2027年高考数学一轮复习第六章　§6.1　数列的概念学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第六章　§6.1　数列的概念学案含解析，共16页。
第六章
数 列
§6.1 数列的概念
考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.3.根据递推关系或特殊项求通项公式.
1.数列的有关概念
2.数列的分类
3.数列与函数的关系
数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1，2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是序号n，对应的函数值是数列的第n项an，记为an=f(n).
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)数列1，2，3与3，2，1是两个不同的数列.( √ )
(2)数列1，0，1，0，1，0，…的通项公式只能是an=1+(−1)n+12. ( × )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( × )
(4)若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点. ( √ )
2.下列关于星星的图案中星星的数量构成一个数列，则该数列的一个通项公式是 ( )
A.an=n2-n+1B.an=n(n−1)2
C.an=n(n+1)2D.an=n(n+2)2
答案 C
解析 方法一 由题图可知，当n=1时，有1颗星星，排除B，D，当n=3时，有6颗星星，排除A.
方法二 从题图中可观察星星的构成规律，当n=1时，有1颗星星；当n=2时，有3颗星星；当n=3时，有6颗星星；当n=4时，有10颗星星…，所以an=1+2+3+4+…+n=n(n+1)2.
3.已知数列{an}满足a1=2，an+1-an+1=0(n∈N*)，则此数列的通项公式an等于( )
A.n2+1B.n+1C.1-nD.3-n
答案 D
解析 ∵an+1-an=-1，
∴当n≥2时，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=2+(−1)+(−1)+…+(−1)共(n−1)个
=2+(-1)×(n-1)=3-n.
当n=1时，a1=2也符合上式.
故数列的通项公式an=3-n(n∈N*).
4.(2025·乌鲁木齐模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn=3n+2n+1，则数列{an}的通项公式an= .
答案 6,n=1,2·3n−1+2,n≥2
解析 由Sn=3n+2n+1，可得当n=1时，a1=S1=3+2+1=6；
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n+2n+1-3n-1-2(n-1)-1=2·3n-1+2.
又a1=6不符合上式，
所以an=6,n=1,2·3n−1+2,n≥2.
1.灵活应用三个常用结论
(1)若数列{an}的前n项和为Sn，则an=S1,n=1,Sn−Sn−1,n≥2,n∈N∗.
(2)若数列{an}的前n项积为Tn(Tn≠0)，则an=T1,n=1,TnTn−1,n≥2,n∈N∗.
(3)在数列{an}中，若an最大，则an≥an−1,an≥an+1;若an最小，则an≤an−1,an≤an+1,n≥2，n∈N*.
2.掌握数列的函数性质
由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质：
(1)单调性——若an+1>an，则{an}为递增数列；若an+10，an2+1=2anSn，则an= .
答案 n-n−1
解析 因为Sn为数列{an}的前n项和，∀n∈N*，an>0，an2+1=2anSn，
则当n=1时，a12+1=2a1S1=2a12，
即a12-1=0，又a1>0，得a1=1.
当n≥2时，由an2+1=2anSn，
得(Sn-Sn-1)2+1=2(Sn-Sn-1)Sn，得Sn2-Sn−12=1.
则数列Sn2是首项为S12=1，公差为1的等差数列，
所以Sn2=1+(n-1)=n，
因为∀n∈N*，an>0，
则Sn>0，则Sn=n.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n-n−1，
又a1=1满足an=n-n−1，
故an=n-n−1.
(3)已知数列{an}的前n项积为Tn=2n2−2n，则an= .
答案 22n-3
解析 数列{an}的前n项积Tn=2n2−2n，
所以当n≥2时，an=TnTn−1=2n2−2n2(n−1)2−2(n−1)=22n-3，
当n=1时，a1=T1=12符合上式，
所以an=22n-3.
思维升华 an与Sn(积Tn)的关系问题的求解思路
(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.
(3)利用an=TnTn−1(n≥2)求解.
跟踪训练1 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，2Sn=an+1，则数列{an}的通项公式为 .
答案 an=1,n=1,2×3n−2,n≥2,n∈N∗
解析 当n≥2时，2Sn=an+1⇒2Sn-1=an，作差得an+1=3an，
即当n≥2时，{an}是公比为3的等比数列，而a2=2S1=2，则an=2×3n-2，n≥2，
又a1=1不符合上式，
故an=1,n=1,2×3n−2,n≥2,n∈N∗.
(2)在数列{an}中，a12+a23+a34+…+ann+1=n2+n，则an= .
答案 2n(n+1)
解析 因为a12+a23+a34+…+ann+1=n2+n，①
则当n=1时，a12=2，即a1=4，
当n≥2时，a12+a23+a34+…+an−1n=n2-n，②
①-②得ann+1=2n，
所以an=2n(n+1)，
又a1=4也满足an=2n(n+1)，
故对任意的n∈N*，an=2n(n+1).
题型二 由数列的递推关系求通项公式
命题点1 累加法
例2 (2026·常德模拟)已知数列{an}满足a1=1，an-an+1=2nanan+1，则an= .
答案 12n−1
解析 若an+1=0，则an-an+1=0，
即an=an+1=0，这与a1=1矛盾，所以an+1≠0，
由an-an+1=2nanan+1，两边同时除以anan+1，
得1an+1-1an=2n，
则1an-1an−1=2n-1，
1an−1-1an−2=2n-2，
…
1a3-1a2=22，
1a2-1a1=2，
上面的式子相加可得1an-1a1=2+22+23+…+2n-1=2(1−2n−1)1−2=2n-2(n≥2)，
所以an=12n−1(n≥2)，
又a1=1符合该式，所以an=12n−1.
命题点2 累乘法
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，3Sn=(n+2)an，则an= .
答案 n(n+1)2
解析 因为3Sn=(n+2)an，所以当n≥2时，3Sn-1=(n+1)an-1，
两式作差可得3an=(n+2)an-(n+1)an-1，
整理得(n-1)an=(n+1)an-1，
因为a1=1，3Sn=(n+2)an，
令n=2，则3(a1+a2)=4a2，所以a2=3，
所以an≠0，所以anan−1=n+1n−1(n≥2)，
则an=anan−1·an−1an−2·…·a3a2·a2a1·a1=n+1n−1·nn−2·n−1n−3·…·42·31·1=n(n+1)2(n≥2)，
当n=1时，a1=1也符合上式，
综上，an=n(n+1)2.
命题点3 隔项等差、等比型
例4 在数列{an}中，a1=1，a2=4，an=an-2+2(n≥3)，则an= .
答案 n,n=2k−1,n+2,n=2k,k∈N*
解析 因为an=an-2+2(n≥3)，
所以a1，a3，a5，…，a2n-1是首项为1，公差为2的等差数列，
a2，a4，a6，…，a2n是首项为4，公差为2的等差数列.
当n=2k-1(k∈N*)时，
an=a2k-1=1+2(k-1)=1+2×n+12−1=n；
当n=2k(k∈N*)时，
an=a2k=4+2(k-1)=4+2×n2−1=n+2.
综上所述，an=n,n=2k−1,n+2,n=2k,k∈N*.
思维升华 (1)形如an+1-an=f(n)的数列，利用累加法，即可求数列{an}的通项公式.
(2)形如an+1an=f(n)的数列，利用累乘法，即可求数列{an}的通项公式.
(3)隔项等差型：an+2-an=d，an=a1+n−12d,n为奇数,a2+n−22d,n为偶数.
隔项等比型：an+2an=q，an=a1qn−12,n为奇数,a2qn−22,n为偶数.
跟踪训练2 (1)(多选)在数列{an}中，下列结论正确的是 ( )
A.若a1=2，且an-an-1=n(n≥2)，则an=n2+n+22
B.若a1=1，且an+1an=nn+2，则an=2n(n+1)
C.若a1=1，a2=2，且an+2=3an+1-2an，则an=2n-1
D.若a1=1，anan+1=2n，则an=2n2
答案 ABC
解析 A选项，若a1=2，且an-an-1=n(n≥2)，则an=an-an-1+an-1-an-2+…+a3-a2+a2-a1+a1=n+(n-1)+…+3+2+2=n2+n+22(n≥2)，又a1=2符合上式，所以an=n2+n+22，故A正确；
B选项，由an+1an=nn+2，则anan−1=n−1n+1(n≥2)，又a1=1，则an=anan−1·an−1an−2·…·a3a2·a2a1·a1
=n−1n+1×n−2n×…×24×13×1=2n(n+1)(n≥2)，
又a1=1符合上式，所以an=2n(n+1)，故B正确；
C选项，由已知an+2-an+1=2an+1-2an=2(an+1-an)，
可知数列{an+1-an}是以a2-a1=1为首项，2为公比的等比数列，
即an+1-an=2n-1，即an-an-1=2n-2，an-1-an-2=2n-3，…，a2-a1=20，
累加得an-a1=2n-2+2n-3+…+20=20(1−2n−1)1−2=2n-1-1(n≥2)，
又a1=1，则an=2n-1(n≥2)，又a1=1符合上式，所以an=2n-1，故C正确；
D选项，方法一 因为anan+1=2n，①
所以an+1an+2=2n+1，②
由②÷①得an+2an=2，
故该数列所有的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列.
当n=2k-1(k∈N*)时，
an=a2k-1=1·2n+12−1=2n−12；
当n=2k(k∈N*)时，由a1=1，anan+1=2n，
得a1a2=2，a2=2，
则an=a2k=2·2n2−1=2n2，
综上，an=2n−12,n为奇数,2n2,n为偶数,故D错误.
方法二 a1=1显然不满足an=2n2，故D错误.
(2)设{an}是首项为1的正项数列，(n+1)an+12+anan+1-nan2=0(n∈N*)，则an= .
答案 1n
解析 由(n+1)an+12-nan2+anan+1=0(n∈N*)，
可得n(an+12-an2)+(an+12+an+1an)=0，
即n(an+1-an)(an+1+an)+an+1(an+1+an)=0，
即[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0，
由{an}是首项为1的正项数列，
可得(n+1)an+1=nan，即an+1an=nn+1.
方法一 (累乘法) 则当n≥2时，anan−1=n−1n，
于是an=a1×a2a1×a3a2×…×an−1an−2×anan−1
=1×12×23×…×n−2n−1×n−1n=1n(n≥2)，
又a1=1符合上式，所以an=1n.
方法二 (迭代法) 则nan=(n-1)an-1=…=2a2=a1=1，
可得an=1n.
题型三 数列的性质
命题点1 数列的单调性
例5 (2025·阜阳模拟)已知数列{an}满足an=2n2+λn(λ∈R)，则“{an}为递增数列”是“λ≥0”的( )
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案 C
解析 由{an}为递增数列得，an+1-an=[2(n+1)2+λ(n+1)]-(2n2+λn)=λ+4n+2>0，n∈N*，
则λ>-(4n+2)对于n∈N*恒成立，得λ>-6，可得λ≥0⇒λ>-6，反之不成立.
命题点2 数列的周期性
例6 (2025·重庆模拟)已知数列{an}满足an+1=22−an，且a1=3，则a2 026等于( )
A.3B.12C.-2D.43
答案 C
解析 ∵an+1=22−an，且a1=3，
∴a2=22−a1=22−3=-2，
a3=22−a2=22−(−2)=12，a4=22−a3=22−12=43，
a5=22−a4=22−43=3，a6=22−a5=22−3=-2，…
∴数列{an}的周期为4，
∵2 026=506×4+2，∴a2 026=a2=-2.
命题点3 数列的最值
例7 数列{bn}满足bn=3n−72n−1，则当n= 时，bn取最大值为 .
答案 4 58
解析 方法一 ∵bn+1-bn=3n−42n-3n−72n−1=10−3n2n，
∴当n≤3时，bn+1>bn，{bn}单调递增，
当n≥4时，bn+1an+1知，数列{an}为递减数列，
所以只需满足12−a0，∴an+1-an=2(n≥2).
又∵a2-a1=2，
∴{an}为等差数列，且公差为2，
∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
12.(14分)已知数列{an}的前n项和Sn=2nn+1an，且a1=4.
(1)求数列{an}的通项公式；(6分)
(2)若不等式2n2-n-3b2，
当n≥3时，bn+1bn=12+12n−3≤12+13=5638，即λan
其中n∈N*
递减数列
an+1