1、第五章 数列第一节数列的概念与简单表示法2019考纲考题考情1.数列的有关概念(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an1an其中nN*递减数列an1an常数列an1an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周期数列对nN*，存在正整数常数k，使ankan(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,
2、如果数列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,1数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，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，则若an最小，则3递推关系求通项公式的三种方法：(1)叠加法：对于an1anf(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an1panq型，两边同时加
3、上(p1)构造一个公比为p的等比数列，求得an。 一、走进教材1(必修5P33A组T4改编)在数列an中，a11，an1(n2)，则a5等于()A B C D解析a212，a31，a413，a51。答案D2(必修5P33A组T5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5n4二、走近高考3(2014全国卷)数列an满足an1，a82，则a1_。解析由题易知a82，得a7，a7，得a61；a61，得a52，于是可知数列an具有周期性，且周期为3，所以a1a7。答案4(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和。若Sn2an1，则S6_。解析根据Sn2an1，可
4、得Sn12an11，两式相减得an12an12an，即an12an，当n1时，S1a12a11，解得a11，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以S663。解析：因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11；当n2时，a1a22a21，解得a22；当n3时，a1a2a32a31，解得a34；当n4时，a1a2a3a42a41，解得a48；当n5时，a1a2a3a4a52a51，解得a516；当n6时，a1a2a3a4a5a62a61，解得a632。所以S61248163263。答案63三、走出误区微提醒：忽视数列是特殊的函数，其自变量为正整数集N*或其子集1,2，n；求
5、数列前n项和Sn的最值时忽视项为零的情况；根据Sn求an时忽视对n1的验证。5在数列1,0，中，0.08是它的第_项。解析依题意得，解得n10或n(舍)。答案106在数列an中，ann26n7，当其前n项和Sn取最大值时，n_。解析由题可知nN*，令ann26n70，得1n7(nN*)，所以该数列的第7项为零，且从第8项开始an0，则S6S7且最大。答案6或77已知Sn2n3，则an_。解析因为Sn2n3，那么当n1时，a1S12135；当n2时，anSnSn12n3(2n13)2n1(*)。由于a15不满足(*)式，所以an答案考点一 由数列的前n项求数列的通项公式【例1】(1)数列，的一个
6、通项公式为()Aan(1)nBan(1)nCan(1)n1Dan(1)n1(2)(2019湖北八校联考)已知数列an满足an(nN*)，将数列an中的整数项按原来的顺序组成新数列bn，则b2 019的末位数字为()A8 B2C3 D7解析(1)该数列是分数形式，分子为奇数2n1，分母是指数2n，各项的符号由(1)n1来确定，所以D选项正确。(2)由an(nN*)，可得此数列为，整数项为，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2 01945043，所以b2 019的末位数字为7。故选D。答案(1)D(2)D根据所给数列的
7、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。 【变式训练】(1)数列1,3,6,10,15，的一个通项公式是()Aann2(n1) Bann21Can Dan(2)已知数列an为，则数列an的一个通项公式是_。解析(1)设此数列为an，则由题意可得a11，a23，a36，a410，a515，仔细观察数列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a
8、n。解析：代入n1,2,3进行验证。(2)各项的分母分别为21,22,23,24，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。答案(1)C(2)(1)n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Snn22n1(nN*)，则an_。(2)已知数列an的前n项和Snan，则an的通项公式为an_。解析(1)当n2时，anSnSn12n1；当n1时，a1S14211。因此an(2)当n1时，a1S1a1，所以a11。当n2时，anSnSn1anan1，所以，所以数列an为首项a11，公比q的等比数列，故ann1
9、。答案(1)(2)n11已知Sn求an，常用的方法是利用anSnSn1(n2)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)(2019合肥市质量检测)已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn2an3n，则a2 020()A22 0201 B32 0206C2 020 D2 020(2)已知数列an的前n项和Sn3n1，则数列的通项公式an_。解析(1)因为a1S1，所以3a13S12a13a13。当n2时，3Sn2an3n,3Sn12an13(n1)，所以an2an13，即an12(an
10、11)，所以数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an1(2)(2)n1(2)n，则a2 02022 0201。故选A。(2)当n1时，a1S1314，当n2时，anSnSn13n13n1123n1。显然当n1时，不满足上式。所以an答案(1)A(2)考点三 由递推关系求通项公式【例3】(1)已知数列an中，a11，an1an2n1，则a5_。(2)若a11，an12nan，则通项公式an_。(3)若a11，an1，则数列an的通项公式an_。解析(1)依题意得an1an2n1，a5a1(a2a1)(a3a2)(a4a3)(a5a4)1357925。(2)由an12nan，得2n1(
11、n2)，所以ana12n12n2212123(n1)2。又a11适合上式，故an2。(3)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(nN*)。答案(1)25(2)2(3)已知数列的递推关系求通项公式的典型方法1当出现anxan1y(x，y为常数)时，构造等比数列。2当出现anan1f(n)时，用累加法求解。3当出现f(n)时，用累乘法求解。 【变式训练】(1)若数列an满足a11，且对于任意的nN*都有an1ann1，则等于()AB CD(2)定义：在数列an中，若满足d(nN*，d为常数)，称an为“等差比数列”。已
12、知在“等差比数列”an中，a1a21，a33，则等于()A42 01521 B42 01421C42 01321 D42 0132解析(1)由an1ann1，得an1ann1，则a2a111，a3a221，a4a331，anan1(n1)1，以上等式相加，得ana123(n1)n，把a11代入上式得an123(n1)n，所以2，则22，故选D。(2)由题知是首项为1，公差为2的等差数列，则2n1，所以ana1(2n3)(2n5)1。所以4 0274 025(4 0261)(4 0261)4 0262142 01321。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】
13、(2019河北石家庄模拟)若数列an满足a12，an1，则a2 018的值为()A2 B3C D解析因为a12，an1，所以a23，同理可得：a3，a4，a52，可得an4an，则a2 018a50442a23。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(n1)n，则数列的最大项为_。(2)已知数列an满足a133，an1an2n，则的最小值为_。解析(1)因为an1an(n2)n1(n1)nn，所以当n0，即an1an；当n9时，an1an0，即an1an；当n9时，an1an0，即an10)，求导得f(x)1。令f(x)0，解
14、得x；令f(x)0，解得0x0或an1)的最大值为_。解析因为Snan，所以当n1时，anSnSn1anan1，即，因为数列单调递减，所以当n2时，2最大。答案21(配合例2使用)若数列an是正项数列，且n2n，则_。解析当n1时，1212，a14。当n2时，(n1)2(n1)，n2n，两式相减可得2n，即an4n2，又a14也符合该式，所以an4n2，则4n，则41424n2n22n(nN*)。答案2n22n(nN*)2(配合例4使用)若a11，对任意的nN*，都有an0，且na(2n1)an1an2a0。设M(x)表示整数x的个位数字，则M(a2 019)_。解析由已知得(nan1an)(
15、an12an)0，因为an0，所以an12an0，则2，因为a11，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an12n12n1(nN*)。所以a22，a34，a48，a516，a632，a764，a8128，所以n2时，M(an)依次构成以4为周期的数列。所以M(a2 019)M(a3)4，故答案为4。答案43(配合例5使用)已知数列an满足nan2(n2)an(n22n)，其中a11，a22，若anan1对任意的nN*恒成立，则实数的取值范围是_。解析由nan2(n2)an(n22n)n(n2)得，所以数列的奇数项与偶数项均是以为公差的等差数列，因为a11，a22，所以当n为奇数时，11，所以ann。当n为偶数时，11，所以ann，当n为奇数时，由anan1得n2，若n1，则R，若n1，则，所以0。当n为偶数时，由anan1，得n2，所以，即0。综上，实数的取值范围为0，)。答案0，)
