高考数学一轮复习 专题28 数列的概念与简单表示法押题专练 理
2021版新高考数学一轮复习 课时规范练28 数列的概念与表示 新人教A版.docx
基础巩固组1.下列数列中,既是递增数列又是无穷数列的是( )A.1,12,13,14,…B.-1,-2,-3,-4,…C.-1,-12,-14,-18,…D.1,√2,√3,…,√n2.数列1,23,35,47,59,…的一个通项公式a n =( ) A.n2n +1 B.n2n -1 C.n2n -3 D.n2n +33.(2019福建龙岩模拟)数列{a n }满足a n+2=a n+1+2a n ,且a 1=1,a 2=2,则a 6=( ) A.24B.25C.26D.274.已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1·a n =2n(n ∈N *),则a 10= ( )A.64B.32C.16D.85.(2019开封摸底考试)数列{a n }满足a n+1+a n =2n-3,若a 1=2,则a 8-a 4=( )A.7B.6C.5D.46.(2019江西南昌测试)已知数列{a n }的通项公式a n =n 2-(6+2λ)n+2 014,若a 6或a 7为数列{a n }的最小项,则实数λ的取值范围是( )A.(3,4) B .[2,5]C.[3,4]D.(52,92) 7.(2019河北邢台一模)已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n -1,则满足n nn≤2的正整数n 的集合为( )A.{1,2}B.{1,2,3,4}C.{1,2,3}D.{1,2,4}8.(2019吉林长春三校调研)已知每项均大于零的数列{a n }中,首项a 1=1且前n 项和S n 满足S n √n n -1-S n-1√n n =2√n n n n -1(n ∈N *且n ≥2),则a 81=( )A.638B.639C.640D.6419.(2019福州质检)在数列{a n }中,a 1=1,a n+1=nn1+n n(n ∈N *),则数列的通项a n = .10.设数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2=4,a n+1=2S n +1,n ∈N *,则a 1= ,S 5= .11.数列{a n }的通项公式是a n =(n+1)·(1011)n,则此数列的最大项是第 项.综合提升组12.(2019湖南师大附中质检)已知数列{a n }满足:a 1=12,a n+1=a n +12n (n ∈N *),则a 2 019=( )A.1-122018B.1-122019C.32−122018D.32−12201913.(2019四川教考联盟诊断三)在数列{a n }中,已知a 1=1,且对于任意的m ,n ∈N *,都有a m+n =a m +a n +mn ,则数列{a n }的通项公式为( )A.a n=nB.a n=n+1C.a n=n(n-1)2D.a n=n(n+1)214.(2019安徽江淮十校联考三)已知数列{a n}满足a1=28,n n+1-n nn =2,则n nn的最小值为()A.293B.4√7-1C.485D.27415.已知数列{a n}的前n项和为S n,S n=2a n-n,则a n=.16.设S n为数列{a n}的前n项和,且a1=4,a n+1=S n,n∈N*,则S5=.创新应用组17.(多选)记[x]为不超过实数x的最大整数,例如,[2]=2,[1.5]=1,[-0.3]=-1.设a为正整数,数列{x n}满足x1=a,x n+1=[n n+[nn n]2](n∈N*),下列命题中的真命题有()A.当a=5时,数列{x n}的前3项依次为5,3,2B.对数列{x n}都存在正整数k,当n≥k时总有x n=x kC.当n≥1时,x n>√n-1D.对某个正整数k,若x k+1≥x k,则x k=[√n]18.(2019四川绵阳模拟)如图,互不相同的点A1,A2,…A n,…和B1,B2,…B n,…分别在角O的两条边上,所有A n B n相互平行,且所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等.设OA n=a n.若a1=1,a2=2,则数列{a n}的通项公式是.参考答案课时规范练28 数列的概念与表示1.C A 项中,数列1,12,13,14,…是递减数列,不符合题意;B 项中,数列-1,-2,-3,-4,…是递减数列,不符合题意;C 项中,数列-1,-12,-14,-18,…是递增数列又是无穷数列,符合题意;D 项中,数列1,√2,√3,…,√n 是有穷数列,不符合题意,故选C .2.B 由已知得,数列可写成11,23,35,…,故通项为n2n -1. 3.B n=1时,a 3=2+2=4,n=2时,a 4=4+4=8,n=3时,a 5=8+8=16,n=4时,a 6=16+16=32=25,故选B .4.B 由a n+1·a n =2n,所以a n+2·a n+1=2n+1,故n n +2n n=2, 故数列{a n }的偶数项成等比数列,公比为2.由a 1=1,a n+1·a n =2n (n ∈N *)可得a 2=2,由于a 10是数列{a n }偶数项的第5项,故a 10=25=32.5.D 依题意得(a n+2+a n+1)-(a n+1+a n )=[2(n+1)-3]-(2n-3),即a n+2-a n =2,所以a 8-a 4=(a 8-a 6)+(a 6-a 4)=2+2=4.6.D 依题意,由二次函数的性质可知,当112<3+λ<152,即52<λ<92时,a 6或a 7为数列{a n }的最小项,故实数λ的取值范围为(52,92).故选D .7.B 因为S n =2a n -1,所以当n ≥2时,S n-1=2a n-1-1,两式相减得a n =2a n -2a n-1,整理得a n =2a n-1.又因为a 1=2a 1-1,解得a 1=1,所以数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列,故数列{a n }的通项公式为a n =2n-1.而n n n≤2,即2n-1≤2n ,故所有满足的正整数n=1,2,3,4.8.C 已知S n √n n -1-S n-1√n n =2√n n n n -1,数列{a n }的每项均大于零,故等号两边同时除以√n n n n -1,故可得√n n −√n n -1=2,∴{√n n }是以1为首项,2为公差的等差数列,故√n n =2n-1,S n =(2n-1)2,∴a 81=S 81-S 80=1612-1592=640,故选C .9.1n由a 1=1,a n+1=n n1+n n得a 2=12,a 3=13,a 4=14,…,所以归纳出a n =1n .10.1 121 由n=1时,a 1=S 1,可得a 2=2S 1+1=2a 1+1.又S 2=4,即a 1+a 2=4,即有3a 1+1=4,解得a 1=1.由a n+1=S n+1-S n ,可得S n+1=3S n +1,由S 2=4,可得S 3=3×4+1=13,S 4=3×13+1=40, S 5=3×40+1=121.11.9或10 ∵a n+1-a n =(n+2)(1011)n +1-(n+1)(1011)n=(1011)n×9-n 11,当n<9时,a n+1-a n >0,即a n+1>a n ;当n=9时,a n+1-a n =0,即a n+1=a n ; 当n>9时,a n+1-a n <0,即a n+1<a n ,∴该数列中有最大项,且最大项为第9,10项.12.C ∵数列{a n }满足:a 1=12,a n+1=a n +12n (n ∈N *),∴a n+1-a n =12n ,∴当n ≥2时,a n =a 1+a 2-a 1+a 3-a 2+…+a n -a n-1=12+121+122+…+12n -1=12+12(1-12n -1)1-12=32−12n -1,∴a 2019=32−122018.故选C .13.D 令m=1,得a n+1=a n +n+1,∴a n+1-a n =n+1,∴a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,…,a n -a n-1=n ,a n -1=2+3+4+…+n ,∴a n =1+2+3+4+…+n=n (n +1)2.故选D .14.C 由a n+1-a n =2n ,得a 2-a 1=2×1,a 3-a 2=2×2,…,a n -a n-1=2(n-1),相加得a n -a 1=n 2-n ,∴n n n =n+28n-1, 由函数f (x )=x+28n 的性质可知,函数f (x )在(0,√28)上单调递减,在[√28,+∞)上单调递增.又n 为正整数,且n 55=485<293=n 66,故选C .15.2n-1 当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -n-2a n-1+(n-1),即a n =2a n-1+1,∴a n +1=2(a n-1+1),∴数列{a n +1}是首项为a 1+1=2,公比为2的等比数列,∴a n +1=2·2n-1=2n,∴a n =2n-1. 16.32 因为S n 为数列{a n }的前n 项和,且a 1=4,a n+1=S n ,n ∈N *,① 则当n ≥2时,a n =S n-1,②由①-②得a n+1-a n =a n , 所以n n +1n n=2(常数), 则数列{a n }是从第二项起,公比为2的等比数列,求得a 2=S 1=4,∴a n =4·2n-2(n ≥2),故a n ={4(n =1),4·2n -2(n ≥2).所以当n=5时,a 5=4×8=32.17.ACD 当a=5时,x 1=5,x 2=[n 1+[nn 1]2]=[5+[55]2]=3,x 3=[n 2+[nn 2]2]=3+[53]2=2,∴A 正确;当a=8时,x 1=8,x 2=[n 1+[nn 1]2]=[8+[88]2]=4,x 3=[n 2+[nn 2]2]=[4+[84]2]=3,x 4=[n 3+[nn 3]2]=[3+[83]2]=2,x 5=[n 4+[nn 4]2]=[2+[82]2]=3,∴此数列从第三项开始为3,2,3,2,3,2,…,为摆动数列,故B 错误;当n=1时,x 1=a ,∵a-(√n -1)=(√n -12)2+34>0,∴x 1=a>√n -1成立,假设n=k 时,x k >√n -1,则n=k+1时,x k+1=[n n +[nn n]2].∵n n +[n n n]2≥n n +n nn2≥2√n n ·n n n2=√n (当且仅当x k =√n 时等号成立),∴x k+1=[n n +[n n n]2]>√n -1.∴对任意正整数n ,当n ≥1时,x n >√n -1,C 正确;x k+1=[n n +[n n n]2]≥x k ,由选项A,B 规律可知x k =[√n ]一定成立,D 正确.故选ACD .18.a n =√3n -2 记△OA 1B 1的面积为S ,则△OA 2B 2的面积为4S.从而四边形A n B n B n+1A n+1的面积均为3S.即得△OA n B n 的面积为S+3(n-1)S=(3n-2)S.因这n 个三角形是相似三角形,所以它们的面积比等于对应边长比的平方,而△OA n B n 与△OA 1B 1的面积比为n n 2,∴n n 2=3n-2,即a n =√3n -2.。
高考数学一轮复习 第五章 数列 课时达标28 数列的概念与简单表示法 理(2021年最新整理)
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表示法理［解密考纲］本考点考查数列的概念、性质、通项公式与递推公式，近几年对由递推公式求项、求和加大了考查力度,而对由递推公式求通项减小了考查力度,一般以选择题、填空题的形式出现．一、选择题1．已知数列｛a n}的前n项和S n＝n2－3n，若它的第k项满足2〈a k<5,则k＝（C)A．2 B．3 C．4 D．5解析：已知数列｛a n｝的前n项和S n＝n2－3n.令n＝1，可得S1＝a1＝1－3＝－2.a n＝S n－S n＝n2－3n－［（n－1）2－3（n－1)］＝2n－4，n≥2。
n＝1时满足a n与n的关系式，－1∴a n＝2n－4，n∈N*。
它的第k项满足2<a k<5,即2〈2k－4<5，解得3〈k〈4.5.∵n∈N＊，∴k＝4.故选C．2．若数列{a n｝的前n项和S n满足S n＝4－a n（n∈N*）,则a5＝（ D )A．16 B．错误!C．8 D．错误!解析：当n＝1时，a1＝S1＝4－a1，∴a1＝2；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝a n－1－a n，∴2a n＝a n,∴数列{a n｝为以2为首项，以错误!为公比的等比数列，∴a5＝2×错误!4＝错误!。
故选D．－13．数列{a n｝的前n项和S n＝2n2－3n(n∈N*）,若p－q＝5，则a p－a q＝（ D ）A．10 B．15 C．－5 D．20解析：当n≥2时,a n＝S n－S n－1＝2n2－3n－[2（n－1）2－3(n－1)］＝4n－5;当n＝1时，a＝S1＝－1也符合，∴a n＝4n－5，∴a p－a q＝4(p－q)＝20。
2020版新一线高考理科数学一轮复习课后限时集训28数列的概念与简单表示法含解析
课后限时集训(二十八)(建议用时：60分钟) A 组 基础达标一、选择题1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式a n 等于( ) A.(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cosn ＋12π D ．cosn ＋22π [答案] D2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a n ＝( ) A ．2n B ．2n －1 C ．2nD ．2n －1C [当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }为等比数列，公比为2，首项为2，所以a n ＝2n .]3．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259C.2516D.3115A [由题意知a 1·a 2＝4，a 1·a 2·a 3＝9，a 1a 2a 3a 4＝16，a 1a 2a 3a 4a 5＝25，则a 3＝94，a 5＝2516，则a 3＋a 5＝6116，故选A.]4．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n －1，则数列{a n }的一个通项公式为( ) A ．a n ＝n －1 B ．a n ＝(n －1)2 C ．a n ＝(n －1)3D ．a n ＝(n －1)4B [由题意知a n －a n －1＝2n －3(n ≥2)，则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝(2n －3)＋(2n －5)＋…＋3＋1 ＝(n －1)(2n －2)2＝(n －1)2.故选B.]5．若数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，且n ∈N *)，则a 2 018等于( )A ．－1 B.12C ．1D ．2A [a 1＝12，a 2＝1－1a 1＝－1，a 3＝1－1a 2＝2，a 4＝1－1a 3＝12，….因此数列{a n }是以3为周期的数列． 从而a 2 018＝a 2＝－1，故选A.] 二、填空题6．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23n 2－13n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 43n －1 [当n ＝1时，a 1＝S 1＝13.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23n 2－13n －23(n －1)2－13(n －1)＝4n3－1. 又a 1＝13适合上式，则a n ＝43n －1.]7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 1n [由a n ＝n －1n a n －1得a n a n －1＝n －1n ， ∴a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 2a 1×a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12×1＝1n .当n ＝1时，a 1＝1适合上式． 故a n ＝1n .]8．(2019·合肥模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＋1＝2S n －1(n ∈N *)，则a 10＝________. 256 [因为a 1＝2，S n ＋1＝2S n －1，所以S n ＋1－1＝2(S n －1)，所以{S n －1}是等比数列，且公比为2，所以S n －1＝2n －1，所以S n ＝2n －1＋1，所以a 10＝S 10－S 9＝29－28＝256.]三、解答题9．已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ； (2)若S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n .[解] (1)因为a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1)， 又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)． (2)因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2×3n －1＋2.由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝1，2×3n －1＋2，n ≥2.10．已知S n 为正项数列{a n } 的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式． [解] (1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)， 可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1；S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2， 解得a 2＝2； 同理a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .B 组 能力提升1．已知各项都为正数的数列{a n }满足a 2n ＋1－a n ＋1a n －2a 2n ＝0，且a 1＝2，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝3n －1C ．a n ＝2nD ．a n ＝3nC [∵a 2n ＋1－a n ＋1a n －2a 2n ＝0，∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0. ∵数列{a n }的各项均为正数， ∴a n ＋1＋a n ＞0， ∴a n ＋1－2a n ＝0， 即a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，∴数列{a n }是以2为公比的等比数列．∵a 1＝2，∴a n ＝2n.]2．已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n2D ．a n ＝n 22B [∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2，∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n (n －1)2(n ≥2)，两式相减得a n ＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n (n ≥2)，∴a n ＝n 2(n ≥2)，①又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1，适合①式，∴a n ＝n 2，n ∈N *.故选B.] 3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝3S n ，则a n ＝__________. ⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2[由a n ＋1＝3S n ，得a n ＝3S n －1(n ≥2)， 两式相减可得a n ＋1－a n ＝3S n －3S n －1＝3a n (n ≥2)， ∴a n ＋1＝4a n (n ≥2)． ∵a 1＝1，a 2＝3S 1＝3≠4a 1，∴数列{a n }是从第二项开始的等比数列， ∴a n ＝a 2q n －2＝3×4n －2(n ≥2)． 故a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.] 4．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围． [解] (1)由n 2－5n ＋4<0， 解得1<n <4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－k2<32，即得k>－3.所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．。
2021高考数学一轮复习考点规范练28数列的概念与表示(含解析)
2021高考数学一轮复习考点规范练：28数列的概念与表示（含解析）基础巩固1.数列1,23,35,47,59,…的一个通项公式a n =( )A .n2n +1 B .n2n -1C .n2n -3D .n2n +3答案:B2.若S n 为数列{a n }的前n 项和,且S n =n n +1,则1n 5等于( )A .56 B .65C .130D.30答案:D解析:当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n n +1−n -1n=1n (n +1),则1n 5=5×(5+1)=30.3.已知数列{a n }满足a n+1+a n =n ,若a 1=2,则a 4-a 2=( ) A.4B.3C.2D.1答案:D解析:由a n+1+a n =n ,得a n+2+a n+1=n+1,两式相减得a n+2-a n =1,令n=2,得a 4-a 2=1.4.(2019广东六校第一次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n =n 2+n+1,b n =(-1)n a n (n ∈N *),则数列{b n }的前50项和为( )A.49B.50C.99D.100答案:A解析:由题意得,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2n ,当n=1时,a 1=S 1=3,所以数列{b n }的前50项和为-3+4-6+8-10+…+96-98+100=1+48=49,故选A .5.若数列{a n }满足a 1=12,a n =1-1nn -1(n ≥2,且n ∈N *),则a 2 018等于( )A.-1 B .12C.1D.2答案:A解析:∵a 1=12,a n =1-1n n -1(n ≥2,且n ∈N *),∴a 2=1-1n 1=1-112=-1,∴a 3=1-1n 2=1-1-1=2,∴a 4=1-1n3=1-12=12,……依此类推,可得a n+3=a n , ∴a 2018=a 672×3+2=a 2=-1,故选A .6.设数列√2,√5,2√2,√11,…,则√41是这个数列的第 项. 答案:14解析:由已知得数列的通项公式为a n =√3n -1. 令√3n -1=√41,解得n=14,即为第14项.7.(2019安徽合肥高三调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n+1=2S n (n ∈N *),则a 10= .答案:256解析:因为a 1=S 1=1,S n+1=2S n ,所以数列{S n }是公比为2的等比数列,所以S n =2n-1,所以a 10=S 10-S 9=29-28=28=256.8.(2019河北衡水中学摸底联考)已知数列{a n },若数列{3n-1a n }的前n 项和T n =15×6n-15,则a 5= .答案:16解析:根据题意,得a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =15×6n-15,故当n ≥2时,a 1+3a 2+32a 3+…+3n-2a n-1=15×6n-1-15,两式相减,得3n-1a n =15×6n-15×6n-1=6n-1.即当n ≥2时,a n =2n-1,故a 5=16.9.设数列{a n }是首项为1的正项数列,且(n+1)n n +12-n n n 2+a n+1·a n =0,则它的通项公式a n = .答案:1n解析:∵(n+1)n n +12-n n n 2+a n+1·a n =0,∴[(n +1)n n +1-nn n ](n n +1+n n )=0. ∵{a n }是首项为1的正项数列,∴(n+1)a n+1=na n ,即n n +1n n=nn +1,故a n =nn n n -1·nn -1n n -2·…·n2n 1·a 1=n -1n ·n -2n -1·…·12·1=1n. 10.已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n =(-1)n+1·n ,求a 5+a 6及a n ; (2)若S n =3n+2n+1,求a n .解:(1)因为S n =(-1)n+1·n ,所以a 5+a 6=S 6-S 4=(-6)-(-4)=-2.当n=1时,a 1=S 1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(-1)n+1·n-(-1)n·(n-1)=(-1)n+1·[n+(n-1)] =(-1)n+1·(2n-1).又a 1也适合于此式,所以a n =(-1)n+1·(2n-1). (2)当n=1时,a 1=S 1=6;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(3n+2n+1)-[3n-1+2(n-1)+1]=2·3n-1+2.① 因为a 1不适合①式,所以a n ={6,n =1,2·3n -1+2,n ≥2.能力提升11.已知数列{a n }满足a n+1=a n -a n-1(n ≥2),a 1=m ,a 2=n ,S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 2 017的值为( ) A.2 017n-mB.n-2 017mC.mD.n答案:C解析:∵a n+1=a n -a n-1(n ≥2),a 1=m ,a 2=n , ∴a 3=n-m ,a 4=-m ,a 5=-n ,a 6=m-n ,a 7=m ,a 8=n ,…, ∴a n+6=a n .则S 2017=S 336×6+1=336×(a 1+a 2+…+a 6)+a 1=336×0+m=m.12.已知函数f (x )是定义在区间(0,+∞)内的单调函数,且对任意的正数x ,y 都有f (xy )=f (x )+f (y ).若数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足f (S n +2)-f (a n )=f (3)(n ∈N *),则a n 等于( )A.2n-1B.nC.2n-1D .(32)n -1答案:D解析:由题意知f (S n +2)=f (a n )+f (3)=f (3a n )(n ∈N *), ∴S n +2=3a n ,S n-1+2=3a n-1(n ≥2), 两式相减,得2a n =3a n-1(n ≥2). 又当n=1时,S 1+2=3a 1=a 1+2,∴a 1=1.∴数列{a n }是首项为1,公比为32的等比数列.∴a n =(32)n -1.13.已知数列{a n }满足:a 1+3a 2+5a 3+…+(2n-1)·a n =(n-1)·3n+1+3(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式a n = .答案:3n解析:a 1+3a 2+5a 3+…+(2n-3)·a n-1+(2n-1)·a n =(n-1)·3n+1+3,把n 换成n-1,得a 1+3a 2+5a 3+…+(2n-3)·a n-1=(n-2)·3n+3,两式相减得a n =3n.14.(2019辽宁五校联考)若数列{a n }满足a 1=-12,a n +a n+1=2n 2+2n ,则a 10= .答案:111110解析:(方法一)因为a n +a n+1=2n 2+2n ,所以a n +a n+1=2n (n +2)=1n −1n +2,所以a 1+a 2=1-13.因为a 1=-12,所以a 2=1-13+12;因为a 2+a 3=12−14,所以a 3=13−14-1;因为a 3+a 4=13−15,所以a 4=14−15+1;……所以a 10=110−111+1=111110.(方法二)因为a n +a n+1=2n 2+2n ,所以a n+1=2n (n +2)-a n .因为a 1=-12=11×2-1,所以a 2=23+12=76=12×3+1;a 3=22×4−76=-1112=13×4-1;a 4=23×5+1112=2120=14×5+1,……归纳,可得a n =1n (n +1)+(-1)n,所以a 10=110×11+(-1)10=111110.15.设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=a (a ≠3),a n+1=S n +3n,n ∈N *,b n =S n -3n. (1)求数列{b n }的通项公式; (2)若a n+1≥a n ,求a 的取值范围.解:(1)因为a n+1=S n +3n,所以S n+1-S n =a n+1=S n +3n, 即S n+1=2S n +3n,由此得S n+1-3n+1=2(S n -3n),即b n+1=2b n .又b 1=S 1-3=a-3,故{b n }的通项公式为b n =(a-3)·2n-1. (2)由题意可知,a 2>a 1对任意的a 都成立. 由(1)知S n =3n+(a-3)2n-1.于是,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=3n+(a-3)2n-1-3n-1-(a-3)2n-2=2×3n-1+(a-3)2n-2,故a n+1-a n =4×3n-1+(a-3)2n-2=2n-212(32)n -2+a-3.当n ≥2时,由a n+1≥a n ,可知12(32)n -2+a-3≥0,即a ≥-9.又a ≠3,故所求的a 的取值范围是[-9,3)∪(3,+∞).高考预测16.已知数列{a n}的通项公式是a n=-n2+12n-32,其前n项和是S n,则对任意的n>m(其中m,n∈N*),S n-S m的最大值是.答案:10解析:由a n=-n2+12n-32=-(n-4)(n-8)>0得4<n<8,即在数列{a n}中,前三项以及从第9项起后的各项均为负且a4=a8=0,因此S n-S m的最大值是a5+a6+a7=3+4+3=10.。
2021高考数学一轮复习考点规范练28数列的概念与表示(含解析)
-2021 高考数学一轮复习考点规范练：28 数列的概念与表示（含解析）基础巩固2 3 4 5, , ,1. 数列 1,3 5 7 9,…的一个通项公式 a n =()n n n n. . . . A 2n + 1B 2n - 1C 2n - 3D 2n + 3答案:Bn12. 若 S n 为数列{a n }的前 n 项和,且 S n =n + 1,则a 5等于()5 6 1 . . . A 6B 5C 30D.30答案:Dnn - 1 11解析:当 n ≥2 时,a n =S n -S n-1=n + 1n= n(n + 1),则a 5=5×(5+1)=30.3. 已知数列{a n }满足 a n+1+a n =n ,若 a 1=2,则 a 4-a 2=()A.4B.3C.2D.1答案:D解析:由 a n+1+a n =n ,得 a n+2+a n+1=n+1,两式相减得 a n+2-a n =1,令 n=2,得 a 4-a 2=1.4.(2019 广东六校第一次联考)已知数列{a n }的前 n 项和为 S n =n 2+n+1,b n =(-1)n a n (n ∈N *),则数列{b n }的前 50 项和为 ()A.49B.50C.99D.100答案:A3n - 1 解析:由题意得,当 n ≥2 时,a n =S n -S n-1=2n ,当 n=1 时,a 1=S 1=3,所以数列{b n }的前 50 项和为-3+4-6+8-10+…+96- 98+100=1+48=49,故选 A .115.若数列{a n }满足 a 1=2,a n=1-a n - 1(n ≥2,且 n ∈N *),则 a 2 018 等于( )1. A.-1B 2C.1D.2答案:A11解析:∵a 1=2,a n =1-a n - 1(n ≥2,且 n ∈N *),11111∴a 2=1-a 1=1-2 =-1,∴a 3=1-a 2=1- - 1=2,111∴a 4=1-a 3=1-2 = 2,……依此类推,可得 a n+3=a n ,∴a 2018=a 672×3+2=a 2=-1,故选 A .6.设数列 2, 5,2 2, 11,…,则 41是这个数列的第项.答案:14解析:由已知得数列的通项公式为 a n = 3n - 1.令 = 41,解得 n=14,即为第 14 项.7.(2019 安徽合肥高三调研)已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ,a 1=1,S n+1=2S n (n ∈N *),则 a 10=.答案:256解析:因为 a 1=S 1=1,S n+1=2S n ,所以数列{S n }是公比为 2 的等比数列,所以 S n =2n-1,所以 a 10=S 10-S 9=29-28=28=256.18.(2019 河北衡水中学摸底联考)已知数列{a n },若数列{3n-1a n }的前 n 项和 T n =5×16n -5,则 a 5= .答案:161解析:根据题意,得 a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =5× 16n -5,1故当 n ≥2 时,a 1+3a 2+32a3+…+3n-2a n-1=5×16n-1-5,1两式相减,得 3n-1a n =5 ×16n -5 ×6n-1=6n-1.即当 n ≥2 时,a n =2n-1,故 a 5=16.a 2 a 29. 设数列{a n }是首项为 1 的正项数列,且(n+1) n + 1-n n +a n+1·a n =0,则它的通项公式 a n =.1 答案:na 2 a 2解析:∵(n+1) n + 1-n n +a n+1·a n =0,∴ [(n + 1)a n + 1 - na n ](a n + 1 + a n )=0.∵{a n }是首项为 1 的正项数列,∴(n+1)a n+1=na n ,a n + 1n =a n a n - 1a 2n - 1n - 2 1 1an + 1· · · · a a a ·· · · .n即n,故 a n = n - 1 n - 2 … 1 a 1=n - 1… 2 1=n10. 已知数列{a n }的前 n 项和为 S n .(1)若 S n =(-1)n+1·n ,求 a 5+a 6 及 a n ; (2)若 S n =3n +2n+1,求 a n .解:(1)因为 S n =(-1)n+1·n ,所以 a 5+a 6=S 6-S 4=(-6)-(-4)=-2.当 n=1 时,a 1=S 1=1;当 n ≥2 时,a n =S n -S n-1=(-1)n+1·n-(-1)n ·(n-1)=(-1)n+1·[n+(n-1)]=(-1)n+1·(2n-1).又a1也适合于此式,所以a n=(-1)n+1·(2n-1).(2)当n=1 时,a1=S1=6;当n≥2时,a n=S n-S n-1=(3n+2n+1)-[3n-1+2(n-1)+1]=2·3n-1+2.①{ 6,n = 1,因为a1不适合①式,所以a n=2·3n-1+ 2,n ≥2.能力提升11.已知数列{a n}满足a n+1=a n-a n-1(n≥2),a1=m,a2=n,S n为数列{a n}的前n 项和,则S2017的值为( )A.2 017n-mB.n-2 017mC.mD.n答案:C解析:∵a n+1=a n-a n-1(n≥2),a1=m,a2=n,∴a3=n-m,a4=-m,a5=-n,a6=m-n,a7=m,a8=n,…,∴a n+6=a n.则S2017=S336×6+1=336×(a1+a2+…+a6)+a1=336×0+m=m.12.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)内的单调函数,且对任意的正数x,y 都有f(xy)=f(x)+f(y).若数列{a n}的前n项和为S n,且满足f(S n+2)-f(a n)=f(3)(n∈N*),则a n等于( )n-1.(3)n-1A.2B.nC.2n-1 D 2答案:D解析:由题意知f(S n+2)=f(a n)+f(3)=f(3a n)(n∈N*),∴S n+2=3a n,S n-1+2=3a n-1(n≥2),两式相减,得 2a n=3a n-1(n≥2).. +又当 n=1 时,S 1+2=3a 1=a 1+2,∴a 1=1.3∴数列{a n }是首项为 1,公比为2的等比数列.(3)n - 1. ∴a n=213.已知数列{a n }满足:a 1+3a 2+5a 3+…+(2n-1)·a n =(n-1)·3n+1+3(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式 a n =.答案:3n解析:a 1+3a 2+5a 3+…+(2n-3)·a n-1+(2n-1)·a n =(n-1)·3n+1+3,把 n 换成 n-1,得 a 1+3a 2+5a 3+…+(2n-3)·a n-1=(n-2)·3n +3,两式相减得 a n =3n .1214.(2019 辽宁五校联考)若数列{a n }满足 a 1=-2,a n +a n+1=n2+ 2n ,则 a 10= .111 答案:11022 1 11 1 1 1解析:(方法一)因为 a n +a n+1=n 2+ 2n ,所以 a n +a n+1=n(n + 2) = n - n + 2,所以 a 1+a 2=1-3 因为 a 1=-2,所以 a 2=1-32;因为1111--1111--11 111- .a 2+a 3=24,所以 a 3=3 4-1;因为 a 3+a 4=3 5,所以 a 4=45+1;……所以 a 10=10 11+1=11022 1 12 1 7 1 2 7(方法二)因为 a n +a n+1=n 2+ 2n ,所以 a n+1=n(n + 2)-a n .因为 a 1=-2 =1 × 2-1,所以 a 2=32 = 6 = 2 × 3+1;a 3=2 × 4 6=-11 121121 11 1 11112= 3 × 4-1;a 4=3 × 5==12204 × 5+1,……归纳,可得 a n =n(n + 1)+(-1)n ,所以 a 10=10 × 11+(-1)10=110.15. 设数列{a n }的前 n 项和为 S n .已知 a 1=a (a ≠3),a n+1=S n +3n ,n ∈N *,b n =S n -3n .(1) 求数列{b n }的通项公式;(2) 若 a n+1≥a n ,求 a 的取值范围.解:(1)因为 a n+1=S n +3n ,所以 S n+1-S n =a n+1=S n +3n ,即 S n+1=2S n +3n ,+ - +由此得S n+1-3n+1=2(S n-3n),即b n+1=2b n.又b1=S1-3=a-3,故{b n}的通项公式为b n=(a-3)·2n-1.(2)由题意可知,a2>a1对任意的a 都成立.由(1)知S n=3n+(a-3)2n-1.于是,当n≥2时,a n=S n-S n-1=3n+(a-3)2n-1-3n-1-(a-3)2n-2=2×3n-1+(a-3)2n-2,n-1n-2n-2(3)n-2故a n+1-a n=4×3 +(a-3)2 =2 12 2+a-3 .(3)n-2当n≥2时,由a n+1≥a n,可知12 2 +a-3≥0,即a≥-9.又a≠3,故所求的a 的取值范围是[-9,3)∪(3,+∞).高考预测16.已知数列{a n}的通项公式是a n=-n2+12n-32,其前n 项和是S n,则对任意的n>m(其中m,n∈N*),S n-S m的最大值是答案:10解析:由a n=-n2+12n-32=-(n-4)(n-8)>0 得 4<n<8,即在数列{a n}中,前三项以及从第 9 项起后的各项均为负且a4=a8=0,因此S n-S m的最大值是a5+a6+a7=3+4+3=10.。
高考数学一轮复习方案 第28讲 数列的概念与简单表示法第30讲 等比数列及其前n项和,含精细解析配套
高考数学一轮复习方案 第28讲 数列的概念与简单表示法第30讲 等比数列及其前n 项和，含精细解析配套测评 文 北师大版(考查范围：第28讲～第30讲 分值：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．等差数列{a n }共有10项，公差为2，奇数项的和为80，则偶数项的和为( )A ．90B ．95C ．98D ．1002．在等比数列{a n }中，若a 3a 5a 7a 9a 11＝32，则a 7＝( )A ．9B ．1C ．2D ．33．已知数列{a n }是等差数列，若a 1＋a 5＋a 9＝2π，则cos(a 2＋a 8)＝( ) A ．－12 B ．－32 C.12 D.324．[2012·黄冈中学二联] 已知{a n }是等比数列，a 2＝4，a 5＝32，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )A ．8(2n －1) B.83(4n －1) C.163(2n －1) D.23(4n －1) 5．[2012·唐山三模] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 7＝21，S 11＝121，则该数列的公差d ＝( )A ．5B ．4C ．3D ．26．[2012·衡阳八中月考] 已知各项均为正数的等比数列{a n }，a 1a 2a 3＝5，a 4a 5a 6＝52，则a 7a 8a 9＝( )A ．10B ．2 2C ．8 D. 27．[2012·合肥一中质检] 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若8a 2＋a 5＝0，则下列式子中数值不能确定的是( )A.a 5a 3B.S 5S 3C.a n ＋1a nD.S n ＋1S n8．[2012·珠海一中模拟] 设正项等比数列{a n }，若等差数列{lg a n }的公差d ＝lg3，且{lga n }的前三项和为6lg3，则{a n }的通项为( )A ．a n ＝nlg3B ．a n ＝3nC ．a n ＝3nD ．a n ＝3n －1二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)9．若S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 50＝________．10．等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，若S 2∶S 5＝1∶4，则a 5∶a 9＝________．11．[2012·包头一模] 已知数列{a n}满足a1＝1，a2＝1，a n＋1＝|a n－a n－1|(n≥2)，则该数列前2 013项和等于________．三、解答题(本大题共3小题，每小题14分，共42分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)12．已知数列{a n}是首项a1＝4，公比q≠1的等比数列，S n是其前n项和，且4a1，a5，－2a3成等差数列．(1)求公比q的值；(2)求T n＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n的值．13．[2012·河北名校俱乐部模拟] 已知等差数列{a n}满足a4＝6，a6＝10.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设公比大于1的等比数列{b n}的各项均为正数，其前n项和为T n，若a3＝b2＋2，T3＝7，求T n.14．[2012·长春二调] 在等差数列{a n}中，2a1＋3a2＝11，2a3＝a2＋a6－4，其前n项和为S n.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足b n＝1S n＋n，求数列{b n}的前n项和T n.45分钟滚动基础训练卷(八)1．A [解析] 由已知d ＝2，所以偶数项的和为80＋5d ＝90.故选A.2．C [解析] 由已知得a 57＝32，所以a 7＝2.故选C.3．A [解析] 由已知得a 5＝2π3，而a 2＋a 8＝2a 5＝4π3，所以cos(a 2＋a 8)＝－12.故选A.4．B [解析] q 3＝a 5a 2＝8，所以q ＝2，通项公式为a n ＝a 2qn －2＝2n ，所以a n a n ＋1＝22n ＋1＝2·4n .数列{a n a n ＋1}的前n 项和为S n ＝8（1－4n ）1－4＝8（4n －1）3.故选B. 5．B [解析] 由题意7a 1＋21d ＝21，11a 1＋55d ＝121，解得a 1＝－9，d ＝4，故选B.6．A [解析] 因为a 1a 2a 3，a 4a 5a 6，a 7a 8a 9成等比数列，公比为2，所以a 7a 8a 9＝(a 1a 2a 3)q2＝10，故选A.7．D [解析] 由8a 2＋a 5＝0知，公比q ＝－2，所以a 5a 3＝q 2＝4，S 5S 3＝1－q 51－q 3＝113，a n ＋1a n＝q ＝－2，S n ＋1S n ＝1－q n ＋11－qn ，根据n 的奇偶性可知，该式的结果不定．故选D. 8．B [解析] lg a 1＋lg a 2＋lg a 3＝3lg a 2＝6lg3，得a 2＝9，又lg a 2－lg a 1＝lg3，所以a 1＝13a 2＝3，所以公比q ＝3，通项公式为a n ＝3n .故选B. 9．－25 [解析] S 50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.10．3∶5 [解析] 设公差为d ，则S 2S 5＝2a 1＋d 5a 1＋10d ＝14，解得a 1＝2d ，所以a 5a 9＝a 1＋4d a 1＋8d ＝35. 11．1 342 [解析] 因为a 1＝1，a 2＝1，所以根据a n ＋1＝|a n －a n －1|(n ≥2)，得a 3＝|a 2－a 1|＝0，a 4＝1，a 5＝1，a 6＝0，…，故数列{a n }是周期为3的数列．又2 013＝671×3，所以该数列前2 013项和等于671×2＝1 342.12．解：(1)由题意得2a 5＝4a 1－2a 3.∵{a n }是等比数列且a 1＝4，公比q ≠1，∴2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，∴q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝－2(舍去)或q 2＝1，∴q ＝－1.(2)∵a 2，a 4，a 6，…，a 2n 是首项为a 2＝4×(－1)＝－4，公比为q 2＝1的等比数列，∴T n＝na 2＝－4n .13．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1，∵a 4＝6，a 6＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝6，a 1＋5d ＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2， ∴数列{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －2.(2)设各项均为正数的等比数列{b n }的公比为q (q >1)．由a n ＝2n －2，得a 3＝2×3－2＝4.∵a 3＝b 2＋2，∴b 2＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1q ＝2，b 1（1＋q ＋q 2）＝7， 解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝2或 ⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，q ＝12.(舍) ∴T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1. 14．解：(1)2a 1＋3a 2＝2a 1＋3(a 1＋d )＝5a 1＋3d ＝11，2a 3＝a 2＋a 6－4，即2(a 1＋2d )＝a 1＋d ＋a 1＋5d －4， 得d ＝2，a 1＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)∵S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝n 2， ∴b n ＝1S n ＋n ＝1n 2＋n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.。
专题28 数列的概念与简单表示法教学案-2018年高考数学
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函数．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、图象法和解析法． 4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．学——5．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.高频考点一 由数列的前几项求数列的通项公式例1、根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)－1，7，－13，19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5 555，….(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12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22.(4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，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a n ＝59(10n －1).【方法规律】根据所给数列的前几项求其通项时，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. 【变式探究】 (1)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( ) A.a n ＝n －1n ＋2(n ∈N ＋)B.a n ＝n －12n ＋1(n ∈N ＋)C.a n ＝2（n －1）2n －1(n ∈N ＋)D.a n ＝2n2n ＋1(n ∈N ＋)(2)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝________.解析 (1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可.(2)这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n 1n （n ＋1）.答案 (1)C (2)(－1)n 1n （n ＋1）高频考点二 由数列的前n 项和求数列的通项公式例2、设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)令n ＝1时，T 1＝2S 1－1， ∵T 1＝S 1＝a 1，∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. (2)n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2， 则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2] ＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1. 因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式， 所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)，所以a n ＋2＝2(a n －1＋2)， 因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列． 所以a n ＋2＝3×2n －1，所以a n ＝3×2n －1－2，当n ＝1时也成立， 所以a n ＝3×2n －1－2.【方法规律】数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示．【变式探究】(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n ＋1n ＋2，则a 4等于( )A.130B.132C.134D.120(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________________．答案 (1)A (2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2解析 (1)a 4＝S 4－S 3 ＝56－45＝130.(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1] ＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.高频考点三、由数列的递推关系求通项公式 例3、在数列{a n }中，(1)若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项公式a n ＝________.(2)在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则通项公式a n ＝________. (3)a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________.解析 (1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n （n ＋1）2＋1. 又a 1＝2＝1×（1＋1）2＋1，符合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1. (2)法一 因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)， 所以a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1，以上(n －1)个式子的等号两端分别相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n . 法二 因为a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －1n －2·…·1＝1n .【方法规律】(1)形如a n＋1＝a n＋f(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.(2)形如a n＋1＝a n·f(n)的递推关系式可化为a n＋1a n＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用a n＝a na n－1·a n－1a n－2·…·a2a1·a1代入求出通项.(3)形如a n＋1＝pa n＋q的递推关系式可以化为(a n＋1＋x)＝p(a n＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键.【变式探究】(1)已知数列{a n}满足a1＝1，a2＝4，a n＋2＋2a n＝3a n＋1(n∈N＋)，则数列{a n}的通项公式a n＝________.(2)在数列{a n}中，a1＝3，a n＋1＝a n＋1n（n＋1），则通项公式a n＝________.解析(1)由a n＋2＋2a n－3a n＋1＝0，得a n＋2－a n＋1＝2(a n＋1－a n)，∴数列{a n＋1－a n}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n＋1－a n＝3×2n－1，∴n≥2时，a n－a n－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，将以上各式累加得a n－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，∴a n＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足).高频考点四 数列的性质例4、已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( )A ．递减数列B ．递增数列C ．常数列D ．摆动数列答案 B解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列．【变式探究】数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝______________________.答案 12解析 ∵a n ＋1＝11－a n，∴a n ＋1＝11－a n ＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2， ∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3. ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2.而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.【感悟提升】(1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法①用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列或是常数列． ②用作商比较法，根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜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． (2)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． (3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．【举一反三】(1)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n－1，12＜a n＜1，a 1＝35，则数列的第2015项为________．(2)设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( ) A.163 B.133 C ．4D ．0答案 (1)25 (2)D解析 (1)由已知可得，a 2＝2×35－1＝15， a 3＝2×15＝25， a 4＝2×25＝45， a 5＝2×45－1＝35，∴{a n }为周期数列且T ＝4，∴a 2015＝a 3＝25.(2)∵a n ＝－3⎝⎛⎭⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大值为0.1．（2014·江西卷）已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a nb n，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .2．（2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ.(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．【解析】(1)证明：由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1， 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 因为a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得 a 2＝λ－1， 由(1)知，a 3＝λ＋1.若{a n }为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4，故a n ＋2－a n ＝4. 由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列， a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．3．（2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜32.【解析】(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以a n ＋12＝3n2，因此数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)证明：由(1)知1a n＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1，即1a n ＝23n －1≤13n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝⎛⎭⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.4．（2014·重庆卷）设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)．(1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式．(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论． 【解析】(1)方法一：a 2＝2，a 3＝2＋1. 再由题设条件知 (a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． 方法二：a 2＝2，a 3＝2＋1.可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1. 下面用数学归纳法证明上式． 当n ＝1时，结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＝（a k －1）2＋1＋1＝（k －1）＋1＋1＝（k ＋1）－1＋1， 这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立． 所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而 c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即 1>c >a 2k ＋2>a 2.再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1，这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立． 综上，存在 c ＝14使a 2n <C <a 2a ＋1对所有n ∈N *成立． 方法二：设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )． 先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)． ① 当n ＝1时，结论明显成立． 假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．故①成立． 再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)． ②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，所以a 2<a 3，即n ＝1时②成立． 假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1. 由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2， a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立．所以②对一切n ∈N *成立．由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n <14. ③又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2.所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1，解得a 2n ＋1>14. ④综上，由②③④知存在c ＝14使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．5．（2013·安徽卷）如图1－3所示，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等，设OA n ＝a n ，若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．图1－3【答案】a n ＝3n －2【解析】令S △OA 1B 1＝m(m>0)，因为所有A n B n 相互平行且a 1＝1，a 2＝2，所以S 梯形A 1B 1B 2A 2＝3m ，当n ≥2时，a n a n －1＝OA n OA n －1＝m ＋（n －1）×3m m ＋（n －2）×3m ＝3n －23n －5， 故a 2n ＝3n －23n －5a 2n －1， a 2n －1＝3n －53n －8a 2n －2， a 2n －2＝3n －83n －11a 2n －3， ……a 22＝41a 21以上各式累乘可得a 2n ＝(3n －2)a 21，因为a 1＝1， 所以a n ＝3n －2.6．（2013·辽宁卷）下面是关于公差d>0的等差数列{}a n 的四个命题：p 1：数列{}a n 是递增数列；p 2：数列{}na n 是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列； p 4：数列{}a n ＋3nd 是递增数列．其中的真命题为( )A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4【答案】D【解析】因为数列{a n }中d>0，所以{a n }是递增数列，则p 1为真命题．而数列{a n ＋3nd}也是递增数列，所以p 4为真命题，故选D.7．（2013·全国卷）等差数列{a n }前n 项和为S n .已知S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，求{a n }的通项公式．【解析】设{a n }的公差为d.由S 3＝a 22，得3a 2＝a 22，故a 2＝0或a 2＝3.由S 1，S 2，S 4成等比数列得S 22＝S 1S 4.又S 1＝a 2－d ，S 2＝2a 2－d ，S 4＝4a 2＋2d ，故(2a 2－d)2＝(a 2－d)(4a 2＋2d)．若a 2＝0，则d 2＝－2d 2，所以d ＝0，此时S n ＝0，不合题意；若a 2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d ＝0或d ＝2.因此{a n }的通项公式为a n ＝3或a n ＝2n －1.1.数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( )A.（－1）n ＋12B.cos n π2C.cos n ＋12πD.cos n ＋22π解析 令n ＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确.答案 D2.数列23，－45，67，－89，…的第10项是( )A.－1617B.－1819C.－2021D.－2223解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021. 答案 C3.在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝( )A.2n －1B.2n －1＋1C.2n －1D.2(n －1)解析 法一 由a n ＋1＝2a n ＋1，可求a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15，…，验证可知a n ＝2n －1. 法二 由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1.答案 A4.数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n 等于( )A.2n －1B.n 2C.（n ＋1）2n 2D.n 2（n －1）2 解析 设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2（n －1）2. 答案 D5.数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －3，若a 1＝2，则a 8－a 4＝( )A.7B.6C.5D.4解析 依题意得(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝[2(n ＋1)－3]－(2n －3)，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 8－a 4＝(a 8－a 6)＋(a 6－a 4)＝2＋2＝4.答案 D6.若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n，a 8＝3421，则a 5＝________. 解析 借助递推关系，则a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.答案 857.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N ＋)，则a n ＝________.解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2 8.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n ∈N ＋)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________. 解析 因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，即a 2＝1，令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1. 答案 19.数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解 (1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项.(3)令a n ＝n 2－7n ＋6＞0，解得n ＞6或n ＜1(舍).∴从第7项起各项都是正数.10.已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式.解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，……a n －1＝n n －2a n －2， a n ＝n ＋1n －1a n －1. 将以上n 个等式两端分别相乘，整理得a n ＝n （n ＋1）2. 显然，当n ＝1时也满足上式.综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n （n ＋1）2. 11.已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N ＋，a ∈R 且a ≠0). (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围.(2)a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a 2， 已知对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性， 可知5<2－a 2<6，即－10<a <－8.即a的取值范围是(－10，－8).。
2018年高考数学一轮复习 专题28 数列的概念与简单表示法教学案 理
专题28 数列的概念与简单表示法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函数．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、图象法和解析法． 4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．学——5．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.高频考点一 由数列的前几项求数列的通项公式例1、根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)－1，7，－13，19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5 555，….(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12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，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a n ＝59(10n－1).【方法规律】根据所给数列的前几项求其通项时，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. 【变式探究】 (1)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( )A.a n ＝n －1n ＋2(n ∈N ＋) B.a n ＝n －12n ＋1(n ∈N ＋)C.a n ＝2（n －1）2n －1(n ∈N ＋)D.a n ＝2n2n ＋1(n ∈N ＋)(2)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝________.解析 (1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可.(2)这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n1n （n ＋1）.答案 (1)C (2)(－1)n1n （n ＋1）高频考点二 由数列的前n 项和求数列的通项公式例2、设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)令n ＝1时，T 1＝2S 1－1， ∵T 1＝S 1＝a 1，∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. (2)n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2， 则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2] ＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1. 因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式， 所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)，所以a n ＋2＝2(a n －1＋2)， 因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列． 所以a n ＋2＝3×2n －1，所以a n ＝3×2n －1－2，当n ＝1时也成立， 所以a n ＝3×2n －1－2.【方法规律】数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示．【变式探究】(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n ＋1n ＋2，则a 4等于( ) A.130 B.132 C.134D.120(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________________．答案 (1)A (2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2解析 (1)a 4＝S 4－S 3 ＝56－45＝130. (2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.高频考点三、由数列的递推关系求通项公式 例3、在数列{a n }中，(1)若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项公式a n ＝________. (2)在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，则通项公式a n ＝________. (3)a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________.解析 (1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n （n ＋1）2＋1.又a 1＝2＝1×（1＋1）2＋1，符合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1.(2)法一 因为a n ＝n －1na n －1(n ≥2)， 所以a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1， 以上(n －1)个式子的等号两端分别相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .法二 因为a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －1n －2·…·1＝1n.【方法规律】(1)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.(2)形如a n ＋1＝a n ·f (n )的递推关系式可化为a n ＋1a n＝f (n )的形式，可用累乘法，也可用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1代入求出通项. (3)形如a n ＋1＝pa n ＋q 的递推关系式可以化为(a n ＋1＋x )＝p (a n ＋x )的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x 是关键.【变式探究】 (1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1），则通项公式a n ＝________.解析 (1)由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0， 得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足).高频考点四 数列的性质 例4、已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( ) A ．递减数列 B ．递增数列 C ．常数列 D ．摆动数列答案 B 解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列． 【变式探究】数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，a 8＝2，则a 1＝______________________. 答案 12解析 ∵a n ＋1＝11－a n， ∴a n ＋1＝11－a n ＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2， ∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3. ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2.而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.【感悟提升】(1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法①用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列或是常数列． ②用作商比较法，根据a n ＋1a n(a n ＞0或a n ＜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． (2)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． (3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．【举一反三】(1)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12＜a n＜1，a 1＝35，则数列的第2015项为________．(2)设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( ) A.163B.133 C ．4D ．0答案 (1)25(2)D解析 (1)由已知可得，a 2＝2×35－1＝15，a 3＝2×15＝25， a 4＝2×25＝45， a 5＝2×45－1＝35，∴{a n }为周期数列且T ＝4，∴a 2015＝a 3＝25.(2)∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大值为0.1．（2014·江西卷）已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n＋1b n＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a n b n，求数列{c n }的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .2．（2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ.(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．【解析】(1)证明：由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1， 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 因为a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得 a 2＝λ－1， 由(1)知，a 3＝λ＋1.若{a n }为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4，故a n ＋2－a n ＝4. 由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．3．（2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.【解析】(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以a n ＋12＝3n2，因此数列{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.(2)证明：由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n－1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1，即1a n ＝23n－1≤13n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.4．（2014·重庆卷）设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)． (1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式．(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论． 【解析】(1)方法一：a 2＝2，a 3＝2＋1. 再由题设条件知 (a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． 方法二：a 2＝2，a 3＝2＋1.可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1. 下面用数学归纳法证明上式． 当n ＝1时，结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＝（a k －1）2＋1＋1＝（k －1）＋1＋1＝（k ＋1）－1＋1，这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立． 所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2.再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1， 故c <a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1，这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立． 综上，存在 c ＝14使a 2n <C <a 2a ＋1对所有n ∈N *成立．方法二：设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )． 先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)． ① 当n ＝1时，结论明显成立． 假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．故①成立． 再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)． ②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，所以a 2<a 3，即n ＝1时②成立． 假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1. 由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2， a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立．所以②对一切n ∈N *成立．由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1， 即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2， 因此a 2n <14. ③又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2. 所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1，解得a 2n ＋1>14. ④综上，由②③④知存在c ＝14使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．5．（2013·安徽卷）如图1－3所示，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等，设OA n ＝a n ，若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．图1－3【答案】a n ＝3n －2【解析】令S△OA 1B 1＝m(m>0)，因为所有A n B n 相互平行且a 1＝1，a 2＝2，所以S 梯形A 1B 1B 2A 2＝3m ，当n≥2时，a n a n －1＝OA nOA n －1＝m ＋（n －1）×3mm ＋（n －2）×3m ＝3n －23n －5， 故a 2n ＝3n －23n －5a 2n －1， a 2n －1＝3n －53n －8a 2n －2，a 2n －2＝3n －83n －11a 2n －3，…… a 22＝41a 21以上各式累乘可得a 2n ＝(3n －2)a 21，因为a 1＝1， 所以a n ＝3n －2.6．（2013·辽宁卷）下面是关于公差d>0的等差数列{}a n 的四个命题： p 1：数列{}a n 是递增数列； p 2：数列{}na n 是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{}a n ＋3nd 是递增数列． 其中的真命题为( )A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4 【答案】D【解析】因为数列{a n }中d>0，所以{a n }是递增数列，则p 1为真命题．而数列{a n ＋3nd}也是递增数列，所以p 4为真命题，故选D.7．（2013·全国卷）等差数列{a n }前n 项和为S n .已知S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，求{a n }的通项公式．【解析】设{a n }的公差为d.由S 3＝a 22，得3a 2＝a 22，故a 2＝0或a 2＝3. 由S 1，S 2，S 4成等比数列得S 22＝S 1S 4. 又S 1＝a 2－d ，S 2＝2a 2－d ，S 4＝4a 2＋2d ， 故(2a 2－d)2＝(a 2－d)(4a 2＋2d)． 若a 2＝0，则d 2＝－2d 2，所以d ＝0， 此时S n ＝0，不合题意；若a 2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)， 解得d ＝0或d ＝2.因此{a n }的通项公式为a n ＝3或a n ＝2n －1.1.数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.（－1）n＋12B.cos n π2 C.cosn ＋12πD.cosn ＋22π解析 令n ＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确. 答案 D2.数列23，－45，67，－89，…的第10项是( )A.－1617B.－1819C.－2021D.－2223解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021. 答案 C3.在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝( ) A.2n－1B.2n －1＋1C.2n －1D.2(n －1)解析 法一 由a n ＋1＝2a n ＋1，可求a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15，…，验证可知a n ＝2n－1. 法二 由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n－1.答案 A4.数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n 等于( ) A.2n －1 B.n 2C.（n ＋1）2n 2D.n 2（n －1）2解析 设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2（n －1）2.答案 D5.数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －3，若a 1＝2，则a 8－a 4＝( ) A.7 B.6C.5D.4解析 依题意得(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝[2(n ＋1)－3]－(2n －3)，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 8－a 4＝(a 8－a 6)＋(a 6－a 4)＝2＋2＝4.答案 D6.若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝________.解析 借助递推关系，则a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.答案 857.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N ＋)，则a n ＝________. 解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n ∈N ＋)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________. 解析 因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，即a 2＝1，令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1. 答案 19.数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6. (1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？ (3)该数列从第几项开始各项都是正数？ 解 (1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项.(3)令a n ＝n 2－7n ＋6＞0，解得n ＞6或n ＜1(舍). ∴从第7项起各项都是正数.10.已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式.解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1， a 2＝31a 1， a 3＝42a 2，……a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1.将以上n 个等式两端分别相乘， 整理得a n ＝n （n ＋1）2.显然，当n ＝1时也满足上式. 综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n （n ＋1）2.11.已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N ＋，a ∈R 且a ≠0).(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围.(2)a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a2，已知对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a <－8.即a 的取值范围是(－10，－8).。
高考数学一轮复习讲义 第28讲 数列经典回顾 理
数列经典回顾开心自测题一：在等比数列｛n a ｝中, 0n a >, 若对正整数n ，都有1n n a a +<, 那么公比q 的取值范围是 ( )．A ．01q <<B ．1q >C ．0q <D ．1q <题二：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若972S =,则249a a a ++= ．题三：已知数列}{n a ，满足11=a ，)2()1(321321≥-++++=-n a n a a a a n n ，则}{n a 的通项1___n a ⎧=⎨⎩12n n =≥． 考点梳理1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列． 2．数列通项与前n 项和的关系11 (1),(2).n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩ 3．等差数列 （1）定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.（2）等差中项如果,,a A b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项，且2ba A +=，或2a b A +=；在一个等差数列中，任意相邻的三项，中间一项一定是两头两项的等差中项．即112n n n a a a -++=，或112n n n a a a -++=．这也是判断一个数列是否等差数列的常用工具． （3）通项公式在等差数列{}n a 中，1(1)n a a n d =+-．通项公式的一般形式为 ()n m a a n m d =+- (,)n m ∈*N ． （4）前n 项和公式若{}n a 为等差数列，则前n 项和()12n n n a a S +=，或11(1)2n S na n n d =+-． 4．等比数列（1）定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做公比．（2）等比中项如果,,a G b 成等比数列，那么G 叫做a 与b的等比中项，且G =2ab G =． 在一个等比数列中，任意相邻的三项，中间一项一定是两头两项的等比中项．即n a =211n n n a a a -+=．这也是判断一个数列是否等比数列的常用工具． （3）通项公式在等比数列{}n a 中，11 ()n n a a q n -=∈*N ． 通项公式的一般形式为 (,)n m n m a a q n m -=∈*N ． （4）前n 项和公式若{}n a 为等比数列，则前n 项和()111,(1)(1),1n n na q S a q q q ⎧=⎪=-⎨≠⎪-⎩或()()111,1.1n n na q S a a q q q ⎧=⎪=-⎨≠⎪-⎩5．数列的简单性质（1）在等差数列{}n a 中，若l k n m +=+，则l k n m a a a a =；特别地，若k n m a a a k n m 2 ,2=+=+则．（2）在等比数列{}n a 中，l k n m a a a a l k n m =+=+则若 , ;特别地，若2,2k n m a a a k n m ==+则. （3）等差数列依次每k 项和仍成等差数列. （4）设等比数列{}n a 的公比为q ，若011≠+⋅⋅⋅++-k q q ，则数列{}n a 的依次每k 项和仍成等比数列. 金题精讲题一：在等差数列{}n a 中，公差12d =，且100145S =，则13599___.a a a a ++++=题二：设数列{}n a 满足211233333n n n a a a a -++++=…，n ∈*N ．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项；（Ⅱ）设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．题三：设数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()nS n n N n*∈均在函数32y x =-的图象上． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设13+=n n n a a b ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m ．题四：函数)(x f 对任意R x ∈，都有.21)1()(=-+x f x f （Ⅰ）求⎪⎭⎫ ⎝⎛21f 和)(11*N n n n f n f ∈⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛的值； （Ⅱ）数列{}n a 满足,)1(121)0(f n n f n f n f f a n +⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+= 数列{}n a 是等差数列吗？请给出证明．题五：在数列}{n a 中，122,411,111-=-==+n n n n a b a a a ，其中*n ∈N ． （Ⅰ）求证：数列}{n b 是等差数列；（Ⅱ）求证：在数列}{n a 中对于任意的*n ∈N ，都有n n a a <+1； （Ⅲ）设n b nc )2(=，试问数列}{n c 中是否存在三项它们可以构成等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，请说明理由． 开心自测题一：B 题二：24 题三：!2n 金题精讲 题一： 60题二：（Ⅰ）13n n a ∴=；（Ⅱ）1(21)3344n n n S +-∴=+．题三：（Ⅰ）*65()n a n n N =-∈；（Ⅱ）m 为10． 题四：（Ⅰ）,4121=⎪⎭⎫⎝⎛f .2111=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛n n f n f （Ⅱ）略 题五：略。
高考数学一轮复习课时规范练28数列的概念与表示理新人教B版
【2019最新】精选高考数学一轮复习课时规范练28数列的概念与表示理新人教B版基础巩固组1.数列1,,…的一个通项公式an=( )A. B. C. D.2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2(an-1),则a2等于( )A.4B.2C.1D.-23.(2017江西上饶模拟)已知数列{an}满足an+1+an=n,若a1=2,则a4-a2=( )A.4B.3C.2D.14.已知数列{an}满足a1=0,an+1=an+2n-1,则数列{an}的一个通项公式为( )A.an=n-1B.an=(n-1)2C.an=(n-1)3D.an=(n-1)45.(2017吉林模拟改编)若数列{an}满足a1=,an=1-(n≥2,且n∈N+),则a2 018等于( )A.-1B.C.1D.26.已知数列{an}的首项a1=1,其前n项和Sn=n2an(n∈N+),则a9=( )A. B. C. D.7.(2017宁夏银川二模)已知数列{an}满足a1=2,且+…+=an-2(n≥2),则{an}的通项公式为.8.已知数列{an}的通项公式为an=(n+2),则当an取得最大值时,n= .9.已知各项都为正数的数列{an}满足-an+1an-2=0,且a1=2,则an= .10.(2017广东江门一模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an(an+1),n∈N+.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.〚导学号21500730〛综合提升组11.(2017河南郑州、平顶山、濮阳二模,理7)已知数列{an}满足an+1=an-an-1(n≥2),a1=m,a2=n,Sn为数列{an}的前n项和,则S2 017的值为( )A.2 017n-mB.n-2 017mC.mD.n12.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)内的单调函数,且对任意的正数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y).若数列{an}的前n项和为Sn,且满足f(Sn+2)-f(an)=f(3)(n∈N+),则an等于( )A.2n-1B.nC.2n-1D.13.(2017山西晋中二模,理15)我们可以利用数列{an}的递推公式an=(n∈N+),求出这个数列各项的值,使得这个数列中的每一项都是奇数,则a64+a65= .14.(2017山西吕梁二模,理16)在数列{an}中,已知a2n=a2n-1+(-1)n,a2n+1=a2n+n,a1=1,则a20= .15.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-n,则an= .创新应用组16.(2017河南洛阳一模)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为“斐波那契数列”,则(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)·…·(a2 015a2 017-)=( )A.1B.-1C.2 017D.-2 017 〚导学号21500731〛17.已知数列{an}中,a1=-1,an+1=2an+3n-1(n∈N+),求数列{an}的通项公式.参考答案课时规范练28 数列的概念与表示1.B 由已知得,数列可写成,…,故通项为.2.A 由Sn=2(an-1),得a1=2(a1-1),即a1=2,又a1+a2=2(a2-1),所以a2=4.3.D 由an+1+an=n,得an+2+an+1=n+1,两式相减得an+2-an=1,令n=2,得a4-a2=1.4.B 因为a1=0,an+1=an+2n-1,所以a2=0+1=1,a3=1+3=4,a4=4+5=9,故数列{an}的一个通项公式为an=(n-1)2.5.A ∵a1=,an=1-(n≥2,且n∈N*),∴a2=1-=1-=-1,∴a3=1-=1-=2,∴a4=1-=1-,……依此类推,可得an+3=an,∴a2 018=a672×3+2=a2=-1,故选A.6.B 由Sn=n2an,得Sn+1=(n+1)2an+1,所以an+1=(n+1)2an+1-n2an,化简得(n+2)an+1=nan,即,所以a9=·…··a1=×…××1=.7.an=n+1 ∵+…+=an-2(n≥2),①+…+=an+1-2(n≥2),②②-①得=an+1-an,整理得,∴=1,又=1,∴数列是以1为首项,1为公比的等比数列,即常数列1,∴an=n+1.8.5或6 由题意令∴解得∴n=5或n=6.9.2n ∵-an+1an-2=0,∴(an+1+an)(an+1-2an)=0.∵数列{an}的各项均为正数,∴an+1+an>0,∴an+1-2an=0,即an+1=2an(n∈N+),∴数列{an}是以2为公比的等比数列.∵a1=2,∴an=2n.10.解 (1)a1=S1=a1(a1+1),a1>0,解得a1=1.∀n∈N+,an+1=Sn+1-Sn=an+1(an+1+1)-an(an+1),移项整理并因式分解得(an+1-an-1)(an+1+an)=0,因为{an}是正项数列,所以an+1+an>0,所以an+1-an-1=0,an+1-an=1.所以{an}是首项a1=1、公差为1的等差数列,所以an=n.(2)由(1)得Sn=an(an+1)=n(n+1),bn=,Tn=b1+b2+…+bn=+…+.11.C ∵an+1=an-an-1(n≥2),a1=m,a2=n,∴a3=n-m,a4=-m,a5=-n,a6=m-n,a7=m,a8=n,…,∴an+6=an.则S2 017=S336×6+1=336×(a1+a2+…+a6)+a1=336×0+m=m.12.D 由题意知f(Sn+2)=f(an)+f(3)=f(3an)(n∈N+),∴Sn+2=3an,Sn-1+2=3an-1(n≥2),两式相减,得2an=3an-1(n≥2),则(n≥2).又n=1时,S1+2=3a1=a1+2,∴a1=1.∴数列{an}是首项为1,公比为的等比数列.∴an=.13.66 由题得,这个数列各项的值分别为1,1,3,1,5,3,7,1,9,5,11,3,…∴a64+a65=a32+65=a16+65=a8+65=a4+65=1+65=66.14.46 由a2n=a2n-1+(-1)n,得a2n-a2n-1=(-1)n,由a2n+1=a2n+n,得a2n+1-a2n=n,∴a2-a1=-1,a4-a3=1,a6-a5=-1,…,a20-a19=1,10个式子之和为0,a3-a2=1,a5-a4=2,a7-a6=3,…,a19-a18=9,9个式子之和为=45.累加得a20-a1=45.又a1=1,故a20=46,故答案为46.15.2n-1 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-n-2an-1+(n-1),即an=2an-1+1,∴an+1=2(an-1+1).又a1=S1=2a1-1,∴a1=1.∴数列{an+1}是以首项为a1+1=2,公比为2的等比数列,∴an+1=2·2n-1=2n,∴an=2n-1.16.B ∵a1a3-=1×2-12=1,a2a4-=1×3-22=-1,a3a5-=2×5-32=1,…,a2 015a2 017-=1.∴(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)·…·(a2 015a2 017-)=11 008×(-1)1 007=-1.17.解∵an+1=2an+3n-1(n∈N+),①a1=-1,∴a2=0.当n≥2时,an=2an-1+3n-4,②由①-②可得an+1-an=2an-2an-1+3,即an+1-an+3=2(an-an-1+3),∴数列{an-an-1+3}为等比数列,首项为4,公比为2.∴an-an-1+3=4×2n-2,∴an-an-1=2n-3.∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-3+2n-1-3+…+22-3-1=-3(n-1)-1=2n+1-3n-2.。
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专题28 数列的概念与简单表示法
1．数列1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)n＋12n－1n2＋n(n∈N*)
B．an＝(－1)n－12n＋1n2＋3n(n∈N*)
C．an＝(－1)n＋12n－1n2＋2n(n∈N*)
D．an＝(－1)n－12n＋1n2＋2n(n∈N*)
解析：观察数列{an}各项，可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，故选D。
答案：D
2．已知数列的通项公式为an＝n2－8n＋15，则3( )
A．不是数列{an}中的项
B．只是数列{an}中的第2项
C．只是数列{an}中的第6项
D．是数列{an}中的第2项和第6项
解析：令an＝3，即n2－8n＋15＝3，整理得n2－8n＋12＝0，解得n＝2或n＝6。
答案：D
3．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是( )
A．2n－1 B.n＋1nn－1
C．n2 D．n
解析：因为an＝n(an＋1－an)，所以an＋1an＝n＋1n，所以an＝anan－1×an－1an－2×an－2an－3×…×a3a2×a2a1×
a
1
＝nn－1×n－1n－2×n－2n－3×…×32×21×1＝n。
答案：D
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n，则a2＋a18＝( )
A．36 B．35
C．34 D．33
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，故a2＋a18＝34。
答案：C
5．已知数列{an}，an＝－2n2＋λn，若该数列是递减数列，则实数λ的取值范围是( )
A．(－∞，6) B．(－∞，4]
C．(－∞，5) D．(－∞，3]
解析：数列{an}的通项公式是关于n(n∈N*)的二次函数，若数列是递减数列，则－
λ
－
≤1，即λ≤4。
答案：B
6．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则ann的最小值为( )
A.172 B.212
C．10 D．21
即f(x)在区间(0，33)上递减；在区间(33，＋∞)上递增，又5＜33＜6，且f(5)＝
5＋335－1＝535，f(6)＝6＋112－1＝212，所以f(5)＞f(6)，所以当n＝6时，ann有最小值212。
答案：B
7．数列{an}满足an＋1＝11－an，a8＝2，则a1＝__________。
解析：将a8＝2代入an＋1＝11－an，可求得a7＝12；再将a7＝12代入an＋1＝11－an，可求得
a
6
＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝11－an，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，
且周期为3，所以a1＝a7＝12。
答案：12
8．已知数列{an}满足a1＝12，an－1－an＝an－1annn－(n≥2)，则该数列的通项公式an＝
__________。
解析：∵an－1－an＝an－1annn－(n≥2)，
∴an－1－anan－1an＝1nn－。
∴1an－1an－1＝1n－1－1n。
∴1a2－1a1＝11－12，1a3－1a2＝12－13，…，1an－1an－1＝1n－1－1n。
∴1an－1a1＝1－1n。∴1an＝3－1n。
∴an＝n3n－1。
答案：n3n－1
9．如图，一个类似杨辉三角的数阵，则第n(n≥2)行的第2个数为__________。
1
3 3
5 6 5
7 11 11 7
9 18 22 18 9
…
解析：由题意可知：图中每行的第二个数分别为3,6,11,18，…，即a2＝3，a3＝6，a4＝
11，a5＝18，…，
∴a3－a2＝3，a4－a3＝5，a5－a4＝7，…，an－an－1＝2n－3，∴累加得：an－a2＝3＋5＋7
＋…＋(2n－3)，∴an＝n2－2n＋3。
答案：n2－2n＋3
10．设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，求数列{an}的通项公式。
11．数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4。
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值。
(2)对于n∈N*，都有an＋1＞an，求实数k的取值范围。
解析：(1)由n2－5n＋4<0，解得1
所以数列中有两项是负数，即为a2， a3。
因为an＝n2－5n＋4＝n－522－94，
由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，
an有最小值，其最小值为a2＝a
3
＝－2。
(2)由an＋1＞an知该数列是一个递增数列，
又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，
可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，
所以－k2＜32，即得k＞－3。
12．设函数f(x)＝log2x－logx2(0
(2)证明：数列{an}是单调递增数列。
解析：(1)由f(2an)＝2n(n∈N*)，得log22an－1log22an＝2n，即an－1an＝2n，即a2n－2nan－
1＝0，故an＝n±n2＋1。由0