2026年高考数学复习举一反三讲义(全国通用)专题6.1数列的概念与简单表示法(学生版+解析)

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc29852" 【题型1 由an与Sn的关系求通项或项】 PAGEREF _Tc29852 \h 4
\l "_Tc17554" 【题型2 累加法求通项公式】 PAGEREF _Tc17554 \h 5
\l "_Tc13837" 【题型3 累乘法求通项公式】 PAGEREF _Tc13837 \h 7
\l "_Tc14328" 【题型4 构造法求通项公式】 PAGEREF _Tc14328 \h 9
\l "_Tc32722" 【题型5 数列的周期性】 PAGEREF _Tc32722 \h 11
\l "_Tc3427" 【题型6 数列的单调性】 PAGEREF _Tc3427 \h 12
\l "_Tc2945" 【题型7 数列的最大（小）项】 PAGEREF _Tc2945 \h 14
\l "_Tc23077" 【题型8 数列中的规律问题】 PAGEREF _Tc23077 \h 17
\l "_Tc6894" 【题型9 递推数列问题】 PAGEREF _Tc6894 \h 20
1、数列的概念与简单表示法
知识点1 数列的概念与基本知识
1．数列的定义
一般地，把按照确定的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，数列的第一个位置上的数叫做这个数列的第1项，常用符号a1表示，第二个位置上的数叫做这个数列的第2项，用a2表示⋯⋯第n个位置上的数叫做这个数列的第n项，用an表示.其中第1项也叫做首项.
2．数列的分类
3．数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式.
4．数列的递推公式
(1)递推公式的概念
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子就叫做这个数列的递推公式.
(2)对数列递推公式的理解
①与“不一定所有数列都有通项公式”一样，并不是所有的数列都有递推公式.
②递推公式是给出数列的一种方法.事实上，递推公式和通项公式一样，都是关于项的序号n的恒等式.如果用符合要求的正整数依次去替换n，就可以求出数列的各项.
③用递推公式求出一个数列，必须给出：
基础——数列{an}的第1项(或前几项)；
递推关系——数列{an}的任意一项an与它的前一项an-1 ()(或前几项)间的关系，并且这个关系可以用等式来表示.
5．数列表示方法及其比较
6．数列的前n项和
数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作，即.
如果数列{an}的前n项和Sn与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的前n项和公式.
=.
知识点2 数列的通项公式的求解策略
1．由an与Sn的关系求通项：
(1)已知Sn求an的常用方法是利用=转化为关于an的关系式，再求通项公式.
(2) Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an= Sn -Sn-1(n≥2)转化为只含 Sn，Sn-1的关系式，再求解.
方向2：利用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1的关系式，再求解.
2．由数列的递推关系求通项公式：
(1)累加法：形如an+1=an+f(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.
(2)累乘法：形如an+1=an·f(n)的递推关系式可化为的形式，可用累乘法，也可用代入求出通项.
(3)构造法：
①形如an+1=pan+q的递推关系式可以化为(an+1+x)=p(an+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.
②形如(A,B,C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.
知识点3 数列的性质有关问题的解题策略
1．数列周期性问题的解题策略：
解决数列周期性问题，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，进而求出有关项的值或前n项和.
2．求数列最大项与最小项的常用方法
(1)函数法：利用相关的函数求最值.若借助通项的表达式观察出单调性，直接确定最大 (小)项，否则，利用作差法.
(2)利用确定最大项，利用确定最小项.
【方法技巧与总结】
1．若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则.
2．在数列{an}中，若an最大，则；若an最小，则.
【题型1 由an与Sn的关系求通项或项】
【例1】（2025·北京丰台·二模）已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=0,an+1+2Sn=n，则a5=（ ）
A．−1B．0C．1D．2
【答案】B
【解题思路】根据题设an+1与Sn的递推关系式推导出an+an+1=1，再根据a1=0求出a2=1，逐项求出a5即可.
【解答过程】由题意，2Sn=−an+1+n，则当n≥2时，有2Sn−1=−an+n−1，
两式相减可得2Sn−Sn−1=an−an+1+1，即an+an+1=1.
当n=1时，2S1=−a2+1，因为S1=a1=0，所以a2=1，
所以a3=1−a2=0,a4=1−a3=1,a5=1−a4=0.
故选：B.
【变式1-1】（2025·浙江宁波·三模）已知数列an中，a2=1，记Sn为an的前n项和，2Sn=nan，则a2025的值为（ ）
A．2023B．2024C．2025D．2026
【答案】B
【解题思路】根据题意，利用an与Sn的关系，推得anan−1=n−1n−2，结合累乘法，即可求得a2025的值，得到答案.
【解答过程】数列an中，满足2Sn=nan，当n≥3时，可得2Sn−1=(n−1)an−1，
两式相减，可得2an=nan−(n−1)an−1，即(n−2)an=(n−1)an−1，所以anan−1=n−1n−2，
又由a2=1，则a2025=a2×a3a2×a4a3×⋯×a2025a2024=1×21×32×⋯×20242023=2024.
故选：B.
【变式1-2】（2025·贵州遵义·二模）已知数列an的前n项和Sn=n2+n−1，则a1+a9=（ ）
A．16B．17C．18D．19
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，利用an=Sn−Sn−1,n≥2求出a9，即可计算即得.
【解答过程】依题意，a1=S1=1，a9=S9−S8=(92+9−1)−(82+8−1)=18，
所以a1+a9=19.
故选：D.
【变式1-3】（2024·福建漳州·一模）已知各项均不为0的数列an的前n项和为Sn，若3Sn=an+1，则a8a7=（ ）
A．−12B．−13C．12D．13
【答案】A
【解题思路】根据an与Sn之间的关系分析可得2an+1=−an，令n=7即可得结果.
【解答过程】因为3Sn=an+1，则3Sn+1=an+1+1，
两式相减可得：3an+1=an+1−an，即2an+1=−an，
令n=7，可得2a8=−a7，
且an≠0，所以a8a7=−12.
故选：A.
【题型2 累加法求通项公式】
【例2】（2025高三·全国·专题练习）已知数列an满足a1=3，an+1=an+1n−1n+1，则an=（ ）
A．4+1nB．4−1nC．2+1nD．2−1n
【答案】B
【解题思路】根据题意利用递推关系式由累加法计算可求得an=4−1n.
【解答过程】因为an+1=an+1n−1n+1，所以an+1−an=1n−1n+1，
所以当n≥2时，a2−a1=1−12，a3−a2=12−13，…，an−an−1=1n−1−1n(n≥2)，
累加可得an−a1=a2−a1+a3−a2+⋯+an−an−1=1−12+12−13+⋯+1n−1−1n=1−1n(n≥2)，
因为a1=3，所以an=1−1n+3=4−1n(n≥2)，当n=1时，a1=3，满足上式，
所以an=4−1n，
故选：B．
【变式2-1】（24-25高二上·山东枣庄·阶段练习）已知数列an满足a1=3，an+1=an+1nn+1，则an=（ ）
A．4+1nB．4−1nC．2+1nD．2−1n
【答案】B
【解题思路】由an+1−an=1n−1n+1，利用累加法可求通项公式an.
【解答过程】由题意可得an+1−an=1nn+1=1n−1n+1，
所以a2−a1=11−12，a3−a2=12−13，…，an−an−1=1n−1−1n，
上式累加可得an−a1=a2−a1+a3−a2+⋯⋯+an−an−1
=11−12+12−13+⋯⋯+1n−1−1n=1−1n，
又a1=3，所以an=4−1n.
故选：B.
【变式2-2】（2025·天津和平·三模）定义新运算：abcd=ad−bc，已知数列ann∈N*满足a1=−14，an+112an2=10n，则a10=（ ）
A．239B．225C．211D．261
【答案】C
【解题思路】根据题可得an+1−an=5n，即可利用累加法求解通项得解.
【解答过程】由an+112an2=10n可得2an+1−2an=10n⇒an+1−an=5n，
故an−an−1=5n−1,an−1−an−2=5n−2,⋯,a2−a1=5×1,
累加可得an=5n−1+5n−2+⋯+5×1+a1=51+n−1n−12−14=5nn−12−14，
故a10=5×10×92−14=211，
故选：C.
【变式2-3】（24-25高二上·江苏连云港·期中）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法⋅商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，⋅⋅⋅，设各层球数构成一个数列an，则a21=（ ）

A．58B．225C．210D．231
【答案】D
【解题思路】根据累加法求解出an的通项公式，由此可求a21的值.
【解答过程】由题意可知an−an−1=nn≥2，
所以an−1−an−2=n−1,an−2−an−3=n−2,⋅⋅⋅,a2−a1=2，
所以an−an−1+an−1−an−2+⋅⋅⋅+a2−a1=n+n−1+⋅⋅⋅+2,
所以an−a1=n+2n−12，所以an=n2+n−22+1=nn+12，
当n=1时，a1=1符合n≥2的情况，
所以an=nn+12，所以a21=22×212=231，
故选：D.
【题型3 累乘法求通项公式】
【例3】（24-25高二下·广东深圳·阶段练习）在数列an中，a1=1，an=n−1nan−1，n≥2,n∈N，则数列an的通项公式为（ ）
A．12n−1B．2nn+1C．1nD．2n+1
【答案】C
【解题思路】根据所给数列递推式，利用累乘法（迭代法）即可求得数列通项.
【解答过程】因an=n−1nan−1，n≥2,n∈N，则
an=anan−1⋅an−1an−2⋯a3a2⋅a2a1⋅a1
=1×12×23×⋯×n−2n−1×n−1n=1n，
当n=1时，符合题意，故数列an的通项公式为an=1n.
故选：C.
【变式3-1】（24-25高二下·河南南阳·阶段练习）已知数列an的项满足an+1=nn+2an，而a1=1，则an=（ ）
A．2n+12B．2nn+1C．12n−1D．12n−1
【答案】B
【解题思路】依题意可得an+1an=nn+2，利用累乘法计算可得.
【解答过程】因为an+1=nn+2an，所以an+1an=nn+2，
则a2a1=13，a3a2=24，a4a3=35，a5a4=46，⋯⋯，anan−1=n−1n+1，
累乘可得a2a1×a3a2×a4a3×a5a4×⋯×anan−1=13×24×35×46×⋯×n−1n+1，
所以ana1=1×2n×n+1，又a1=1，所以an=2n×n+1，
经检验n=1时an=2n×n+1也成立，
所以an=2n×n+1.
故选：B.
【变式3-2】（24-25高二上·重庆九龙坡·期末）已知a1=2，an=nan+1−an，则数列an的通项公式是an=（ ）
A．nB．n+1C．2nD．n+1nn
【答案】C
【解题思路】根据题意可得an+1an=n+1n，再利用累乘法计算可得；
【解答过程】解：由an=nan+1−an，得n+1an=nan+1，
即an+1an=n+1n，
则anan−1=nn−1，an−1an−2=n−1n−2，an−2an−3=n−2n−3，…，a2a1=21，
由累乘法可得ana1=n，因为a1=2，所以an=2n，
故选：C．
【变式3-3】（24-25高二上·河南鹤壁·阶段练习）设数列an的前n项和为Sn，且a1=1,Sn+nan为常数列，则an=（ ）
A．13n−1B．2n(n+1)C．2(n+1)(n+2)D．5−2n3
【答案】B
【解题思路】由条件可得Sn+nan=Sn+1+(n+1)an+1，然后可得an+1an=nn+2，然后用累乘法求出答案即可.
【解答过程】因为数列Sn+nan是常数列，所以Sn+nan=Sn+1+(n+1)an+1，
因为an+1=Sn+1−Sn，所以nan=(n+2)an+1，即an+1an=nn+2，
所以当n≥2时an=anan−1⋅an−1an−2⋅an−2an−3⋯⋅a3a2⋅a2a1⋅a1 =n−1n+1⋅n−2n⋅n−3n−1…⋅24×13×1=2n(n+1)，
n=1时也满足上式，所以an=2n(n+1).
故选：B.
【题型4 构造法求通项公式】
【例4】（2024·广东茂名·一模）已知Tn为正项数列an的前n项的乘积，且a1=2,Tn2=ann+1，则a5=（ ）
A．16B．32C．64D．128
【答案】B
【解题思路】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.
【解答过程】由Tn2=ann+1，得Tn+12=an+1n+2，于是an+12=Tn+12Tn2=an+1n+2ann+1，则an+1n=ann+1，
两边取对数得nlgan+1=(n+1)lgan，因此lgan+1n+1=lgann，数列{lgann}是常数列，
则lgann=lga11=lg2，即lgan=nlg2=lg2n，所以an=2n，a5=32.
故选：B.
【变式4-1】（2025高二·全国·专题练习）已知数列an满足an+1=23an+4，且a1=1，则an的通项公式为（ ）
A．an=12−23n−1B．an=23n+2
C．an=12−11×23n−1D．an=8+23n−1
【答案】C
【解题思路】给an+1=23an+4两边同时加一个数x，构造成等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解an的通项公式即可.
【解答过程】设an+1+x=23an+x，即an+1=23an−13x，
所以−13x=4，解得x=−12，
所以an+1−12=23an−12，
所以an−12是首项为a1−12=−11，公比为23的等比数列，
所以an−12=−11×23n−1，
所以an=12−11×23n−1．
故选：C.
【变式4-2】（24-25高二上·陕西西安·期中）已知数列an满足a1=1，an+1=an4an+1，(n∈N∗)，则an=（ ）
A．an=1nB．an=12n−1C．an=2n−14n−3D．an=14n−3
【答案】D
【解题思路】取倒数法求通项，将an+1=an4an+1变形可得数列1an为等差数列，计算即可得.
【解答过程】an+1=an4an+1，即1an+1=4an+1an=4+1an，
可得1an+1−1an=4，又a1=1，
即有数列1an是首项为1，公差为4的等差数列，
可得1an=1+4n−1=4n−3，
即an=14n−3.
故选：D.
【变式4-3】（24-25高二下·山西晋中·阶段练习）若数列an的首项a1=1，且满足an+1=2an+1，则数列an的通项公式为（ ）
A．an=2n−1B．an=2n−1−1
C．an=2n+1−1D．an=2n−2
【答案】A
【解题思路】利用构造法可得数列an+1是以a1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，根据等比数列的通项公式可得结果.
【解答过程】∵an+1=2an+1，
∴an+1+1=2an+1，即an+1+1an+1=2，
∴数列an+1是以a1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，
∴an+1=2×2n−1=2n，
∴an=2n−1.
故选：A.
【题型5 数列的周期性】
【例5】（2025·河南·模拟预测）已知数列a满足a1=−1，a2=−8，且对任意n∈N∗，anan+1+2an+1=an+m，则a2025=（ ）
A．−8B．−1C．32D．52
【答案】D
【解题思路】首先令n=1求出m的值，再求出数列的周期，结合周期即可求得a2025，则答案可求.
【解答过程】令n=1可得a1a2+2a2=a1+m，
代入数据得：−1×−8+2×−8=−1+m，解得m=−7，
所以anan+1+2an+1=an+1an+2=an−7，
令n=2，解得a3=52，令n=3，解得a4=−1，令n=4，解得a5=−8，⋯，
可得数列an的周期为3，则a2025=a3×675=a3=52，
故选：D.
【变式5-1】（2025·天津南开·二模）若数列an满足a1=2,a2=1，且an+2=an+1−an,an+1≥an,an−an+1,an+1a1”是“an为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解题思路】根据递增数列的概念及充分、必要条件的定义判断即可.
【解答过程】递增数列是指一个数列从第二项起，每一项都大于它的前一项，即an+1>ann∈N∗.
若an是摆动数列，可能有a2>a1，但是an不是递增数列，则仅a2>a1不能推出an为递增数列，但an为递增数列可以推出a2>a1.
所以“a2>a1”是“an为递增数列”的必要不充分条件.
故选：B.
【变式6-1】（2024·贵州·模拟预测）已知数列an满足an=n+k−1n(k∈R)，则“数列an是递增数列”的充要条件是（ ）
A．k1
【答案】B
【解题思路】根据条件，利用递增数列满足an+1>an，即可求解.
【解答过程】因为an=n+k−1n(k∈R)，所以an+1−an=n+kn+1−n+k−1n=1−k(n+1)n
由an+1−an=1−k(n+1)n>0，得到k0时，an+1=an2+1an≥2an2⋅1an=2，当且仅当an2=1an即an=2时等号成立，
所以an≥2n≥2，但a1值不定，
所以若an>0，则an所有项不一定恒大于等于2，故A错误；
对于B，若a1=1时，a2=a12+1a1=32，a3=a22+1a2=1712，而a30，且a2=a12+1a1=1+12=32，a3=a22+1a2=34+23=1712，
所以a2+a12=a1+1a1=52，a3+a22=a2+1a2=32+23=1360，代入计算即可得解.
【解答过程】由题意可得an+1−an>0恒成立，即n+12+bn+1−n2−bn=2n+1+b>0，
即b>−2n−1，又n≥1，−2n−1≤−3，故b∈−3,+∞.
故选：A.
【题型7 数列的最大（小）项】
【例7】（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列an的通项公式为an=72n−7,n≤517n2−17a−1n,n≥6，若a7是an中唯一的最小项，则实数a的取值范围是（ ）
A．14,16B．15,16C．15,16D．14,16
【答案】B
【解题思路】当n≤5时，解an+1−an≤0，得出单调性，判断出在n=3时，取最小值：a3=−7；当n≥6，利用二次函数的对称性和最值，建立关于a的不等式组求解．
【解答过程】当n≤5时，an=72n−7，令an+1−ana3,a4>a5；
又当n=1,2,3时，an0，所以an在n=3时，取最小值：a3=−7．
当n≥6时，an=17n2−17a−1n，则该代数式对应函数对称轴为直线n=a−12，
因为a7是an中唯一的最小项，所以1323，则an+1=anan−2>an>3，故an递增，故D错误.
故选：C.
【变式9-2】（2024·湖南长沙·三模）已知数列an中，a1=2，an+1=[an]+1〈an〉（其中an表示an的整数部分，an表示an的小数部分），则a2024=（ ）
A．2024B．2025C．4046D．4047
【答案】D
【解题思路】由题意，求出a2,a3,a4，进而归纳出an=2(n−1)+2，即可求出[a2024].
【解答过程】由题意知，a1=2,an+1=[an]+1an，
则a2=[a1]+1a1=1+12−1=2+2，
a3=[a2]+1a2=3+12−1=4+2，
a4=[a3]+1a3=5+12−1=6+2，
⋯⋯，
以此类推，an=2(n−1)+2，
所以a2024=2×2023+2=4046+2，则[a2024]=4047.
故选：D.
【变式9-3】（2024·上海嘉定·一模）已知数列an满足an+1=ran1−ann=1,2,3,⋯,a1∈0,1，给出以下四个结论：
①当r=2时，存在有限个a1，使得对任意正整数n，都有an+1>an
②当r=2时，存在a1和正整数P，当n>P时，an+1−anP时，an+1=an
④当r=−3时，不存在a1，使得对任意正整数n，且n≥3，都有an>0
其中正确结论是（ ）
A．①②B．②③C．③④D．②④
【答案】B
【解题思路】对于①②，利用作差法可得一元二次不等式，求得数列中的项的取值范围，可得其正误；
对于③④，根据递推公式，利用赋值法求得当数列为常数列时所取的数值，进而求得首项，结合举例，可得答案.
【解答过程】对于①，当r=2时，an+1=2an1−an，an+1−an=2an1−an−an=an−2an2>0，解得0a1+2024⋅492024=34+916>1，选项D对．
故选：AD．
三、填空题
12．（2025·安徽·模拟预测）已知数列an满足an+2=3an，a1=1，则a9= .
【答案】81
【解题思路】利用递推赋值，即可求得结果.
【解答过程】由an+2=3an，所以a9=3a7=32a5=33a3=34a1=81，
故答案为：81.
13．（2025·宁夏银川·模拟预测）已知数列an满足a1+2a2+⋯+2n−1an=n⋅2n，则数列an的通项公式为 .
【答案】an=n+1
【解题思路】a1+2a2+⋯+2n−1an=n⋅2n，当n≥2时，a1+2a2+⋯+2n−2an−1=n−1⋅2n−1，两式相减即可得解，注意验证n=1是否成立即可.
【解答过程】由题意a1+2a2+⋯+2n−1an=n⋅2n，
当n≥2时，a1+2a2+⋯+2n−2an−1=n−1⋅2n−1，两式相减得，
2n−1an=2n⋅2n−1−n−1⋅2n−1=n+1⋅2n−1，解得an=n+1，
在a1+2a2+⋯+2n−1an=n⋅2n中，令n=1，可得a1=2=1+1，故a1也满足an=n+1，
综上所述，所求即为an=n+1.
故答案为：an=n+1.
14．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知各项均不为零的数列an，其前n项和是Sn，且Sn=2anan+1n=1,2,⋯．若an为递增数列，a1=a，则a的取值范围是 ．
【答案】0,12
【解题思路】利用an,Sn关系得an+2−an=12，且a1=S1=2a1a2得a2=12，结合数列的单调性求参数范围.
【解答过程】由题设an+1=Sn+1−Sn=2an+1an+2−2anan+1=2an+1(an+2−an)，
又an各项均不为零，则an+2−an=12，
由a1=S1=2a1a2，则a2=12，
又an为递增数列，则a2>a1⇒aa2，则a>0，
综上，07时，bn+1−bnλn⋅3n⇔4n>λn⋅3n⇔λ3；由4n3n+3=1，得n=3；
由4n3n+3b3=b4