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第6章 第1节 数列的概念与简单表示法教案
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这是一份第6章 第1节 数列的概念与简单表示法教案，共18页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。
一、教材概念·结论·性质重现
1．数列的概念与表示
(1)数列研究的是有规律的一列数，归纳与猜想是研究数列的重要方法．
(2)有序性是数列的主要特征，数列的项an是序号n的函数，其中n是正整数．
2．数列的分类
数列的前三项的增减性是判断数列是否具有增减性的必要条件，解题时要灵活运用．
3．数列的通项公式与递推公式
由数列的递推公式求数列的通项公式是高频考点．
4．数列的前n项和
(1)表示：在数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和．
(2)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.))
(1)求数列的前n项和，从首项起，以后各项依次相加，其中项数是易错点．
(2)由Sn求an的三个步骤：①求a1＝S1；②当n≥2时，求an＝Sn－Sn－1；③验证首项．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)数列1,2,3与3,2,1是同一个数列．(×)
(2)在数列{an}中，对于任意正整数m，n，am＋n＝amn＋1，若a1＝1，则a2＝2．(√)
(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(√)
(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)
(5)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＝Sn－Sn－1．(×)
2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为( )
A．15 B．16 C．49 D．64
A 解析：因为Sn＝n2，所以a1＝S1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
当n＝1时符合上式，
所以an＝2n－1，所以a8＝2×8－1＝15.
3．(多选题)已知数列的通项公式为an＝n2－10n＋16，则下列说法正确的是( )
A．数列{an}是递增数列
B．数列{an}是递减数列
C．数列{an}中的最小项是第5项
D．数列{an}前5项递减，以后各项递增
CD 解析：由于通项公式an＝n2－10n＋16＝(n－5)2－9，所以数列{an}中的最小项是第5项，数列{an}的前5项递减，以后各项递增．
4．在数列1,1,2,3,5,8,13,21，x,55，…中，x＝________.
34 解析：通过观察数列各项的规律，发现从第三项起，每项都等于它前两项之和，因此x＝13＋21＝34.
5．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________．
(－3，＋∞) 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.
考点1 由数列的前几项求数列的通项——基础性
1．(2020·乌鲁木齐米东区期中)数列－1,3，－6,10，…的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)nn2－(n－1)
B．an＝(－1)n＋1(n2－1)
C．an＝(－1) n eq \f(nn＋1,2)
D．an＝(－1)n－1 eq \f(nn－1,2)
C 解析：设此数列为an，可得每一项的符号为(－1)n，且|an|＝eq \f(nn＋1,2)，所以an＝(－1)n eq \f(nn＋1,2).
2．已知数列eq \r(5)，eq \r(11)，eq \r(17)，eq \r(23)，eq \r(29)，…，则5eq \r(5)是它的( )
A．第19项B．第20项
C．第21项D．第22项
C 解析：数列eq \r(5)，eq \r(11)，eq \r(17)，eq \r(23)，eq \r(29)，…中的各项可变形为eq \r(5)，eq \r(5＋6)，eq \r(5＋2×6)，eq \r(5＋3×6)，eq \r(5＋4×6)，…，所以通项公式为an＝eq \r(5＋6n－1)＝eq \r(6n－1)，令eq \r(6n－1)＝5eq \r(5)，得n＝21.
3．数列{an}的前4项是eq \f(3,2)，1，eq \f(7,10)，eq \f(9,17)，则这个数列的一个通项公式是an＝________.
eq \f(2n＋1,n2＋1) 解析：数列{an}的前4项可变形为eq \f(2×1＋1,12＋1)，eq \f(2×2＋1,22＋1)，eq \f(2×3＋1,32＋1)，eq \f(2×4＋1,42＋1)，故它的一个通项公式an＝eq \f(2n＋1,n2＋1).
4．一个数列{an}的前4项是0.8,0.88,0.888,0.888 8，则这个数列的一个通项公式是an＝________.
eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10n))) 解析：数列变为eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10)))，eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,102)))，eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,103)))，…，故它的一个通项公式an＝eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10n))).
由数列的前几项求数列的通项的策略
根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察、对比、分析，从整体到局部多角度归纳、联想．抓住以下几个方面的特征：
(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．
考点2 由Sn与an的关系求通项——应用性
(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则an＝________.
4n－5 解析：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，所以an＝4n－5.
(2)(2019·上海卷)已知数列{an}前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2，则S5＝________.
eq \f(31,16) 解析：当n＝1时，S1＋a1＝2，所以a1＝1.
当n≥2时，由Sn＋an＝2得Sn－1＋an－1＝2，
两式相减得an＝eq \f(1,2)an－1(n≥2)，
所以{an}是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以Sn＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(n))),1－\f(1,2))，
所以S5＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(5))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).
1．本例(1)条件变为“Sn＝3n＋1”，求数列{an}的通项公式．
解：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．本例(2)条件变为“Sn＝2an＋1”，求S6.
解：因为Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.
所以数列{an}是首项a1＝－1，公比q＝2的等比数列，
所以Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(－1×1－2n,1－2)＝1－2n，
所以S6＝1－26＝－63.
已知Sn求an的步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．
已知数列{an}，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)，求数列{an}的通项公式．
解：因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)，①
则当n≥2时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq \f(n－1,3)，②
①－②得3n－1an＝eq \f(1,3)，所以an＝eq \f(1,3n)(n≥2)．
由题意知a1＝eq \f(1,3)符合上式，所以an＝eq \f(1,3n).
考点3 由数列的递推关系求通项——综合性
考向1 累加法
(2020·安庆期末)设[x]表示不超过x的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1(n∈N*)，则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋\f(1,a3)＋…＋\f(1,a2020)))＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
A 解析：由an＋1＝an＋n＋1，得an－an－1＝n(n≥2)．
又a1＝1，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝eq \f(nn＋1,2)，
则eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2 020)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2 020)－\f(1,2 021)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 021)))＝eq \f(4 040,2 021).
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋…＋\f(1,a2 020)))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4 040,2 021)))＝1.
由数列的递推关系求通项公式方法之一
已知a1，且an－an－1＝f (n)时，用累加法求解．
考向2 累乘法
已知在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq \f(n＋2,3)an.
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由S2＝eq \f(4,3)a2，得3(a1＋a2)＝4a2，
解得a2＝3a1＝3；
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>1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(nn＋1,2)，n≥2.
又a1＝1＝eq \f(1×1＋1,2)，也满足上式．
综上，数列{an}的通项公式an＝eq \f(nn＋1,2).
由数列的递推关系求通项公式方法之二
已知a1，且eq \f(an,an－1)＝f (n)时，用累乘法求解．
考向3 待定系数法
设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3，则an＝________.
5×2n－1－3 解析：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＝5，且eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以{bn}是以5为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝5×2n－1，故an＝5×2n－1－3.
由数列的递推关系求通项公式方法之三
已知a1，且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可用待定系数法确定)，可转化为{an＋k}为等比数列．
考向4 取倒数法
(2020·广雅中学模拟)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，则an的表达式为( )
A．an＝eq \f(2,4n－3)B．an＝eq \f(2,6n－5)
C．an＝eq \f(2,4n＋3)D．an＝eq \f(2,2n－1)
B 解析：数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，可得eq \f(1,an＋1)＝3＋eq \f(1,an)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公差为3的等差数列，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋3(n－1)＝eq \f(6n－5,2).
可得an＝eq \f(2,6n－5)(n∈N*)．
由数列的递推关系求通项公式方法之四
形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．
1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an－2，则a6＝( )
A．0 B．1 C．2 D．6
B 解析：因为a1＝1，an＋1＝3an－2，所以a2＝3－2＝1，以此类推可得a3＝3a2－2＝1，a4＝3a3－2＝1，a5＝3a4－2＝1，a6＝3a5－2＝1.
2．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，则a5的值为________．
eq \f(1,3) 解析：由递推公式可得：anan＋1＋2an＋1＝2an，即anan＋1＝2an－2an＋1，据此有eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2).又eq \f(1,a1)＝1，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为eq \f(1,2)的等差数列，则eq \f(1,a5)＝1＋eq \f(1,2)×(5－1)＝3，故a5＝eq \f(1,3).
3．(2020·河北联考)数列{an}满足a1＝3，且对于任意的n∈N*都有an＋1－an＝n＋2，则a39＝________.
820 解析：因为an＋1－an＝n＋2，
所以a2－a1＝3，a3－a2＝4，a4－a3＝5，…，an－an－1＝n＋1(n≥2)．
上面(n－1)个式子左右两边分别相加得an－a1＝eq \f(n＋4n－1,2)(n≥2)，
即an＝eq \f(n＋1n＋2,2)(n≥2)．
当n＝1时，a1＝3适合上式，
所以an＝eq \f(n＋1n＋2,2)，n∈N*，
所以a39＝eq \f(40×41,2)＝820.
考点4 数列与函数——综合性
考向1 数列的增减性与最大值、最小值
(1)已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ＜1”是“数列{an}为递增数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
A 解析：若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an＞0，即2n＋1＞2λ对任意的n∈N*都成立，于是有3＞2λ，λ＜eq \f(3,2).由λ＜1可推得λ＜eq \f(3,2)，但反过来，由λ＜eq \f(3,2)不能得到λ＜1，因此“λ＜1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．
(2)已知数列{an}的通项an＝eq \f(2n－19,2n－21)，n∈N*，则数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为________．
3，－1 解析：an＝eq \f(2n－19,2n－21)＝eq \f(2n－21＋2,2n－21)＝1＋eq \f(2,2n－21)，
当n≥11时，eq \f(2,2n－21)＞0，且单调递减；当1≤n≤10时，eq \f(2,2n－21)＜0，且单调递减．
因此数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项．
a11＝3，a10＝－1.
(2020·北京东城二模)已知{an}为等比数列，其前n项和为Sn，且满足a3＝1，S3＝3a2＋1.{bn}为等差数列，其前n项和为Tn，如图__________，Tn的图象经过A，B两个点．
(1)求Sn；
(2)若存在正整数n，使得bn＞Sn，求n的最小值．从图①，图②，图③中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答．
解：(1)设{an}为公比为q的等比数列，
由a3＝1，S3＝3a2＋1，得a1＝2a2，即q＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,2)，a1q2＝1.
所以q＝eq \f(1,2)，a1＝4.
所以Sn＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))＝8－23－n.
(2)由图①知T1＝b1＝1，T3＝－3，可判断d＜0，数列{bn}是递减数列．
而数列{8－23－n}递增，
因为b1＜S1，所以选择①不满足“存在n，使得bn＞Sn”；
由图②知：T1＝b1＝1，T3＝6，可判断d＞0，数列{bn}是递增数列；
由图③知：T1＝b1＝－3，T3＝0，可判断d＞0，数列{bn}是递增数列．
所以选择②③均可能满足“存在n，使得bn＞Sn”．
第一种情况：
如果选择条件②，即T1＝b1＝1，T3＝6，可得d＝1，bn＝n，
当n＝1,2,3,4,5,6,7时，bn＞Sn不成立．
当n＝8时，b8＝8，S8＝8－23－8＜b8.
所以使得bn＞Sn成立的n的最小值为8.
第二种情况：
如果选择条件③即T1＝b1＝－3，T3＝0，可得：d＝3，bn＝3n－6，
当n＝1,2,3,4时，bn＞Sn不成立．
当n＝5时，b5＝9，S5＝8－23－5＜b5，
所以使得bn＞Sn成立的n的最小值为5.
解决数列的单调性问题常用方法
(1)用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列．
(2)用作商比较法，根据eq \f(an＋1,an)(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断．
(3)结合相应函数的图象直观判断．
考向2 数列的周期性
(2020·上杭县 5月模拟)设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－eq \f(1,an)，记数列{an}的前n项之积为Pn，则P2 021( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．1 D．－1
D 解析：a1＝2，an＋1＝1－eq \f(1,an)，得a2＝eq \f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，此时数列的项开始重复出现，呈现周期性，周期为3.
且P3＝－1,2021＝3×673＋2，
所以P2 021＝(－1)673×a1a2＝－1.
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．
考向3 新定义问题
对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有eq \f(xn＋xn＋2,2)＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设bn＝2t－eq \f(tn－1,2n－1)，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，则实数t的取值范围是( )
A．(－1，＋∞)B．(－∞，－1]
C．(1，＋∞)D．(－∞，1]
C 解析：由数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，
得eq \f(bn＋bn＋2,2)＜bn＋1(n≥3)，
即t－eq \f(tn－1,2n)＋t－eq \f(tn＋2－1,2n＋2)＜2t－eq \f(tn＋1－1,2n)，
即eq \f(tn－1,2n)＋eq \f(tn＋2－1,2n＋2)＞eq \f(tn＋1－1,2n)，
化简得t(n－2)＞1.
当n≥3时，若t(n－2)＞1恒成立，则t＞eq \f(1,n－2)恒成立，
又当n≥3时，eq \f(1,n－2)的最大值为1，
则t的取值范围是(1，＋∞)．
解决数列的新定义问题的要点
(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．
(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法．
1．观察数列1，ln 2，sin 3,4，ln 5，sin 6,7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第11项是( )
A．1111B．11
C．ln 11D．sin 11
C 解析：由数列得出规律，按照1，ln 2，sin 3，…，是按正整数的顺序排列，且以3为循环节，
由11÷3＝3余2，所以该数列的第11项为ln 11.
2．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 解析：an＝1－eq \f(2,n＋1)，将an看作关于n的函数，n∈N*，易知数列{an}是递增数列．
3．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是( )
A．第2项B．第3项
C．第4项D．第5项
B 解析：因为Sn＝n2－10n，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11.
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式，
所以an＝2n－11(n∈N*)．
记f (n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，
此函数图象的对称轴为直线n＝eq \f(11,4)，但n∈N*，
所以当n＝3时，f (n)取最小值．
所以数列{nan}中数值最小的项是第3项．
已知数列{an}中，a1＝3，且n(n＋1)(an－an＋1)＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(a1·a2·…·an,n＋1·2n)，求数列{bn}的前n项和Sn.
[四字程序]
思路参考：(1)累加法；(2)错位相减法．
解：(1)由题意知，an－an＋1＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以n≥2时，an－1－an＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，
an－2－an－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))，
…，
a1－a2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)))，
以上(n－1)个式子左右两边分别相加得
a1－an＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n))).
又a1＝3，所以an＝1＋eq \f(2,n)(n≥2)．
又a1＝3符合上式，故an＝1＋eq \f(2,n)(n∈N*)．
(2)由(1)知，an＝1＋eq \f(2,n)＝eq \f(n＋2,n)，
所以a1a2…an＝eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×…×eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n＋2,n)＝eq \f(n＋1n＋2,2)，
所以bn＝eq \f(a1·a2·…·an,n＋1·2n)＝eq \f(n＋2,2n＋1)，
所以Sn＝eq \f(3,22)＋eq \f(4,23)＋eq \f(5,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n)＋eq \f(n＋2,2n＋1)，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋eq \f(5,25)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)＋eq \f(n＋2,2n＋2)，
两式相减得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,22)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n＋1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)＝eq \f(3,4)＋eq \f(\f(1,23)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up10(n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(n＋2,2n＋2)＝1－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋2,2n＋2)＝1－eq \f(n＋4,2n＋2)，故Sn＝2－eq \f(n＋4,2n＋1).
思路参考：(1)选代法；(2)裂项相消法．
解：(1)由题意知，an－an＋1＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以an＋1－eq \f(2,n＋1)＝an－eq \f(2,n)，
所以an－eq \f(2,n)＝an－1－eq \f(2,n－1)＝…＝a1－eq \f(2,1)＝3－2＝1，
所以an＝1＋eq \f(2,n).
(2)由(1)知an＝1＋eq \f(2,n)＝eq \f(n＋2,n)，
所以a1·a2·…·an＝eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×…×eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n＋2,n)＝eq \f(n＋1n＋2,2)，
所以bn＝eq \f(a1·a2·…·an,n＋1·2n)＝eq \f(n＋2,2n＋1)＝eq \f(n＋3,2n)－eq \f(n＋4,2n＋1)，
所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,21)－\f(5,22)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,22)－\f(6,23)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋3,2n)－\f(n＋4,2n＋1)))＝2－eq \f(n＋4,2n＋1).
1．本题考查数列求通项公式与前n项和问题，解法灵活多变，基本解题策略是借助于数列的递推关系求通项公式，利用裂项相消法或错位相减法求数列的前n项和，对于此类问题要注意观察条件的特点，合理转化．
2．基于课程标准，解答本题一般需要学生熟练掌握数学推理能力、运算求解能力和表达能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
解：(方法一)an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，
即eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，
所以eq \f(a2＋1,a1＋1)＝3，eq \f(a3＋1,a2＋1)＝3，eq \f(a4＋1,a3＋1)＝3，…，eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3.
将这些等式两边分别相乘得eq \f(an＋1＋1,a1＋1)＝3n.
因为a1＝1，所以eq \f(an＋1＋1,1＋1)＝3n，
即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)．
又a1＝1也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
(方法二)an＋1＝3an＋2，
即an＋1＋1＝3(an＋1)＝32(an－1＋1)＝33(an－2＋1)
＝…＝3n(a1＋1)＝2×3n(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)．
又a1＝1也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
课程标准
命题解读
1.了解数列的概念和表示方法(列表、图象、通项公式)，了解数列是一种特殊函数．
2.理解等差数列的概念和通项公式的意义．
3.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系．
4.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题。体会等差数列与一元一次函数的关系．
5.理解等比数列的概念和通项公式的意义．
6.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系．
7.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题。体会等比数列与指数函数的关系.
考查形式：一般为一个选择题和一个填空题或一个解答题
考查内容：数列的概念及表示方法、等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式与前n项和公式、数列求和及其应用．
备考策略：(1)熟练应用等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式求值．
(2)重视数列与函数关系的研究，注意函数性质在数列中的应用．
(3)加强数列求和问题的训练．
核心素养：数学抽象、直观想象、数学运算.
数列
内容
定义
按照确定的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，数列的第n项用an表示
表示
a1，a2，a3，…，an，…，简记为{an}
函数观点
an＝f (n)，n∈N*
分类标准
名称
含义
按项的个数
有穷数列
项数有限的数列
无穷数列
项数无限的数列
按项的变化趋势
递增数列
从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列⇔an递减数列
从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列⇔an>an＋1
常数列
各项都相等的数列⇔an＝an＋1
摆动数列
从第2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
数列的形式
意义
特点
通项公式
用公式an＝f (n)，n∈N*给出数列
可以求任意项
递推公式
给出首项，相邻两项或多项之间的关系
需依次求各项
读
想
算
思
求通项公式与前n项和
1.求通项公式的方法；
2.怎样对已知条件变形？
变形已知条件，求通项公式，求和
转化与化归
数列{an}中，a1＝3，n(n＋1)·(an－an＋1)＝2
1.累加法与错位相减法；
2.构造法与裂项相消法
1.由an－an＋1＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，求an；
2.由bn＝eq \f(n＋2,2n＋1)，求Sn
1.累加法与构造法求数列的通项公式；
2.错位相减法与裂项相消法求和
一、教材概念·结论·性质重现
1．数列的概念与表示
(1)数列研究的是有规律的一列数，归纳与猜想是研究数列的重要方法．
(2)有序性是数列的主要特征，数列的项an是序号n的函数，其中n是正整数．
2．数列的分类
数列的前三项的增减性是判断数列是否具有增减性的必要条件，解题时要灵活运用．
3．数列的通项公式与递推公式
由数列的递推公式求数列的通项公式是高频考点．
4．数列的前n项和
(1)表示：在数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和．
(2)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.))
(1)求数列的前n项和，从首项起，以后各项依次相加，其中项数是易错点．
(2)由Sn求an的三个步骤：①求a1＝S1；②当n≥2时，求an＝Sn－Sn－1；③验证首项．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)数列1,2,3与3,2,1是同一个数列．(×)
(2)在数列{an}中，对于任意正整数m，n，am＋n＝amn＋1，若a1＝1，则a2＝2．(√)
(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(√)
(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)
(5)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＝Sn－Sn－1．(×)
2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为( )
A．15 B．16 C．49 D．64
A 解析：因为Sn＝n2，所以a1＝S1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
当n＝1时符合上式，
所以an＝2n－1，所以a8＝2×8－1＝15.
3．(多选题)已知数列的通项公式为an＝n2－10n＋16，则下列说法正确的是( )
A．数列{an}是递增数列
B．数列{an}是递减数列
C．数列{an}中的最小项是第5项
D．数列{an}前5项递减，以后各项递增
CD 解析：由于通项公式an＝n2－10n＋16＝(n－5)2－9，所以数列{an}中的最小项是第5项，数列{an}的前5项递减，以后各项递增．
4．在数列1,1,2,3,5,8,13,21，x,55，…中，x＝________.
34 解析：通过观察数列各项的规律，发现从第三项起，每项都等于它前两项之和，因此x＝13＋21＝34.
5．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________．
(－3，＋∞) 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.
考点1 由数列的前几项求数列的通项——基础性
1．(2020·乌鲁木齐米东区期中)数列－1,3，－6,10，…的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)nn2－(n－1)
B．an＝(－1)n＋1(n2－1)
C．an＝(－1) n eq \f(nn＋1,2)
D．an＝(－1)n－1 eq \f(nn－1,2)
C 解析：设此数列为an，可得每一项的符号为(－1)n，且|an|＝eq \f(nn＋1,2)，所以an＝(－1)n eq \f(nn＋1,2).
2．已知数列eq \r(5)，eq \r(11)，eq \r(17)，eq \r(23)，eq \r(29)，…，则5eq \r(5)是它的( )
A．第19项B．第20项
C．第21项D．第22项
C 解析：数列eq \r(5)，eq \r(11)，eq \r(17)，eq \r(23)，eq \r(29)，…中的各项可变形为eq \r(5)，eq \r(5＋6)，eq \r(5＋2×6)，eq \r(5＋3×6)，eq \r(5＋4×6)，…，所以通项公式为an＝eq \r(5＋6n－1)＝eq \r(6n－1)，令eq \r(6n－1)＝5eq \r(5)，得n＝21.
3．数列{an}的前4项是eq \f(3,2)，1，eq \f(7,10)，eq \f(9,17)，则这个数列的一个通项公式是an＝________.
eq \f(2n＋1,n2＋1) 解析：数列{an}的前4项可变形为eq \f(2×1＋1,12＋1)，eq \f(2×2＋1,22＋1)，eq \f(2×3＋1,32＋1)，eq \f(2×4＋1,42＋1)，故它的一个通项公式an＝eq \f(2n＋1,n2＋1).
4．一个数列{an}的前4项是0.8,0.88,0.888,0.888 8，则这个数列的一个通项公式是an＝________.
eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10n))) 解析：数列变为eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10)))，eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,102)))，eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,103)))，…，故它的一个通项公式an＝eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10n))).
由数列的前几项求数列的通项的策略
根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察、对比、分析，从整体到局部多角度归纳、联想．抓住以下几个方面的特征：
(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．
考点2 由Sn与an的关系求通项——应用性
(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则an＝________.
4n－5 解析：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，所以an＝4n－5.
(2)(2019·上海卷)已知数列{an}前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2，则S5＝________.
eq \f(31,16) 解析：当n＝1时，S1＋a1＝2，所以a1＝1.
当n≥2时，由Sn＋an＝2得Sn－1＋an－1＝2，
两式相减得an＝eq \f(1,2)an－1(n≥2)，
所以{an}是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以Sn＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(n))),1－\f(1,2))，
所以S5＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(5))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).
1．本例(1)条件变为“Sn＝3n＋1”，求数列{an}的通项公式．
解：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．本例(2)条件变为“Sn＝2an＋1”，求S6.
解：因为Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.
所以数列{an}是首项a1＝－1，公比q＝2的等比数列，
所以Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(－1×1－2n,1－2)＝1－2n，
所以S6＝1－26＝－63.
已知Sn求an的步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．
已知数列{an}，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)，求数列{an}的通项公式．
解：因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)，①
则当n≥2时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq \f(n－1,3)，②
①－②得3n－1an＝eq \f(1,3)，所以an＝eq \f(1,3n)(n≥2)．
由题意知a1＝eq \f(1,3)符合上式，所以an＝eq \f(1,3n).
考点3 由数列的递推关系求通项——综合性
考向1 累加法
(2020·安庆期末)设[x]表示不超过x的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1(n∈N*)，则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋\f(1,a3)＋…＋\f(1,a2020)))＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
A 解析：由an＋1＝an＋n＋1，得an－an－1＝n(n≥2)．
又a1＝1，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝eq \f(nn＋1,2)，
则eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2 020)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2 020)－\f(1,2 021)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 021)))＝eq \f(4 040,2 021).
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋…＋\f(1,a2 020)))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4 040,2 021)))＝1.
由数列的递推关系求通项公式方法之一
已知a1，且an－an－1＝f (n)时，用累加法求解．
考向2 累乘法
已知在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq \f(n＋2,3)an.
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由S2＝eq \f(4,3)a2，得3(a1＋a2)＝4a2，
解得a2＝3a1＝3；
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>1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(nn＋1,2)，n≥2.
又a1＝1＝eq \f(1×1＋1,2)，也满足上式．
综上，数列{an}的通项公式an＝eq \f(nn＋1,2).
由数列的递推关系求通项公式方法之二
已知a1，且eq \f(an,an－1)＝f (n)时，用累乘法求解．
考向3 待定系数法
设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3，则an＝________.
5×2n－1－3 解析：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＝5，且eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以{bn}是以5为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝5×2n－1，故an＝5×2n－1－3.
由数列的递推关系求通项公式方法之三
已知a1，且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可用待定系数法确定)，可转化为{an＋k}为等比数列．
考向4 取倒数法
(2020·广雅中学模拟)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，则an的表达式为( )
A．an＝eq \f(2,4n－3)B．an＝eq \f(2,6n－5)
C．an＝eq \f(2,4n＋3)D．an＝eq \f(2,2n－1)
B 解析：数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，可得eq \f(1,an＋1)＝3＋eq \f(1,an)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公差为3的等差数列，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋3(n－1)＝eq \f(6n－5,2).
可得an＝eq \f(2,6n－5)(n∈N*)．
由数列的递推关系求通项公式方法之四
形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．
1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an－2，则a6＝( )
A．0 B．1 C．2 D．6
B 解析：因为a1＝1，an＋1＝3an－2，所以a2＝3－2＝1，以此类推可得a3＝3a2－2＝1，a4＝3a3－2＝1，a5＝3a4－2＝1，a6＝3a5－2＝1.
2．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，则a5的值为________．
eq \f(1,3) 解析：由递推公式可得：anan＋1＋2an＋1＝2an，即anan＋1＝2an－2an＋1，据此有eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2).又eq \f(1,a1)＝1，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为eq \f(1,2)的等差数列，则eq \f(1,a5)＝1＋eq \f(1,2)×(5－1)＝3，故a5＝eq \f(1,3).
3．(2020·河北联考)数列{an}满足a1＝3，且对于任意的n∈N*都有an＋1－an＝n＋2，则a39＝________.
820 解析：因为an＋1－an＝n＋2，
所以a2－a1＝3，a3－a2＝4，a4－a3＝5，…，an－an－1＝n＋1(n≥2)．
上面(n－1)个式子左右两边分别相加得an－a1＝eq \f(n＋4n－1,2)(n≥2)，
即an＝eq \f(n＋1n＋2,2)(n≥2)．
当n＝1时，a1＝3适合上式，
所以an＝eq \f(n＋1n＋2,2)，n∈N*，
所以a39＝eq \f(40×41,2)＝820.
考点4 数列与函数——综合性
考向1 数列的增减性与最大值、最小值
(1)已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ＜1”是“数列{an}为递增数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
A 解析：若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an＞0，即2n＋1＞2λ对任意的n∈N*都成立，于是有3＞2λ，λ＜eq \f(3,2).由λ＜1可推得λ＜eq \f(3,2)，但反过来，由λ＜eq \f(3,2)不能得到λ＜1，因此“λ＜1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．
(2)已知数列{an}的通项an＝eq \f(2n－19,2n－21)，n∈N*，则数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为________．
3，－1 解析：an＝eq \f(2n－19,2n－21)＝eq \f(2n－21＋2,2n－21)＝1＋eq \f(2,2n－21)，
当n≥11时，eq \f(2,2n－21)＞0，且单调递减；当1≤n≤10时，eq \f(2,2n－21)＜0，且单调递减．
因此数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项．
a11＝3，a10＝－1.
(2020·北京东城二模)已知{an}为等比数列，其前n项和为Sn，且满足a3＝1，S3＝3a2＋1.{bn}为等差数列，其前n项和为Tn，如图__________，Tn的图象经过A，B两个点．
(1)求Sn；
(2)若存在正整数n，使得bn＞Sn，求n的最小值．从图①，图②，图③中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答．
解：(1)设{an}为公比为q的等比数列，
由a3＝1，S3＝3a2＋1，得a1＝2a2，即q＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,2)，a1q2＝1.
所以q＝eq \f(1,2)，a1＝4.
所以Sn＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))＝8－23－n.
(2)由图①知T1＝b1＝1，T3＝－3，可判断d＜0，数列{bn}是递减数列．
而数列{8－23－n}递增，
因为b1＜S1，所以选择①不满足“存在n，使得bn＞Sn”；
由图②知：T1＝b1＝1，T3＝6，可判断d＞0，数列{bn}是递增数列；
由图③知：T1＝b1＝－3，T3＝0，可判断d＞0，数列{bn}是递增数列．
所以选择②③均可能满足“存在n，使得bn＞Sn”．
第一种情况：
如果选择条件②，即T1＝b1＝1，T3＝6，可得d＝1，bn＝n，
当n＝1,2,3,4,5,6,7时，bn＞Sn不成立．
当n＝8时，b8＝8，S8＝8－23－8＜b8.
所以使得bn＞Sn成立的n的最小值为8.
第二种情况：
如果选择条件③即T1＝b1＝－3，T3＝0，可得：d＝3，bn＝3n－6，
当n＝1,2,3,4时，bn＞Sn不成立．
当n＝5时，b5＝9，S5＝8－23－5＜b5，
所以使得bn＞Sn成立的n的最小值为5.
解决数列的单调性问题常用方法
(1)用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列．
(2)用作商比较法，根据eq \f(an＋1,an)(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断．
(3)结合相应函数的图象直观判断．
考向2 数列的周期性
(2020·上杭县 5月模拟)设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－eq \f(1,an)，记数列{an}的前n项之积为Pn，则P2 021( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．1 D．－1
D 解析：a1＝2，an＋1＝1－eq \f(1,an)，得a2＝eq \f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，此时数列的项开始重复出现，呈现周期性，周期为3.
且P3＝－1,2021＝3×673＋2，
所以P2 021＝(－1)673×a1a2＝－1.
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．
考向3 新定义问题
对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有eq \f(xn＋xn＋2,2)＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设bn＝2t－eq \f(tn－1,2n－1)，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，则实数t的取值范围是( )
A．(－1，＋∞)B．(－∞，－1]
C．(1，＋∞)D．(－∞，1]
C 解析：由数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，
得eq \f(bn＋bn＋2,2)＜bn＋1(n≥3)，
即t－eq \f(tn－1,2n)＋t－eq \f(tn＋2－1,2n＋2)＜2t－eq \f(tn＋1－1,2n)，
即eq \f(tn－1,2n)＋eq \f(tn＋2－1,2n＋2)＞eq \f(tn＋1－1,2n)，
化简得t(n－2)＞1.
当n≥3时，若t(n－2)＞1恒成立，则t＞eq \f(1,n－2)恒成立，
又当n≥3时，eq \f(1,n－2)的最大值为1，
则t的取值范围是(1，＋∞)．
解决数列的新定义问题的要点
(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．
(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法．
1．观察数列1，ln 2，sin 3,4，ln 5，sin 6,7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第11项是( )
A．1111B．11
C．ln 11D．sin 11
C 解析：由数列得出规律，按照1，ln 2，sin 3，…，是按正整数的顺序排列，且以3为循环节，
由11÷3＝3余2，所以该数列的第11项为ln 11.
2．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 解析：an＝1－eq \f(2,n＋1)，将an看作关于n的函数，n∈N*，易知数列{an}是递增数列．
3．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是( )
A．第2项B．第3项
C．第4项D．第5项
B 解析：因为Sn＝n2－10n，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11.
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式，
所以an＝2n－11(n∈N*)．
记f (n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，
此函数图象的对称轴为直线n＝eq \f(11,4)，但n∈N*，
所以当n＝3时，f (n)取最小值．
所以数列{nan}中数值最小的项是第3项．
已知数列{an}中，a1＝3，且n(n＋1)(an－an＋1)＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(a1·a2·…·an,n＋1·2n)，求数列{bn}的前n项和Sn.
[四字程序]
思路参考：(1)累加法；(2)错位相减法．
解：(1)由题意知，an－an＋1＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以n≥2时，an－1－an＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，
an－2－an－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))，
…，
a1－a2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)))，
以上(n－1)个式子左右两边分别相加得
a1－an＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n))).
又a1＝3，所以an＝1＋eq \f(2,n)(n≥2)．
又a1＝3符合上式，故an＝1＋eq \f(2,n)(n∈N*)．
(2)由(1)知，an＝1＋eq \f(2,n)＝eq \f(n＋2,n)，
所以a1a2…an＝eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×…×eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n＋2,n)＝eq \f(n＋1n＋2,2)，
所以bn＝eq \f(a1·a2·…·an,n＋1·2n)＝eq \f(n＋2,2n＋1)，
所以Sn＝eq \f(3,22)＋eq \f(4,23)＋eq \f(5,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n)＋eq \f(n＋2,2n＋1)，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋eq \f(5,25)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)＋eq \f(n＋2,2n＋2)，
两式相减得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,22)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n＋1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)＝eq \f(3,4)＋eq \f(\f(1,23)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up10(n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(n＋2,2n＋2)＝1－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋2,2n＋2)＝1－eq \f(n＋4,2n＋2)，故Sn＝2－eq \f(n＋4,2n＋1).
思路参考：(1)选代法；(2)裂项相消法．
解：(1)由题意知，an－an＋1＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以an＋1－eq \f(2,n＋1)＝an－eq \f(2,n)，
所以an－eq \f(2,n)＝an－1－eq \f(2,n－1)＝…＝a1－eq \f(2,1)＝3－2＝1，
所以an＝1＋eq \f(2,n).
(2)由(1)知an＝1＋eq \f(2,n)＝eq \f(n＋2,n)，
所以a1·a2·…·an＝eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×…×eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n＋2,n)＝eq \f(n＋1n＋2,2)，
所以bn＝eq \f(a1·a2·…·an,n＋1·2n)＝eq \f(n＋2,2n＋1)＝eq \f(n＋3,2n)－eq \f(n＋4,2n＋1)，
所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,21)－\f(5,22)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,22)－\f(6,23)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋3,2n)－\f(n＋4,2n＋1)))＝2－eq \f(n＋4,2n＋1).
1．本题考查数列求通项公式与前n项和问题，解法灵活多变，基本解题策略是借助于数列的递推关系求通项公式，利用裂项相消法或错位相减法求数列的前n项和，对于此类问题要注意观察条件的特点，合理转化．
2．基于课程标准，解答本题一般需要学生熟练掌握数学推理能力、运算求解能力和表达能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
解：(方法一)an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，
即eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，
所以eq \f(a2＋1,a1＋1)＝3，eq \f(a3＋1,a2＋1)＝3，eq \f(a4＋1,a3＋1)＝3，…，eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3.
将这些等式两边分别相乘得eq \f(an＋1＋1,a1＋1)＝3n.
因为a1＝1，所以eq \f(an＋1＋1,1＋1)＝3n，
即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)．
又a1＝1也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
(方法二)an＋1＝3an＋2，
即an＋1＋1＝3(an＋1)＝32(an－1＋1)＝33(an－2＋1)
＝…＝3n(a1＋1)＝2×3n(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)．
又a1＝1也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
课程标准
命题解读
1.了解数列的概念和表示方法(列表、图象、通项公式)，了解数列是一种特殊函数．
2.理解等差数列的概念和通项公式的意义．
3.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系．
4.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题。体会等差数列与一元一次函数的关系．
5.理解等比数列的概念和通项公式的意义．
6.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系．
7.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题。体会等比数列与指数函数的关系.
考查形式：一般为一个选择题和一个填空题或一个解答题
考查内容：数列的概念及表示方法、等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式与前n项和公式、数列求和及其应用．
备考策略：(1)熟练应用等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式求值．
(2)重视数列与函数关系的研究，注意函数性质在数列中的应用．
(3)加强数列求和问题的训练．
核心素养：数学抽象、直观想象、数学运算.
数列
内容
定义
按照确定的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，数列的第n项用an表示
表示
a1，a2，a3，…，an，…，简记为{an}
函数观点
an＝f (n)，n∈N*
分类标准
名称
含义
按项的个数
有穷数列
项数有限的数列
无穷数列
项数无限的数列
按项的变化趋势
递增数列
从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列⇔an
从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列⇔an>an＋1
常数列
各项都相等的数列⇔an＝an＋1
摆动数列
从第2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
数列的形式
意义
特点
通项公式
用公式an＝f (n)，n∈N*给出数列
可以求任意项
递推公式
给出首项，相邻两项或多项之间的关系
需依次求各项
读
想
算
思
求通项公式与前n项和
1.求通项公式的方法；
2.怎样对已知条件变形？
变形已知条件，求通项公式，求和
转化与化归
数列{an}中，a1＝3，n(n＋1)·(an－an＋1)＝2
1.累加法与错位相减法；
2.构造法与裂项相消法
1.由an－an＋1＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，求an；
2.由bn＝eq \f(n＋2,2n＋1)，求Sn
1.累加法与构造法求数列的通项公式；
2.错位相减法与裂项相消法求和
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