第六章 §6.1　数列的概念与简单表示法.docx

1、6.1数列的概念与简单表示法数列的概念与简单表示法 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 1数列的有关概念 (1)数列的定义： 按照一定次序排列的一列数称为数列， 数列中的每个数都叫做这个数列的项 (2)数列的通项公式 如果数列an的第 n 项与序号 n 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个 数列的通项公式 若已知数列an的前 n 项和为 Sn，则 an S1n1， SnSn1n2，nN*. 2数列与函数 数列an是从正整数集 N*(或它的有限子集1,2，n)到实数集 R 的函数，其自变量是序 号

2、n，对应的函数值是数列的第 n 项 an，记为 anf(n)也就是说，当自变量从 1 开始，按照 从小到大的顺序依次取值时，对应的一列函数值 f(1)，f(2)，f(n)，就是数列an 3数列的分类 分类标准类型满足条件 项数 有穷数列项数有限 无穷数列项数无限 项与项间的大小关系 递增数列an1an 其中 nN* 递减数列an1an，即(n1)2(n1)1n2n1.化简得，2n1，nN*，0，n29n100，得1n10， 又 nN*，所以 1n0，a11， 则 an_. 答案n2n 1 解析由 2(n1)a2n(n2)anan1na2n10 得 n(2a2nanan1a2n1)2an(ana

3、n1)0， n(anan1)(2anan1)2an(anan1)0， (anan1)(2anan1)n2an0， 又 an0，2nan2annan10， an 1 an 2n1 n ， 又 a11，当 n2 时，an an an1 an1 an2 a3 a2 a2 a1a 1 2n n1 2n1 n2 2n2 n3 23 2 22 1 12n 1n. 又 n1 时，a11 适合上式，ann2n 1. 思维升华 (1)根据形如 an1anf(n)(f(n)是可以求和的函数)的递推关系式求通项公式时，常 用累加法求出 ana1与 n 的关系式，进而得到 an的通项公式 (2)根据形如 an1anf

4、(n)(f(n)是可以求积的函数)的递推关系式求通项公式时，常用累乘法求 出an a1与 n 的关系式，进而得到 a n的通项公式 跟踪训练 1 (1)在数列an中，a13，an1an 1 nn1，则通项公式 a n_. 答案41 n 解析an1an 1 nn1 1 n 1 n1， 当 n2 时，anan1 1 n1 1 n， an1an2 1 n2 1 n1， a2a111 2， 以上各式相加得，ana111 n， an41 n，a 13 适合上式，an41 n. (2)已知 a12，an12nan，则数列an的通项公式 an_. 答案 2 2 2 2 nn 解析an 1 an 2n，当 n

5、2 时， an an12 n1，an1 an22 n2， a3 a22 2，a2 a12， an an an1 an1 an2 a3 a2 a2 a1a 1 2n 12n22222 21 23(n1)2 2 (1)2 1 22 22, nnnn ， 又 a12 满足上式， an 2 2 2 2 nn . 题型三 数列的性质 命题点 1数列的单调性 例 3 已知数列an的通项公式为 an3nk 2n ，若数列an为递减数列，则实数 k 的取值范围为 () A(3，)B(2，)C(1，)D(0，) 答案D 解析(单调性)因为 an1an3n3k 2n 1 3nk 2n 33nk 2n 1 ， 由数

6、列an为递减数列知， 对任 意 nN*，an1an33nk 2n 1 33n 对任意 nN*恒成立，所以 k(0，) 思维升华 解决数列的单调性问题的三种方法 (1)用作差比较法，根据 an1an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an 1 an (an0 或 an0)与 1 的大小关系进行判断 (3)函数法 命题点 2数列的周期性 例 4 (2021广元联考)已知数列an， 若 an1anan2(nN*)， 则称数列an为“凸数列” 已 知数列bn为“凸数列”，且 b11，b22，则bn的前 2 022 项的和为() A0B1C5D1 答案A 解析bn2

7、bn1bn，b11，b22， b3b2b1213， b4b3b21， b5b4b31(3)2， b6b5b42(1)3， b7b6b5321. bn是周期为 6 的周期数列， 且 S61231230. S2 022S33760. 思维升华 解决数列周期性问题 根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者 前 n 项的和 命题点 3数列的最值 例 5 已知数列an满足 a128，an 1an n 2，则an n 的最小值为() A.29 3 B4 71C.48 5 D.27 4 答案C 解析由 an1an2n，可得 ann2n28， an n n28 n 1，

8、 设 f(x)x28 x ，可知 f(x)在(0， 28上单调递减，在( 28，)上单调递增， 又 nN*，且a5 5 48 5 0 或当 an0 时，an 1 an 1 ，则 an1an，则数列an 是 递 增 数 列 ， 所 以 数 列 an 的 最 小 项 为 a1； 若 有 an 1 an f(n 1) f(n)0 时，an 1 an 1 ，则 an10，a n1an，选 A. (2)已知数列an满足 an2an1an，nN*，a11，a22，则 a2 021等于() A2B1C1D2 答案A 解析由题意，数列an满足 an2an1an， 且 a11，a22， 当 n1 时，可得 a3

9、a2a1211； 当 n2 时，可得 a4a3a2121； 当 n3 时，可得 a5a4a3112； 当 n4 时，可得 a6a5a42(1)1； 当 n5 时，可得 a7a6a51(2)1； 当 n6 时，可得 a8a7a61(1)2； 可得数列an是以 6 为周期的周期数列， 所以 a2 021a33665a52. 故选 A. (3)在数列an中，an(n1) 7 8 n，则数列an的最大项是第_项 答案6 或 7 解析 an1 an n2 7 8 n1 n1 7 8 n 7 8 n2 n11. 得 n6，即当 n6 时，an1an， 当 n6 时，an10，因此数列a n是递 增数列，D

10、 正确故选 ABD. 6(多选)若数列an满足：对任意正整数 n，an1an为递减数列，则称数列an为“差递 减数列”给出下列数列an(aN*)，其中是“差递减数列”的有() Aan3nBann21Can nDanln n n1 答案CD 解析对于 A，若 an3n，则 an1an3(n1)3n3，所以an1an不为递减数列，故 A 错误； 对于 B，若 ann21，则 an1an(n1)2n22n1，所以an1an为递增数列，故 B 错误； 对于 C，若 an n，则 an1an n1 n 1 n1 n，所以a n1an为递减数列，故 C 正确； 对于 D，若 anln n n1，则 a n

11、1anlnn1 n2ln n n1ln n1 n2 n1 nln 1 1 n22n ，由函 数 yln 1 1 x22x 在(0，)上单调递减，所以an1an为递减数列，故 D 正确 故选 CD. 7若数列an的前 n 项和 Sn3n22n1，则数列an的通项公式 an_. 答案 2，n1， 6n5，n2 解析当 n1 时，a1S13122112；当 n2 时， anSnSn13n22n13(n1)22(n1)16n5，显然当 n1 时，不满足上式 故数列an的通项公式为 an 2，n1， 6n5，n2. 8(2021北京市昌平区模拟)设数列an的前 n 项和为 Sn，且nN*，an1an，S

12、nS6.请写 出一个满足条件的数列an的通项公式 an_. 答案n6(nN*)(答案不唯一) 解析nN*，an1an，则数列an是递增的， nN*，SnS6，即 S6最小， 只要前 6 项均为负数，或前 5 项为负数，第 6 项为 0，即可， 所以，满足条件的数列an的一个通项公式 ann6(nN*)(答案不唯一) 9已知在数列an中，a1a2a3ann2(nN*)，则 a9_. 答案 81 64 解析a1a2a88264， a1a2a99281， 得 a981 64. 10已知数列的通项为 an n1 3n16(nN *)，则数列an的最小项是第_项 答案5 解析因为 an n1 3n16，

13、数列a n的最小项必为 an0，即 n1 3n160,3n160，从而 n 16 3 ， 又因为 nN*，且数列an的前 5 项递减，所以 n5 时，an的值最小 11已知数列an的前 n 项和为 Sn，求数列an的通项公式 (1)Sn2n1，nN*； (2)Sn2n2n3，nN*. 解(1)Sn2n1(nN*)， 当 n1 时，a1S1211； 当 n2 时，anSnSn12n1(2n 11)2n1. 经检验，当 n1 时，符合上式， an2n 1(nN*) (2)Sn2n2n3(nN*)， 当 n1 时，a1S1212136； 当 n2 时，anSnSn12n2n32(n1)2(n1)34

14、n1. 经检验，当 n1 时，不符合上式， an 6，n1， 4n1，n2，nN*. 12在数列an中，an2n29n3. (1)107 是不是该数列中的某一项？若是，其为第几项？ (2)求数列中的最大项 解(1)令 an107，2n29n3107,2n29n1100， 解得 n10 或 n11 2 (舍去)所以 a10107. (2)an2n29n32 n9 4 2105 8 ， 由于 nN*，所以最大项为 a213. 13在各项均为正数的数列an中，对任意 m，nN*，都有 amnaman.若 a664，则 a9等 于() A256B510C512D1 024 答案C 解析在各项均为正数的

15、数列an中，对任意 m，nN*，都有 amnaman.所以 a6a3a3 64，a38.所以 a9a6a3648512.故选 C. 14已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 4(n1)(Sn1)(n2)2an，则数列an的通项公 式为() A(2n1)21B(2n1)2 C8n2D(n1)3 答案D 解析在 4(n1)(Sn1)(n2)2an中， 令 n1，得 8(a11)9a1，所以 a18， 因为 4(n1)(Sn1)(n2)2an， 所以 4n(Sn11)(n1)2an1(n2)， 得，4ann2 2 n1 ann1 2 n an1， 即 n2 n1a nn1 2 n an1，an

16、n1 3 n3 an1， 所以 an an an1 an1 an2 a2 a1a 1 n1 3 n3 n3 n13 33 238 (n1)3(n2)， 又 a18 也满足此式，所以数列an的通项公式为(n1)3. 故选 D. 15设数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn(1)nan 1 2n，则 S 1S3S5等于() A0B.17 64 C. 5 64 D.21 64 答案D 解析数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn(1)nan 1 2n， 当 n 为偶数时，SnSnSn1 1 2n， 即有 Sn1 1 2n，所以 S 1S3S51 4 1 16 1 64 21 64. 故选 D. 16(2020鹰潭模拟)Sn是数列an的前 n 项和，且 anSn1 2n 1 2n 2. (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn2 n a 5an，求数列bn中最小的项 解(1)对任意的 nN*，由 anSn1 2n 1 2n 2，得 an 1Sn11 2(n1) 1 2(n1) 2， 两式相减得 ann，因此数列an的通项公式为 ann. (2)由(1)得 bn2n5n， 则 bn1bn2n 15(n1)(2n5n)2n5. 当 n2 时，bn1bn0， 即 bn1b2b3； 当 n3 时，bn1bn0， 即 bn1bn，b3b4b5， 所以数列bn的最小项为 b323537.