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1、第 1 节 数列的概念与简单表示法 知 识 梳 理 1数列的有关概念 概念 含义 数列 按照一定顺序排列的一列数 数列的项 数列中的每一个数 数列的通项 数列an的第 n 项 an 通项公式 数列an的第 n 项 an与 n 之间的关系能用公式anf(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式 前 n 项和 数列an中，Sna1a2an叫做数列的前 n 项和 2.数列的表示方法 列表法 列表格表示 n 与 an的对应关系 图象法 把点(n，an)画在平面直角坐标系中 公 式法 通项公式 把数列的通项使用公式表示的方法 递推公式 使用初始值 a1和 an1f(an)或 a1，a2和 an1f(an，a
2、n1)等表示数列的方法 3.an与 Sn的关系 若数列an的前 n 项和为 Sn，则 an S1，n1，SnSn1，n2.4数列的分类 1数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关 2易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号 3在利用数列的前 n 项和求通项时，往往容易忽略先求出 a1，而是直接把数列的通项公式写成 anSnSn1的形式，但它只适用于 n2 的情形 诊 断 自 测 1判断下列说法的正误(1)给出数列的前几项，写出的通项公式可能不唯一()(2)anSn1Sn(nN*)()(3)利
3、用递推公式和初始项的值，应该能推出数列的其余各项()(4)若数列an的前 n 项和 Snn2n1，则 an2n.()答案(1)(2)(3)(4)解析(2)不正确，an1Sn1Sn；(4)不正确，当 n1 时，a1S13，当 n2时，anSnSn12n，an3，n1，2n，n2.2设数列an的前 n 项和 Snn2，则 a8的值为()A15 B16 C49 D64 答案 A 解析 当 n8 时，a8S8S7827215.3已知数列的前 4 项为 2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是()Aan(1)n11 Ban2，n为奇数，0，n为偶数 Can2sinn2 Dancos(n1)1 答案
4、 C 解析 对 n1，2，3，4 进行验证，an2sinn2不合题意，故选 C.4在数列an中，已知 a11，an14an1，则 a3_ 答案 21 解析 由题意知，a24a115，a34a2121.5在数列an中，a12，且对任意的 m，nN*有 amnaman，则 a6_ 答案 64 解析 a6a2a4a2a2a2(a21)32664.6(2020北京朝阳区一模)等比数列an满足如下条件：a10；数列an的前n 项和 Sn0，q12，Sn12112n112112ncn，当 n5 时，cn1cn，因此 c1c2c3c4c6c7，n5 时，cn取得最大值(2)因为 an1an1an(n2)，所
5、以对任意的 nN*有 an6an5an41an3，1an3an1an2an，所以数列an为周期为 6 的周期数列，又 a22a11，所以 a32，a42，a51，a612，所以 a2 020a42，a100a4，故 A，B 正确；易知 S3121272，故 C 正确；易知 S305S6，所以 D 不正确选 D.感悟升华(1)判断数列单调性的常用方法有两个：利用数列对应的函数的单调性判断；对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断(2)判断数列周期的方法 由递推式计算出一些项，发现周期 推证出 ankan(n，kN*，k 为常数)【训练 4】(1)(2021温州调研)已知数列an满足an1an
6、n2，a120，则ann的最小值为()A4 5 B4 51 C8 D9(2)若数列an满足 a11，a23，anan2an1(n3)，记数列an的前 n 项积为Tn，则下列说法错误的是()ATn无最大值 Ban有最大值 CT2 0209 Da2 0201 答案(1)C(2)A 解析(1)由 an1an2n 知，当 n2 时，a2a121，a3a222，anan12(n1)，相加得，ana1n2n，所以annn20n1，又a1120 满足上式，annn20n1，又 nN*，所以 n4 时，ann单调递减，n5 时，ann单调递增，因为a44a55，所以ann的最小值为a44a558.故选 C.(
7、2)因为 a11，a23，anan2an1(n3)，所以 a33，a41，a513，a613，a71，a83，因此数列an为周期数列，an6an，an有最大值 3，a2 020a41，因为 T11，T23，T39，T49，T53，T61，T71，T83，所以Tn为周期数列，Tn6Tn，Tn有最大值 9，T2 020T49，故选 A.基础巩固题组 一、选择题 1数列23，45，67，89，的第 10 项是()A1617 B1819 C2021 D2223 答案 C 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an的通项公式 a
8、n(1)n12n2n1，故 a102021.2数列 0，1，0，1，0，1，0，1，的一个通项公式 an等于()A.（1）n12 Bcos n2 Ccos n12 Dcos n22 答案 D 解析 令 n1，2，3，逐一验证四个选项，易得 D 正确 3设 an3n215n18，则数列an中的最大项的值是()A.163 B.133 C4 D0 答案 D 解析 an3n52234，由二次函数性质得当 n2 或 3 时，an最大，最大为 0.4数列an满足 an1an2n3，若 a12，则 a8a4()A7 B6 C5 D4 答案 D 解析 依题意得(an2an1)(an1an)2(n1)3(2n3
9、)2，即 an2an2，所以 a8a4(a8a6)(a6a4)224.5数列an的前 n 项积为 n2，那么当 n2 时，an()A2n1 Bn2 C.（n1）2n2 D.n2（n1）2 答案 D 解析 设数列an的前 n 项积为 Tn，则 Tnn2，当 n2 时，anTnTn1n2（n1）2.6已知数列an满足 a11，an1an2(nN*)，则()Aan2n1 Ban2n1 CSnn2 DSn2n1 答案 C 解析 由 an1an2，得 a2a12，a3a22，anan12，累加得 ananan1an1an2a2a1a12(n1)12n1，所以 Sn1352n1n12n12n2.二、填空题
10、 7若数列an满足关系 an111an，a83421，则 a5_ 答案 85 解析 借助递推关系，则 a8递推依次得到 a72113，a6138，a585.8已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 an0(nN*)，又 anan1Sn，则 a3a1_ 答案 1 解析 因为 anan1Sn，所以令 n1 得 a1a2S1a1，由于 a10，则 a21，令n2，得 a2a3S2a1a2，即 a31a1，所以 a3a11.9已知数列an的前 n 项和 Snn22n1(nN*)，则 a1_；数列an的通项公式为 an_ 答案 2 2，n1，2n1，n2 解析 由题意易得 a1S12，当 n2 时，an
11、SnSn1(n22n1)(n1)22(n1)12n1，而 a123，所以 an2，n1，2n1，n2.10 已知数列an满足 an2an1an，且 a12，a23，则 a2 020的值为_ 答案 2 解析 由题意得 a3a2a11，a4a3a22，a5a4a33，a6a5a41，a7a6a52，a8a7a63，数列an是周期为 6 的周期数列，而 2 02063364，a2 020a42.三、解答题 11(1)已知数列an满足 a12a23a34a4nann，求 an；(2)已知数列an的前 n 项和为 Sn，若 an0，Sn1，且 6Sn(an1)(an2)，求 an.解(1)设 a12a2
12、3a34a4nanTn，当 n1 时，a1T11，当 n2 时，nanTnTn1n(n1)1，因此 an1n，而 a11，也满足此等式，所以 an1n.(2)当 n1 时，a1S116(a11)(a12)，即 a213a120.解得 a11 或 a12.因为 a1S11，所以 a12.当 n2 时，anSnSn116(an1)(an2)16(an11)(an12)，所以(anan13)(anan1)0.因为 an0，所以 anan10，所以 anan13，所以数列an是以 2 为首项，3 为公差的等差数列 所以 an3n1.12已知数列an满足 a11，an3n1an1(n2，nN*)(1)求
13、 a2，a3的值；(2)证明：an3n12.(1)解 因为 a11，an3n1an1(n2，nN*)，所以 a232114，a3331a29413.(2)证明 因为 an3n1an1(n2，nN*)，所以 anan13n1，所以 an(anan1)(an1an2)(an2an3)(a2a1)a1 3n13n231 3n12(n2，nN*)当 n1 时，a13121 满足上式 所以当 nN*时，an3n12.能力提升题组 13数列an满足 an12an，0an12，2an1，12an7nN*.若an是递增数列，则实数 a 的取值范围是_ 答案(2，3)解析 每段单调递增得 1a3，又 a7a8得
14、 2a3.16(2021“超级全能生”联考)十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列an满足以下关系：a11，a21，anan1an2(n3，nN*)，记其前 n 项和为 Sn，设 a2 020m(m 为常数)，则 S2 018a2 020_；a1a3a5a2 019_ 答案 1 m 解析 因为 an2an1ananan1an1an2anan1an2an3an3an4Sn1，所以 a2 020S2 0181，所以 S2 018a2 0201.a1a3a5a2 019a1a1a2a3a4a2 017a2 018a1S2 0181S2 018a2 0
15、20m.17已知数列an中，a11，前 n 项和 Snn23an.(1)求 a2，a3；(2)求an的通项公式 解(1)由 S243a2得 3(a1a2)4a2，解得 a23a13.由 S353a3得 3(a1a2a3)5a3，解得 a332(a1a2)6.(2)由题设知 a11.当 n2 时，有 anSnSn1n23ann13an1，整理得 ann1n1an1.于是 a11，a231a1，a342a2，an1nn2an2，ann1n1an1.将以上 n 个等式两端分别相乘，整理得 ann（n1）2.显然，当 n1 时也满足上式 综上可知，an的通项公式 ann（n1）2.18已知数列an的前
16、 n 项和 Sn2n22n，数列bn的前 n 项和 Tn2bn.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)(一题多解)设 cna2nbn，证明：当且仅当 n3 时，cn1cn.(1)解 当 n1 时，a1S14.对于 n2，有 anSnSn12n(n1)2(n1)n4n.又当 n1 时，a14 适合上式，故an的通项公式 an4n.将 n1 代入 Tn2bn，得 b12b1，故 T1b11.对于 n2，由 Tn12bn1，Tn2bn，得 bnTnTn1(bnbn1)，bn12bn1，所以数列bn是以 1 为首项，12为公比的等比数列，故 bn21n.(2)证明 法一 由 cna2nbnn225n，得cn1cn1211n2.当且仅当 n3 时，11n43 2，即cn1cn1，即 cn1cn.法二 由 cna2nbnn225n，得 cn1cn24n(n1)22n224n(n1)22 当且仅当 n3 时，cn1cn0，即 cn1cn.