庄一模)若数列{an}满意a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，则a2018的值为()A．2 B．－3C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)解析因为a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，所以a2＝eq\f(1＋a1,1－a1)＝－3，同理可得：a3＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,3)，a5＝2，…，可得an＋4＝an，则a2018＝a504×4＋2＝a2＝－3。故选B。答案B列出数列的前几项，归纳出周期。方向2：数列的单调性【例5】(1)已知数列{an}的通项公式an＝(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n，则数列的最大项为________。(2)已知数列{an}满意a1＝33，an＋1－an＝2n，则eq\f(an,n)的最小值为________。解析(1)因为an＋1－an＝(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＋1－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n×eq\f(9－n,11)，所以当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1<an。所以该数列最大项为第9,10项，且a9＝a10＝10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))9。解析：依据题意，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n≥n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n－1，,n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n≥n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＋1，))解得9≤n≤10。因为n∈N*，所以n＝9或n＝10。所以该数列最大项为第9,10项，且a9＝a10＝10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))9。(2)因为an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2[1＋2＋…＋(n－1)]＋33＝33＋n2－n(n≥2)，当n＝1时也符合，所以an＝n2－n＋33。所以eq\f(an,n)＝eq\f(33,n)＋n－1。构造函数f(x)＝eq\f(33,x)＋x－1(x>0)，求导得f′(x)＝－eq\f(33,x2)＋1。令f′(x)>0，解得x>eq\r(33)；令f′(x)<0，解得0<x<eq\r(33)。所以f(x)＝eq\f(33,x)＋x－1在(eq\r(33)，＋∞)上是递增的，在(0，eq\r(33))上是递减的。因为n∈N*，所以当n＝5或n＝6时，f(n)取得最小值。又因为eq\f(a5,5)＝eq\f(53,5)，eq\f(a6,6)＝eq\f(63,6)＝eq\f(21,2)，所以eq\f(an,n)的最小值为eq\f(21,2)。答案(1)10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))9(2)eq\f(21,2)解决数列的单调性问题可用以下三种方法1．用作差比较法，依据an＋1－an的符号推断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列。2．用作商比较法，依据eq\f(an＋1,an)(an>0或an<0)与1的大小关系进行推断。3．结合导数的方法推断。【题点对应练】1．(方向1)已知数列{an}满意：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2018＝()A．3B．2C．1D．0解析因为an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，所以a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2018＝336×0＋a2017＋a2018＝a1＋a2＝3。故选A。答案A2．(方向2)已知数列{an}中，前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(n＋1,2)an，则eq\f(an,an－1)(n>1)的最大值为________。解析因为Sn＝eq\f(n＋1,2)an，所以当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋1,2)an－eq\f(n,2)an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)，因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)))单调递减，所以当n＝2时，eq\f(an,an－1)＝2最大。答案2eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老师备用题))1．(协作例2运用)若数列{an}是正项数列，且eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an)＝n2＋n，则eq\f(a1,1)＋eq\f(a2,2)＋…＋eq\f(an,n)＝________。解析当n＝1时，eq\r(a1)＝12＋1＝2，a1＝4。当n≥2时，eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an－1)＝(n－1)2＋(n－1)，eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an－1)＋eq\r(an)＝n2＋n，两式相减可得eq\r(an)＝2n，即an＝4n2，又a1＝4也符合该式，所以an＝4n2，则eq\f(an,n)＝4n，则eq\f(a1,1)＋eq\f(