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第五章　数　列
第一讲　数列的概念与简单表示法
考点测评
1.下列说法中,正确的是 (　　)
A.一个数列中的数是不可以重复的
B.所有数列的前n项和都能用公式表达
C.任何一个数列不是递增数列,就是递减数列
D.如果数列{an}的前n项和为Sn,则?n∈N*,都有an+1=Sn+1 - Sn
2.[改编题]给出下面四个结论:
①数列{}的第k项为1+;
②数列的项数是无限的;
③数列的通项公式的表达式是唯一的;
④数列1,3,5,7可以表示为{1,3,5,7}.
其中说法正确的有 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A.①②④ B.①
C.②③④ D.①②③
3.[2020十堰模拟]图5 - 1 - 1是希尔宾斯基(SieRpinski)三角形,在所给的四个三角形图案中,阴影小三角形的个数构成数列{an}的前4项,则{an}的通项公式可以是 (　　)
图5-1-1
A.an=3n – 1 B.an=2n – 1 C.an=3n D.an=2n - 1
4.[2019武汉市武昌区高三调考]已知数列{an}的前n项和Sn=n2 - 1,则a1+a3+a5+a7+a9= (　　)
A.40 B.44 C.45 D.49
5.[2019陕西榆林一中模拟]在数列{an}中,a1=1,an=1+(n≥2),则a5等于 (　　)
A. B. C. D.
6.已知数列{an}中,a1=3,a2=6,an+2=an+1 - an,则a2 019等于 (　　)
A.6 B. - 6 C.3 D. – 3
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=,2Sn+Sn-1=3(n≥2,n∈N*),则Sn的最大值与最小值之和为 (　　)
A.2 B.3 C. D.
8.[2016浙江高考]设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=　　　　　,S5=　　　　.?
知识回顾
考法1 利用an与Sn的关系求通项公式
1 [2020山东菏泽模拟]设数列{an}的前n项和为Sn,已知2Sn=3n+3.则数列{an}的通项公式为　　　　.?
【解题思路】用n - 1替换Sn中的n得到一个新的关系,利用公式an=求出an.
【解析】由2Sn=3n+3可得a1=S1=×(3+3)=3, (求首项)
当n≥2时,2Sn - 1=3n - 1+3,
结合2Sn=3n+3可得an=Sn - Sn - 1=(3n+3) - (3n - 1+3)=3n - 1. (求通项)
而a1=3≠31 - 1,不满足上式, (检验首项a1)
所以an=
2[改编题]设Sn是数列{an}的前n项和,且a1= - 1,an+1=Sn+1Sn,则数列{an}的通项公式为　　　　.?
【解题思路】利用an+1=Sn+1 - Sn及an+1=Sn+1Sn消去an+1,得到Sn+1与Sn的关系式,求出Sn,再由公式an=求出an.
【解析】因为an+1=Sn+1Sn,an+1=Sn+1 - Sn,所以Sn+1 - Sn=Sn+1Sn,
两边同时除以Sn+1·Sn,得= - ,又a1=S1= - 1,所以{}是以 - 1为首项, - 为公差的等差数列.
所以= - 1 - (n - 1)= - n - ,故Sn= - .
当n≥2时,an=Sn - Sn - 1= - - ( - )=.
当n=1时,a1= - 1≠=1,不满足上式,
所以an=
变式练习
1.[2018全国卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=　　　　.?
考法2 数列的性质及其应用
3(1)已知数列{an}的通项公式为an=,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,+∞)
(2)已知数列{an}的通项公式为an=,则数列中的最大项为　　　　.?
【解题思路】
(1)递减数列→an+1 - an<0→转化为含参数的不等式求解
(2)
【解析】(1)因为an+1 - an=,由数列{an}为递减数列知,对任意n∈N*,an+1 - an=<0,所以k>3 - 3n对任意n∈N*恒成立,所以k∈(0,+∞).故选D.
(2)解法一　an+1 - an=·,
当n<8时,an+1 - an>0,即an+1>an;
当n=8时,an+1 - an=0,即an+1=an;
当n>8时,an+1 - an<0,即an+1则a1a10>a11>…,故数列{an}中的最大项为第8项和第9项,且a8=a9=.
解法二　设数列{an}中的第n项最大,则
即解得8≤n≤9.又n∈N*,则n=8或n=9.故数列{an}中的最大项为第8项和第9项,且a8=a9=.
4[2020武汉市部分学校质量监测]在数列{an}中,a1= - ,an=1 - (n≥2,n∈N*),则a2 019的值为
A. - B.5 C. D.
【解析】 因为在数列{an}中,a1= - ,an=1 - (n≥2,n∈N*),所以a2=1 - =5,a3=1 - ,a4=1 - = - ,所以{an}是以3为周期的周期数列,所以a2 019=a673×3=a3=.
【答案】C
变式练习
2.[2019浙江杭州模拟]已知数列{an}满足an=若对任意的n∈N*,都有an>an+1,则实数a的取值范围是 (　　)
A.(0,) B.(0,) C.[,1) D.(,)
考法3 已知递推关系求数列的通项公式
5已知数列{an}满足a1=2,an - an - 1=n(n≥2,n∈N*),则an=　　　　.?
【解题思路】利用递推公式an - an - 1=n(n≥2),写出n - 1个式子并相加,再利用等差数列的前n - 1项和的公式,即可求出an.
【解析】(累加法)由题意可知,a2 - a1=2,a3 - a2=3,…,an - an - 1=n(n≥2),
以上式子累加,得an - a1=2+3+…+n. (累加时注意开始的一项与最后一项)
因为a1=2,
所以an=2+(2+3+…+n) (用公式求2+3+…+n时,注意项数为n - 1)
=2+
=(n≥2).
因为a1=2满足上式,所以an=.
6已知在数列{an}中,an+1=an(n∈N*),且a1=4,则数列{an}的通项公式an=　　　　.?
【解题思路】利用递推公式an+1=an,得,写出(n - 1)个式子并相乘,即可求出an.
【解析】(累乘法)由an+1=an,得 = ,
故,,…,(n≥2),
以上式子累乘得, ··…···. (累乘时注意开始的一项与最后一项)
因为a1=4,所以an=(n≥2).
因为a1=4满足上式,所以an = .
7已知在数列{an}中, a1=3,且点Pn(an,an+1)(n∈N*)在直线4x - y+1=0上,则数列{an}的通项公式为　　　　.?
【解题思路】把点Pn(an,an+1)的坐标代入直线方程4x - y+1=0,得出数列{an}的递推公式,再利用构造法构造出等比数列,即可利用等比数列的通项公式求得结果.
【解析】 (利用待定系数法构造)因为点Pn(an,an+1)(n∈N*)在直线4x - y+1=0上,
所以4an - an+1+1=0. (将点的坐标代入直线方程得递推公式)
所以an+1+=4(an+). (令an+1+λ=4(an+λ),与4an - an+1+1=0对比得λ)
因为a1=3,所以a1+.
故数列{an+}是首项为,公比为4的等比数列. (注意数列{an+}的首项不是a1,而是a1+)
所以an+ = ×4n - 1,故数列{an}的通项公式为an= ×4n - 1 - .
8已知数列{an}满足a1=2,an+1=(n∈N*),则an=　　　　.?
【解题思路】
【解析】(取倒数)因为an+1= ,所以. (两边同时取倒数,构造出具有等差数列特征的式子)
因为a1=2,即,
所以数列{}是首项为,公差为 的等差数列, (注意数列{}的首项不是a1,而是)
所以 = +(n - 1)×,故an=.
变式练习
3.(1)各项均不为0的数列{an}满足=an+2an(n∈N*),且a3=2a8=,则数列{an}的通项公式为　　　　.?
(2)已知数列{an}中,a1=,an+1=an+()n+1,则an=　　　　.?
(3)[2015江苏高考]设数列{an}满足a1=1,且an+1 - an=n+1(n∈N*),则数列{}前10项的和为　　　　.?
第一讲　《数列的概念与简单表示法》测试
基础篇
1.[2020唐山市摸底考试]已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn=an+2，则数列{Sn} (　　)
A.有最大项也有最小项 B.有最大项无最小项
C.无最大项有最小项 D.无最大项也无最小项
2.[2020安徽六校第一次联考改编]已知正项数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=+an - 2，则数列{an}的通项公式为　　　　.?
3.[2020陕西省部分学校摸底检测][双空题]已知数列{an}的前n项和Sn=10n - n2，数列{bn}的每一项都有bn=|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4=　　　　，T30=　　　　.?
4.[2019长郡中学、衡阳八中等十四校第二次联考]已知Sn是数列{an}的前n项和，且log3(Sn+1)=n+1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为　　　　.?
5.[2020惠州市二调]在数列{an}中，a1=1，a2=，an+1=(1+)an+，其中n∈N*，λ为常数.
(1)求λ的值；
(2)设bn=，求数列{bn}的通项公式.
提升篇
6.[2020惠州市二调]已知数列{an}的各项均为正数，a1=2，an+1 - an=，若数列{}的前n项和为5，则n= (　　)
A.119 B.120 C.121 D.122
7.[2019广东六校第一次联考]已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(2n - 1)·3n.设bn=，Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn<λ(λ为常数，n∈N*)，则λ的最小值是 (　　)
A. B. C. D.
8.[2019四川考前联考]在数列{an}中，已知a1=1，且对于任意的m，n∈N*，都有am+n=am+an+mn，则数列{an}的通项公式为 (　　)
A.an=n B.an=n+1 C.an= D.an=
9.[2019辽宁五校联考]若数列{an}满足a1= - ，an+an+1=，则a10=　　　　.?
10.[2020合肥市调研检测]已知等差数列{an}，a2=12，a5=24，数列{bn}满足b1=4，bn+1 - bn=an(n∈N*).
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求使得+…+成立的最小正整数n的值.
11.[多选题]已知数列{an}的前n项和为Sn，且有(a1+a2+…+an)an=(a1+a2+…+an - 1)an+1(n≥2，n∈N*)，a1=a2=1.数列{}的前n项和为Tn，则以下结论正确的是 (　　)
A.an=1 B.Sn=2n – 1 C.Tn= D.{Tn}为递增数列
参考答案与解析
数列的概念与简单表示法
考点自测
1.D　对于选项A，数列中的数是可以重复的，故A错误；对于选项B，不是所有的数列都有通项公式，如由质数组成的无穷数列，故B错误；对于选项C，数列还可以是常数列、摇摆数列等，故C错误.易知D正确，选D.
2.B　根据数列的表示方法可知，求数列的第k项就是将k代入通项公式，经验证知①正确；数列的项数可能是有限的，也可能是无限的，并且数列的通项公式的表达式不是唯一的，故②③不正确；集合中的元素具有无序性，而数列中每一个数的位置都是确定的，故④不正确.所以只有①正确，选B.
3.A　题图中的阴影小三角形的个数构成数列{an}的前4项，分别为a1=1，a2=3，a3=3×3=32，a4=32×3=33，因此{an}的通项公式可以是an=3n - 1.故选A.
4.B　解法一　因为Sn=n2 - 1，所以当n≥2时，an=Sn - Sn - 1=n2 - 1 - (n - 1)2+1=2n - 1，又a1=S1=0，所以an=所以a1+a3+a5+a7+a9=0+5+9+13+17=44.故选B.
解法二　因为Sn=n2 - 1，所以当n≥2时，an=Sn - Sn - 1=n2 - 1 - (n - 1)2+1=2n - 1，又a1=S1=0，所以an=所以{an}从第二项起是等差数列，且a2=3，公差d=2，所以a1+a3+a5+a7+a9=0+4a6=4×(2×6 - 1)=44，故选B.
5.D　由题可知，a2=1+=2，a3=1+，a4=1+=3，a5=1+.故选D.
6.C　依次写出数列的各项:3，6，3， - 3， - 6， - 3，3，6，3， - 3，….所以数列{an}以6为周期循环.又2 019=6×336+3，故a2 019=a3=3.故选C.
7.D　因为2Sn+Sn - 1=3(n≥2，n∈N*)，所以当n≥3时，2Sn - 1+Sn - 2=3，两式相减得2an+an - 1=0，即an= - an - 1(n≥3).当n=2时，2S2+S1=3，即3a1+2a2=3，由a1=得a2= - ，则a2= - a1，所以数列{an}是以为首项， - 为公比的等比数列，所以Sn==1 - ( - )n.当n为奇数时，Sn=1+()n，Sn随n的增大而减小，则18.1　121　由解得由an+1=Sn+1 - Sn=2Sn+1得Sn+1=3Sn+1，所以Sn+1+=3(Sn+)，所以{Sn+}是以为首项，3为公比的等比数列，所以Sn+3n - 1，即Sn=，所以S5=121.
变式练习
1. - 63　解法一　因为Sn=2an+1，所以当n=1时，a1=S1=2a1+1，解得a1= - 1；
当n=2时，a1+a2=S2=2a2+1，解得a2= - 2；
当n=3时，a1+a2+a3=S3=2a3+1，解得a3= - 4；
当n=4时，a1+a2+a3+a4=S4=2a4+1，解得a4= - 8；
当n=5时，a1+a2+a3+a4+a5=S5=2a5+1，解得a5= - 16；
当n=6时，a1+a2+a3+a4+a5+a6=S6=2a6+1，解得a6= - 32.
所以S6= - 1 - 2 - 4 - 8 - 16 - 32= - 63.
解法二　因为Sn=2an+1，所以当n=1时，a1=S1=2a1+1，解得a1= - 1；当n≥2时，an=Sn - Sn - 1=2an+1 - (2an - 1+1)，所以an=2an - 1，所以数列{an}是以 - 1为首项，2为公比的等比数列，所以an= - 2n - 1，所以S6== - 63.
2.C　由题意知，对任意的n∈N*，都有an>an+1，所以数列{an}为递减数列，
由当n≤8时an=an - 7及指数函数的性质，可知0①若8时，an=( - a)n+2单调递减，且当n≤8时，an=an - 7单调递减，
所以( - a)×9+2≤a8 - 7，解得a≥，所以≤a<1.
②若08时，an=( - a)n+2单调递增，不符合题意，舍去.
综上可知，实数a的取值范围是[，1)，故选C.
3.(1)an=　因为=an+2an，所以an+1an+an+1an+2=2an+2an.
因为anan+1an+2≠0，所以 ，所以数列{}为等差数列.
设数列{}的公差为d，则+(8 - 3)d.
因为a3=2a8=，所以d=1，
又 - 2d=3，所以数列{}是以3为首项，1为公差的等差数列.
所以=3+(n - 1)×1=n+2，故数列{an}的通项公式为an=.
(2)　解法一　将an+1=an+()n+1两边同时乘以2n+1，得2n+1·an+1=(2n·an)+1.
令bn=2n·an，则bn+1=bn+1，
将上式变形，得bn+1 - 3=(bn - 3).
所以数列{bn - 3}是首项为b1 - 3=2 - 3= - ，公比为的等比数列.
所以bn - 3= - ·()n - 1，即bn=3 - 2·()n.
于是an=.
解法二　将an+1=an+()n+1两边同时乘以3n+1，得
3n+1an+1=3nan+()n+1.
令bn=3n·an，则bn+1=bn+()n+1，
所以bn - bn - 1=()n，bn - 1 - bn - 2=()n - 1，…，b2 - b1=()2.
将以上各式累加，得bn - b1=()2+…+()n - 1+()n.
又b1=3a1=3=1+，所以bn=1++()2+…+()n - 1+()n==2·()n+1 - 2，
即bn=2·()n+1 - 2.故an=.
(3)　由a1=1，且an+1 - an=n+1(n∈N*)得，an=a1+(a2 - a1)+(a3 - a2)+…+(an - an - 1)=1+2+3+…+n=，则=2()，
故数列{}前10项的和S10=2×(1 - +…+)=2×(1 - )=.
基础篇
1.A　因为3Sn=an+2　①，当n≥2时，3Sn - 1=an - 1+2　②，所以当n≥2时，① - ②得3an=an - an - 1，即an= - an - 1.又当n=1时，3S1=3a1=a1+2，所以a1=1，所以数列{an}是以1为首项， - 为公比的等比数列，即{an}的各项为1， - ，， - ，， - ，…，因此数列{an}的最大项为首项1，最小项为第二项 - .又3Sn=an+2，所以数列{Sn}的最大项为1，最小项为.故选A.
2.an=n+1　由题意得2Sn=+an - 2　①.
当n=1时，2S1=2a1=+a1 - 2，可得 - a1 - 2=0，解得a1=2或a1= - 1(舍去).
当n≥2时，2Sn - 1=+an - 1 - 2　②.
① - ②得，2an=+an - an - 1(n≥2)，即(an+an - 1)(an - an - 1 - 1)=0(n≥2)，
因为an+an - 1>0，所以an - an - 1 - 1=0，即an - an - 1=1(n≥2).
又a1=2，所以数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以an=2+(n - 1)×1=n+1.
3.24　650　当n=1时，a1=S1=9，当n≥2时，an=Sn - Sn - 1=10n - n2 - [10(n - 1) - (n - 1)2]= - 2n+11，当n=1时也满足，所以an= - 2n+11(n∈N*)，所以当n≤5时，an>0，bn=an，当n>5时，an<0，bn= - an，所以T4=S4=10×4 - 42=24，T30=S5 - a6 - a7 - … - a30=2S5 - S30=2×(10×5 - 52) - (10×30 - 302)=650.
【易错警示】　解答本题时的易错之处:(1)根据数列{an}的前n项和Sn的表达式求通项an时，未对n=1时的情况是否满足n≥2时的表达式进行验证；(2)求T30的值时错认为是求S30的值.
4.an=　由log3(Sn+1)=n+1，得Sn+1=3n+1.所以当n=1时，a1=S1=8；当n≥2时，an=Sn - Sn - 1=2×3n.当n=1时，不满足上式.所以数列{an}的通项公式为an=
5.(1)将n=1代入an+1=(1+)an+，得a2=2a1+，
由a1=1，a2=，得λ=3.
(2)由an+1=(1+)an+，得，
即bn+1 - bn=.当n=1时，b1==1，
当n≥2时，bn - b1=(bn - bn - 1)+(bn - 1 - bn - 2)+…+(b2 - b1)
=+…+
=
=，
所以bn=(n≥2).
因为b1=1也适合上式，所以bn=.
提升篇
6.B　由题意得=4，=4，所以数列{}是以4为首项，4为公差的等差数列，则=4+(n - 1)×4=4n.因为数列{an}的各项均为正数，所以an=2，则().故数列{}的前n项和为()+()+…+()=( - 1)，则( - 1)=5，所以n=120.故选B.
7.C　a1+2a2+3a3+…+nan=(2n - 1)·3n　①，
当n≥2时，a1+2a2+3a3+…+(n - 1)an - 1=(2n - 3)·3n - 1　②，
① - ②，得nan=4n·3n - 1，即an=4·3n - 1(n≥2).
当n=1时，a1=3≠4，
所以an=bn=
所以Sn=+…++…+　③，
Sn=+…+　④，
③ - ④，得Sn=+…+，
所以Sn=，所以λ的最小值是，故选C.
8.D　令m=1，得an+1=an+n+1，即an+1 - an=n+1，所以当n≥2时，an=a1+(a2 - a1)+(a3 - a2)+…+(an - an - 1)=1+2+3+…+n.所以 an=(n≥2).易知a1=1满足上式，故an=.故选D.
9.　解法一　因为an+an+1=，所以an+an+1=.a1+a2=1 - ，又a1= - ，所以a2=1 - ；因为a2+a3=，所以a3= - 1；因为a3+a4=，所以a4=+1；….所以a10=+1=.
解法二　因为an+an+1=，所以an+1= - an.因为a1= - - 1，所以a2=+1；a3== - - 1；a4=+1；….可得an=+( - 1)n，所以a10=+( - 1)10=.
10.(1)设等差数列{an}的公差为d，则a5 - a2=3d=12，d=4，
∴an=a2+(n - 2)d=4n+4，∴bn+1 - bn=4n+4，
∴bn=b1+(b2 - b1)+(b3 - b2)+…+(bn - bn - 1)
=4+(4×1+4)+(4×2+4)+…+[4(n - 1)+4]
=4+4[1+2+…+(n - 1)]+4(n - 1)
=2n2+2n(n>1)，
b1=4也满足上式，∴bn=2n2+2n(n∈N*).
∴an=4n+4，bn=2n2+2n(n∈N*).
(2)∵()，
∴+…+[(1 - )+()+…+()]=(1 - )=，
由题意得，解得n>16，
∴满足条件的最小正整数n的值为17.
11.BD　由(a1+a2+…+an)an=(a1+a2+…+an - 1)an+1(n≥2，n∈N*)， 得Sn(Sn - Sn - 1)=Sn - 1(Sn+1 - Sn)(n≥2，n∈N*)，化简得=Sn - 1Sn+1(n≥2，n∈N*)，根据等比数列的性质得数列{Sn}是等比数列.易知S1=1，S2=2，故{Sn}的公比为2，则Sn=2n - 1，Sn+1=2n，Sn+2=2n+1，，由裂项相消法得Tn=1 - ，故B正确，C错误，D正确.由Sn=2n - 1知A选项错误，故答案为BD.
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