高中数学：数列的概念及基本运算

数列的概念及基本运算考点(一)数列的递推关系式主要考查方式有两种：一是利用an与Sn的关系求通项an或前n项和Sn；二是利用an与an＋1的关系求通项an或前n项和Sn.[典例感悟][典例](1)(2018·台州调考)设数列{an}，{bn}满足an＋bn＝700，an＋1＝710an＋25bn，n∈N*，若a6＝400，则()A．a4a3B．b4b3C．a3b3D．a4b4[解析]由an＋bn＝700，an＋1＝710an＋25bn，消去bn可得an＋1＝310an＋280，所以an＋1－400＝310(an－400)．因为a6＝400，所以an－400＝(a6－400)×310n－6＝0，即an＝400，故bn＝300，故选C.[答案]C(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)，则通项公式an＝____________.[解析]由an＋1＝Sn①，可得an＝Sn－1(n≥2)②，①－②得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an(n≥2)，即an＋1an＝2(n≥2)，又a2＝S1＝1，所以a2a1＝1≠2，则数列{an}从第二项起是以1为首项2为公比的等比数列，所以an＝1，n＝1，2n－2，n≥2.[答案]an＝1，n＝1，2n－2，n≥2(3)(2018·镇海期中)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋1Sn＋1＝an＋1an对一切n∈N*都成立，则a2＝_____，Sn＋1an＝______.[解析]当n＝1时，有S2＋1S1＋1＝a2a1，即a2＝a21＋a1，所以a2＝2.由Sn＋1＋1Sn＋1＝an＋1an，得Sn＋1＋1an＋1＝Sn＋1an，则数列Sn＋1an是常数列，故Sn＋1an＝S1＋1a1＝2.[答案]22[方法技巧]1．由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an，即an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1(n≥2)．(2)已知a1且anan－1＝f(n)，可用“累乘法”求an，即an＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2a1·a1(n≥2)．2．Sn与an关系问题的求解思路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an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．[演练冲关]1．(2019届高三·浙江名校协作体联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－3(n∈N*)，则S6＝()A．192B．189C．96D．93解析：∵a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.又n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－3)－(2an－1－3)，即有n≥2时，an＝2an－1，故数列{an}是首项为3，公比为2的等比数列，则a6＝3×25＝96，∴S6＝2a6－3＝189，故选B.答案：B2．(2018·衢州质量检测)在数列{an}中，a1＝1，(n2＋2n)·(an＋1－an)＝1(n∈N*)，则通项公式an＝________.解析：由(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，得an＋1－an＝1n2＋2n＝1nn＋2＝121n－1n＋2，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝121n－1－1n＋1＋121n－2－1n＋…＋121－13＋1＝121＋12－1n－1n＋1＋1＝74－2n＋12nn＋1.答案：74－2n＋12nn＋13．(2018·杭州七校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________.解析：an＋1－2an＝2n两边同除以2n＋1，可得an＋12n＋1－an2n＝12，又a12＝12，∴数列an2n是以12为首项，12为公差的等差数列，∴an2n＝12＋(n－1)×12＝n2，∴an＝n·2n－1.答案：n·2n－1考点(二)等差、等比数列的基本运算主要考查与等差比数列的通项公式、前n项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.[典例感悟][典例](1)(2017·浙江高考)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4＋S62S5”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]因为{an}为等差数列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d0⇔S4＋S62S5.[答案]C(2)(2018·浙江考前冲刺)已知等差数列{an}满足an＋an＋1＝2n－3，n∈N*，则a1＋a2＋a6＋a7＝________，数列{an}的前n项和Sn＝________.[解析]分别令n＝1,6，可得a1＋a2＋a6＋a7＝－1＋9＝8.设数列{an}的公差为d，则2n－3＝an＋an＋1＝a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝2dn＋(2a1－d)对任意的n∈N*恒成立，所以2d＝2，2a1－d＝－3，解得d＝1，a1＝－1，故Sn＝n×(－1)＋nn－12×1＝n2－3n2.[答案]8n2－3n2(3)(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝74，S6＝634，则a8＝________.[解析]设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则S3＝a11－q31－q＝74，S6＝a11－q61－q＝634，解得q＝2，a1＝14，则a8＝a1q7＝14×27＝32.[答案]32[方法技巧]等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．[演练冲关]1．(2018·诸暨质量检测)已知数列{an}的前n项和是Sn，则下列四个命题中，错误的是()A．若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列Snn是公差为d2的等差数列B．若数列Snn是公差为d的等差数列，则数列{an}是公差为2d的等差数列C．若数列{an}是等差数列，则数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列D．若数列{an}的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{an}是等差数列解析：A项，若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项的和为Sn，则数列Snn为等差数列，且通项为Snn＝a1＋(n－1)d2，即数列Snn是公差为d2的等差数列，故说法正确；B项，由题意得Snn＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋n(n－1)d，则an＝Sn－Sn－1＝a1＋2(n－1)d，即数列{an}是公差为2d的等差数列，故说法正确；C项，若等差数列{an}的公差为d，则数列的奇数项、偶数项都是公差为2d的等差数列，故说法正确；D项，若数列{an}的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{an}不一定是等差数列，例如：{1,4,3,6,5,8,7}，说法错误．故选D.答案：D2．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.解析：设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，两式相除，得1＋q1－q2＝13，解得q＝－2，a1＝1，所以a4＝a1q3＝－8.答案：－83．(2019届高三·浙江名校联考)已知等比数列{an}的公比q0，前n项和为Sn.若2(a5－a3－a4)＝a4，且a2a4a6＝64，则q＝________，Sn＝________.解析：∵2(a5－a3－a4)＝a4，∴2a5＝2a3＋3a4⇒2q4＝2q2＋3q3⇒2q2－3q－2＝0，得q＝－12(舍去)或q＝2.∵a2a4a6＝64，∴a34＝64⇒a4＝4，∴a1＝12，Sn＝121－2n1－2＝2n－12.答案：22n－12考点(三)等差、等比数列的性质主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与前n项和有关的最值问题.[典例感悟][典例](1)(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)已知等差数列{an}，Sn表示前n项的和，a5＋a110，a6＋a90，则满足Sn0的正整数n的最大值是()A．12B．13C．14D．15[解析]∵2a8＝a5＋a110，∴a80，则S15＝a1＋a152×15＝15a80.又a7＋a8＝a6＋a90，∴a7－a80，则S13＝a1＋a132×13＝13a70.而S14＝a1＋a142×14＝7(a6＋a9)0，则满足Sn0的正整数n的最大值是14.[答案]C(2)(2018·杭州二中期中)已知等比数列{an}的前n项积为Tn，log2a3＋log2a7＝2，则T9的值为()A．±512B．512C．±1024D．1024[解析]∵a30，a70，∴a5＝a3q20.∴log2a3＋log2a7＝log2(a3a7)＝log2a25＝2，故a5＝2.从而T9＝(a1a9)×(a2a8)×(a3a7)×(a4a6)×a5＝a95＝29＝512，故选B.[答案]B(3)(2019届高三·温州十校联考)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2，则满足10011000S2nSn1110的n的最大值是()A．8B．9C．10D．11[解析]当n＝1时，由2a2＋S1＝2，得a2＝12.由2an＋1＋Sn＝2知，当n≥2时，有2an＋Sn－1＝2，两式相减得an＋1＝12an.当n＝1时上式也成立，所以数列{an}是公比为12的等比数列，故Sn＝2－2·12n.因此原不等式化为100110002－2·122n2－2·12n1110，化简得1100012n110，解得n＝4,5,6,7,8,9，所以n的最大值为9.[答案]B(4)(2018·绍兴高三3月适应性模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，满足S2＝S6，S55－S44＝2，则a1＝_______，公差d＝_______.[解析]由S2＝S6得S6－S2＝a6＋a5＋a4＋a3＝2(a5＋a4)＝0，∴a5＋a4＝0，∴2a1＋7d＝0，由S55－S44＝2得52a1＋a55－42a1＋a44＝12(a5－a4)＝2，∴d＝4.∴a1＝－14.[答案]－144[方法技巧]等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．[演练冲关]1．已知等差数列{an}中，a1＝1，前10项和等于前5项和，若am＋a6＝0，则m＝()A．10B．9C．8D．2解析：记数列{an}的前n项和为Sn，由题意S10＝S5，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是a8＝0，又am＋a6＝0，所以m＋6＝2×8，解得m＝10.答案：A2．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝1＋anan.若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围是()A．(－8，－7)B．[－8，－7)C．(－8，－7]D．[－8，－7]解析：因为{an}是