2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第6章　§6.1　数列的概念（2份打包，原卷版+含解析）

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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．
知识梳理
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)．
常用结论
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
2．在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)；若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2，n∈N*)．
自主诊断
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＝eq \f(1＋－1n＋1,2).( × )
(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．已知数列{an}的通项公式为an＝9＋12n，则在下列各数中，不是{an}的项的是( )
A．21 B．33 C．152 D．153
答案 C
解析 由数列的通项公式得，a1＝21，a2＝33，a12＝153.
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，那么它的通项公式an等于( )
A．n B．2n C．2n＋1 D．n＋1
答案 B
解析 ∵a1＝S1＝1＋1＝2，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n(n≥2)，
当n＝1时，2n＝2＝a1，∴an＝2n.
4．如图，古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．如图中的数1,5,12,22，…称为五边形数，则第8个五边形数是________．
答案 92
解析 ∵5－1＝4,12－5＝7,22－12＝10，∴相邻两个图形的小石子数的差值依次增加3，∴第5个五边形数是22＋13＝35，第6个五边形数是35＋16＝51，第7个五边形数是51＋19＝70，第8个五边形数是70＋22＝92.
题型一 由an与Sn的关系求通项公式
例1 (1)设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn＝3an－3，则a4等于( )
A．27 B．81 C．93 D．243
答案 B
解析 根据2Sn＝3an－3，可得2Sn＋1＝3an＋1－3，两式相减得2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝3an，
当n＝1时，2S1＝2a1＝3a1－3，解得a1＝3，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以a4＝a1q3＝34＝81.
(2)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))
解析 由已知，可得当n＝1时，a1＝21＝2，∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1(n≥2)，②
由①－②，得nan＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝eq \f(2n－1,n)(n≥2)，当n＝1时，不满足上式，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))
思维升华 an与Sn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．
跟踪训练1 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sm＋Sn＝Sm＋n，若a1＝2，则a20等于( )
A．2 B．4 C．20 D．40
答案 A
解析 方法一 a20＝S20－S19＝S18＋S2－(S18＋S1)＝S2－S1＝S1＝a1＝2.
方法二 令m＝1，∴Sn＋S1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝S1＝2，∴an＋1＝2，∴a20＝2.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3且当n≥2时，2an＝Sn·Sn－1，则{an}的通项公式an＝________________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,\f(18,5－3n8－3n)，n≥2))
解析 当n≥2时，由2an＝Sn·Sn－1可得2Sn－2Sn－1＝Sn·Sn－1，化为eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝－eq \f(1,2)，
因为eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝eq \f(1,3)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为eq \f(1,3)，公差为－eq \f(1,2)的等差数列，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2)(n－1)＝－eq \f(1,2)n＋eq \f(5,6)，
所以Sn＝eq \f(6,5－3n)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(18,5－3n8－3n)，又因为a1＝3，不符合上式，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,\f(18,5－3n8－3n)，n≥2.))
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 若数列{an}满足an＋1－an＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，且a1＝1，则数列{an}的第100项为( )
A．2 B．3 C．1＋lg 99 D．2＋lg 99
答案 B
解析 因为an＋1－an＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lg eq \f(n＋1,n)＝lg(n＋1)－lg n，所以a100－a99＝lg 100－lg 99，…a3－a2＝lg 3－lg 2，a2－a1＝lg 2－lg 1，以上99个式子累加得a100－a1＝lg 100，所以a100＝lg 100＋1＝3.
命题点2 累乘法
例3 设在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，则an＝________.
答案 eq \f(2,n)
解析 ∵an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，a1＝2，∴an≠0，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)，
∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n－1,n)·eq \f(n－2,n－1)·eq \f(n－3,n－2)·…·eq \f(1,2)·2＝eq \f(2,n)(n≥2)．当n＝1时，a1＝2满足上式．
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eq \f(an＋1,an)＝f(n)的数列，利用累乘法即可求数列{an}的通项公式．
跟踪训练2
(1)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为______．
答案 an＝eq \f(n2＋n,2)
解析 由题意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上各式相加，得
an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq \f(n－12＋n,2)＝eq \f(n2＋n－2,2).
∵a1＝1，∴an＝eq \f(n2＋n,2)(n≥2)．∵当n＝1时，a1＝1也满足此式，∴an＝eq \f(n2＋n,2).
(2)已知数列{an}满足a1＝2，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，则数列{an}的通项公式为____________．
答案 an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*)
解析 ∵(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋2,n＋1)，则an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)＝2n－1·a1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)×\f(4,3)×\f(5,4)×…×\f(n＋1,n)))＝(n＋1)·2n－1(n≥2)．当n＝1时，a1＝2满足上式，∴an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*)．
题型三 数列的性质
命题点1 数列的单调性
例4 已知数列{an}的通项公式为an＝n2－3λn，则“λ<1”是“数列{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 C
解析 若数列{an}为递增数列，则an＋1－an＝[(n＋1)2－3λ(n＋1)]－(n2－3λn)
＝(n2＋2n＋1－3λn－3λ)－(n2－3λn)＝2n＋1－3λ>0，即3λ<2n＋1，
由于n∈N*，所以3λ<2×1＋1＝3，解得λ<1，反之，当λ<1时，an＋1－an>0，则数列{an}为递增数列，
所以“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充要条件．
命题点2 数列的周期性
例5 若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 024的值为( )
A．2 B．－3 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 D
解析 由题意知，a1＝2，a2＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq \f(1－3,1＋3)＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq \f(1,3)，a5＝eq \f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，a6＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，…，因此数列{an}是周期为4的周期数列，所以a2 024＝a506×4＝a4＝eq \f(1,3).
命题点3 数列的最值
例6 数列{bn}满足bn＝eq \f(3n－7,2n－1)，则当n＝________时，bn取最大值为________．
答案 4 eq \f(5,8)
解析 方法一 bn－bn－1＝eq \f(3n－7,2n－1)－eq \f(3n－10,2n－2)＝eq \f(13－3n,2n－1)，∴当n≤4时，bn>bn－1，∴{bn}单调递增，
当n≥5时，bn方法二 令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn≥bn＋1，,bn≥bn－1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3n－7,2n－1)≥\f(3n－4,2n)，,\f(3n－7,2n－1)≥\f(3n－10,2n－2)，))解得eq \f(10,3)≤n≤eq \f(13,3)，又n∈N*，故n＝4，
故当n＝4时，(bn)max＝b4＝eq \f(5,8).
思维升华
(1)解决数列的周期性问题，先求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
(2)解决数列的单调性问题，常用作差比较法，根据差的符号判断数列{an}的单调性．
跟踪训练3 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝a2＝1，a3＝a4＝2，an＋an＋4＝0，则( )
A．S23>S21>S22 B．S21>S22>S23
C．S21>S23>S22 D．S23>S22>S21
答案 B
解析 因为an＋an＋4＝0，所以an＋4＝－an，所以an＋8＝－an＋4＝an，所以{an}是以8为周期的周期数列，
又a1＝a2＝1，a3＝a4＝2，所以a6＝－a2＝－1，a7＝－a3＝－2，
所以S22－S21＝a22＝a6＝－1<0，S23－S22＝a23＝a7＝－2<0，所以S22S22>S23.
(2)已知数列{an}的通项an＝eq \f(2n－19,2n－21)，n∈N*，则数列{an}前20项中的最大项与最小项的值分别为________．
答案 3，－1
解析 an＝eq \f(2n－19,2n－21)＝eq \f(2n－21＋2,2n－21)＝1＋eq \f(2,2n－21)，当n≥11时，eq \f(2,2n－21)>0，且单调递减；当1≤n≤10时，eq \f(2,2n－21)<0，且单调递减．因此数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项，则a11＝3，a10＝－1.
课时精练
一、单项选择题
1．若数列的前4项分别是eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，－eq \f(1,5)，则此数列的一个通项公式为( )
A.eq \f(－1n＋1,n＋1) B.eq \f(－1n,n＋1) C.eq \f(－1n,n) D.eq \f(－1n－1,n)
答案 A
解析 由于数列的前4项分别是eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，－eq \f(1,5)，可得奇数项为正数，偶数项为负数，第n项的绝对值等于eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)))，故此数列的一个通项公式为eq \f(－1n＋1,n＋1).
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝n2－1，则a3等于( )
A．－5 B．5 C．7 D．8
答案 B
解析 因为Sn＝n2－1，所以a3＝S3－S2＝(32－1)－(22－1)＝5.
3．已知数列{an}的首项为3，an＋1－an＝2n－8(n∈N*)，则a8等于( )
A．0 B．3 C．8 D．11
答案 B
解析 由an＋1－an＝2n－8，得a2－a1＝－6，a3－a2＝－4，…，a8－a7＝6，
由累加法得a8－a1＝－6＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝0，所以a8＝a1＝3.
4．若数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an等于( )
A．2n－1 B．n2 C.eq \f(n＋12,n2) D.eq \f(n2,n－12)
答案 D
解析 设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，当n≥2时，an＝eq \f(Tn,Tn－1)＝eq \f(n2,n－12).
5．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，则a2 024的值为( )
A．2 B．1 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案 A
解析 因为an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，由a1＝1，a2＝2，得a3＝2，由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，
由a3＝2，a4＝1，得a5＝eq \f(1,2)，由a4＝1，a5＝eq \f(1,2)，得a6＝eq \f(1,2)，由a5＝eq \f(1,2)，a6＝eq \f(1,2)，得a7＝1，
由a6＝eq \f(1,2)，a7＝1，得a8＝2，由此推理可得数列{an}是周期为6的数列，所以a2 024＝a2＝2.
6．已知数列{an}的通项an＝eq \f(n,n2＋90)，则数列{an}中的最大项的值是( )
A．3eq \r(10) B．19 C.eq \f(1,19) D.eq \f(\r(10),60)
答案 C
解析 令f(x)＝x＋eq \f(90,x)(x>0)，运用基本不等式得f(x)≥6eq \r(10)，当且仅当x＝3eq \r(10)时，等号成立．
因为an＝eq \f(1,n＋\f(90,n))，n∈N*，所以eq \f(1,n＋\f(90,n))≤eq \f(1,6\r(10))，所以当n＝9或n＝10时，an＝eq \f(1,19)最大．
二、多项选择题
7．已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n，则下列说法正确的是( )
A．a1是数列{an}的最小项
B．a4是数列{an}的最大项
C．a5是数列{an}的最大项
D．当n≥5时，数列{an}是递减数列
答案 BCD
解析 假设第n项为{an}的最大项，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n≥n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n－1，,n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n≥n＋3·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n＋1，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤5，,n≥4，))又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故在数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝eq \f(65,74)，当n≥5时，数列{an}是递减数列．
三、填空题
8．若an＝－2n2＋29n＋3，则数列{an}的最大项是第________项．
答案 7
解析 由题意得，an＝－2n2＋29n＋3，其对应的二次函数为y＝－2x2＋29x＋3，函数y＝－2x2＋29x＋3的图象开口向下，对称轴为x＝eq \f(29,4)，因为n为正整数，所以当n＝7时，an取得最大值．
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(1,3)an＋eq \f(2,3)，则{an}的通项公式an＝________.
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,3)a1＋eq \f(2,3)，所以a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)an－eq \f(1,3)an－1，所以eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2)，
所以数列{an}是以1为首项，－eq \f(1,2)为公比的等比数列，故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
10．已知数列{an}满足a1＝1，(n－1)an＝n·2nan－1(n∈N*，n≥2)，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝ SKIPIF 1 < 0
解析 当n≥2时，有(n－1)an＝n·2nan－1，故eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n－1)·2n，
则有eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(n－1,n－2)·2n－1，eq \f(an－2,an－3)＝eq \f(n－2,n－3)·2n－2，…，eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)×22.上述n－1个式子累乘，得eq \f(an,a1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n－1)·2n))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n－2)·2n－1))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－2,n－3)·2n－2))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1)×22))＝n·2n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＝ SKIPIF 1 < 0 .因为a1＝1，所以an＝ SKIPIF 1 < 0 ，而当n＝1时，a1＝1×20＝1，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an＝ SKIPIF 1 < 0 .
四、解答题
11．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝2eq \r(Sn)＋1.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)∵a1＝1，an＋1＝2eq \r(Sn)＋1，
∴a2＝2eq \r(S1)＋1＝2eq \r(a1)＋1＝3.
(2)方法一 由an＋1＝2eq \r(Sn)＋1，得Sn＋1－Sn＝2eq \r(Sn)＋1，故Sn＋1＝(eq \r(Sn)＋1)2.
∵an>0，∴Sn>0，∴eq \r(Sn＋1)＝eq \r(Sn)＋1，即eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝1，则eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2)，
由累加法可得eq \r(Sn)＝1＋(n－1)＝n，∴Sn＝n2(n≥2)，
又S1＝a1＝1，满足上式，∴Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又a1＝1适合上式，∴an＝2n－1.
方法二 由an＋1＝2eq \r(Sn)＋1，得(an＋1－1)2＝4Sn，
当n≥2时，(an－1)2＝4Sn－1，∴(an＋1－1)2－(an－1)2＝4(Sn－Sn－1)＝4an.
∴aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)－2an＋1－2an＝0，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.
∵an>0，∴an＋1－an＝2(n≥2)．a2－a1＝2，
∴{an}为等差数列，且公差为2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
12．已知在数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝3n－λaeq \\al(2,n)，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．
解 (1)∵2Sn＝(n＋1)an，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，
∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1＝(n＋1)an，
∴eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)＝…＝eq \f(a1,1)＝1，∴an＝n(n∈N*)．
(2)∵bn＝3n－λn2，∴bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1)．
∵数列{bn}为递增数列，∴2·3n－λ(2n＋1)>0，
即λ1，
∴{cn}为递增数列，∴λ概念
含义
数列
按照确定的顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
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
递推公式
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，那么这个式子叫做这个数列的递推公式
数列{an}的
前n项和
把数列{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Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an
分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项
间的大
小关系
递增数列
an＋1>an
其中
n∈N*
递减数列
an＋1常数列
an＋1＝an
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列