2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第六章 §6.1　数列的概念

§6.1　数列的概念考试要求　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．2．数列的分类3.数列的通项公式如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．4．数列的递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．常用结论1．已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))2．在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)；若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2，n∈N*)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)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.(　√　)教材改编题1．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 023的值为(　　)A．2 B．－3 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)答案　C解析　因为a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，所以a2＝eq \f(1＋a1,1－a1)＝－3，同理可得a3＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2，…，可得an＋4＝an，则a2 023＝a505×4＋3＝a3＝－eq \f(1,2).2．数列eq \f(1,3)，eq \f(1,8)，eq \f(1,15)，eq \f(1,24)，eq \f(1,35)，…的通项公式是an＝________.答案　eq \f(1,nn＋2)，n∈N*解析　∵a1＝eq \f(1,1×1＋2)＝eq \f(1,3)，a2＝eq \f(1,2×2＋2)＝eq \f(1,8)，a3＝eq \f(1,3×3＋2)＝eq \f(1,15)，a4＝eq \f(1,4×4＋2)＝eq \f(1,24)，a5＝eq \f(1,5×5＋2)＝eq \f(1,35)，∴通过观察，我们可以得到如上的规律，则an＝eq \f(1,nn＋2)，n∈N*.3．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则数列{an}的通项公式an＝________.答案　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，因为a1也适合上式，所以an＝4n－5.题型一　由an与Sn的关系求通项公式例1　(1)设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn＝3an－3，则a4等于(　　)A．27 B．81C．93 D．243答案　B解析　根据2Sn＝3an－3，可得2Sn＋1＝3an＋1－3，两式相减得2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝3an，当n＝1时，2S1＝3a1－3，解得a1＝3，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a4＝a1q3＝34＝81.(2)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝________.答案　eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,2n－1)，n≥2))解析　当n＝1时，a1＝21＝2.∵a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①∴a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2n－1(n≥2)，②由①－②得，(2n－1)·an＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝eq \f(2n－1,2n－1)(n≥2)．显然n＝1时不满足上式，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,2n－1)，n≥2.))教师备选1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，则an＝________.答案　2n＋1解析　当n＝1时，a1＝S1＝3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1.由于a1＝3适合上式，∴an＝2n＋1.2．已知数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________.答案　－2n－1解析　当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.当n≥2时，Sn＝2an＋1，①Sn－1＝2an－1＋1.②①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)，∴{an}是首项为a1＝－1，公比为q＝2的等比数列．∴an＝a1·qn－1＝－2n－1.思维升华　(1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))转化为关于an的关系式，再求通项公式．(2)Sn与an关系问题的求解思路方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．跟踪训练1　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n＋1，n∈N*，则an＝________.答案　eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,4n－1，n≥2))解析　根据题意，可得Sn－1＝2(n－1)2＋(n－1)＋1.由通项公式与求和公式的关系，可得an＝Sn－Sn－1，代入化简得an＝2n2＋n＋1－2(n－1)2－(n－1)－1＝4n－1.经检验，当n＝1时，S1＝4，a1＝3，所以S1≠a1，所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,4n－1，n≥2.))(2)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则an＝________.答案　eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2))解析　由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，两边同时除以Sn＋1Sn，得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n.所以Sn＝－eq \f(1,n).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,nn－1)，故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2.))题型二　由数列的递推关系求通项公式命题点1　累加法例2　在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an等于(　　)A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln nC．2＋nln n D．1＋n＋ln n答案　A解析　因为an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n)＝ln(n＋1)－ln n，所以a2－a1＝ln 2－ln 1，a3－a2＝ln 3－ln 2，a4－a3＝ln 4－ln 3，……an－an－1＝ln n－ln(n－1)(n≥2)，把以上各式分别相加得an－a1＝ln n－ln 1，则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也适合，因此an＝2＋ln n(n∈N*)．命题点2　累乘法例3　若数列{an}满足a1＝1，nan－1＝(n＋1)·an(n≥2)，则an＝________.答案　eq \f(2,n＋1)解析　由nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，得eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n＋1)(n≥2)．所以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,n＋1)×eq \f(n－1,n)×eq \f(n－2,n－1)×…×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×1＝eq \f(2,n＋1)，又a1＝1满足上式，所以an＝eq \f(2,n＋1).教师备选1．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.答案　4－eq \f(1,n)解析　∵an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴当n≥2时，an－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，an－1－an－2＝eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n－1)，……a2－a1＝1－eq \f(1,2)，∴以上各式相加得，an－a1＝1－eq \f(1,n)，∴an＝4－eq \f(1,n)，a1＝3适合上式，∴an＝4－eq \f(1,n).2．若{an}满足2(n＋1)·aeq \o\al(2,n)＋(n＋2)·an·an＋1－n·aeq \o\al(2,n＋1)＝0，且an>0，a1＝1，则an＝________.答案　n·2n－1解析　由2(n＋1)·aeq \o\al(2,n)＋(n＋2)·an·an＋1－n·aeq \o\al(2,n＋1)＝0得n(2aeq \o\al(2,n)＋an·an＋1－aeq \o\al(2,n＋1))＋2an(an＋an＋1)＝0，∴n(an＋an＋1)(2an－an＋1)＋2an(an＋an＋1)＝0，(an＋an＋1)[(2an－an＋1)·n＋2an]＝0，又an>0，∴2n·an＋2an－n·an＋1＝0，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋1,n)，又a1＝1，∴当n≥2时，an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(2n,n－1)×eq \f(2n－1,n－2)×eq \f(2n－2,n－3)×…×eq \f(2×3,2)×eq \f(2×2,1)×1＝2n－1·n.又n＝1时，a1＝1适合上式，∴an＝n·2n－1.思维升华　(1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式．(2)形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)的数列，常令n分别为1,2,3，…，n－1，代入eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(n≥2)即可求数列{an}的通项公式．跟踪训练2　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1，则an＝________.答案　2n－1＋n解析　∵an＋1＝an＋2n－1＋1，∴an＋1－an＝2n－1＋1，∴当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n－2＋2n－3＋…＋2＋1＋a1＋n－1＝eq \f(1－2n－1,1－2)＋2＋n－1＝2n－1＋n.又∵a1＝2满足上式，∴an＝2n－1＋n.(2)(2022·莆田模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．答案　an＝eq \f(2,nn＋1)解析　由Sn＝n2an，可得当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1，则an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，即(n2－1)an＝(n－1)2an－1，易知an≠0，故eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)(n≥2)．所以当n≥2时，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＋1)×eq \f(n－2,n)×eq \f(n－3,n－1)×…×eq \f(2,4)×eq \f(1,3)×1＝eq \f(2,nn＋1).当n＝1时，a1＝1满足an＝eq \f(2,nn＋1).故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2,nn＋1).题型三　数列的性质命题点1　数列的单调性例4　已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ0，∴(n＋1)2－2λ(n＋1)－n2＋2λn＝2n＋1－2λ>0，即2n＋1>2λ对任意的n∈N*都成立，于是有λ6，))且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，3)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，3))C．(1,3) D．(2,3)答案　D解析　若{an}是递增数列，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,a7>a6，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1，,a2>63－a－2，))解得2…，∴{bn}的奇数项中有最大值为b1＝eq \f(3,2)－eq \f(2,3)＝eq \f(5,6)>0，∴b1＝eq \f(5,6)是数列{bn}(n∈N*)中的最大值，D正确．13．已知数列{an}的通项公式an＝eq \f(63,2n)，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak对n∈N*恒成立，则正整数k的值为________．答案　5解析　an＝eq \f(63,2n)，当n≤5时，an>1；当n≥6时，ana1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*)．∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.(2)an＝1＋eq \f(1,a＋2n－1)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋eq \f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，可知5