2019届高考文科数学新课标版大一轮复习考点突破：第6章 第1讲 数列的概念与简单表示法(含答案)

新课改版高考数学一轮复习 第一节 数列的概念与简单表示突破点一 数列的通项公式[基本知识]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，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做首项)．2．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．3．数列的递推公式如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且任何一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即a n ＝f (a n －1)(或a n ＝f (a n －1，a n －2)等)，那么这个式子叫做数列{a n }的递推公式．4．S n 与a n 的关系已知数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，这个关系式对任意数列均成立．[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (3)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×二、填空题1．数列{a n }中，a 1＝2，且a n ＋1＝12a n －1，则a 5的值为________．解析：由a 1＝2，a n ＋1＝12a n －1，得a 2＝12a 1－1＝1－1＝0，a 3＝12a 2－1＝0－1＝－1，a 4＝12a 3－1＝－12－1＝－32，a 5＝12a 4－1＝－34－1＝－74. 答案：－742．数列{a n}定义如下：a 1＝1，当n ≥2时，a n＝⎩⎨⎧1＋a 2n ，n 为偶数，1a n －1，n 为奇数，若a n ＝14，则n 的值为________．解析：困为a 1＝1，所以a 2＝1＋a 1＝2，a 3＝1a 2＝12，a 4＝1＋a 2＝3，a 5＝1a 4＝13，a 6＝1＋a 3＝32，a 7＝1a 6＝23，a 8＝1＋a 4＝4，a 9＝1a 8＝14，所以n ＝9.答案：93．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，则10－3是此数列的第________项．解析：a n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，∵10－3＝10－9，∴10－3是该数列的第9项． 答案：94．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是____________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[全析考法]考法一 利用a n 与S n 的关系求通项数列{a n }的前n项和S n 与通项a n 的关系为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，通过纽带：a n ＝S n－S n －1(n ≥2)，根据题目已知条件，消掉a n 或S n ，再利用特殊形式(累乘或累加)或通过构造成等差数列或者等比数列求解．[例1] (1)(2019·化州模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为____________．(2)(2019·广州测试)已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N *，均有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，则a n ＝____________.[解析] (1)由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n，n ≥2.(2)∵a n ，S n ，a 2n 成等差数列，∴2S n ＝a n ＋a 2n . 当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a 1＋a 21. 又a 1>0，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1， ∴(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0.∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)－(a n ＋a n －1)＝0， ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n (n ∈N *)．[答案] (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n，n ≥2 (2)n[方法技巧]已知S n 求a n 的3个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．考法二 利用递推关系求通项[例2] (1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，求数列{a n }的通项公式． (2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式． (3)在数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式． (4)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式． [解] (1)因为a n ＋1－a n ＝3n ＋2， 所以a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n n ＋2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2＝12×(3×1＋1)，符合上式，所以a n ＝32n 2＋n2.(2)因为a n ＝n －1na n －1(n ≥2)， 所以a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1. 由累乘法可得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n (n ≥2)．又a 1＝1符合上式，∴a n ＝1n .(3)因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.(4)∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． [方法技巧] 典型的递推数列及处理方法1.[考法一]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝n ＋a n2，则a 2 019＝( )A ．2 018B ．2 019C ．4 036D ．4 038解析：选B 由题意知n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋a n 2－na n －12，化为a n n ＝a n －1n －1，∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n .则a 2 019＝2 019.故选B.2.[考法一]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A ．2n －1B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 解析：选B S n ＝2a n ＋1＝2S n ＋1－2S n ⇒3S n ＝2S n ＋1⇒S n ＋1S n ＝32，故数列{S n }为等比数列，公比是32，又S 1＝1，所以S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.故选B. 3.[考法二]已知在数列{a n }中，a n ＋1＝nn ＋2a n (n ∈N *)，且a 1＝4，则数列{a n }的通项公式a n ＝____________.解析：由a n ＋1＝nn ＋2a n ，得a n ＋1a n ＝n n ＋2，故a 2a 1＝13，a 3a 2＝24，…，a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)，以上式子累乘得，a n a 1＝13·24·…·n －3n －1·n －2n ·n －1n ＋1＝2nn ＋.因为a 1＝4，所以a n ＝8n n ＋(n ≥2)．因为a 1＝4满足上式，所以a n ＝8nn ＋.答案：8nn ＋4.[考法二]已知数列{a n }满足a 1＝2，a n －a n －1＝n (n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝____________. 解析：由题意可知，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)， 以上式子累加得，a n －a 1＝2＋3＋…＋n . 因为a 1＝2，所以a n ＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋n －＋n2＝n 2＋n ＋22(n ≥2)．因为a 1＝2满足上式， 所以a n ＝n 2＋n ＋22.答案：n 2＋n ＋22突破点二 数列的性质[基本知识]数列的分类1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n3n ＋1，那么这个数列是________(填递增或递减)．答案：递增2．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是________． 答案：03．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫78n ，则当a n取得最大值时，n 等于________． 答案：5或6[全析考法]考法一 数列的单调性[例1] 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，则数列{a n }中的最大项为( )A.89 B ．23 C.6481D ．125243[解析] 法一：(作差比较法)a n ＋1－a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝2－n 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n， 当n <2时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ； 当n ＝2时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n >2时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n . 所以a 1<a 2＝a 3，a 3>a 4>a 5>…>a n ，所以数列{a n }中的最大项为a 2或a 3，且a 2＝a 3＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝89.故选A.法二：(作商比较法)a n ＋1a n＝n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，令a n ＋1a n >1，解得n <2；令a n ＋1a n ＝1，解得n ＝2；令a n ＋1a n<1，解得n >2. 又a n >0，故a 1<a 2＝a 3，a 3>a 4>a 5>…>a n ，所以数列{a n }中的最大项为a 2或a 3，且a 2＝a 3＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝89.故选A.[答案] A [方法技巧]求数列最大项或最小项的方法(1)将数列视为函数f (x )当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )的最值，进而求出数列的最大(小)项．(2)通过通项公式a n研究数列的单调性，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2)确定最小项．(3)比较法：①若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )>0( 或a n >0时，a n ＋1a n>1 )，则a n ＋1>a n ，即数列{a n }是递增数列，所以数列{a n }的最小项为a 1＝f (1)；②若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )<0( 或a n >0时，a n ＋1a n<1 )，则a n ＋1<a n ，即数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }的最大项为a 1＝f (1)．考法二 数列的周期性数列的周期性与函数的周期性相类似．求解数列的周期问题时，通常是求出数列的前几项观察规律．确定出数列的一个周期，然后再解决相应的问题．[例2] (2019·广西南宁二中、柳州高中联考)已知数列2 008,2 009,1，－2 008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S 2 018＝________.[解析] 由题意可知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝2 008，a 2＝2 009，a 3＝1，a 4＝－2 008，∴a 5＝－2 009，a 6＝－1，a 7＝2 008，a 8＝2 009，…，∴a n ＋6＝a n ，即数列{a n }是以6为周期的数列，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0，∴S 2 018＝336(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6)＋(a 1＋a 2)＝ 4 017.[答案] 4 017 [方法技巧]周期数列的常见形式与解题方法(1)周期数列的常见形式①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数； ②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列． (2)解决此类题目的一般方法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．[集训冲关]1.[考法二]若数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，则a 2 019＝( ) A ．1 B ．－2 C ．3D ．－3解析：选A 因为a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n－2，所以a n ＋3＝－a n ，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，所以{a n }是以6为周期的周期数列．因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.2.[考法一]已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项．解析：因为a n ＝n ＋13n －16，所以数列{a n }的最小项必为a n <0，即n ＋13n －16<0,3n －16<0，从而n <163.又n ∈N *，所以当n ＝5时，a n 的值最小．答案：5。

第1节 数列的概念及简单表示法最新考纲 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.数列的概念(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)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *(或它的有限子集)为定义域的函数a n ＝f (n )，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值.(3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法. 2.数列的分类(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项a n 与序号n 之间的关系可以用一个式子a n ＝f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式. [常用结论与微点提醒]1.若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2.在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎨⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎨⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.诊 断 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”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)一个数列中的数是不可以重复的.( ) (3)所有数列的第n 项都能使用公式表达.( )(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个.( ) 解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列. (2)数列中的数是可以重复的. (3)不是所有的数列都有通项公式. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ 2.已知数列11×2，12×3，13×4，…，1n （n ＋1），…，下列各数中是此数列中的项的是( ) A.135B.142C.148D.154解析 n ＝6时，16×（6＋1）＝142为数列中的第6项.答案 B3.设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A.15B.16C.49D.64解析 当n ＝8时，a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15. 答案 A4.(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.解析由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳a n＝5n－4.答案5n－45.(2017·福州八中质检)已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝a2n－2a n＋1(n∈N*)，则a2 018＝________.解析∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，可知数列{a n}是以2为周期的数列，∴a2 018＝a2＝0.答案0考点一由数列的前几项求数列的通项【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)23，415，635，863，1099，…；(2)－1，7，－13，19，…；(3)12，2，92，8，252，…；(4)5，55，555，5 555，….解(1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数.故所求数列的一个通项公式为a n＝2n（2n－1）（2n＋1）.(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n(6n－5).(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).规律方法 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. 【训练1】 (1)(2018·长沙模拟)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( ) A.a n ＝(－1)n －1＋1B.a n ＝⎩⎨⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C.a n ＝2sin n π2D.a n ＝cos(n －1)π＋1(2)(2018·青岛模拟)数列1，3，6，10，15，…的一个通项公式是( ) A.a n ＝n 2－(n －1) B.a n ＝n 2－1 C.a n ＝n （n ＋1）2D.a n ＝n （n －1）2解析 (1)对n ＝1，2，3，4进行验证，a n ＝2sin n π2不合题意. (2)设此数列为{a n }，则由题意可得a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6， a 4＝10，a 5＝15，…仔细观察数列1，3，6，10，15，…可以发现： 1＝1， 3＝1＋2， 6＝1＋2＋3， 10＝1＋2＋3＋4，…所以第n 项为1＋2＋3＋4＋5＋…＋n ＝n （n ＋1）2， 所以数列1，3，6，10，15，…的通项公式为a n ＝n （n ＋1）2.答案 (1)C (2)C考点二 由S n 与a n 的关系求a n (易错警示)【例2】 (1)(必修5P45T2改编)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝14n 2＋23n ＋3，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________. 解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝4712， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝14n 2＋23n ＋3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤14（n －1）2＋23（n －1）＋3＝12n ＋512，经检验a 1＝4712不满足上式所以这个数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4712，n ＝1，12n ＋512，n ≥2.(2)由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13， 两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1， ∴a n ＝(－2)n －1.答案(1)⎩⎪⎨⎪⎧4712，n ＝1，12n ＋512，n ≥2(2)(－2)n －1规律方法 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 ≥2.①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 ；②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.易错警示 在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形. 【训练2】 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________. 解析 (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合上式，∴a n ＝4n －5. (2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋1－3n －1－1＝2·3n －1. 显然当n ＝1时，不满足上式. ∴a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.答案 (1)4n －5 (2)⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2 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 ＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. (2)若a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. (3)若a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________. 解析 (1)由题意，得a n ＋1－a n ＝3n ＋2，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝(3n －1)＋(3n －4)＋…＋5＋2＝n （3n ＋1）2.即a n ＝32n 2＋n2.(2)由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2). 所以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 n ＋1·n －1n ·n －2n －1·…·34·23·1 ＝2n ＋1，又a 1也满足上式. 所以a n ＝2n ＋1.(3)设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1＋t ＝2(a n ＋t )，即a n ＋1＝2a n ＋t ，解得t ＝3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3).令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列. ∴b n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3. 答案 (1)32n 2＋n 2 (2)2n ＋1(3)2n ＋1－3规律方法 1.形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的递推关系式利用累加法求通项公式，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. 【训练3】 在数列{a n }中，(1)若a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1），则通项公式a n ＝________.(2)若a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝________.(3)若a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 (1)原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，以上(n －1)个式子的等号两端分别相加得，a n ＝a 1＋1－1n ，故a n ＝4－1n .(2)由a n ＋1＝2na n ，得a na n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n （n －1）2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n （n －1）2.(3)因为a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列.所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12.所以a n ＝2n ＋1(n ∈N *).答案 (1)4－1n (2)2n （n －1）2(3)2n ＋1基础巩固题组 (建议用时：40分钟)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 ＋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.(2018·湘潭一中、长沙一中联考)已知数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( ) A.132B.116C.14D.12解析 由题意，得a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，则a 5＝a 3·a 2＝132. 答案 A3.(2017·黄山二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，则S 5＝( ) A.31B.42C.37D.47解析 由题意，得S n ＋1－S n ＝S n ＋1(n ∈N *)，∴S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，故数列{S n ＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2，则S 5＋1＝3×24，所以S 5＝47. 答案 D4.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 2 C.（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 D 二、填空题6.若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析 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.答案 ⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥27.(2018·云南11校联合调研改编)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ＋1，则a 5＝________.解析 依题意得a n ＋1－a n ＝2n ＋1，a 5＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋(a 5－a 4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25. 答案 258.已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________.解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)＞n 2＋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. 答案 (－3，＋∞) 三、解答题9.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 ＝a n 2＋12a 2n ，①当n ≥2时，S n －1＝a n －12＋12a 2n －1，②①－②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 }为首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .10.已知数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1·a n ＝2n ，求a n .解 因为a n ＋1·a n ＝2n ，所以a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，a 2＝23，故a n ＋2a n＝2，所以数列{a n }的奇数项构成以3为首项，以2为公比的等比数列；偶数项构成以23为首项，以2为公比的等比数列.当n 为偶数时，a n ＝a 2·2n 2－1＝23·2n 2－1，即a n ＝13·2n 2； 当n 为奇数时，a n ＝3·2n －12.综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3·2n －12，n 为奇数，13·2n 2，n 为偶数(n ≥1，n ∈N *). 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.数列{a n }的通项a n ＝n n 2＋90，则数列{a n }中的最大项是( ) A.310 B.19 C.119 D.1060解析 令f (x )＝x ＋90x (x >0)，得f (x )≥290，当且仅当x ＝310时等号成立.因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n ≤1290，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大.答案 C12.(2017·湘中名校联考)对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n为{a n }的“优值”，现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －kn }的前n 项和为S n ，若S n ≤S 5对任意的n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围为________. 解析 由H n ＝2n ＋1，得n ·2n ＋1＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ①，(n －1)·2n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1②，①－②，得2n －1a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n ，所以a n ＝2n ＋2，a n －kn＝(2－k )n ＋2，又S n ≤S 5对任意的n ∈N *恒成立，所以⎩⎨⎧a 5≥0，a 6≤0，即⎩⎨⎧5（2－k ）＋2≥0，6（2－k ）＋2≤0，解得73≤k ≤125. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125 13.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. 解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)， 又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *). 结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *).∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(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).。

§数列的有关概念
命题探究
考纲解读
分析解读本节知识一般和数列其他内容综合在一起出题,考查数列的综合运用,作为数列的基础知识,需要
熟练掌握.
五年高考
考点一数列的概念及通项公式
.(课标Ⅱ分)设是数列{}的前项和,且,则.
答案
.(安徽理分)如图,互不相同的点,…,…和,…,…分别在角的两条边上,所有相互平行,且所有梯形的面积均相等.设.若,则数列{}的通项公式是.
答案
.(重庆分)在数列{}中λμ(∈).
()若λ,μ,求数列{}的通项公式;
()若λ(∈≥),μ,证明<<.
解析()由λ,μ,有(∈).若存在某个∈,使得,则由上述递推公式易得.重复上述过程可得,与矛盾,
所以对任意∈≠.
从而(∈),即{}是一个公比的等比数列.
故·.
()证明:若λ,μ,则数列{}的递推关系式变为
,变形为(∈).
由上式及>,归纳可得
>>…>>>…>.
因为·,
所以对,…求和得()…()
··
>·.
另一方面,由上已证的不等式知>>…>>>,得
··
<·.
综上<<.
教师用书专用(—)
.(四川分)设数列{}(,…)的前项和满足,且成等差数列.
()求数列{}的通项公式;
()记数列的前项和为,求使得<成立的的最小值.
解析()由已知,
有(≥),
即(≥).。

§6.1　数列的概念与简单表示法最新考纲考情考向分析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.以考查S n 与a n 的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点．本节内容在高考中以选择、填空的形式进行考查，难度属于低档.1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项．2．数列的分类分类原则类型满足条件有穷数列项数有限按项数分类无穷数列项数无限递增数列a n ＋1>a n 递减数列a n ＋1<a n 按项与项间的大小关系分类常数列a n ＋1＝a n其中n ∈N ＋3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图像法和解析法．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，那么这个公式叫作这个数列的通项公式．知识拓展1．若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝Error!2．在数列{a n }中，若a n 最大，则Error!若a n 最小，则Error!3．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．题组一　思考辨析1．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)所有数列的第n 项都能使用公式表达．(　×　)(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)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．(　×　)(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(　×　)(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N ＋，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .(　√　)题组二　教材改编2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(n ≥2)，则a 5等于( )(－1)nan －1A. B.3253C. D.8523答案　D解析　a 2＝1＋＝2，a 3＝1＋＝，(－1)2a 1(－1)3a 212a 4＝1＋＝3，a 5＝1＋＝.(－1)4a 3(－1)5a 4233．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.答案　5n －4题组三　易错自纠4．已知数列{a n }是递减数列，且对任意的正整数n ，a n ＝－n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围为____________．答案　(－∞，3)解析　∵{a n }是递减数列，∴a n ＋1<a n .∵a n ＝－n 2＋λn 恒成立，∴－(n ＋1)2＋λ(n ＋1)<－n 2＋λn ，即λ<2n ＋1对于n ∈N ＋恒成立．而2n ＋1在n ＝1时取得最小值3，∴λ<3.5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N ＋)，则此数列最大项的值是________．答案　30解析　a n ＝－n 2＋11n ＝－2＋，(n －112)1214∵n ∈N ＋，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案　Error!解析　当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝Error!题型一　由数列的前几项求数列的通项公式1．数列0，，，，…的一个通项公式为( )234567A ．a n ＝(n ∈N ＋)n －1n ＋2B ．a n ＝(n ∈N ＋)n －12n ＋1C ．a n ＝(n ∈N ＋)2(n －1)2n －1D ．a n ＝(n ∈N ＋)2n2n ＋1答案　C解析　注意到分子0,2,4,6都是偶数，对照选项排除即可．2．数列－，，－，，…的一个通项公式a n ＝________.11×212×313×414×5答案　(－1)n 1n (n ＋1)解析　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)思维升华由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k 或(－1)k ＋1，k ∈N＋处理．(3)如果是选择题，可采用代入验证的方法．题型二　由a n 与S n的关系求通项公式典例 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1(n ∈N ＋)，则其通项公式为______．答案　a n ＝Error!解析　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 ＝Error!(2)(2017·南昌模拟)若数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋(n ∈N ＋)，则{a n }的通项公式2313a n ＝________.答案　(－2)n －1解析　由S n ＝a n ＋，得当n ≥2时，S n －1＝a n －1＋，两式相减，整理得a n ＝－2a n －1，又23132313当n ＝1时，S 1＝a 1＝a 1＋，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，故a n ＝(－2)2313n －1.思维升华已知S n ，求a n 的步骤(1)当n ＝1时，a 1＝S 1.(2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.(3)对n ＝1时的情况进行检验，若适合n ≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．跟踪训练 (1)(2017·河南八校一联)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________.答案　－2n －1解析　由题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ，又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项、2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1.(2)(2017·河北衡水中学押题卷)已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系＋＋＋…＋＝，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为( )a 1b 1a 2b 2a 3b 3anbn 12n A ．－454 B ．－450C ．－446 D ．－442答案　B解析　由题意可得a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N ＋)，且＋＋＋…＋＝，a 1b 1a 2b 2a 3b 3an bn 12n ＋＋＋…＋＝，a 1b 1a 2b 2a 3b 3an －1bn －112n －1当n ≥2时，两式作差可得＝－＝－，an bn 12n 12n －112n 则b n ＝Error!由此可得S 5＝－450.题型三　由数列的递推关系求通项公式典例根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式．(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln；(1＋1n )(2)a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ；(3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2.解　(1)∵a n ＋1＝a n ＋ln ，(1＋1n )∴a n －a n －1＝ln＝ln (n ≥2)，(1＋1n －1)n n －1∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝ln ＋ln ＋…＋ln ＋ln 2＋2nn －1n －1n －232＝2＋ln (nn －1·n －1n －2·…·32·2)＝2＋ln n (n ≥2)．又a 1＝2适合上式，故a n ＝2＋ln n (n ∈N ＋)．(2)∵a n ＋1＝2n a n ，∴＝2n －1 (n ≥2)，anan －1∴a n ＝··…··a 1anan －1an －1an －2a 2a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2.(1)2n n -又a 1＝1适合上式，故a n ＝2(n ∈N ＋)．(1)2n n -(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，∴a n ＋1＝2·3n －1，故a n ＝2·3n －1－1(n ∈N ＋)．引申探究在本例(2)中，若a n ＝·a n －1(n ≥2，且n ∈N ＋)，其他条件不变，则a n ＝________.n －1n 答案　1n解析　∵a n ＝a n －1 (n ≥2)，n －1n ∴a n －1＝a n －2，…，a 2＝a 1.n －2n －112以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1···…·＝＝.1223n －1n a 1n 1n当n ＝1时也满足此等式，∴a n ＝.1n 思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法(1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列．(2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列．(3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解．(4)当出现＝f (n )时，用累乘法求解．anan －1跟踪训练 (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 ＝______________.答案　3×2n －1－2解析　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，∴当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)．(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋，则通项公式a n ＝________.1n (n ＋1)答案　4－1n解析　原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋－，1n 1n ＋1则a 2＝a 1＋－，a 3＝a 2＋－，11121213a 4＝a 3＋－，…，a n －1＝a n －2＋－，a n ＝a n －1＋－，逐项相加得13141n －21n －11n －11n a n ＝a 1＋1－，1n 故a n ＝4－.1n 题型四　数列的性质典例已知a n ＝，那么数列{a n }是( )n －1n ＋1A ．递减数列B ．递增数列C ．常数列D ．不确定答案　B解析　a n ＝1－，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N ＋，易知{a n }是递增数列．2n ＋1典例数列{a n }满足a n ＋1＝，a 8＝2，则a 1＝________________.11－an 答案　12解析　∵a n ＋1＝，11－an ∴a n ＋1＝＝＝11－an 11－11－an －11－an －11－an －1－1＝＝1－1－an －1－an －11an －1＝1－＝1－(1－a n －2)＝a n －2，n ≥3，111－an －2∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3.∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2.而a 2＝，∴a 1＝.11－a 112命题点3　数列的最值典例数列{a n }的通项a n ＝，则数列{a n }中的最大项是( )nn 2＋90A ．3B ．1910C. D.1191060答案　C解析　令f (x )＝x ＋(x >0)，运用基本不等式得f (x )≥2，当且仅当x ＝3时等号成90x 9010立．因为a n ＝，所以≤，由于n ∈N ＋，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝最1n ＋90n 1n ＋90n 1290119大．思维升华 (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、递减数列还是常数列．②用作商比较法，根据(a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断．an ＋1an③结合相应函数的图像直观判断．(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．跟踪训练 (1)数列{a n }满足a n ＋1＝Error!a 1＝，则数列的第2 018项为________．35答案　15解析　由已知可得，a 2＝2×－1＝，3515a 3＝2×＝，1525a 4＝2×＝，2545a 5＝2×－1＝，4535∴{a n }为周期数列且T ＝4，∴a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝.15(2)(2017·安徽名校联考)已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝，数列{a n }an －1an ＋1的前n 项的和为S n ，则S 2 016等于( )A ．504 B ．588C ．－588 D ．－504答案　C解析　∵a 1＝2，a n ＋1＝，∴a 2＝，a 3＝－，a 4＝－3，a 5＝2，…，∴数列{a n }的周an －1an ＋11312期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－，∵2 016÷4＝504，∴S 2 016＝504×＝－588，故选C.76(－76)解决数列问题的函数思想典例 (1)数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)·n ，则此数列的最大项是第________项．(1011)(2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N ＋，都有a n ＋1>a n 成立，则实数k 的取值范围是__________．思想方法指导(1)可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；(2)数列的最值可以根据单调性进行分析．解析　(1)∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)n ＋1－(n ＋1)n(1011)(1011)＝n ×，(1011)9－n11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．(2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又∵通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，∴(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4，即k >－1－2n ，又n ∈N ＋，∴k >－3.答案　(1)9或10　(2)(－3，＋∞)1．(2017·湖南长沙一模)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( )A ．a n ＝(－1)n －1＋1B ．a n ＝Error!C ．a n ＝2sin n π2D ．a n ＝cos(n －1)π＋1答案　C解析　对n ＝1,2,3,4进行验证，知a n ＝2sin 不合题意，故选C.n π22．现有这么一列数：2，，，，( )，，，…，按照规律，( )中的数应为( )32547813321764A. B. C. D.9161116121118答案　B解析　分母为2n ，n ∈N ，分子为连续的质数，所以( )中的数应为，故选B.11163．(2017·黄冈质检)已知在正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a ＝a ＋a (n ≥2)，则2n 2n ＋12n －1a 6等于( )A ．16B ．4C ．2D ．452答案　B解析　由题意得a －a ＝a －a ＝…＝a －a ＝3，故{a }是以3为公差的等差数2n ＋12n 2n 2n －12212n 列，即a ＝3n －2.2n 所以a ＝3×6－2＝16.又a n >0，所以a 6＝4.故选B.264．若数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝3，a n ＝(n ≥3且n ∈N ＋)，则a 2 018等于( )an －1an －2A ．3 B ．2 C. D.1223答案　A解析　由已知a 3＝＝，a 4＝＝，a 2a 132a 3a 212a 5＝＝，a 6＝＝，a 4a 313a 5a 423a 7＝＝2，a 8＝＝3，a 6a 5a 7a 6∴数列{a n }具有周期性，且T ＝6，∴a 2 018＝a 336×6＋2＝a 2＝3.5．(2017·辽宁沈阳东北育才学校模拟)已知数列{a n }满足a 1，，，…，是首项为a 2a 1a 3a 2anan －11，公比为2的等比数列，则a 101等于( )A ．2100 B ．24 950 C ．25 050 D ．25 151答案　C解析　∵数列{a n }满足a 1，，，…，是首项为1，公比为2的等比数列，a 2a 1a 3a 2anan －1∴＝2n －1，anan －1∴a n ＝a 1×××…×＝1×21×22×…×2n －1＝，a 2a 1a 3a 2anan －1(1)22n n ∴a 101＝25 050.故选C.6．(2017·河北保定模拟)已知函数f (x )＝Error!若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N ＋)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,3)B ．(1,2]C ．(2,3) D.[2411，3)答案　C解析　因为{a n }是递增数列，所以Error!解得Error!即2<a <3，故选C.7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋，a 8＝，则a 5＝______________.1an 3421答案　85解析　借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝，a 6＝，a 5＝.2113138858．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N ＋)，则a n ＝________.答案　Error!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 ＝Error!9．(2018·大庆模拟)已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋2)·n ，则数列{a n }的项取最大值时，(67)n ＝________.答案　4或5解析　假设第n 项为最大项，则Error!即Error!解得Error!　即4≤n ≤5，又n ∈N ＋，所以n ＝4或n ＝5，故数列{a n }中a 4与a 5均为最大项，且a 4＝a 5＝.657410．(2017·太原模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N ＋)，则a n ＝__________.答案　2n 2－n ＋2解析　由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，得－＝n ，则由累加法得－＝1＋2＋…＋(n －1)1an ＋11an 1an 1a 1＝，n 2－n 2又因为a 1＝1，所以＝＋1＝，1an n 2－n 2n 2－n ＋22所以a n ＝(n ∈N ＋)．2n 2－n ＋211．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝a ＋a n (n ∈N ＋)．122n 12(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 ＝a ＋a n (n ∈N ＋)可得122n 12a 1＝a ＋a 1，解得a 1＝1，122112S 2＝a 1＋a 2＝a ＋a 2，解得a 2＝2，12212同理，a 3＝3，a 4＝4.(2)S n ＝＋a ，①an2122n 当n ≥2时，S n －1＝＋a ，②an －12122n －1①－②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 }为首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .12．已知数列{a n }中，a n ＝1＋(n ∈N ＋，a ∈R 且a ≠0)．1a ＋2(n －1)(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．解　(1)∵a n ＝1＋(n ∈N ＋，a ∈R 且a ≠0)，1a ＋2(n －1)又a ＝－7，∴a n ＝1＋(n ∈N ＋)．12n －9结合函数f (x )＝1＋的单调性，12x －9可知1＞a 1＞a 2＞a 3＞a 4，a 5＞a 6＞a 7＞…＞a n ＞1(n ∈N ＋)．∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋＝1＋，1a ＋2(n －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＋的单调性，12x －2－a2可知5＜＜6，即－10＜a ＜－8.2－a2即a 的取值范围是(－10，－8)．13．(2018届广东珠海摸底)整数列{a n }满足a n ＋1－a n －1<3n ＋，a n ＋2－a n >3n ＋1－，n ∈N ＋，a 2＝3，则a 2 018等于( )1212A. B.32 010－3832 009－38C.D.32 019－3832 018－38答案　C解析　由a n ＋1－a n －1<3n ＋，可得a n ＋2－a n <3n ＋1＋，又a n ＋2－a n >3n ＋1－，且{a n }为整数121212列，所以a n ＋2－a n ＝3n ＋1，a 2 018＝(a 2 018－a 2 016)＋(a 2 016－a 2 014)＋…＋(a 4－a 2)＋a 2＝32 017＋32 015＋…＋33＋3＝＝.3(1－32 018)1－932 019－3814．若数列中的最大项是第k 项，则k ＝________.{n (n ＋4)(23)n }答案　4解析　设数列为{a n }，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)·n ＋1－n (n ＋4)·n(23)(23)＝n ＝(10－n 2)．(23)[23(n 2＋6n ＋5)－n 2－4n]2n3n ＋1所以当n ≤3时，a n ＋1>a n ；当n ≥4时，a n ＋1<a n .因此，a 1<a 2<a 3<a 4，a 4>a 5>a 6>…，故a 4最大，所以k ＝4.15．(2017·湖北武汉调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝，若a n (a n －1＋2a n ＋1)13＝3a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项a n 等于( )A. B. C. D.12n －112n －113n －112n －1＋1答案　B解析　a n a n －1＋2a n a n ＋1＝3a n －1a n ＋1，＋＝，1an ＋12an －13an －＝2，1an ＋11an (1an －1an －1)则＝2，数列是首项为2，公比为2的等比数列，1an ＋1－1an1an －1an －1{1an ＋1－1an }－＝2×2n －1＝2n ，1an ＋11an 利用累加法，＋＋＋…＋1a 1(1a 2－1a 1)(1a 3－1a 2)(1an－1an －1)＝1＋2＋22＋…＋2n －1，＝＝2n －1，则a n ＝.故选B.1an 2n －12－112n －116．(2017·太原五中模拟)设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a －na ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.2n ＋12n 答案　(n ∈N ＋)1n 解析　因为数列{a n }是首项为1的正项数列，所以a n ·a n ＋1≠0，所以－＋1＝0.(n ＋1)an ＋1annan an ＋1令＝t (t >0)，则(n ＋1)t 2＋t －n ＝0，an ＋1an 分解因式，得[(n ＋1)t －n ](t ＋1)＝0，所以t ＝或t ＝－1(舍去)，即＝.nn ＋1an ＋1an nn ＋1方法一　(累乘法)因为····…·a 2a 1a 3a 2a 4a 3a 5a 4anan －1＝····…·，12233445n －1n 所以a n ＝(n ∈N ＋)．1n 方法二　(迭代法)因为a n ＋1＝a n ，nn ＋1所以a n ＝a n －1＝··a n －2n －1n n －1n n －2n －1＝···a n －3n －1n n －2n －1n －3n －2＝…＝···…·a 1，n －1n n －2n －1n －3n －212所以a n ＝(n ∈N ＋)．1n 方法三　(特殊数列法)因为＝，所以＝1.an ＋1an nn ＋1(n ＋1)an ＋1nan所以数列{na n }是以a 1为首项，1为公比的等比数列．所以na n ＝1×1n －1＝1.所以a n ＝(n ∈N ＋)．1n。

第1讲数列的概念及简单表示法最新考纲(列表、图象、通项公式)数．知识梳理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．数列的分类分类原那么类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列an＋1＞an 其中n∈N* 递减数列an＋1＜an常数列an＋1＝an按其他标准分类有界数列存在正数M，使|an|≤M摆动数列从第二项起，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．数列的通项公式假如数列{an}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．5．数列{an}的前n 项和Sn ，那么an ＝⎩⎪⎨⎪⎧S1 〔n ＝1〕，Sn －Sn －1 〔n≥2〕.诊 断 自 测1．判断正误(在括号内打“√〞或“×〞)精彩PPT 展示(1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．(×)(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(√) (3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)(4)假如数列{an}的前n 项和为Sn ，那么对∀n ∈N*，都有an ＝Sn －Sn －1.(×)2．(2021·保定调研)在数列{an}中，a1＝1，an ＋1＝2an ＋1，那么其通项公式为an ＝( ) A ．2n －1 B ．2n －1＋1 C ．2n －1 D ．2(n －1)解析 法一 由an ＋1＝2an ＋1，可求a2＝3，a3＝7，a4＝15，…，验证可知an ＝2n －1.法二 由题意知an ＋1＋1＝2(an ＋1)，∴数列{an ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an ＋1＝2n ，∴an ＝2n －1. 答案 A3．设数列{an}的前n 项和Sn ＝n2，那么a8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49 D ．64解析 当n ＝8时，a8＝S8－S7＝82－72＝15. 答案 A4．(2021·新课标全国Ⅱ卷)数列{an}满足an ＋1＝11－an ，a8＝2，那么a1＝________．解析 由an ＋1＝11－an ，得an ＝1－1an ＋1，∵a8＝2，∴a7＝1－12＝12，a6＝1－1a7＝－1，a5＝1－1a6＝2，…， ∴{an}是以3为周期的数列，∴a1＝a7＝12. 答案 125．(人教A 必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an ＝________．答案 5n －4考点一 由数列的前几项求数列的通项【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，….解 (1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n ，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an ＝(－1)n(6n －5)． (2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．故所求数列的一个通项公式为an ＝2n〔2n －1〕〔2n ＋1〕.(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，…，从而可得数列的一个通项公式为an ＝n22.(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an ＝59(10n －1)．规律方法 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：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的联络特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进展比照、分析，从整体到部分多角度观察、归纳、联想．【训练1】 (1)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式an ＝________．(2)数列{an}的前4项是32，1，710，917，那么这个数列的一个通项公式是an ＝________． 解析 (1)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，偶尔项为正，所以它的一个通项公式为an ＝(－1)n 1n 〔n ＋1〕.(2)数列{an}的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故an ＝2n ＋1n2＋1.答案 (1)(－1)n 1n 〔n ＋1〕 (2)2n ＋1n2＋1考点二 利用Sn 与an 的关系求通项【例2】 设数列{an}的前n 项和为Sn ，数列{Sn}的前n 项和为Tn ，满足Tn ＝2Sn －n2，n ∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式． 解 (1)令n ＝1时，T1＝2S1－1， ∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1. (2)n≥2时，Tn －1＝2Sn －1－(n －1)2，那么Sn ＝Tn －Tn －1＝2Sn －n2－[2Sn －1－(n －1)2] ＝2(Sn －Sn －1)－2n ＋1＝2an －2n ＋1. 因为当n ＝1时，a1＝S1＝1也满足上式， 所以Sn ＝2an －2n ＋1(n≥1)，当n≥2时，Sn －1＝2an －1－2(n －1)＋1， 两式相减得an ＝2an －2an －1－2，所以an ＝2an －1＋2(n≥2)，所以an ＋2＝2(an －1＋2)， 因为a1＋2＝3≠0，所以数列{an ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列． 所以an ＋2＝3×2n －1，∴an ＝3×2n －1－2， 当n ＝1时也成立， 所以an ＝3×2n －1－2.规律方法 数列的通项an 与前n 项和Sn 的关系是an ＝⎩⎪⎨⎪⎧S1，n ＝1，Sn －Sn －1，n ≥2.当n ＝1时，a1假设合适Sn －Sn －1，那么n ＝1的情况可并入n≥2时的通项an ；当n ＝1时，a1假设不合适Sn －Sn －1，那么用分段函数的形式表示．【训练2】 (1)数列{an}的前n 项和为Sn ，a1＝1，Sn ＝2an ＋1，那么Sn ＝( )A ．2n －1 B.⎝⎛⎭⎫32n －1C.⎝⎛⎭⎫23n －1 D.12n －1(2)数列{an}的前n 项和Sn ＝3n2－2n ＋1，那么其通项公式为________． 解析 (1)∵Sn ＝2an ＋1， ∴当n≥2时，Sn －1＝2an ，∴an ＝Sn －Sn －1＝2an ＋1－2an(n≥2)， 即an ＋1an ＝32(n≥2)，又a2＝12，∴an ＝12×⎝⎛⎭⎫32n －2(n≥2)．当n ＝1时，a1＝1≠12×⎝⎛⎭⎫32－1＝13， ∴an ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝⎛⎭⎫32n －2，n ≥2，∴Sn ＝2an ＋1＝2×12×⎝⎛⎭⎫32n －1＝⎝⎛⎭⎫32n －1.(2)当n ＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝3n2－2n ＋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an ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.答案 (1)B (2)an ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝16n －5，n ≥2考点三 由递推关系求通项 【例3】 在数列{an}中，(1)假设a1＝2，an ＋1＝an ＋n ＋1，那么通项an ＝________； (2)假设a1＝1，Sn ＝n ＋23an ，那么通项an ＝________．深度考虑 此题中an ＋1－an ＝n ＋1与an ＋1an ＝n ＋1n 中的n ＋1与n ＋1n 不是同一常数，由此想到推导等差、等比数列通项的方法：累加法与累乘法．解析 (1)由题意得，当n≥2时，an ＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an －an －1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋〔n －1〕〔2＋n 〕2＝n 〔n ＋1〕2＋1. 又a1＝2＝1×〔1＋1〕2＋1，符合上式，因此an ＝n 〔n ＋1〕2＋1. (2)由题设知，a1＝1.当n ＞1时，an ＝Sn －Sn －1＝n ＋23an －n ＋13an －1， ∴anan －1＝n ＋1n －1， ∴an an －1＝n ＋1n －1，…，a4a3＝53，a3a2＝42，a2a1＝3. 以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到an a1＝n 〔n ＋1〕2，又∵a1＝1，∴an ＝n 〔n ＋1〕2. 答案 (1)n 〔n ＋1〕2＋1 (2)n 〔n ＋1〕2规律方法 递推关系式求通项，一般用代数的变形技巧整理变形，然后采用累加法、累乘法、迭代法、构造法或转化为根本数列(等差数列或等比数列)等方法求得通项公式． 【训练3】 (1)在数列{an}中，a1＝1，an ＋1＝3an ＋2，那么它的一个通项公式为an ＝________．(2)设{an}是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a2n ＋1－na2n ＋an ＋1·an ＝0(n ＝1，2，3，…)，那么它的通项公式an ＝________．解析 (1)an ＋1＝3an ＋2，即an ＋1＋1＝3(an ＋1)，即an ＋1＋1an ＋1＝3，法一a2＋1a1＋1＝3，a3＋1a2＋1＝3，a4＋1a3＋1＝3，…，an ＋1＋1an ＋1an ＋1＋1a1＋1＝3n. 因为a1＝1，所以an ＋1＋11＋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an ＝2×3n －1－1. 法二 由an ＋1＋1an ＋1＝3，即an ＋1＋1＝3(an ＋1)， 当n≥2时，an ＋1＝3(an －1＋1)，∴an ＋1＝3(an －1＋1)＝32(an －2＋1)＝33(an －3＋1)＝… ＝3n －1(a1＋1)＝2×3n －1， ∴an ＝2×3n －1－1；当n ＝1时，a1＝1＝2×31－1－1也满足．∴an ＝2×3n －1－1.法三 由an ＋1＋1an ＋1＝3，所以数列{an ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，所以an ＋1＝2×3n －1，即an ＝2×3n －1－1. (2)∵(n ＋1)a2n ＋1＋an ＋1·an －na2n ＝0， ∴(an ＋1＋an)[(n ＋1)an ＋1－nan]＝0， 又an ＋1＋an ＞0，∴(n ＋1)an ＋1－nan ＝0， 即an ＋1an ＝n n ＋1，∴a2a1·a3a2·a4a3·a5a4·…·an an －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，∴an ＝1n . 答案 (1)2×3n －1－1 (2)1n 微型专题 数列问题中的函数思想数列的单调性问题作为高考考察的一个难点，掌握其处理的方法非常关键，由于数列可看作关于n 的函数，所以可借助函数单调性的处理方法来解决．常见的处理方法如下：一是利用作差法比拟an ＋1与an 的大小；二是借助常见函数的图象判断数列单调性；三是利用导函数．【例4】 数列{an}的通项公式是an ＝n2＋kn ＋4.(1)假设k ＝－5，那么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.务实数k 的取值范围．点拨 (1)求使an ＜0的n 值；从二次函数看an 的最小值．(2)数列是一类特殊函数，通项公式可以看作相应的解析式f(n)＝n2(n)在N*上单调递增，可利用二次函数的对称轴研究单调性，但应注意数列通项中n 的取值． 解 (1)由n2－5n ＋4＜0，解得1＜n ＜4.∵n ∈N*，∴n ＝2，3.∴数列中有两项是负数，即为a2，a3.∵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＝a3＝－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－k 2＜32，即得k ＞－3.点评 (1)此题给出的数列通项公式可以看做是一个定义在正整数集N*上的二次函数，因此可以利用二次函数的对称轴来研究其单调性，得到实数k 的取值范围，使问题得到解决． (2)在利用二次函数的观点解决该题时，一定要注意二次函数对称轴位置的选取． (3)，即自变量是正整数.[思想方法]1．由数列的前几项求数列通项，通常用观察法(对于交织数列一般有(－1)n 或(－1)n ＋1来区分奇偶项的符号)；数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，假设求通项可用归纳、猜测和转化的方法．2．强调an 与Sn 的关系：an ＝⎩⎪⎨⎪⎧S1 〔n ＝1〕，Sn －Sn －1 〔n≥2〕.3．递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有两种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜测； (2)利用累加或累乘法求数列的通项公式． [易错防范]1．数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值，如数列an ＝f(n)和函数y ＝f(x)的单调性是不同的． 2．数列的通项公式不一定唯一．3．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an ＝Sn －Sn －1的形式，但它只适用于n≥2的情形．根底稳固题组 (建议用时：40分钟) 一、选择题1．数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式是an 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．(2021·开封摸底考试)数列{an}满足an ＋1＋an ＝2n －3，假设a1＝2，那么a8－a4＝ ( ) A ．7B ．6C ．5D ．4解析 依题意得(an ＋2＋an ＋1)－(an ＋1＋an)＝[2(n ＋1)－3]－(2n －3)，即an ＋2－an ＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4. 答案 D3．数列{an}的前n 项和为Sn ，假设a1＝1，an ＋1＝3Sn (n≥1)，那么a6等于 ( ) A ．3×44B ．3×44＋1C ．45D ．45＋1解析 当n≥1时，an ＋1＝3Sn ，那么an ＋2＝3Sn ＋1， ∴an ＋2－an ＋1＝3Sn ＋1－3Sn ＝3an ＋1，即an ＋2＝4an ＋1， ∴该数列从第二项开场是以4为公比的等比数列．又a2＝3S1＝3a1＝3，∴an ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.∴当n ＝6时，a6＝3×46－2＝3×44. 答案 A4．设an ＝－3n2＋15n －18，那么数列{an}中的最大项的值是( )A.163B.133C ．4D ．0解析 ∵an ＝－3⎝⎛⎭⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，an 最大，最大为0.答案 D5．(2021·东北三校联考)数列{an}的通项公式为an ＝n2－2λn(n ∈N*)，那么“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解析 假设数列{an}为递增数列，那么有an ＋1－an ＞0，即2n ＋1＞2λ对任意的n ∈N*都成立，于是有3＞2λ，λ＜32.由λ＜1可推得λ＜32，但反过来，由λ＜32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，应选A. 答案 A 二、填空题6．( ·大连双基测试)数列{an}的前n 项和Sn ＝n2＋2n ＋1(n ∈N*)，那么an ＝________． 解析 当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝12n ＋1，n ≥27．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n ∈N*，都有a1·a2·a3·…·an ＝n2，那么a3＋a5＝________．解析 由题意知：a1·a2·a3·…·an －1＝(n －1)2， ∴an ＝⎝⎛⎭⎫n n －12(n≥2)，∴a3＋a5＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫542＝6116.答案 61168．数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an ＋1＝an ＋an ＋2(n ∈N*)，那么a7＝________． 解析 由an ＋1＝an ＋an ＋2，a1＝1，a2＝2，可以计算出a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1.答案 1 三、解答题9．数列{an}中，an ＝1＋1a ＋2〔n －1〕(n ∈N*，a ∈R ，且a≠0)．(1)假设a ＝－7，求数列{an}的最大项和最小项的值；(2)假设对任意的n ∈N*，都有an ≤a6成立，务实数a 的取值范围． 解 (1)因为an ＝1＋1a ＋2〔n －1〕(n ∈N*，a ∈R ，且a≠0)，又a ＝－7，所以an ＝1＋12n －9.结合函数f(x)＝1＋12x －9的单调性，可知1＞a1＞a2＞a3＞a4， a5＞a6＞a7＞…＞an ＞1(n ∈N*)．所以数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0. (2)an ＝1＋1a ＋2〔n －1〕＝1＋12n －2－a2.因为对任意的n ∈N*，都有an ≤a6成立， 结合函数f(x)＝1＋12x －2－a 2的单调性，所以5＜2－a2＜6，解得－10＜a ＜－8. 故实数a 的取值范围是(－10，－8)．10．( ·陕西五校模拟)设数列{an}的前n 项和为Sn ，且Sn ＝4an －p ，其中p 是不为零的常数．(1)证明：数列{an}是等比数列；(2)当p ＝3时，数列{bn}满足bn ＋1＝bn ＋an(n ∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．(1)证明 因为Sn ＝4an －p ， 所以Sn －1＝4an －1－p (n≥2)，所以当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝4an －4an －1， 整理得an an －1＝43.由Sn ＝4an －p ，令n ＝1，得a1＝4a1－p ，解得a1＝p3. 所以{an}是首项为p 3，公比为43的等比数列．(2)解 当p ＝3时，由(1)知，an ＝⎝⎛⎭⎫43n －1， 由bn ＋1＝bn ＋an ，得bn ＋1－bn ＝⎝⎛⎭⎫43n －1，当n≥2时，可得bn ＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn －bn －1)＝2＋1－⎝⎛⎭⎫43n －11－43＝3⎝⎛⎭⎫43n －1－1，当n ＝1时，上式也成立．∴数列{bn}的通项公式为bn ＝3⎝⎛⎭⎫43n －1－1.才能提升题组 (建议用时：25分钟)11．数列{an}的通项an ＝nn2＋90，那么数列{an}中的最大项是( )A ．310B ．19 C.119D.1060解析 因为an ＝1n ＋90n ，运用根本不等式得，1n ＋90n ≤1290，由于n ∈N*，不难发现当n＝9或10时，an ＝119最大． 答案 C12．( ·大庆质量检测)数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，那么以下结论正确的选项是()A．a2 014＝－1，S2 014＝2 B．a2 014＝－3，S2 014＝5C．a2 014＝－3，S2 014＝2 D．a2 014＝－1，S2 014＝5解析由an＋1＝an－an－1(n≥2)，知an＋2＝an＋1－an，那么an＋2＝－an－1(n≥2)，an ＋3＝－an，…，an＋6＝an，又a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝－1，a5＝－3，a6＝－2，所以当k∈N时，ak＋1＋ak＋2＋ak＋3＋ak＋4＋ak＋5＋ak＋6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，所以a2 014＝a4＝－1，S2 014＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋2＋(－1)＝5.答案 D13．(2021·山西四校联考)数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－n，那么an＝________．解析当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－2an－1＋(n－1)，即an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)，∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an ＝2n－1.答案2n－114．设数列{an}的前n项和为Sn.a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)假设an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．解(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，又S1－31＝a－3(a≠3)，故数列{Sn－3n}是首项为a－3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.(2)由(1)知Sn ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N*，于是，当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，当n ＝1时，a1＝a 不合适上式，故an ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，2×3n －1＋〔a －3〕2n －2，n ≥2.an ＋1－an ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12·⎝⎛⎭⎫32n －2＋a －3，当n≥2时，an ＋1≥an ⇔12·⎝⎛⎭⎫32n －2＋a －3≥0⇔a ≥－9.又a2＝a1＋3>a1.综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞).第2讲 等差数列及其前n 项和最新考纲 ，、二次函数的关系．知 识 梳 理 1．等差数列的定义假如一个数列从第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，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示．数学语言表达式：an ＋1－an ＝d(n ∈N*，d 为常数)，或an －an －1＝d(n≥2，d 为常数)． 2．等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)假设等差数列{an}的首项是a1，公差是d ，那么其通项公式为an ＝a1＋(n －1)d ． 通项公式的推广：an ＝am ＋(n －m)d(m ，n ∈N*)． (2)等差数列的前n 项和公式 Sn ＝n 〔a1＋an 〕2＝na1＋n 〔n －1〕2d(其中n ∈N*，a1为首项，d 为公差，an 为第n 项)． 3．等差数列及前n 项和的性质(1)假设a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b2．(2)假设{an}为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q ，那么am ＋an ＝ap ＋aq(m ，n ，p ，q ∈N*)． (3)假设{an}是等差数列，公差为d ，那么ak ，ak ＋m ，ak ＋2m ，…(k ，m ∈N*)是公差为md 的等差数列．(4)数列Sm ，S2m －Sm ，S3m －S2m ，…也是等差数列． (5)S2n －1＝(2n －1)an.(6)假设n 为偶数，那么S 偶－S 奇＝nd2；假设n 为奇数，那么S 奇－S 偶＝a 中(中间项)． 4．等差数列的前n 项和公式与函数的关系 Sn ＝d 2n2＋⎝⎛⎭⎫a1－d 2n. 数列{an}是等差数列⇔Sn ＝An2＋Bn(A ，B 为常数)． 5．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{an}中，a1＞0，d ＜0，那么Sn 存在最大值；假设a1＜0，d ＞0，那么Sn 存在最小值． 诊 断 自 测1．判断正误(在括号内打“√〞或“×〞)精彩PPT 展示(1)假设一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，那么这个数列是等差数列．(×)(2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n ∈N*，都有2an ＋1＝an ＋an ＋2.(√) (3)等差数列{an}的单调性是由公差d 决定的．(√)(4)数列{an}满足an ＋1－an ＝n ，那么数列{an}是等差数列．(×)2．(2021·福建卷)等差数列{an}的前n 项和为Sn ，假设a1＝2，S3＝12，那么a6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14解析 由题知3a1＋3×22d ＝12，∵a1＝2，解得d ＝2，又a6＝a1＋5d ， ∴a6C. 答案 C3．(2021·新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，假设Sm －1＝－2，Sm ＝0，Sm ＋1＝3，那么m ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6解析 ∵数列{an}为等差数列，且前n 项和为Sn ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫Sn n 也为等差数列．∴Sm －1m －1＋Sm ＋1m ＋1＝2Sm m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0， 解得m ＝5，经检验为原方程的解，应选C. 答案 C4．(2021·北京卷)假设等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，那么当n ＝________时，{an}的前n 项和最大．解析 因为数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8＞0，所以a87＋a10＝a8＋a9＜0，所以a9＜0.∴当n ＝8时，其前n 项和最大． 答案 85．(人教A 必修5P68A8改编)在等差数列{an}中，假设a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，那么a2＋a8＝________．解析 由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，∴a5＝90， ∴a2＋a8＝2a5＝180. 答案 180考点一 等差数列的性质及根本量的求解【例1】 (1)设Sn 为等差数列{an}的前n 项和，S8＝4a3，a7＝－2，那么a9＝( ) A ．－6 B ．－4 C ．－2 D ．2解析 法一 (常规解法)：设公差为d ，那么8a1＋28d ＝4a1＋8d ，即a1＝－5d ，a7＝a1＋6d ＝－5d ＋6d ＝d ＝－2，所以a9＝a7＋2d ＝－6.法二 (结合性质求解)：根据等差数列的定义和性质可得，S8＝4(a3＋a6)，又S8＝4a3，所以a6＝0，又a7＝－2，所以a8＝－4，a9＝－6. 答案 A(2)(2021·浙江卷)等差数列{an}的公差d ＞0.设{an}的前n 项和为Sn ，a1＝1，S2·S3＝36. ①求d 及Sn ；②求m ，k(m ，k ∈N*)的值，使得am ＋am ＋1＋am ＋2＋…＋am ＋k ＝65. 解 ①由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36， 将a1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，n ＝2n －1，Sn ＝n2(n ∈N*)．②由①得am ＋am ＋1＋am ＋2＋…＋am ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N*知2m ＋k －1≥k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4.规律方法 (1)一般地，运用等差数列性质，可以化繁为简、优化解题过程．但要注意性质运用的条件，如m ＋n ＝p ＋q ，那么am ＋an ＝ap ＋aq(m ，n ，p ，q ∈N*)，只有当序号之和相等、项数一样时才成立．(2)在求解等差数列根本量问题中主要使用的是方程思想，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．【训练1】 (1)设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，那么a37＋b37等于( )A ．0B ．37C ．100D ．－37(2)假设一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，那么这个数列的项数为( ) A ．13 B ．12 C ．11 D ．10(3)等差数列{an}的前n 项和为Sn ，且S10＝10，S20＝30，那么S30＝________． 解析 (1)设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，那么(an ＋1＋bn ＋1)－(an ＋bn)＝(an ＋1－an)＋(bn ＋1－bn)＝d1＋d2， ∴{an ＋bn}为等差数列， 又a1＋b1＝a2＋b2＝100，∴{an ＋bn}为常数列，∴a37＋b37＝100.(2)因为a1＋a2＋a3＝34，an －2＋an －1＋an ＝146， a1＋a2＋a3＋an －2＋an －1＋an ＝34＋146＝180， 又因为a1＋an ＝a2＋an －1＝a3＋an －2， 所以3(a1＋an)＝180，从而a1＋an ＝60， 所以Sn ＝n 〔a1＋an 〕2＝n ·602＝390，即n ＝13. (3)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列， ∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20， ∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60. 答案 (1)C (2)A (3)60 考点二 等差数列的断定与证明【例2】 (2021·梅州调研改编)假设数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足an ＋2SnSn －1＝0(n≥2)，a1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Sn 成等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．(1)证明 当n≥2时，由an ＋2SnSn －1＝0， 得Sn －Sn －1＝－2SnSn －1，所以1Sn －1Sn －1＝2，又1S1＝1a1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Sn 是首项为2，公差为2的等差数列．(2)解 由(1)可得1Sn ＝2n ，∴Sn ＝12n . 当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝12n －12〔n －1〕＝n －1－n 2n 〔n －1〕＝－12n 〔n －1〕.当n ＝1时，a1＝12不合适上式．故an ＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n 〔n －1〕，n ≥2.规律方法 证明一个数列是否为等差数列的根本方法有两种：一是定义法，证明an －an －1＝d(n≥2，d 为常数)；二是等差中项法，证明2an ＋1＝an ＋an ＋2.假设证明一个数列不是等差数列，那么只需举出反例即可，也可以用反证法．【训练2】 ( ·西安模拟)公差大于零的等差数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求数列{an}的通项公式；(2)假设数列{bn}满足bn ＝Sn n ＋c ，是否存在非零实数c 使得{bn}为等差数列？假设存在，求出c 的值；假设不存在，请说明理由． 解 (1)设等差数列{an}的公差为d ，且d ＞0， 由等差数列的性质，得a2＋a5＝a3＋a4＝22，所以a3，a4是关于x 的方程x2－22x ＋117＝0的解，所以a3＝9，a4＝13，易知a1＝1，d ＝4，故通项为an ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(2)由(1)知Sn ＝n 〔1＋4n －3〕2＝2n2－n ，所以bn ＝Sn n ＋c ＝2n2－nn ＋c . 法一 所以b1＝11＋c ，b2＝62＋c ，b3＝153＋c (c≠0)．令2b2＝b1＋b3，解得c ＝－12. 当c ＝－12时，bn ＝2n2－n n －12＝2n ，当n≥2时，bn －bn －1＝2.故当c ＝－12时，数列{bn}为等差数列．法二 由bn ＝Sn n ＋c ＝n 〔1＋4n －3〕2n ＋c ＝2n ⎝⎛⎭⎫n －12n ＋c ，∵c ≠0，∴可令c ＝－12，得到bn ＝2n. ∵bn ＋1－bn ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N*)， ∴数列{bn}是公差为2的等差数列． 即存在一个非零常数c ＝－12， 使数列{bn}也为等差数列．考点三 等差数列前n 项和的最值问题【例3】 等差数列{an}的首项a1＞0，设其前n 项和为Sn ，且S5＝S12，那么当n 为何值时，Sn 有最大值？深度考虑 解决此类问题你首先想到的是哪种方法？在这里提醒大家：此题可用四种方法，请大家先考虑．解 法一 由题意知d ＜0，因为Sn ＝d 2n2＋⎝⎛⎭⎫a1－d 2n ，那么可设f(x)＝d 2x2＋⎝⎛⎭⎫a1－d 2x ，如图：由S5＝S12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172， 由图可知，当1≤n≤8时，Sn 单调递增； 当n≥9时，Sn 单调递减．又n ∈N*，所以当n ＝8或9时，Sn 最大．法二 设等差数列{an}的公差为d ，由S5＝S12得5a1＋10d ＝12a1＋66d ， d ＝－18a1＜0.所以Sn ＝na1＋n 〔n －1〕2d ＝na1＋n 〔n －1〕2·(－18a1) ＝－116a1(n2－17n)＝－116a1⎝⎛⎭⎫n －1722＋28964a1，因为a1＞0，n ∈N*，所以当n ＝8或n ＝9时，Sn 有最大值． 法三 设等差数列{an}的公差为d ，由法二得d ＝－18a1＜0.设此数列的前n 项和最大，那么⎩⎪⎨⎪⎧an ≥0，an ＋1≤0，即⎩⎨⎧an ＝a1＋〔n －1〕·⎝⎛⎭⎫－18a1≥0，an ＋1＝a1＋n·⎝⎛⎭⎫－18a1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n≤9，又n ∈N*，所以当n ＝8或n ＝9时，Sn 有最大值． 法四 同法二得d ＝－18a1＜0，又S5＝S12，得a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝0， ∴7a9＝0，∴a9＝0，∴当n ＝8或9时，Sn 有最大值．规律方法 求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前n 项和Sn ＝An2＋Bn(A ，B 为常数)看作二次函数，根据二次函数的性质求最值．【训练3】 (1)等差数列{an}的前n 项和为Sn ，a5＋a7＝4，a6＋a8＝－2，那么当Sn 取最大值时，n 的值是( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8(2)(2021·望江中学模拟)设数列{an}是公差d ＜0的等差数列，Sn 为前n 项和，假设S6＝5a1＋10d ，那么Sn 取最大值时，n 的值为( ) A ．5 B ．6 C ．5或6 D ．11(3)等差数列{an}的首项a1＝20，公差d ＝－2，那么前n 项和Sn 的最大值为________． 解析 (1)依题意得2a6＝4，2a7＝－2，a6＝2＞0，a7＝－1＜0；又数列{an}是等差数列，因此在该数列中，前6项均为正数，自第7项起以后各项均为负数，于是当Sn 取最大值时，n ＝6，选B.(2)由题意得S6＝6a1＋15d ＝5a1＋10d ，所以a6＝0，故当n ＝5或6时，Sn 最大，选C. (3)因为等差数列{an}的首项a1＝20，公差d ＝－2，代入求和公式得， Sn ＝na1＋n 〔n －1〕2d ＝20n －n 〔n －1〕2×2 ＝－n2＋21n ＝－⎝⎛⎭⎫n －2122＋⎝⎛⎭⎫2122，又因为n ∈N*，所以n ＝10或n ＝11时，Sn 获得最大值，最大值为110. 答案 (1)B (2)C (3)110[思想方法]1．判断数列为等差数列的方法(1)定义法：an ＋1－an ＝d(d 是常数)⇔{an}是等差数列． (2)等差中项法：2an ＋1＝an ＋an ＋2(n ∈N*)⇔{an}是等差数列． (3)通项公式：an ＝pn ＋q(p ，q 为常数)⇔{an}是等差数列． (4)前n 项和公式：Sn ＝An2＋Bn(A ，B 为常数)⇔{an}是等差数列．2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d 等根本量，通过建立方程(组)获得解．3．在遇到三个数成等差数列问题时，可设三个数为(1)a ，a ＋d ，a ＋2d ；(2)a －d ，a ，a ＋d ；(3)a －d ，a ＋d ，a ＋3d 等，可视详细情况而定． [易错防范]1．当公差d≠0时，等差数列的通项公式是n 的一次函数，当公差d ＝0时，an 为常数． 2．公差不为0的等差数列的前n 项和公式是n 的二次函数，，那么该数列不是等差数列． 3．求等差数列的前n 项和Sn 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数〞这一隐含条件．假设对称轴取不到，需考虑最接近对称轴的自变量n(n 为正整数)；假设对称轴对应两个正整数的中间，此时应有两个符合题意的n 值．根底稳固题组 (建议用时：40分钟) 一、选择题1．(2021·温州二模)记Sn 为等差数列{an}的前n 项和，假设S33－S22＝1，那么其公差d ＝( )A.12 B ．2 C ．3D ．4解析 由S33－S22＝1，得a1＋a2＋a33－a1＋a22＝1， 即a1＋d －⎝⎛⎭⎫a1＋d 2＝1，∴d ＝2.答案 B2．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn 为其前n 项和．假设S1，S2，S4成等比数列，那么a1＝( )A ．2B ．－2C.12D ．－12解析 由题意知S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6，因为S1，S2，S4成等比数列，所以S22＝S1·S4，即(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－12，应选D. 答案 D3．( ·石家庄模拟)等差数列{an}，且3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝48，那么数列{an}的前13项之和为( ) A ．24B ．39C ．104D ．52解析 因为{an}是等差数列，所以3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝6a4＋6a10＝48，所以a4＋a10＝8，其前13项的和为13〔a1＋a13〕2＝13〔a4＋a10〕2＝13×82＝52，应选D. 答案 D4．( ·广州综合测试)设Sn 是等差数列{an}的前n 项和，公差d≠0，假设S11＝132，a3＋ak ＝24，那么正整数k 的值为( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析 依题意得S11＝11〔a1＋a11〕2＝11a6＝132，a6＝12，于是有a3＋ak ＝24＝2a6，因此3＋k ＝2×6＝12，k ＝9，应选A. 答案 A5．(2021·武汉调研)数列{an}满足an ＋1＝an －57，且a1＝5，设{an}的前n 项和为Sn ，那么使得Sn 获得最大值的序号n 的值为( ) A ．7B ．8C ．7或8D ．8或9解析 由题意可知数列{an}是首项为5，公差为－57的等差数列，所以an ＝5－57(n －1)＝40－5n 7，该数列前7项是正数项，第8项是0，从第9项开场是负数项，所以Sn 获得最大值时，n ＝7或8，应选C. 答案 C 二、填空题6．(2021·肇庆二模)在等差数列{an}中，a15＝33，a25＝66，那么a35＝________． 解析 a25－a15＝10d ＝66－33＝33，∴a35＝a25＋10d ＝66＋33＝99. 答案 997．设Sn 为等差数列{an}的前n 项和，S2＝S6，a4＝1，那么a5＝________． 解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a1＋d ＝6a1＋6×52d ，a1＋3d ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝7，d ＝－2，∴a5＝a4＋d ＝1＋(－2)＝－1.答案 －18．等差数列{an}中，S3＝9，S6＝36，那么a7＋a8＋a9＝________． 解析 ∵{an}为等差数列，∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列， ∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2(S6－S3)－S3＝2(36－9)－9＝45.答案45三、解答题9．(2021·新课标全国Ⅰ卷)数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．(1)证明由题设知，anan＋1＝λS n－1，an＋1an＋2＝λS n＋1－1.两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λa n＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)解由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，n＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，假设a1<0，S2 015＝0.(1)求Sn的最小值及此时n的值；(2)求n的取值集合，使an≥Sn.解 (1)设公差为d ，那么由S2 015＝0⇒ 2 015a1＋2 015×2 0142d ＝0⇒a1＋1 007d ＝0， d ＝－11 007a1，a1＋an ＝2 015－n 1 007a1，∴Sn ＝n 2(a1＋an)＝n 2·2 015－n 1 007a1＝a12 014(2 015n －n2)． ∵a1<0，n ∈N*，∴当n ＝1 007或1 008时，Sn 取最小值504a1. (2)an ＝1 008－n1 007a1，Sn ≤an ⇔a12 014(2 015n －n2)≤1 008－n 1 007a1. ∵a1<0，∴n2－2 017n ＋2 016≤0， 即(n －1)(n －2 016)≤0，解得1≤n≤2 016. 故所求n 的取值集合为{n|1≤n≤2 016，n ∈N*}． 才能提升题组 (建议用时：25分钟)11．( ·东北三省四市联考)?莱因德纸草书?是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，那么最小的一份为 ( ) A.53B.103C.56D.116解析 依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a －2m ，a －m ，a ，a ＋m ，a ＋2m ，那么有⎩⎪⎨⎪⎧5a ＝100，a ＋〔a ＋m 〕＋〔a ＋2m 〕＝7〔a －2m ＋a －m 〕，解得a ＝20，m ＝11a 24，a －2m ＝a 12＝53，即其中最小一份为53，应选A. 答案 A12．(2021·杭州质量检测)设Sn 为等差数列{an}的前n 项和，(n ＋1)Sn ＜nSn ＋1(n ∈N*)．假设a8a7＜－1，那么( )A ．Sn 的最大值是S8B ．Sn 的最小值是S8C ．Sn 的最大值是S7D ．Sn 的最小值是S7解析 由条件得Sn n ＜Sn ＋1n ＋1，即n 〔a1＋an 〕2n ＜〔n ＋1〕〔a1＋an ＋1〕2〔n ＋1〕， 所以an ＜an ＋1，所以等差数列{an}为递增数列．又a8a7＜－1，所以a8＞0，a7＜0，即数列{an}前7项均小于0，第8项大于零，所以Sn 的最小值为S7，应选D. 答案 D13．(2021·陕西卷)f(x)＝x1＋x，x ≥0，假设f1(x)＝f(x)，fn ＋1(x)＝f(fn(x))，n ∈N*，那么f2 014(x)的表达式为________． 解析 由易知fn(x)＞0， ∵fn ＋1(x)＝f(fn(x))＝fn 〔x 〕1＋fn 〔x 〕，∴1fn ＋1〔x 〕＝1＋fn 〔x 〕fn 〔x 〕＝1fn 〔x 〕＋1⇒1fn ＋1〔x 〕－1fn 〔x 〕＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn 〔x 〕是以1f1〔x 〕＝1＋x x 为首项，1为公差的等差数列．∴1fn 〔x 〕＝1＋x x ＋(n －1)×1＝1＋nx x ， ∴fn(x)＝x 1＋nx ，∴f2 014(x)＝x1＋2 014x .答案x1＋2 014x14．等差数列的前三项依次为a ，4，3a ，前n 项和为Sn ，且Sk ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{bn}的通项bn ＝Snn ，证明数列{bn}是等差数列，并求其前n 项和Tn. 解 (1)设该等差数列为{an}，那么a1＝a ，a2＝4，a3＝3a ， 由有a ＋3a ＝8，得a1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以Sk ＝ka1＋k 〔k －1〕2·d ＝2k ＋k 〔k －1〕2×2＝k2＋k. 由Sk ＝110，得k2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10.(2)由(1)得Sn ＝n 〔2＋2n 〕2＝n(n ＋1)，那么bn ＝Sn n ＝n ＋1， 故bn ＋1－bn ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列， 所以Tn ＝n 〔2＋n ＋1〕2＝n 〔n ＋3〕2.第3讲 等比数列及其前n 项和最新考纲 ，，系．知 识 梳 理 1．等比数列的定义假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．数学语言表达式：an an －1＝q(n≥2，q 为非零常数)，或an ＋1an ＝q(n ∈N*，q 为非零常数)．2. 等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)假设等比数列{an}的首项为a1，公比是q ，那么其通项公式为an ＝a1qn －1； 通项公式的推广：an ＝amqn －m.(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，Sn ＝na1；当q ≠1时，Sn ＝a1〔1－qn 〕 1－q ＝a1－anq1－q .3．等比数列及前n 项和的性质(1)假如a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇔G2＝ab.(2)假设{an}为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n(k ，l ，m ，n ∈N*)，那么ak ·al ＝am ·an ． (3)相隔等间隔 的项组成的数列仍是等比数列，即ak ，ak ＋m ，ak ＋2m ，…仍是等比数列，公比为qm ．(4)当q≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，Sn ，S2n －Sn ，S3n －S2n 仍成等比数列，其公比为qn ． 诊 断 自 测1．判断正误(在括号内打“√〞或“×〞) 精彩PPT 展示(1)满足an ＋1＝qan(n ∈N*，q 为常数)的数列{an}为等比数列．(×) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b2＝ac.(×)(3)数列{an}的通项公式是an ＝an ，那么其前n 项和为Sn ＝a 〔1－an 〕1－a .(×)(4)数列{an}为等比数列，那么S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(×) 2．{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，那么a1＋a10等于( ) A ．7 B ．5 C ．－5 D ．－7解析 法一 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a4＋a7＝a1q3＋a1q6＝2，a5a6＝a1q4×a1q5＝a21q9＝－8，∴⎩⎪⎨⎪⎧q3＝－2，a1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q3＝－12，a1＝－8，∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7. 法二 由⎩⎪⎨⎪⎧a4＋a7＝2，a5a6＝a4a7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a4＝－2，a7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a4＝4，a7＝－2. ∴⎩⎪⎨⎪⎧q3＝－2，a1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q3＝－12，a1＝－8，∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7. 答案 D3．(2021·大纲全国卷)设等比数列{an}的前n 项和为Sn.假设S2＝3，S4＝15，那么S6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63 D ．64解析 由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6C. 答案 C4．(2021·广东卷)假设等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，那么ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．解析 由等比数列的性质可知，a10a11＋a9a12＝2e5，所以a10·a11＝e5，于是 ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝10ln(a10·a11)＝10ln e5＝50. 答案 505．(人教A 必修5P54A8改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，那么这两个数为________．解析 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q3，q3＝27，∴q ＝3.所以插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81. 答案 27，81考点一 等比数列中根本量的求解【例1】 (1)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn 为其前n 项和．a2a4＝1，S3＝7，那么S5等于( )A.152B.314C.334D.172(2)在等比数列{an}中，a4＝2，a7＝16，那么an ＝________．(3)在等比数列{an}中，a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an ＝1，那么n ＝________． 解析 (1)显然公比q≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a1q·a1q3＝1，a1〔1－q3〕1－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝9，q ＝－13(舍去)，∴S5＝a1〔1－q5〕1－q＝4⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝314.(2)由a7a4＝q3＝8，知q ＝2，所以an ＝a4qn －4＝2·2n －4＝2n －3. (3)因为a3＋a6＝q(a2＋a5)，所以q ＝12，由a1q ＋a1q4＝18，知a1＝32， 所以an ＝a1qn －1＝1，解得n ＝6. 答案 (1)B (2)2n －3 (3)6规律方法 等比数列根本量的运算是等比数列中的一类根本问题，数列中有五个量a1，n ，q ，an ，Sn ，一般可以“知三求二〞，通过列方程(组)便可迎刃而解．【训练1】 在等比数列{an}中，a2－a1＝2，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列{an}的首项、公比及前n 项和．解 设该数列的公比为q ，由可得a1q －a1＝2， 4a1q ＝3a1＋a1q2，所以a1(q －1)＝2，q2－4q ＋3＝0， 解得q ＝3或q ＝1.由于a1(q －1)＝2，因此q ＝1不合题意，应舍去． 故公比q ＝3，首项a1＝1. 所以数列的前n 项和Sn ＝3n －12. 考点二 等比数列的性质及应用【例2】 (1)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，那么log2a10＝( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．7(2)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n 项和为Sn ，假设S10S5＝3132，那么公比q ＝________． 解析 (1)法一 由等比中项的性质得a3a11＝a27＝16，又数列{an}各项为正，所以a710＝a7×q3log2a10＝5.法二 设等比数列的公比为q ，由题意知，an ＞0，那么a3·a11＝a27＝⎝⎛⎭⎫a10q32＝126a210＝24，所以a210＝210，解得a10＝25. 故log2a10＝5.(2)由S10S5＝3132，a1＝－1知公比q≠1，那么S10－S5S5＝－132.由等比数列前n 项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－132，q ＝－12. 答案 (1)B (2)－12规律方法 (1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“假设m ＋n ＝p ＋q ，那么am ·an ＝ap ·aq 〞，可以减少运算量，进步解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进展适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．【训练2】 (1)x ，y ，z ∈R ，假设－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，那么xyz 的值为( ) A ．－3 B ．±3 C ．－3 3 D ．±3 3(2)各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，那么a4a5a6等于( ) A ．5 2 B ．7 C ．6 D ．4 2解析 (1)由等比中项知y2＝3，∴y ＝±3， 又∵y 与－1，－3符号一样，∴y ＝－3，y2＝xz ， 所以xyz ＝y3＝－3 3.(2)把a1a2a3，a2a3a4，…，a7a8a9各看成一个整体，由题意知它们分别是一个等比数列的第1项、第4项和第7项，这里的第4项刚好是第1项与第7项的等比中项．因为数列{an}的各项均为正数，所以a4a5a6＝〔a1a2a3〕·〔a7a8a9〕＝5×10＝5 2. 答案 (1)C (2)A。

第六章数列命题探究解答过程(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以b n=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得a n=3n-2.所以,数列{a n}的通项公式为a n=3n-2,数列{b n}的通项公式为b n=2n.(2)设数列{a2n b2n-1}的前n项和为T n,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2n b2n-1=(3n-1)×4n,故T n=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=---4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n=-×4n+1+.所以,数列{a2n b2n-1}的前n项和为-×4n+1+§6.1数列的概念及其表示法考纲解读分析解读本节内容在高考中主要考查利用a n和S n的关系求通项a n,或者利用递推公式构造等差或等比数列求通项a n,又考查转化、方程与函数、分类讨论等思想方法,在高考中以解答题为主,题目具有一定的综合性,属中高档题.分值为5分或12分.五年高考考点数列的概念及其表示1.(2016浙江,13,6分)设数列{a n}的前n项和为S n.若S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*,则a1=,S5=. 答案1;1212.(2015江苏,11,5分)设数列{a n}满足a1=1,且a n+1-a n=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为.答案3.(2013课标全国Ⅰ,14,5分)若数列{a n}的前n项和S n=a n+,则{a n}的通项公式是a n=.答案(-2)n-14.(2015四川,16,12分)设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n=2a n-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列. (1)求数列{a n}的通项公式;(2)记数列的前n项和为T n,求使得|T n-1|<成立的n的最小值.解析(1)由已知S n=2a n-a1,有a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1(n≥2),即a n=2a n-1(n≥2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列.故a n=2n.(2)由(1)得=,所以T n=++…+=--=1-.由|T n-1|<,得--<,即2n>1000.因为29=512<1000<1024=210,所以n≥10.于是,使|T n-1|<成立的n的最小值为10.教师用书专用(5—6)5.(2013安徽,14,5分)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.答案a n=-6.(2014广东,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n,满足S n=2na n+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.(1)求a1,a2,a3的值;(2)求数列{a n}的通项公式.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点数列的概念及其表示1.(2018江西新余四中、上高二中第一次联考,7)已知1+3×2+5×22+…+(2n-1)×2n-1=2n(na+b)+c对一切n∈N*都成立,则a,b,c的值为()A.a=3,b=-2,c=2B.a=3,b=2,c=2C.a=2,b=-3,c=3D.a=2,b=3,c=3答案C2.(2017湖南岳阳一模,7)已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,S n=,则a2017=()A.2016B.2017C.4032D.4034答案B3.(2017河北衡水中学高三摸底联考,5)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a n+1(n∈N*),S n为其前n项和,则S5的值为()A.57B.61C.62D.63答案A4.(2017河北唐山一模,14)设数列{a n}的前n项和为S n,且S n=-,若a4=32,则a1=.答案B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:45分时间:40分钟)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2017湖北六校4月模拟,10)已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*).若b n+1=(n-2λ)·(n∈N*),b1=-λ,且数列{b n}是单调递增数列,则实数λ的取值范围是()A.λ<B.λ<1C.λ<D.λ<答案A2.(2016河南洛阳期中模拟,10)设数列{a n}满足a1+2a2+22a3+…+2n-1a n=(n∈N*),则数列{a n}的通项公式是()A.a n=B.a n=-C.a n=D.a n=答案C二、填空题(每小题5分,共20分)3.(2018广东化州二模,16)已知S n为数列{a n}的前n项和,且log2(S n+1)=n+1,则数列{a n}的通项公式为.答案a n=4.(2018湖北第二次联考,15)“斐波那契数列”由13世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现,因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称该数列为“兔子数列”.斐波那契数列{a n}满足:a1=1,a2=1,a n=a n-1+a n-2(n≥3,n∈N*),记其前n项和为S n,设a2018=t(t为常数),则S2016+S2015-S2014-S2013=(用含t的代数式表示).答案t5.(2018皖江名校高三大联考,16)已知数列{a n},S n是其前n项和且满足3a n=2S n+n(n∈N*),则S n=.答案·3n-(2n+3)6.(2017湖北襄阳优质高中联考,16)若a1=1,对任意的n∈N*,都有a n>0,且n-(2n-1)a n+1a n-2=0,设M(x)表示整数x的个位数字,则M(a2017)=.答案6三、解答题(共15分)7.(2017安徽淮北第一中学第四次模拟,21)对于数列{a n},{b n},S n为数列{a n}的前n项和,且S n+1-(n+1)=S n+a n+n,a1=b1=1,b n+1=3b n+2,n∈N*.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)令c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)∵S n+1-(n+1)=S n+a n+n,∴a n+1=a n+2n+1,∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1=(2n-1)+(2n-3)+…+5+3+1=-=n2,∴数列{a n}的通项公式为a n=n2.由b n+1=3b n+2,得b n+1+1=3(b n+1),∴{b n+1}是等比数列,首项为b1+1=2,公比为3,∴b n+1=2·3n-1,∴数列{b n}的通项公式为b n=2·3n-1-1.(2)c n=·-=-,∴T n=+++…+-+-,①则3T n=·+++…+-+-,②②-①得2T n=6+…---=6+-----=-·-,∴T n=-·-.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1利用S n与a n的关系求通项公式1.(2017山西临汾一中等五校第二次联考,15)已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=(a n-1),a1=4,则数列{}的前n项和T n=. 答案-2.(2016广东3月测试,15)已知数列{a n}的各项均为正数,S n为其前n项和,且对任意n∈N*,均有a n,S n,成等差数列,则a n=.答案n方法2由递推公式求数列的通项公式3.(2017江西九江十校联考二模,10)已知数列{a n}满足a n+1=-+1(n∈N+),则使不等式a2016>2017成立的所有正整数a1的集合为()A.{a1|a1≥2017,a1∈N+}B.{a1|a1≥2016,a1∈N+}C.{a1|a1≥2015,a1∈N+}D.{a1|a1≥2014,a1∈N+}答案A4.(2018山东、湖北部分重点中学第二次联考,15)已知数列{a n}的前n项之和为S n,若a1=2,a n+1=a n+2n-1+1,则S10=.答案1078方法3数列的单调性和最大(小)项5.(2017湖南永州二模,11)已知数列{a n}的前n项和S n=3n(λ-n)-6,若数列{a n}单调递减,则λ的取值范围是()A.(-∞,2)B.(-∞,3)C.(-∞,4)D.(-∞,5)答案A。