高考数学（理）创新教师用书第七章第1节数列的概念及简单表示法

第1节数列的概念及简单表示法最新考纲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．数列的概念(1)数列的定义：按照一定顺序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)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．(3)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．2．数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列an＋1＞an其中n∈N*递减数列an＋1＜an常数列an＋1＝an按其他标准分类有界数列存在正数M，使|an|≤M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.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子an＝f(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an－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．4．已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))[常用结论与微点提醒]1．一些常见数列的通项公式(1)数列1，2，3，4，…的通项公式为an＝n；(2)数列2，4，6，8，…的通项公式为an＝2n；(3)数列1，2，4，8，…的通项公式为an＝2n－1；(4)数列1，4，9，16，…的通项公式为an＝n2；(5)数列1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，…的通项公式为an＝eq\f(1,n).2．已知递推关系求通项一般有两种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)利用累加或累乘法求数列的通项公式．诊断自测1．思考辨析(在括号内打“√”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)一个数列中的数是不可以重复的．()(3)所有数列的第n项都能使用公式表达．()(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．()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．(3)不是所有的数列都有通项公式．答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为()A．15 B．16 C．49 解析当n＝8时，a8＝S8－S7＝82－72＝15.答案A3．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)n－1＋1 B．an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n为奇数，,0，n为偶数))C．an＝2sineq\f(nπ,2) D．an＝cos(n－1)π＋1解析对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sineq\f(nπ,2)不合题意，故选C.答案C4．已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．解析因为{an}是递增数列，所以对任意的n∈N*，都有an＋1＞an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)＞n2＋λn，整理，得2n＋1＋λ＞0，即λ＞－(2n＋1)．(*)因为n≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.答案(－3，＋∞)5．(2018·台州月考)在数列{xn}中，x1＝10，xn＝log2(xn－1－2)，则数列{xn}的第2项是________，所有项和T＝________．解析∵x1＝10，xn＝log2(xn－1－2)，∴x2＝log2(x1－2)＝log28＝3，x3＝log2(x2－2)＝log21＝0.数列{xn}所有项的和为10＋3＋0＝13.答案3136．(必修5P33A5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＝________．解析a1＝1，a2＝6＝1＋5＝1＋5×(2－1)，a3＝11＝1＋5×2＝1＋5×(3－1)，a4＝16＝1＋5×3＝1＋5×(4－1)，∴an＝1＋5×(n－1)＝5n－4.答案5n－4考点一由数列的前几项求数列的通项【例1】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)eq\f(2,3)，eq\f(4,15)，eq\f(6,35)，eq\f(8,63)，eq\f(10,99)，…；(3)eq\f(1,2)，2，eq\f(9,2)，8，eq\f(25,2)，…；(4)5，55，555，5555，….解(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，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(6n－5)．(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1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数，故所求数列的一个通项公式为an＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1）).(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eq\f(1,2)，eq\f(4,2)，eq\f(9,2)，eq\f(16,2)，eq\f(25,2)，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an＝eq\f(n2,2).(4)将原数列改写为eq\f(5,9)×9，eq\f(5,9)×99，eq\f(5,9)×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝eq\f(5,9)(10n－1)．规律方法根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，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观察、归纳、联想．【训练1】(1)数列0，eq\f(2,3)，eq\f(4,5)，eq\f(6,7)，…的一个通项公式为()A．an＝eq\f(n－1,n＋2)(n∈N*) B．an＝eq\f(n－1,2n＋1)(n∈N*)C．an＝eq\f(2（n－1）,2n－1)(n∈N*) D．an＝eq\f(2n,2n＋1)(n∈N*)(2)数列－eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，－eq\f(1,3×4)，eq\f(1,4×5)，…的一个通项公式an＝________．解析(1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可．(2)这个数列前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为an＝(－1)neq\f(1,n（n＋1）).答案(1)C(2)(－1)neq\f(1,n（n＋1）)考点二由Sn与an的关系求an(易错警示)【例2】(1)(2017·温州市十校联考)在数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________．(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)依题意得Sn＋1＝2an＋1＋1，Sn＝2an＋1，两式相减得Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，又S1＝2a1＋1＝a1，因此a1＝－1，所以数列{an}是以a1＝－1为首项、2为公比的等比数列，an＝－2n－1(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.显然当n＝1时，不满足上式．∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))答案(1)－2n－1(2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2))规律方法数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))①当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；②当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．易错警示在利用数列的前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an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．【训练2】(1)若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________．(2)若数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，则{an}的通项公式an＝________．解析(1)当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋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an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))(2)由Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，得当n≥2时，Sn－1＝eq\f(2,3)an－1＋eq\f(1,3)，两式相减，得an＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，∴当n≥2时，an＝－2an－1，即eq\f(an,an－1)＝－2.又n＝1时，S1＝a1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，a1＝1，∴an＝(－2)n－1.答案(1)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2))(2)(－2)n－1考点三由数列的递推关系求通项公式【例3】(1)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________．(2)(2018·衢州质检)在数列{an}中，a1＝1，(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，则通项公式an＝________．解析(1)由an＋2＋2an－3an＋1＝0，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝3×2n－1，∴n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，将以上各式累加得an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，∴an＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足)．(2)由(n2＋2n)(an＋1－an)＝1得an＋1－an＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以a2－a1＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,3)))，a3－a2＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))，…，an－1－an－2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n)))，an－an－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n)))＋1＝eq\f(7,4)－eq\f(2n＋1,2n（n＋1）).答案(1)3×2n－1－2(2)eq\f(7,4)－eq\f(2n＋1,2n（n＋1）)规律方法(1)形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求通项公式，特别注意能消去多少项，保留多少项．(2)形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为eq\f(an＋1,an)＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1代入求出通项．(3)形如an＋1＝pan＋q的递推关系式可以化为(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键．【训练3】在数列{an}中，(1)若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项公式an＝________．(2)(一题多解)若a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，则通项公式an＝________．(3)若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则通项公式an＝________．解析(1)由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋eq\f(（n－1）（2＋n）,2)＝eq\f(n（n＋1）,2)＋1.又a1＝2＝eq\f(1×（1＋1）,2)＋1，符合上式，因此an＝eq\f(n（n＋1）,2)＋1.(2)法一因为an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，所以an－1＝eq\f(n－2,n－1)·an－2，…，a2＝eq\f(1,2)a1，以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘得an＝a1·eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·…·eq\f(n－1,n)＝eq\f(a1,n)＝eq\f(1,n).法二因为an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n－1,n)·eq\f(n－2,n－1)·eq\f(n－1,n－2)·…·1＝eq\f(1,n).(3)设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1＋t＝2(an＋t)，即an＋1＝2an＋t，解得t＝3.故an＋1＋3＝2(an＋3)．令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列．∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.答案(1)eq\f(n（n＋1）,2)＋1(2)eq\f(1,n)(3)2n＋1－3基础巩固题组一、选择题1．数列eq\f(2,3)，－eq\f(4,5)，eq\f(6,7)，－eq\f(8,9)，…的第10项是()A．－eq\f(16,17) B．－eq\f(18,19) C．－eq\f(20,21) D．－eq\f(22,23)解析所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{an}的通项公式an＝(－1)n＋1·eq\f(2n,2n＋1)，故a10＝－eq\f(20,21).答案C2．数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式an等于()A.eq\f(（－1）n＋1,2) B．coseq\f(nπ,2)C．coseq\f(n＋1,2)π D．coseq\f(n＋2,2)π解析令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．答案D3．(一题多解)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式an＝()A．2n－1 B．2n－1＋1 C．2n－1 D．2(n解析法一由an＋1＝2an＋1，可求a2＝3，a3＝7，a4＝15，…，验证可知an＝2n－1.法二由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.答案A4．数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝()A．7 B．6 C．5 解析依题意得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.答案D5．数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an等于()A．2n－1 B．nC.eq2 \f(（n＋1）2,n2) D.eq\f(n2,（n－1）2)解析设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，当n≥2时，an＝eq\f(Tn,Tn－1)＝eq\f(n2,（n－1）2).答案D6．(2018·宁波镇海中学调研)已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，an＜an＋1恒成立，则a的取值范围是()A．(3，5) B．(4，6) C．[3，5) D．[4，6)解析由Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，得Sn＋1＋Sn＝4(n＋1)2.两式相减得，an＋1＋an＝8n＋4(n≥2)，则an＋2＋an＋1＝8n＋12.两式相减得，an＋2－an＝8(n≥2)．又由a1＝a，a1＋a2＋a1＝16得a2＝16－2a，又由a1＋a2＋a3＋a1＋a2＝4×32得a3＝4＋2a，所以a2n＝a2＋8(n－1)＝8n＋8－2a，a2n＋1＝a3＋8(n－1)＝8n－4＋2a.因为对任意n∈N*，an＜an＋1恒成立，所以eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(a＜16－2a，,8n＋8－2a＜8n－4＋2a，,8n－4＋2a＜8（n＋1）＋8－2a，))解得3＜a答案A二、填空题7．若数列{an}满足关系an＋1＝1＋eq\f(1,an)，a8＝eq\f(34,21)，则a5＝________．解析借助递推关系，则a8递推依次得到a7＝eq\f(21,13)，a6＝eq\f(13,8)，a5＝eq\f(8,5).答案eq\f(8,5)8．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0(n∈N*)，又anan＋1＝Sn，则a3－a1＝________．解析因为anan＋1＝Sn，所以令n＝1得a1a2＝S1＝a1，由于a1≠0，则a2＝1，令n＝2，得a2a3＝S2＝a1＋a2，即a3＝1＋a1，所以a3－a答案19．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则a1＝________；an＝________．解析当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\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))答案4eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))10．(2018·绍兴一中适应性考试)数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)n·(an－2)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________，数列{bn}的前50项和为________．解析当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋1－[(n－1)2＋(n－1)＋1]＝2n，当n＝1时不满足上式，则其通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2.))当n＝1时，b1＝－1；当n≥2时，bn＝(－1)n·(an－2)＝(－1)n·2(n－1)，则数列{bn}的前50项和为－1＋2×1－2×2＋2×3－…＋2×49＝－1＋2×(1－2＋3－…＋49)＝－1＋2×25＝49.答案an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2))49三、解答题11．数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解(1)当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．(3)令an＝n2－7n＋6＞0，解得n＞6或n＜1(舍)．∴从第7项起各项都是正数．12．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．解(1)由S2＝eq\f(4,3)a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1由S3＝eq\f(5,3)a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝eq\f(3,2)(a1＋a2)＝6.(2)由题设知a1＝1.当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，整理得an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.于是a1＝1，a2＝eq\f(3,1)a1，a3＝eq\f(4,2)a2，……an－1＝eq\f(n,n－2)an－2，an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.将以上n个等式两端分别相乘，整理得an＝eq\f(n（n＋1）,2).显然，当n＝1时也满足上式．综上可知，{an}的通项公式an＝eq\f(n（n＋1）,2).能力提升题组13．设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是()A.eq\f(16,3) B.eq\f(13,3) C．4 D．0解析∵an＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.答案D14．(2018·杭州调考)已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，则a2019的值为________．解析由题意得，a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，∴数列{an}是周期为6的周期数列，而2019＝6×336＋3，∴a2019＝a3＝1.答案115．(2017·金丽衢十二校联考)对于各项均为整数的数列{an}，如果ai＋i(i＝1，2，3，…)为完全平方数，则称数列{an}具有“P性质”．不论数列{an}是否具有“P性质”，如果存在与{an}不是同一数列的{bn}，且{bn}同时满足下面两个条件：①b1，b2，b3，…，bn是a1，a2，a3，…，an的一个排列；②数列{bn}具有“P性质”，则称数列{an}具有“变换P性质”．下面三个数列：①数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n,3)(n2－1)；②数列1，2，3，4，5；③1，2，3，…，11.具有“P性质”的为________；具有“变换P性质”的为________．解析对于①，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－n，∵a1＝0，∴an＝n2－n，∴ai＋i＝i2(i＝1，2，3，…)为完全平方数，∴数列{an}具有“P性质”；对于②，数列1，2，3，4，5，具有“变换P性质”，数列{bn}为3，2，1，5，4，具有“P性质”，∴数列{an}具有“变换P性质”；对于③，因为11，4都只有与5的和才能构成完全平方数，所以1，2，3，…，11，不具有“变换P性质”．答案①②16．(2018·台州测试)已知数列{an}中，an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R且a≠0)．(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．解(1)