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专题七 数列
7.1 数列的概念及表示
基础篇
考点 数列的概念及表示 若 ａ ａ 则 ａ 为递减数列.
ｎ ＋１< ｎꎬ { ｎ}
1. : 周期性 若 ａ ａ ｋ Ｎ∗ 则 ａ 为
数列的概念一般地 把按照确定的顺序排列 ２) ——— ｎ ＋ ｋ ＝ ｎ( ∈ )ꎬ { ｎ}
ꎬ
周期数列 ｋ 为 ａ 的一个周期.
的一列数称为数列 数列中的每一个数叫做 ꎬ { ｎ}
ꎬ 4.
数列的通项公式和递推公式
这个数列的项.
2. : 通项公式 如果数列 ａ 的第 ｎ 项 ａ 与序号
数列与函数的关系 数列 ａ 是从正整数集 １) : { ｎ} ｎ
{ ｎ}
ｎ 之间的关系可以用一个式子 ａ ｆ ｎ 来表
Ｎ∗ 或它的有限子集 ｎ 到实数 ｎ＝ ( )
( {１ꎬ２ꎬ３ꎬꎬ })
示 那么这个式子叫做这个数列的通项公式.
集 Ｒ 的函数 其自变量是序号 ｎ 对应的函数 ꎬ
ꎬ ꎬ
递推公式 如果已知数列 ａ 的第一项 或
值是数列的第 ｎ 项 ａ 记为 ａ ｆ ｎ 即当自 ２) : { ｎ} (
ｎꎬ ｎ＝ ( )ꎬ
前几项 且从第二项 或某一项 开始 任何
变量从 开始 按照从小到大的顺序依次取 )ꎬ ( ) ꎬ
１ ꎬ
一项 ａ 与它的前一项 ａ ｎ 或前几
值时所对应的一列函数值就是数列
{
ａ
ｎ}ꎬ
另 ｎ ｎ －１( ≥２)(
项 间的关系可以用一个式子来表示 那么
一方面 对于函数 ｙ ｆ ｘ 如果 ｆ ｎ ｎ ) ꎬ
ꎬ ＝ ( )ꎬ ( )( ∈
这个式子叫做数列 ａ 的递推公式.
Ｎ∗ 有意义 那么 ｆ ｆ ｆ ｎ { ｎ}
) ꎬ (１)ꎬ (２)ꎬꎬ ( )ꎬ 5.
数列 ａ 的前 ｎ 项和及其与通项公式的关系
构成一个数列 ｆ ｎ . { ｎ}
{ ( )}
Ｓ ａ ａ ａ .
3.
数列的性质 １) ｎ＝ １ ＋ ２ ＋＋ ｎ
{Ｓ ｎ
由于数列可以看作一个关于 ｎ ｎ Ｎ∗ 的函 ａ １( ＝１)ꎬ
( ∈ ) ２) ｎ＝ Ｓ Ｓ ｎ .
数
ꎬ
因此它具备函数的某些性质. ｎ－ ｎ －１( ≥２)
单调性 若 ａ ａ 则 ａ 为递增数列
１) ——— ｎ ＋１> ｎꎬ { ｎ} ꎻ
专
题
七
数
列
２７７
综合篇
考法 一 利用 Ｓ 与 ａ 的关系求通项公式 对“ｎ ”的情形进行检验而致错.
ｎ ｎ ＝１
例1 ( 课标 ꎬ ꎬ 分)记 Ｓ 为数列
1. 已知 Ｓ 求 ａ 的步骤 ２０１８ Ⅰ １４ ５ ｎ
ｎ ｎ
{ａ }的前 ｎ 项和.若 Ｓ ａ ꎬ则 Ｓ .
１)
先利用 ａ
１ ＝
Ｓ
１
求出 ａ
１
. ｎ ｎ＝２ ｎ＋１
６
＝
解析 解法一:由 Ｓ ａ ꎬ得 ａ ａ ꎬ
２)
用ｎ
－１
替换Ｓ
ｎ
中的ｎ 得到一个新的关系
ꎬ
利 ｎ ＝２ ｎ＋１
１
＝２
１
＋１
所以 ａ ꎬ当 ｎ 时ꎬａ Ｓ Ｓ ａ
用 ａ ｎ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１( ｎ ≥２) 便可求出当 ｎ ≥２ 时 ａ ｎ １ ＝－１ ≥２ ｎ ＝ ｎ－ ｎ －１ ＝２ ｎ＋１－
的表达式. ( ａ )ꎬ得 ａ ａ ꎬ {ａ }是首项为 ꎬ
２ ｎ －１ ＋１ ｎ ＝２ ｎ －１ ∴ ｎ －１
对 ｎ 时的结果进行检验 看是否符合 ｎ 公比为 的等比数列.
３) ＝１ ꎬ ≥ ２
时 ａ 的表达式 若符合 则数列的通项公 ａ ( ｑ６) ( ６)
２ ｎ ꎬ ꎬ Ｓ １ １－ － １－２ .
式合写 若不符合 则应该分 ｎ 与 ｎ 两 ∴ ６ ＝ ｑ ＝ ＝－６３
１－ １－２
ꎻ ꎬ ＝１ ≥２
段来写. 解法二:由 Ｓ ａ ꎬ得 Ｓ Ｓ ꎬ所以 Ｓ
ｎ＝２ ｎ＋１
１
＝２
１
＋１
１
＝
注意 利用公式ａ Ｓ Ｓ (ｎ )求ａ 时ꎬ容易忽略 ꎬ当 ｎ 时ꎬ由 Ｓ ａ 得 Ｓ (Ｓ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１ ≥２ ｎ －１ ≥２ ｎ ＝ ２ ｎ＋１ ｎ ＝ ２ ｎ－
Ｓ ) ꎬ即 Ｓ Ｓ ꎬ Ｓ (Ｓ )ꎬ
ｎ －１ ＋１ ｎ ＝２ ｎ －１ －１ ∴ ｎ－１＝ ２ ｎ －１ －１
又 Ｓ ꎬ {Ｓ }是首项为 ꎬ公比为
１ －１＝－２ ∴ ｎ－１ －２ ２
的等比数列ꎬ所以 Ｓ ｎ －１ ｎꎬ所以 Ｓ ｎ－１＝－２×２ ＝－２ ｎ
ｎꎬ Ｓ ６ . ＝１－２ ∴ ６ ＝１－２ ＝－６３
答案
－６３
名师点睛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ꎬ将问题向不同的方向转化.
.利用 ａ Ｓ Ｓ (ｎ )转化为只含 Ｓ 、Ｓ 的关系
１ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１ ≥２ ｎ ｎ －１
式ꎬ再求解.
.利用 Ｓ Ｓ ａ (ｎ )转化为只含 ａ 、ａ 的关系
２ ｎ－ ｎ －１＝ ｎ ≥２ ｎ ｎ －１
式ꎬ再求解.
5
年
高 考
3
年
模
拟
A
版
高 考
数
学
２７８
ａ ａ ａ
ｎ 可求的 则可利用 ａ ａ ２ ３
ꎬ ｎ＝ １ａ ａ ａ
ｎ １ ２ －１
ａ ｎ ｎ Ｎ∗ 求解. ( ｎ≠０ꎬ ≥２ꎬ ∈ )
3. :
构造法形如ａ ｐａ ｑ 其中ｐ ｑ 均为常数 ｎ ＋１ ＝ ｎ＋ ( ꎬ ꎬ
ｐｑ ｐ 的递推关系式 把原递推关系
( －１)≠０) ꎬ
ｑ
式转化为 ａ ｔ ｐ ａ ｔ 其中 ｔ 然后
ｎ ＋１ － ＝ ( ｎ－ )ꎬ ＝ ｐꎬ
１－
ａ ｔ
构造 ｎ ＋１ － ｐ 即 ａ ｔ 是以 ａ ｔ 为首项 ｐ
ａ ｔ ＝ ꎬ { ｎ－ } １ － ꎬ
ｎ－
为公比的等比数列.
4. 辅助数列法 : 形如 ａ ｐａ ｑｎ 其中 ｐ ｑ 均为
ｎ ＋１ ＝ ｎ＋ ( ꎬ
常数 ｐｑ ｐ 的递推关系式 要先在递
例 2 ( 广 东 铁 一 中 期 末 ꎬ ) 已 知 数 列 ꎬ ( －１)≠０) ꎬ
２０２２ １８ ａ ｐ ａ
推关系式两边同除以 ｑｎ ＋１ 得 ｎ ＋１ ｎ
{ａ }的前 ｎ 项和为 Ｓ ３ｎ２ １ｎ. ꎬ ｑｎ ＋１ ＝ ｑ ｑｎ＋
ｎ ｎ＝ －
２ ２ æ ａ ö
( )求数列{ａ }的通项公式ꎻ １ 引入辅助数列 ｂ çç其中 ｂ ｎ÷÷ 得 ｂ
１ ｎ ｑꎬ { ｎ}è ｎ＝ｑｎ øꎬ ｎ ＋１
( )数列 ｂ [ ａ ]ꎬ[ｘ]表示不超过 ｘ 的最大
２ ｎ＝ ｌｇ ｎ ｐ
整数ꎬ求{ｂ ｎ }的前 １ ０００ 项和 Ｔ １０００ . ＝ ｑ ｂ ｎ＋ １ ｑꎬ 再用构造法解决.
解析 ( )当 ｎ 时ꎬａ Ｓ ꎬ
１ ＝１ １ ＝ １ ＝１ 5. : ｍａ ｎ
取倒数法 对 ａ －１ 其中 ｎ ｍｋｂ
ｎ ＝ｋ ａ ｂ ( ≥２ꎬ
当 ｎ ≥ ２ 时ꎬ ａ ｎ ＝ Ｓ ｎ － Ｓ ｎ －１ ＝ ３ ｎ２ － １ ｎ － ( ｎ －１ ＋ )
２ ２ ｋ æ ｂ ö ｋｂ
取倒数 得到 １ ç ÷ １
é
ë
ê
ê
３(ｎ
－１
)２
－
１(ｎ
－１
) ù
û
ú
ú＝ ３
ｎ
－２
ꎬ将 ｎ
＝１
代入上 ≠０) ꎬ ａ ｎ ＝ ｍè１＋ａ ｎ
－１
ø⇔ａ ｎ ＝ ｍ
２ ２ ｋ
１ .令 ｂ １ 则 ｂ 可归为 ｂ ｐｂ
式验证显然适合ꎬ所以 ａ ｎ＝３ ｎ －２ ꎬｎ ∈ Ｎ∗ . ａ ｎ ＋ｍ ｎ＝ａ ｎ ꎬ { ｎ} ｎ ＋１ ＝ ｎ＋
－１
( )因为 ａ ꎬａ ꎬａ ꎬａ ｑ ｐ ｑ 型.
２ ４ ＝１０ ３４ ＝１００ ３３４ ＝１ ０００ ３３３４ ＝ ( ≠０ꎬ１ꎬ ≠０)
ì ï ꎬ ｎ ꎬ 6. 取对数法 : 对ａ ｐａｒ ｎ ａ ｐ 两边同取
ï ０ １≤ ≤３ ｎ＝ ｎ －１( ≥２ꎬ ｎꎬ >０)
ï ꎬ ｎ ꎬ 常用对数 得 ａ ｒ ａ ｐ 令ｂ ａ 则
１０ ０００ ꎬ所以 ｂ ｎ＝ í ï １ ꎬ ４≤ ｎ ≤３３ ꎬ ｂ 可归 ꎬ 为 ｂ ｌｇ ｎ＝ ｐｂ ｌｇ ｑ ｎ －１ ｐ ＋ｌｇ ꎬ ｑ ｎ＝ｌｇ 型 ｎ . ꎬ
ï
ï
２ ３４≤ ≤３３３ { ｎ} ｎ ＋１ ＝ ｎ＋ ( ≠０ꎬ１ꎬ ≠０)
î ꎬ ｎ ꎬ 例3 数列{ａ }满足 ａ ꎬ且对于任意的 ｎ
３ ３３４≤ ≤１ ０００ ｎ １ ＝３ ∈
所以 Ｔ .
１０００ ＝０×３＋１×３０＋２×３００＋３×６６７＝２ ６３１ Ｎ∗ 都有 ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ＝ ｎ ＋２ ꎬ则 ａ ３９ ＝ .
解析 因为ａ ａ ｎ ꎬ所以ａ ａ ꎬａ
考法 二 利用递推关系求数列的通项公式 ｎ ＋１ － ｎ＝ ＋２ ２ － １ ＝３ ３ －
ａ ꎬａ ａ ꎬꎬａ ａ ｎ (ｎ )ꎬ上
1. 累加法 : 对于形如 ａ ａ ｆ ｎ 的数列的递 ２ ＝４ ４ － ３ ＝５ ｎ－ ｎ －１ ＝ ＋１ ≥２
推关系式 若 ｆ
ｎ
ｆ
＋１ － ｎ ＝ (
ｆ
)
ｎ 是可求的
面(ｎ －１ )个式子左右两边分别相加得 ａ ｎ－ ａ
１
＝
ꎬ (１)＋ (２)＋＋ ( ) ꎬ (ｎ )(ｎ ) (ｎ )(ｎ )
＋４ －１ (ｎ )ꎬ即 ａ ＋１ ＋２ (ｎ
则可利用 ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ≥２ ｎ ＝
ｎ＝
１
＋(
２
－ １)＋(
３
－ ２)＋＋( ｎ
２ ２
ａ ｎ ｎ Ｎ∗ 求解. )ꎬ当 ｎ 时ꎬａ 适合上式ꎬ所以 ａ
－ ｎ －１)( ≥２ꎬ ∈ ) ≥２ ＝ １ １ ＝ ３ ｎ ＝
ａ (ｎ )(ｎ )
2. : ｎ
累乘法 对于形如 ＋１ ｆ ｎ ａ 的数列 ＋１ ＋２ ꎬｎ Ｎ∗ ꎬ所以 ａ ４０×４１ .
ａ ＝ ( )( ｎ≠０) ∈ ３９ ＝ ＝８２０ ｎ ２ ２
的递推关系式 若 ｆ ｆ ｆ ｎ 是 答案
ꎬ (１) (２) ( ) ８２０
