1、15.1 数列的概念与表示知识梳理3数列 an的 an与 Sn的关系2(1)数列的前 n 项和： Sn a1 a2 an.特别提醒：若当 n2 时求出的 an也适合 n1 时的情形，则用一个式子表示 an，否则分段表示诊断自测1概念思辨(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个( )(3)若数列用图象表示，则从图象上看都是一群孤立的点( )(4)如果数列 an的前 n 项和为 Sn，则对 nN *，都有 an1 Sn1 Sn.( )答案 (1) (2) (3) (4)2教材衍化(1)(必修 A5P31T2)已知数列 an的通项
2、公式为 an912 n，则在下列各数中，不是 an的项的是( )A21 B33 C152 D153答案 C解析 代 n 值进行验证， n1 时，A 满足； n2 时，B 满足； n12 时，D 满足故选C.(2)(必修 A5P33T4)在数列 an中， a12， an1 an ，则数列 a5_.1nn 1答案 145解析 a12， a22 ， a3 ，12 52 52 16 83a4 ， a5 .83 112 3312 3312 120 1453小题热身(1)(2017石家庄模拟)数列 an：1， ， ， ，的一个通项公式是( )58715 924A an(1) n1 (nN *)2n 1n2
3、 nB an(1) n1 (nN *)2n 1n3 3nC an(1) n1 (nN *)2n 1n2 2nD an(1) n1 (nN *)2n 1n2 2n答案 D3解析 由分子 3,5,7,9 归纳为 2n1，由分母 3,8,15,24 归纳为 n(n2)，奇数项为正，偶数项为负故选 D.(2)已知数列 an满足： a1 a21， an1 (n3， nN *)，a1 a2 a3 an 24则 a6_.答案 316解析 由题意可得a31 ， a41 1 ， a61 1 .a14 34 a1 a24 12 12 a1 a2 a3 a44 1316 316题型 1 知数列前几项求通项公式根据数
4、列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式： 典 例(1)1,7，13,19，；(2)0.8,0.88,0.888，；(3)1,0，0，0，0，；13 15 17(4) ，1， ， ，.32 710917注意项的正负号，分子、分母分开进行不完全归纳解 (1)符号问题可通过(1) n或(1) n1 表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大 6，故通项公式为 an(1) n(6n5)(2)将数列变形为 (10.1)， (10.01)， (10.001)， an .89 89 89 89(1 110n)(3)把数列改写成 ，分母依次为 1,2,3，而分子 1,0,1,0，
5、1102130415061708周期性出现，因此数列的通项可表示为 an 或 an .1 1n 12n |sinn2|n(4)将数列统一为 ， ， ，对于分子 3,5,7,9，是序号的 2 倍加 1，可得分子3255710917的通项公式为 bn2 n1，对于分母 2,5,10,17，联想到数列 1,4,9,16，即数列 n2，可得分母的通项公式为 cn n21，所以可得它的一个通项公式为 an .2n 1n2 1方法技巧由数列的前几项求数列通项公式的策略1对数列的前几项进行归纳、联想，具体如下：分式中分子、分母的特征；相邻4项的变化特征；拆项后的特征；各项符号特征等；化异为同，对于分式还可以
6、考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系如典例(4)2根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(1) n或(1) n1 来调整如典例(1)冲关针对训练(2017青岛模拟)数列 1,3,6,10,15，的一个通项公式是( )A an n2( n1) B an n21C an D annn 12 nn 12答案 C解析 代入进行验证可得选项 C 成立故选 C.题型 2 数列的周期性在数列 an中， a11， a25， an2 an1 an(nN *) 典 例(1)求
7、 a2018; (2)求 S100.本题采用累加法解 (1)由 a11， a25， an2 an1 an(nN *)可得该数列为1,5,4，1，5，4,1,5,4，.由此可得 a2018 a33662 a25.(2)an an1 an2 ， an1 an2 an3 ， a3 a2 a1这 n1 个式子相加得：an an1 a3 an1 a1，Sn an1 a2(nN *且 n2)，S100 a99 a2 a1663 a2 a3 a29.方法技巧数列的周期性是数列的性质之一，其解法往往是依题意列出数列的前若干项，从而发现规律找到周期冲关针对训练(2018大兴一中模拟)数列 an满足 an1 Er
8、ror!a1 ，则数列的第 2018 项为_35答案 15解析 a1 ， a22 a11 .35 15 a32 a2 . a42 a3 .25 45 a52 a41 ， a62 a51 ，.35 155该数列周期为 T4. a2018 a2 .15题型 3 由 an与 Sn的关系求通项公式(2017河南八校一联)在数列 an中， Sn是其前 n 项和，且 Sn2 an1，则 典 例数列的通项公式 an_.转化法 Sn an.答案 2 n1解析 依题意得 Sn1 2 an1 1， Sn2 an1，两式相减得 Sn1 Sn2 an1 2 an，即 an1 2 an.又 S12 a11 a1，因此
9、a11，所以数列 an是以 a11 为首项，2 为公比的等比数列， an2 n1 .条件探究 将本典例条件变为“ an2 SnSn1 0( n2， nN *)， a1 ”，则 an的通12项公式为_答案 anError!解析 当 n2， nN *时， an Sn Sn1 ， Sn Sn1 2 SnSn1 0，易知 SnSn1 0，所以 2.1Sn 1Sn 1又 S1 a1 ， 2，12 1S1数列 是以 2 为首项，公差为 2 的等差数列1Sn 2( n1)22 n. Sn .1Sn 12n当 n2， nN *时， an2 SnSn1 2 .12n 12n 1 12nn 1 anError!方
10、法技巧1已知 Sn求 an的三个步骤(1)先利用 a1 S1求出 a1.(2)用 n1 替换 Sn中的 n 得到一个新的关系，利用 an Sn Sn1 (n2)便可求出当n2 时 an的表达式(3)对 n1 时的结果进行检验，看是否符合 n2 时 an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分 n1 与 n2 两段来写如条件探究2 Sn与 an关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化(1)利用 an Sn Sn1 (n2)转化为只含 Sn， Sn1 的关系式(2)利用 Sn Sn1 an(n2)转化为只含 an， an1 的关系式，再求解如
11、典例冲关针对训练6设数列 an的前 n 项和为 Sn，数列 Sn的前 n 项和为 Tn，满足 Tn2 Sn n2， nN *.(1)求 a1的值；(2)求数列 an的通项公式解 (1)令 n1 时， T12 S11. T1 S1 a1， a12 a11. a11.(2)当 n2 时， Tn1 2 Sn1 ( n1) 2，则 Sn Tn Tn1 2 Sn n22 Sn1 ( n1) 22( Sn Sn1 )2 n12 an2 n1.当 n1 时， a1 S11 也满足上式， Sn2 an2 n1( n1)当 n2 时， Sn1 2 an1 2( n1)1，两式相减，得 an2 an2 an1 2
12、， an2 an1 2( n2) an22( an1 2)( n2) a1230，数列 an2是以 3 为首项，公比为 2 的等比数列 an232 n1 ， an32 n1 2.当 n1 时也满足 a11， an32 n1 2.题型 4 由递推关系求通项公式角度 1 形如 an1 an f(n)，求 an(多维探究)(2015江苏高考)设数列 an满足 a11，且 an1 an n1( nN *)，求 an. 典 例累加法(或凑配法)解 由题意可得， an a1( a2 a1)( a3 a2)( an an1 )123 n.nn 12条件探究 将本典例条件“ an1 an n1”变为“ an1
13、 an2 n”，其他条件不变，则 an的通项公式为_答案 2 n1解析 由题意知 an1 an2 n，an( an an1 )( an1 an2 )( a2 a1) a12 n1 2 n2 21 2 n1.1 2n1 2角度 2 形如 an1 anf(n)，求 an已知数列 an满足 a1 ， an1 an，则通项公式 an_. 典 例 23 nn 2累乘法7答案 43nn 1解析 由已知得 ，分别令 n1,2,3，( n1)，代入上式得 n1 个等an 1an nn 2式累乘，即 ，所以a2a1 a3a2 a4a3 anan 1 13 24 35 46 n 2n n 1n 1 ， an .a
14、na1 2nn 1 43nn 1又因为 a1 也满足该式，所以 an .23 43nn 1角度 3 形如 an1 pan q，求 an(多维探究)已知数列 an中， a11， an1 2 an3，则通项公式 an_. 典 例待定系数法、转化法、构造法答案 2 n1 3解析 递推公式 an1 2 an3 可以转化为 an1 t2( an t)，即an1 2 an tt3.故递推公式为 an1 32( an3)，令 bn an3，则b1 a134，且 2.所以 bn是以 b14 为首项，2 为公比的等比数列，bn 1bn an 1 3an 3则 bn42 n1 2 n1 ，所以 an2 n1 3.
15、条件探究 1 将典例条件“ a11， an1 2 an3”变为“a11， an1 2 an43 n1 ”，求 an.解 原递推式可化为an1 3n2( an 3n1 )比较系数得 4，式即an1 43 n2( an43 n1 )则数列 an43 n1 是一个等比数列，其首项 a143 11 5，公比是 2. an43 n1 52 n1 .即 an43 n1 52 n1 .条件探究 2 将典例条件“ a11， an1 2 an3”变为“ a11， a22，当nN *， an2 5 an1 6 an”，求 an.解 an2 5 an1 6 an可化为an2 a n1 (5 )(an1 a n)比较
16、系数得 3 或 2，不妨取 2.代入可得an2 2 an1 3( an1 2 an)则 an1 2 an是一个等比数列，首项 a22 a122(1)4，公比为 3. an1 2 an43 n1 .利用上题结果有an43 n1 52 n1 .当 3 时结果相同8条件探究 3 将典例条件“ a11， an1 2 an3”变为“ a11， an1 ”，求2anan 2an.解 两边同取倒数得 .故 是以 1 为首项， 为公差的等差数列，1an 1 an 22an 1an 12 1an 12 ，1an n 12 an .2n 1方法技巧已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法(1)形如 an1 a
17、nf(n)，常用累乘法(2)形如 an1 an f(n)，常用累加法(3)形如 an1 ban d(其中 b， d 为常数， b0,1)的数列，常用构造法(4)形如 an1 (p， q， r 是常数)的数列，将其变形为 .panqan r 1an 1 rp 1an qp若 p r，则 是等差数列，且公差为 ，可用公式求通项；1an qp若 p r，则采用(3)的方法来求以上几种为常见的命题方式，下边再列举一些偶有命题形式的几种，以供参考：(5)形如 an2 pan1 qan(p， q 是常数，且 p q1)的数列，构造等比数列，将其变形为 an2 an1 ( q)(an1 an)，则 an a
18、n1 (n2， nN *)是等比数列，且公比为 q，可以求得 an an1 f(n)，然后用累加法求得通项(6)形如 a12 a23 a3 nan f(n)的式子，由 a12 a23 a3 nan f(n)，得 a12 a23 a3( n1) an1 f(n1)，再由可得 an.(7)形如 an1 an f(n)的数列，可将原递推关系改写成 an2 an1 f(n1)，两式相减即得 an2 an f(n1) f(n)，然后按奇偶分类讨论即可(8)形如 anan1 f(n)的数列，可将原递推关系改写成 an2 an1 f(n1)，两式作商可得 ，然后分奇、偶讨论即可an 2an fn 1fn(9
19、)an1 an qan1 an(q0)型，将方程的两边同时除以 an1 an，可构造一个等差数列(10)an pa (n2， p0)型，一般利用取对数构造等比数列rn 1冲关针对训练(2014全国卷)已知数列 an满足 a11， an1 3 an1.证明 是等比数列，an129并求 an的通项公式解 由 an1 3 an1 得 an1 3 .12 (an 12)又 a1 ，所以 是首项为 ，公比为 3 的等比数列12 32 an 12 32an ，因此 an的通项公式为 an .12 3n2 3n 121(2018安徽皖江名校联考)已知数列 an的首项为 2，且数列 an满足an1 ，数列 a
20、n的前 n 项的和为 Sn则 S2018为( )an 1an 1A504 B. C D50417713 17573答案 C解析 a12， an1 ， a2 ， a3 ， a43， a52，数列 anan 1an 1 13 12的周期为 4，且 a1 a2 a3 a4 ，20184504 余762， S2018504 2 .故选 C.(76) 13 175732(2017河南许昌二模)已知等差数列 an满足 a11， an2 an6，则 a11等于( )A31 B32 C61 D62答案 A解析 等差数列 an满足 a11， an2 an6， a3617， a56713， a761319， a9
21、61925， a1162531.故选 A.3(2016浙江高考)设数列 an的前 n 项和为 Sn.若 S24， an1 2 Sn1， nN *，则a1_， S5_.答案 1 121解析 解法一： an1 2 Sn1， a22 S11，即 S2 a12 a11，又 S24，4 a12 a11，解得 a11.又 an1 Sn1 Sn， Sn1 Sn2 Sn1，即 Sn1 3 Sn1，由 S24，可求出 S313， S440， S5121.解法二：由 an1 2 Sn1，得 a22 S11，即 S2 a12 a11，又S24，4 a12 a11，解得 a11.又 an1 Sn1 Sn， Sn1 S
22、n2 Sn1，即Sn1 3 Sn1，则 Sn1 3 ，又 S1 ，12 (Sn 12) 12 32 是首项为 ，公比为 3 的等比数列， Sn 3n1 ，即Sn12 32 12 32Sn ， S5 121.3n 12 35 12104(2018福州模拟)设数列 an的前 n 项和为 Sn，满足Sn2 nan1 3 n24 n， nN *，且 S315.(1)求 a1， a2， a3的值；(2)求数列 an的第 4 项解 (1)依题意有Error!解得 a13， a25， a37.(2)解法一：由 S315， Sn2 nan1 3 n24 n，得 S323 a433 24315，解得 a49.解
23、法二： Sn2 nan1 3 n24 n，当 n2 时， Sn1 2( n1) an3( n1) 24( n1)并整理得 an1 (n2)2n 1an 6n 12n a4 9.23 17 63 123基础送分 提速狂刷练一、选择题1(2018海南三亚一模)在数列 1,2， ， ， ，中，2 是这个数列的( )7 10 13 19A第 16 项 B第 24 项C第 26 项 D第 28 项答案 C解析 设题中数列为 an，则a11 ， a22 ， a3 ， a4 ， a5 ，所以 an .令 21 4 7 10 13 3n 2 3n 2 ，解得 n26.故选 C.19 762数列 an中， a1
24、1，对于所有的 n2， nN *都有 a1a2a3an n2，则a3 a5 ( )A. B. C. D.6116 259 2516 3115答案 A解析 解法一：令 n2,3,4,5，分别求出 a3 ， a5 ， a3 a5 .故选 A.94 2516 6116解法二：当 n2 时， a1a2a3an n2， a1a2a3an1 ( n1) 2.两式相除得 an 2， a3 ， a5 ，(nn 1) 94 2516 a3 a5 .故选 A.61163(2018安徽江南十校联考)在数列 an中， an1 an2， Sn为 an的前 n 项和若S1050，则数列 an an1 的前 10 项和为(
25、 )11A100 B110 C120 D130答案 C解析 an an1 的前 10 项和为 a1 a2 a2 a3 a10 a112( a1 a2 a10) a11 a12 S10102120.故选 C.4(2018广东测试)设 Sn为数列 an的前 n 项和，且 Sn (an1)( nN *)，则 an( )32A3(3 n2 n) B3 n2C3 n D32 n1答案 C解析 由题意知Error!解得Error!代入选项逐一检验，只有 C 符合故选 C.5(2018金版原创)对于数列 an， “an1 |an|(n1,2，)”是“ an为递增数列”的( )A必要不充分条件 B充分不必要条
26、件C充要条件 D既不充分也不必要条件答案 B解析 当 an1 | an|(n1,2，)时，| an| an， an1 an， an为递增数列当 an为递增数列时，若该数列为2,0,1，则a2| a1|不成立 ，即 an1 | an|(n 1,2，)不一定成立故综上知，“an1 | an|(n1,2，)”是“ an为递增数列”的充分不必要条件故选 B.6(2018广东三校期末)已知数列 an满足： a1 ，对于任意的17nN *， an1 an(1 an)，则 a1413 a1314( )72A B. C D.27 27 37 37答案 D解析 a1 ， a2 ， a3 ， a4 ，.17 72
27、 17 67 37 72 37 47 67 72 67 17 37归纳可知当 n 为大于 1 的奇数时， an ；当 n 为正偶数时， an .故 a1413 a1314 .67 37 37故选 D.7(2018江西期末)定义 为 n 个正数 p1， p2， pn的“均倒数” ，np1 p2 pn若已知数列 an的前 n 项的“均倒数”为 ，又 bn .则 b10等于( )15n an5A15 B17 C19 D21答案 C解析 由 得 Sn a1 a2 an5 n2，则 Sn1 5( n1) 2(n2)，na1 a2 an 15nan Sn Sn1 10 n5( n2)，当 n1 时， a1
28、5 也满足故an10 n5， bn2 n1， b10210119.故选 C.128(2018西安模拟)已知函数 f(x)Error!(a0 且 a1)，若数列 an满足 an f(n)(nN *)，且 an是递增数列，则实数 a的取值范围是( )A(0,1) B. C(2,3) D(1,3)83， 3)答案 C解析 因为 an是递增数列，所以Error!解得 2 .tn 12n tn 2 12n 2 tn 1 12n化简得 t(n2)1.当 n3 时，若 t(n2)1 恒成立，则 t 恒成立，1n 2又当 n3 时， 的最大值为 1，则 t 的取值范围是(1，)故选 C.1n 210(2018
29、湖北八校模拟)已知数列 an满足： a11， an1 (nN *)若anan 2bn1 ( n2 ) (nN *)， b1 ，且数列 bn是单调递增数列，则实数 的(1an 1) 32取值范围是( )A B 1 C D 45 32 23答案 A解析 数列 an满足： a11， an1 (nN *)，anan 2 an0， 1，则 12 ，1an 1 2an 1an 1 (1an 1)数列 是等比数列，且首项为 12，公比为 2， 12 n.1an 1 1a1 1an13 bn1 ( n2 ) ( n2 )2n(nN *)，(1an 1) bn( n12 )2n1 (n2)，数列 bn是单调递增
30、数列， bn1 bn，( n2 )2n( n12 )2n1 (n2)，可得 b1，(12 )2 ，解得 0，且na (2 n1) an1 an2 a 0.设 M(x)表示整数 x 的个位数字，则 M(a2017)_.2n 1 2n答案 6解析 由已知得( nan1 an)(an1 2 an)0， an0， an1 2 an0，则 2，an 1an a11，数列 an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列， an12 n1 2 n1 . a22， a34， a48， a516， a632， a764， a8128， n2 时， M(an)依次构成以 4 为周期的数列 M(a2017) M(a5)
31、6，故答案为 6.13(2017吉林模拟)若数列 an满足 a1 ， an1 (n2 且 nN *)，则 a201612 1an 1等于_答案 2解析 a1 ， an1 (n2 且 nN *)，12 1an 114 a21 1 1， a31 1 2， a41 1 ，依1a1 112 1a2 1 1 1a3 12 12此类推，可得 an3 an， a2016 a67133 a32.14(2017河南测试)已知各项均为正数的数列 an满足 an1 ， a1 ， Sn为an2 14 72数列 an的前 n 项和，若对于任意的 nN *，不等式 2 n3 恒成立，则实数 k12k12 n 2Sn的取值
32、范围为_答案 38， )解析 由 an1 an ，得 an1 ，且 a1 3，所以数列 是以12 14 12 12(an 12) 12 an 123 为首项， 为公比的等比数列，则 an 3 n1 ，所以 an3 n1 ，所以12 12 (12) (12) 12Sn3Error! Error! 6 ，则 12 n2 Sn .因为不等120 12 122 12n 1 n2 (1 12n) n2 122n式 k2n2 n3， nN *恒成立，所以 k max， nN *.令 bn，则12k12 n 2Sn (2n 32n ) 2n 32nbn1 bn ，则 b1b4，所以( bn)max b3 ，
33、故 k .2n 12n 1 2n 32n 5 2n2n 1 38 38三、解答题15(2017河南百校联盟模拟)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且对任意正整数 n 都有 an Sn2 成立记 bnlog 2an，求数列 bn的通项公式34解 在 an Sn2 中，令 n1，得 a18.34因为对任意正整数 n 都有 an Sn2 成立，所以 an1 Sn1 2，34 34两式相减得 an1 an an1 ，所以 an1 4 an，34又 a18，所以 an是首项为 8，公比为 4 的等比数列，所以 an84 n1 2 2n1 ，所以 bnlog 222n1 2 n1.16(2015四川高考)设数列 an(n1,2,3，)的前 n 项和 Sn满足 Sn2 an a1，且a1， a21， a3成等差数列(1)求数列 an的通项公式；(2)记数列 的前 n 项和为 Tn，求使得| Tn1|1000.11000 |1 12n 1| 11000因为 29512100010242 10，所以 n10.于是，使| Tn1| 成立的 n 的最小值为 10.11000
