专题7.1数列的概念与简单表示2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题7.1 数列的概念与简单表示 新课程考试要求 1. 了解数列的概念和表示方法 (列表、图象、公式). 核心素养 本节涉及所有的数学核心素养：逻辑推理（多例）、数学运算（多例）等. 1．利用a与S的关系求通项,递推数列求通项. n n 2．数列的周期性、单调性及最值. 3．关于数列的概念问题，虽然在高考中很少独立命题，但数列的通项公式、猜想、归 纳、递推意识却融入数列的试题之中，多与等差数列、等比数列及数列的求和等综合 考向预测 考查. 4.复习中要特别注意: (1)构造特殊数列求通项； (2)利用数列的单调性求参数范围或数列项的最值. 【知识清单】 知识点一．数列的概念与通项公式 1．数列的定义 按照一定顺序排列的一列数，称为数列.数列中的每一项叫做数列的项.数列的项在这列数中是第几项，则 {a } 在数列中是第几项.一般记为数列 n . 对数列概念的理解 (1)数列是按一定“顺序”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，这有别于集合中元素的无序性．因此，若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们 就是不同的两个数列． (2)数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现，这也是数列与数集的区别． 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 a n1 n 按项与项间的 递减数列 a a 其中n∈N n1 n ＋ 大小关系分类 常数列 a a n1 n 按其他标准分 有界数列 存在正数M ，使 a n Ma n的符号正负相间，如1，－ 类 摆动数列 1,1，－1，… 3．数列是一种特殊的函数 N N 数列是一种特殊的函数，其定义域是正整数集 和正整数集 的有限子集.所以数列的函数的图像不是 连续的曲线，而是一串孤立的点. 4.数列的通项公式：   a n n 如果数列 n 的第 项与序号 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 a  f n 式．即 n ,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式. S (n1) a  1 a  n S a n  S S (n2) 5.数列 n 的前 项和 n和通项 n的关系： n n1 . 知识点二．数列的性质 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．所以数列的函数的图像不是连续的曲线，而是一串孤立的点，因此， 在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性． 数列的性质主要指： 1.数列的单调性----递增数列、递减数列或是常数列； 2.数列的周期性. 【考点分类剖析】 考点一 ：由数列的前几项求数列的通项公式 【典例1】（2021·海南高二期末）已知数列 的前四项依次为 ， ， ， ，则 的通项公式可 能是 ___________.【答案】 (或其他合理) 【解析】 由四项找出共同的规律，可得通项公式 【详解】 解： ， ， ， ，故 . 故答案为： 【规律方法】 1．根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律， 1n 可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用 1n1 或 来调整． 2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．由 不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证. 3.对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项， 写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所 给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序 号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式. 【变式探究】 1 1 1 1 若数列的前4项分别是 , − , , − ，则此数列的一个通项公式为（ ） 2 3 4 5 (−1) n−1 (−1) n (−1) n+1 (−1) n A． B． C． D． n n n+1 n+1 【答案】C 【解析】 1 1 1 1 由数列的前4项分别是 , − , , − ， 2 3 4 51 可知：第n项的符号为（−1）n+1，其绝对值为 ． n+1 (−1) n+1 因此此数列的一个通项公式为a = ． n n+1 故选：C． 【总结提升】 根据数列的前几项求其通项公式，一般通项公式不唯一，我们常常取其形式上较简便的一个即可．解答时， 主要靠观察、分析、比较、归纳、联想、转化等方法．观察时特别注意：①各项的符号特征；②分式的分 子、分母特征；③相邻项的变化规律(绝对值的增减)．处理方法常用的有：①化异为同(统一分子、或分母 的结构形式)；②拆项；③用(－1)n等表示符号规律；④与特殊数列(自然数、偶数、奇数、自然数的平方， 2n等)的联系． n a S a 考点二：由前 项和公式推导通项公式，即 n与 n的关系求通项 n 【典例2】（2021·正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知数列 的前 项和为 ，且 ，若 ，则数列 的最大值为（ ） A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项 【答案】D 【解析】 由 先求出 ，从而得出 ，由 讨论出其单调性，从而得出答 案. 【详解】 当 时， ； 由 ，当 时， ， 两式相减，可得 ， 解得 ，当 时，也符合该式，故 ．所以 由 ，解得 ；又 ，所以 ，所以 ，当 时， ，故 ，因此最大项为 ， 故选：D． 【典例3】（2021·浙江高二期末）已知等比数列 前 项和 满足 （ ），数列 是递增的，且 ，则实数 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 由等比数列 前 项和 满足 ，分别求出前3 项，利用等比数列 中 ， 求出 ，再根据数列 是递增的，且 ，利用 中求出实数 的取值范围 【详解】 解：因为等比数列 前 项和 满足 （ ）， 所以 ， ， ， 因为等比数列 中 ，所以 ，解得 或 （舍去）， 所以 ， 因为数列 是递增的， 所以 ， 所以 ， 因为 ，所以 ， 故选：C 【规律方法】 1.S 与a 关系问题的求解思路 n n 根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． (1)利用a＝S－S (n≥2)转化为只含S，S 的关系式，再求解． n n n－1 n n－1 (2)利用S－S ＝a(n≥2)转化为只含a，a 的关系式，再求解． n n－1 n n n－1 2.已知S求a的三个步骤 n n (1)先利用a＝S求出a. 1 1 1 (2)用n－1替换S中的n得到一个新的关系，利用a＝S－S (n≥2)便可求出当n≥2时a的表达式． n n n n－1 n (3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写； n 如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写． 【变式探究】 a  S a 1，a 2 1.（2019·山东高考模拟（文））设数列 n 的前n项和为 n，已知 1 2 ，且  1n b 2  a 2S S 3，记b log a log a ，则数列 n 的前10项和为______． n2 n n1 n 2 2n1 2 2n 【答案】200 【解析】 a 1，a 2 a 2S S 3 ∵ 1 2 ，且 n2 n n1 ，a 2332 ∴ 3 ， a 2S S 3 ∵ n2 n n1 ， a 2S S 3 n2 ∴ 时， n1 n1 n ， a a 2S S S S  两式相减可得， n2 n1 n n1 n1 n ，（n2） a a 2a a a 2a n2 即 时， n2 n1 n n1即 n2 n， a 2a ∵ 3 1， {a } ∴数列 n 的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2， a 22n1 2n a 12n1 2n1 2n ， 2n1 b log a log a n1n2n1 ∴ n 2 2n1 2 2n ， 则数列 1n b n 2 1n2n12 ，则  1n b n 2  的前10项和为 S   32 12   72 52   192 172 2412202836 200 故答案为：200 {a } n S S 3a 2n3 {a } 2.（2019·山西高考模拟（文））记数列 n 的前 项和为 n，若 n n ，则数列 n 的通 a  项公式为 n ______. n 3 a 2 【答案】 n  2   【解析】1 a  当n1时， S a 3a 1 ，解得 1 2；当n2时， S 3a 2n3 ， S 3a 2n5 ，两 1 1 1 n n n1 n1 3 3 a  a 1 a  a  式相减可得， a 3a 3a 2 ，故 n 2 n1 ，设 n 2 n1 ，故2，即 n n n1 3 a 2 3 3 3 a n 2 2 a n1 2 ，故a n n 1 2  2 .故数列 a n 2 是以  2 为首项，2 为公比的等比数列，故 n1 n 3 3 3 a 2  a 2 n 2  2   ，故 n  2   . n 3 a 2 故答案为： n  2   考点三：由递推公式推导通项公式 【典例4】（2021·全国高二课时练习）已知数列{a}满足a=0，a =a +(2n-1)，写出它的前5项，并归纳 n 1 n+1 n 出数列的一个通项公式. 【答案】a=0，a=1，a=4，a=9，a=16，a=(n-1)2. 1 2 3 4 5 n 【解析】 逐项代入求得数列的前5项，利用归纳法归纳出数列的通项公式. 【详解】 解：∵a=0，a =a +(2n-1)， 1 n+1 n ∴a=a +(2×1-1)=0+1=1， 2 1 a=a +(2×2-1)=1+3=4， 3 2 a=a +(2×3-1)=4+5=9， 4 3 a=a +(2×4-1)=9+7=16. 5 4 故该数列的一个通项公式是a=(n-1)2. n 【典例5】（2021·河北衡水市·高三其他模拟）在① ，② ，③ ，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知数列 中， ，满足___________，求数列 的前n项和 . 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】答案见解析 【解析】 若选①，由 可得 ，即数列 是以3为首项，公比为3的等比数列，然后 可求出 ，然后利用错位相减法求出答案即可，若选②，由 可得 ，即数列 是以2为首项，公比为3的等比数列，可得 ，然后利 用分组求和法求出答案即可，若选③，由 可得 ，即数列 是以1为首项， 公差为1的等差数列，然后可求出 ，然后利用错位相减法求出答案即可. 【详解】 若选①，因为 ，所以 因为 ，所以数列 是以3为首项，公比为3的等比数列， 所以 ，即 所以 即整理得 若选②，因为 所以 因为 ，所以数列 是以2为首项，公比为3的等比数列， 所以 即 所以 所以 若选③，因为 所以 因为 ，所以数列 是以1为首项，公差为1的等差数列， 所以 ，即 所以 即 整理得 【规律方法】1.基本方法是归纳法； 2.递推公式推导通项公式方法： a a  f(n) （1）累加法： n1 n a n1  f(n) a （2）累乘法： n a  pa q p,q (pq(p1)0) （3）待定系数法： n1 n （其中 均为常数， ） q t  a t  p(a t) 1 p 解法：把原递推公式转化为： n1 n ，其中 ，再利用换元法转化为等比数列求解. a  pa qn p,q (pq(p1)(q1) 0) （4）待定系数法： n1 n （其中 均为常数， ）. （或 a  pa rqn p,q,r n1 n 其中 均为常数）. a p a 1 a p 1 n1   n  b  n b  b  qn1 qn1 q qn q n qn n1 q n q 解法：在原递推公式两边同除以 ，得： ，令 ，得： ，再按 第（3）种情况求解. a  pa anb (p 1，0，a 0) （5）待定系数法： n1 n a x(n1) y  p(a xn y) 解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令 n1 n ，与已知递推式比较，   x,y a xn y p 解出 ,从而转化为 n 是公比为 的等比数列. a  pa an2 bnc(p 0,1,a 0) （6）待定系数法： n1 n a x(n1)2  y(n1)z  p(a xn2  ynz) 解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令 n1 n ，与  a xn2  ynz  x,y p 已知递推式比较，解出 ,从而转化为 n 是公比为 的等比数列. a  pa qa p,q （7）待定系数法： n2 n1 n（其中 均为常数）.st  p  a sa t(a sa ) s,t st q 解法：先把原递推公式转化为 n2 n1 n1 n 其中 满足 ，再按第（4）种情况求 解. g(n)a a  n n1 f(n)a t(n) （8）取倒数法： n a  pa q 解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为 n1 n ，按第（3）种情况求解. g(n)a t(n)a  f(n)a a 0 a a a  pa q （ n n1 n n1 ，解法：等式两边同时除以 n n1后换元转化为 n1 n ， 按第（3）种情况求解.）. a  par (p 0,a 0) （9）取对数 n1 n n p a  pa q 解法：这种类型一般是等式两边取以 为底的对数，后转化为 n1 n ，按第（3）种情况求解. 【变式探究】 a  S 2na (nN*) 1.（2019·贵阳清镇北大培文学校高一月考）已知数列 n 满足 n n . a , a , a , a , a （1）计算 1 2 3 4 5； a  （2）并猜想 n 的通项公式（不需要证明但要求简要写出分析过程）. 3 7 15 31 a  a  a  a  【答案】（1）a 1. 2 2， 3 4， 4 8 ， 5 16 . 1 2n 1 a  , （2） n 2n1 nN*，详见解析 【解析】 n＝1 a S 2a a 1 （1）当 时， 1 1 1， 1 . 3 a  当n2时， a a S 22a ， 2 2 ， 1 2 2 27 a  当n3时， a a a  S 23a ， 3 4 ， 1 2 3 3 3 15 a  当n4时， a a a a  S 24a ， 4 8 ， 1 2 3 4 4 4 31 a  当n5时， a a a a a 25a ， 5 16. 1 2 3 4 5 5 211  a 1 （2） 1 211 ， 3 22 1 a   2 2 221 ， 7 231 a   3 4 231 ， 15 24 1 a   4 8 241 ， 31 25 1 a   5 16 251 ， 2n 1 a  , 由此猜想 n 2n1 nN*. 2．（2017·全国高考真题（文））设数列 满足 . {a } a +3a ++(2n−1)a =2n n 1 2 n （1）求 的通项公式； {a } n （2）求数列{ a } 的前 项和． n n 2n+1 2 2n 【答案】（1） ；（2） 2n−1 2n+1 【解析】 （1）数列{a}满足a+3a+…+（2n﹣1）a＝2n． n 1 2 n n≥2时，a+3a+…+（2n﹣3）a ＝2（n﹣1）． 1 2 n﹣12 ∴（2n﹣1）a＝2．∴a= ． n n 2n−1 当n＝1时，a＝2，上式也成立． 1 2 ∴a= ． n 2n−1 （2） a 2 1 1 ． n = = − 2n+1 (2n−1)(2n+1) 2n−1 2n+1 a 1 1 1 1 1 1 2n ∴数列{ n }的前n项和=(1− )+( − )++( − )=1− = ． 2n+1 3 3 5 2n−1 2n+1 2n+1 2n+1 考点四：数列的通项及性质的应用 【典例6】（2021·全国高三其他模拟（理））对于 有如下4个数列：（1） ；（2） （3） （4） ．其中满足条件 的个数为（ ） A． B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】 依题意对各个数列一一判断，即可得解； 【详解】 解：对于（1） ，所以 ，显然 均不成立，故（1）错 误； 对于（2） ，易知其为递增数列，又 ， ， ，故 均成立，故（2）正确； 对于（3） ，当 为奇数和 为偶数时， 均为递增，故 成立，而 为奇数， 为偶数，显然 所以 也成立，故（3）正确； 对于（4） ， ， ， ， 当 为奇数时， ，为递增数列，当 为偶数时， 也为递增数列，所以 成立， 又 ， ，所以 ，所以 ，故（4）也成立； 故选：C a  a a a a a a  a a 1,nN* 【典例7】（2020·上海市七宝中学期中）数列 n 满足 n n1 n2 n n1 n2 n n1 ，   A0,0, 且a 1 1，a 2 2.规定的 a n  通项公式只能用Asinxc   2  的形式表示. a （1）求 3的值； a  k  （2）证明3为数列 n 的一个周期，并用正整数 表示 ； a  （3）求 n 的通项公式. 2k 2 3 2  【答案】（1）a 3（2）证明见解析；  3  kN* .（3） a n  3 sin   3 n 3   2 3 【解析】 （1）当a＝1，a＝2，aaa＝a+a+a，解得a＝3； 1 2 1 2 3 1 2 3 3 （2）当n＝2时，6a＝2+3+a，解得a＝1， 4 4 4 当n＝3时，3a＝1+3+a，解得a＝2， 5 5 5…， 可得a ＝a，当a＝1，a＝2，a＝3； n+3 n 1 2 3 故3为数列{a}的一个周期， n 2k 2k   kN* 则  ＝3，k N*，则 3 ； ∈ 2 （3）由（2）可得a＝Asin（ n+ ）+c， n 3 φ 2  则1＝Asin（ + ）+c，2＝﹣Asin（ + ）+c，3＝Asin +c， 3 3 φ φ φ 3 1 即1＝A• cos ﹣A• sin +c， 2 2 φ φ ① 3 1 2＝﹣A• cos ﹣A• sin +c， 2 2 φ φ ② 由 + ，可得3＝﹣Asin +2c， ∴①c＝2②，Asin ＝1， φ φ 3 ﹣ ，可得﹣1＝A• cos ， ① ② φ 3 则tan ＝﹣ ， φ  ∵| |＜ 2 ， φ  ∴ ＝﹣ ， 3 φ 2 3 ∴A＝﹣ 3 ， 2 3 2  a  sin n 2 故 n 3   3 3   ． 【规律方法】 1.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． 2.求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组(n≥2)找到数列的最大项； (2)利用不等式组(n≥2)找到数列的最小项． n 3.前 项和最值的求法 n S S (1)先求出数列的前 项和 n，根据 n的表达式求解最值； a 0 a 0 S a 0 a 0 S (2)根据数列的通项公式，若 m ，且 m1 ，则 m最大；若 m ，且 m1 ，则 m最小，这 样便可直接利用各项的符号确定最值. 【变式探究】 1.（2019·湖南师大附中高考模拟（文））已知函数 y  f x 的定义域为R，当 x0 时 f x1 ，且对 x,yR f x f y f x y a  任意的实数 ，等式 成立，若数列 n 满足  1  f a  f  1  nN n1 1a ，且a  f 0，则下列结论成立的是（ ）   n 1 f a  f a  f a  f a  A． 2016 2018 B． 2017 2020 f a  f a  f a  f a  C． 2018 2019 D． 2016 2019 【答案】A 【解析】 f x f y f x y x0 y 1 f 0 f 1 f 1 由 ，令 ， ，则  x0 时， f x1  f 11  f 01 a 1 1 1 f x 当 x0 时，令y x，则 f x f x f 01，即 f x f x1 0 f x1 又 当 x0 时， x  x x x >0 令 2 1，则 2 1 f x  2  f x x 0,1  f x  f x x  f x ，即 f x  2 1 1 2 1 2 1 f x 在R上单调递减  1   1  f a  f   f a  1 f 0 又 n1 1a n1 1a     n n 1 a  n1 1a n 1 a  令n1， 2 2；令n2，a 2；令n3， a 1 3 4 a  数列 n 是以 3 为周期的周期数列 1 a a  a a 2 ， a a 1 ， 2018 2 2 ， a a 2 ， a a 1 2016 3 2017 1 2019 3 2020 1  1  f 2 f   f 1  f x 在R上单调递减   2    f a  f a  f a  f a  f a  f a  f a  f a  2016 2018 ， 2017 2020 ， 2018 2019 ， 2016 2019 本题正确选项：A 2.（2021·全国高三其他模拟（理））在数列 中， ， ， ，则 的值为______． 【答案】1 【解析】 根据其递推公式求得相邻奇数项的乘积为1，相邻偶数项的乘积为1，进而得到数列具有周期性，即可求解． 【详解】 解： ， ，从而 ，即数列 是以4为周期的数列，又由 ， ， 得 ，即 ， ，得 ， ， ， 故答案为：1．