2022版江苏高考数学一轮复习讲义：第6章 第1节　数列的概念与简单表示法 Word版含答案学案

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[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．
1．数列的定义
按照一定次序排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．
2．数列的分类
3.数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与n之间的关系可以用一个函数式an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
4．数列的递推公式
如果已知数列的第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．
5．an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，
则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
特别地，若a1满足an＝Sn－Sn－1(n≥2)，则不需要分段．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
[答案](1)× (2)× (3)× (4)√
二、教材改编
1．已知数列eq \f(1,1×2)，eq \f(1,2×3)，eq \f(1,3×4)，…，eq \f(1,nn＋1)，…，下列各数中是此数列中的项的是( )
A.eq \f(1,35) B.eq \f(1,42) C.eq \f(1,48) D.eq \f(1,54)
B [该数列的通项an＝eq \f(1,nn＋1)，结合选项可知B正确．]
2．在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq \f(－1n,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)
D [a2＝1＋eq \f(－12,a1)＝2，a3＝1＋eq \f(－13,a2)＝eq \f(1,2)，
a4＝1＋eq \f(－14,a3)＝3，a5＝1＋eq \f(－15,a4)＝eq \f(2,3).]
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝ .
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N*)) [当n＝1时，a1＝S1＝2.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N*.))]
4．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＝ .
5n－4 [由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳an＝5n－4.]
考点1 由数列的前几项求数列的通项公式
利用观察法求数列通项要抓住数列的4个特征
(1)分式中分子、分母的特征．
(2)相邻项的变化特征．
(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征．
(4)各项符号特征等．
根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)eq \f(2,3)，eq \f(4,15)，eq \f(6,35)，eq \f(8,63)，eq \f(10,99)，…；
(2)－1,7，－13,19，…；
(3)eq \f(1,2)，2，eq \f(9,2)，8，eq \f(25,2)，…；
(4)5,55,555,5 555，….
[解](1)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).
(2)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)．
(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)．
(1)对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理，如T(2)；
(2)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式，如T(3)．
(3)考查归纳推理，特殊到一般，由数列的前n项归纳通项公式，答案并不唯一．
考点2 由an与Sn的关系求通项公式
已知Sn求an的3个步骤
(1)利用a1＝S1求出a1.
(2)当n≥2时，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an的表达式．
(3)看a1是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形式，即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则an＝ .
(2)(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝ .
(3)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝ .
(1)4n－5 (2)－63 (3)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2)) [(1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.
(2)因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝eq \f(－1×1－26,1－2)＝－63.
(3)当n＝1时， a1＝21＝2，
∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1(n≥2)，②
由①－②得nan＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝eq \f(2n－1,n).
显然当n＝1时不满足上式，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))]
Sn与an关系问题的求解思路要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－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
提醒：利用an＝Sn－Sn－1求通项时，应注意n≥2这一前提条件，易忽视验证n＝1致误．
[教师备选例题]
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则an＝ .
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥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.当n＝1时，2×31－1＝2≠a1，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))]
2．已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有eq \f(2an,anSn－S\\al(2,n))＝1成立，则S2 019＝ .
eq \f(1,1 010) [当n≥2时，由eq \f(2an,anSn－S\\al(2,n))＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)·Sn－Seq \\al(2,n)＝－SnSn－1，所以eq \f(2,Sn)－eq \f(2,Sn－1)＝1，又eq \f(2,S1)＝2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,Sn)))是以2为首项，1为公差的等差数列，所以eq \f(2,Sn)＝n＋1，故Sn＝eq \f(2,n＋1)，则S2 019＝eq \f(1,1 010).]
1.已知正项数列{an}中，eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝eq \f(nn＋1,2)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝n B．an＝n2
C．an＝eq \f(n,2) D．an＝eq \f(n2,2)
B [∵eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝eq \f(nn＋1,2)，
∴eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an－1)＝eq \f(nn－1,2)(n≥2)，
两式相减得eq \r(an)＝eq \f(nn＋1,2)－eq \f(nn－1,2)＝n(n≥2)，
∴an＝n2(n≥2)，①
又当n＝1时，eq \r(a1)＝eq \f(1×2,2)＝1，a1＝1，适合①式，
∴an＝n2，n∈N*.故选B.]
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝ .
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n-1) [因为Sn＝2an＋1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an，所以an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an(n≥2)，
即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,2)(n≥2)，
又a2＝eq \f(1,2)，所以an＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n-2) (n≥2)．
当n＝1时，a1＝1≠eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up18(-1)＝eq \f(1,3)，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n-2)，n≥2，))
所以Sn＝2an＋1＝2×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n-1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n-1).]
考点3 由递推关系式求数列的通项公式
累加法——形如an＋1－an＝f(n)，求an
利用an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝ f(n－1)＋ f(n－2)＋…＋ f(1)＋a1求解．
设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为 ．
an＝eq \f(n2＋n,2) [由题意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
∴an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得
an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq \f(n－12＋n,2)＝eq \f(n2＋n－2,2).
∵a1＝1，∴an＝eq \f(n2＋n,2)(n≥2)．
∵当n＝1时也满足此式，∴an＝eq \f(n2＋n,2).]
应注意题设条件转化为“an－an－1＝n”时，其前提条件为“n≥2”，易忽视验证“n＝1”致误．
在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝ .
4－eq \f(1,n) [原递推公式可化为an＋1＝an＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
则a2＝a1＋eq \f(1,1)－eq \f(1,2)，a3＝a2＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)，
a4＝a3＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)，…，an－1＝an－2＋eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n－1)，
an＝an－1＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，逐项相加得an＝a1＋1－eq \f(1,n)，
故an＝4－eq \f(1,n)，经验证a1，a2也符合．]
累乘法——形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)，求an
利用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求解．
在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为 ．
an＝eq \f(1,n) [∵an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，
∴an－1＝eq \f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq \f(n－3,n－2)an－3，…，a2＝eq \f(1,2)a1.
以上(n－1)个式子相乘得，
an＝a1·eq \f(1,2)·eq \f(2,3)·…·eq \f(n－1,n)＝eq \f(a1,n)＝eq \f(1,n).
当n＝1时，a1＝1，符合上式，
∴an＝eq \f(1,n).]
反复构造“eq \f(an,an－1)”是解答此类问题的关键．
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2nan，求数列{an}的通项公式．
[解] ∵an＋1＝2nan，∴eq \f(an＋1,an)＝2n，
∴eq \f(an,an－1)＝2n－1(n≥2)，
∴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)
＝.
又a1＝1适合上式，故an＝.
待定系数法——形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1，B≠0)，求an
求此类数列的通项公式，通常采用待定系数法将其转化为(an＋1＋x)＝A(an＋x)，先求出x，再借助等比数列{an＋x }求解．
(2019·青岛模拟)已知数列{an}满足a1＝1，
an＋1＝3an＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为 ．
an＝2·3n－1－1 [∵an＋1＝3an＋2，
∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，
∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，
∴an＝2·3n－1－1.]
构造“an＋1＋1＝3(an＋1)”是解答本题的关键．
(2019·葫芦岛二模)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一”．在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的移动最少次数，{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数,2an－1＋2，n为奇数))，则解下4个环所需的最少移动次数为( )
A．7 B．10
C．12 D．22
A [依题意a4＝2a3－1＝2(2a2＋2)－1＝2[2(2a1－1)＋2]－1＝7.故选A.]
取倒数法——形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)，求an
将原式变形为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(C,A)·eq \f(1,an)＋eq \f(B,A).
①若A＝C，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，且公差为eq \f(B,A)，可直接用公式求通项；②若A≠C，则采用待定系数法，构造新数列求解．
已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝ .
eq \f(2,n) [∵an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝2，∴an≠0，
∴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＝2，则eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2).∴an＝eq \f(2,n).]
求解本题的关键是对等式取倒数变形后，发现eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))成等差数列．
(2019·张家界模拟)若数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(an,1＋3an)，则这个数列的第10项a10＝( )
A．28 B．29
C.eq \f(1,28) D.eq \f(1,29)
C [∵an＋1＝eq \f(an,1＋3an)，两边取倒数得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，又 a1＝1所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))表示首项为1，公差为3的等差数列，
所以eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×3＝3n－2，即an＝eq \f(1,3n－2)，
所以a10＝eq \f(1,3×10－2)＝eq \f(1,28)，故选C.]
考点4 数列的性质
数列的周期性及应用
解决数列周期性问题的方法：先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
(2019·包头模拟)在数列{an}中，a1＝0，an＋1＝eq \f(\r(3)＋an,1－\r(3)an)，则S2 020＝ .
0 [∵a1＝0，an＋1＝eq \f(\r(3)＋an,1－\r(3)an)，
∴a2＝eq \f(\r(3),1)＝eq \r(3)，a3＝eq \f(\r(3)＋\r(3),1－\r(3)×\r(3))＝eq \f(2\r(3),－2)＝－eq \r(3)，
a4＝eq \f(\r(3)－\r(3),1＋\r(3)×\r(3))＝0，即数列{an}的取值具有周期性，周期为3，且a1＋a2＋a3＝0，则S2 020＝S3×673＋1＝a1＝0.]
解答本题的关键是正确求出数列的前3项后，发现数列{an}是周期数列．
已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，若a1＝eq \f(1,2)，则a2 020＝( )
A．－1 B.eq \f(1,2) C．1 D．2
B [由a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(1,1－an)，得a2＝eq \f(1,1－a1)＝2，
a3＝eq \f(1,1－a2)＝－1，a4＝eq \f(1,1－a3)＝eq \f(1,2)，a5＝eq \f(1,1－a4)＝2，…，
于是可知数列{an}是以3为周期的周期数列，因此a2 020＝a3×673＋1＝a1＝eq \f(1,2).]
数列的单调性及应用
1.判断数列单调性的2种方法
(1)作差(或商)法；
(2)目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去．
2．求数列中最大(小)项的2种方法
(1)根据数列的单调性判断；
(2)利用不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1,an≥an＋1))(或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1,an≤an＋1)))求出n的值，进而求得an的最值．
3．求含整数n的代数式的最值问题，一般采用作差(作商)研究单调性，特别是在大题中最有效．
(1)[一题多解]已知数列{an}的通项公式为an＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)，则数列{an}中的最大项为( )
A.eq \f(8,9) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(64,81) D.eq \f(125,243)
(2)若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1＞an成立，则实数k的取值范围是 ．
(1)A (2) (－3，＋∞) [(1)法一：(作差比较法)
an＋1－an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12( n+1)－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)＝eq \f(2－n,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)，
当n<2时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>2时，an＋1－an<0，即an＋1所以a1a4>a5>…>an，
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，
且a2＝a3＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(8,9).故选A.
法二：(作商比较法)
令eq \f(an＋1,an)>1，解得n<2；
令eq \f(an＋1,an)＝1，解得n＝2；
令eq \f(an＋1,an)<1，解得n>2.
又an>0，故a1a4>a5>…>an，
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，
且a2＝a3＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(8,9).故选A.
(2)由an＋1＞an知该数列是一个递增数列，
又∵通项公式an＝n2＋kn＋4，
∴(n＋1)2＋k(n＋1)＋4＞n2＋kn＋4，
即k＞－1－2n，又n∈N*，
∴k＞－3.]
由于数列对应的函数图象是离散型的点，故其单调性不同于函数的单调性，本例(2)在求解时常因误用二次函数的单调性导致求错实数k的取值范围．
1.已知an＝eq \f(n－1,n＋1)，那么数列{an}是( )
A．递减数列 B．递增数列
C．常数列 D．摆动数列
B [an＝1－eq \f(2,n＋1)，将an看作关于n的函数，n∈N*，易知{an}是递增数列．]
2．数列{an}的通项公式是an＝(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))eq \s\up12(n)，则此数列的最大项是第 项．
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式
高考在本章一般命制2道小题或者1道解答题，分值占10～12分.
2.考查内容
(1)高考对小题的考查一般以等差、等比数列的基本量运算，等差、等比数列的性质为主.
(2)解答题一般以数列递推关系为载体，考查数列通项公式的求法，等差、等比数列的证明，数列求和的方法等.
3.从近几年高考试题可以看出，高考对数列知识的考查既重视基础又注重能力且难度有可能会逐步加大.
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