第六章 第1节 数列的概念与简单表示（Word教参）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

第1节　数列的概念与简单表示 1．了解数列的概念和几种简单表示方法(列表、图象、公式). 2．了解数列是自变量为正数的一类特殊函数，能由数列的前n项和、递推公式求数列的通项公式． [对应学生用书P118] 一、数列的有关概念 数列的定义 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 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 数列通项公式的注意点 (1)并不是所有的数列都有通项公式； (2)同一个数列的通项公式在形式上不一定是唯一的； (3)对于一个数列，如果只知道它的前几项，而没有指出它的变化规律，是不能确定这个数列的． 二、数列的表示 列表法 列表格表示n和an的对应关系 图象法 把点(n，an)画在平面直角坐标系中 公式法 通项 公式 把数列的通项使用公式表示的方法 递推 公式 一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用公式来表示的方法 三、数列的分类 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<an 常数列 an＋1＝an 1．若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝ 2．在数列{an}中，若an最大，则若an最小，则 一、教材典题改编 1．(人教A版选择性必修第二册P8T3改编)数列，，，，…的一个通项公式为(　　) A．an＝　　　 B．an＝ C．an＝ D．an＝ 答案：B 2．(人教A版选择性必修第二册P8 T3改编)已知数列{an}满足a1＝2，an＝2－(n≥2)，则a5＝ ，猜想an＝ ． 答案：　　解析：由题意知a2＝2－＝，a3＝2－＝，a4＝2－＝，a5＝2－＝，猜想an＝. 3．(苏教版选择性必修第一册P183T2)在数列{an}中，若an＝则a4＋a5的值为 . 答案：27 4．(北师版选择性必修第二册P8T6改编)已知an＝2n＋a(1－n)，若数列{an}是递减数列，则实数a的取值范围是 ． 答案：(2，＋∞)　解析：因为an＝2n＋a(1－n)，所以an＝(2－a)n＋a.因为数列{an}是递减数列，所以2－a<0，解得a>2. 二、易误易混澄清 1．(不能正确求出通项公式)若一个数列为1，37，314，321，…，则398是这个数列的第 项． 答案：15　解析：因为1＝37×0，37＝37×1，314＝37×2，321＝37×3，所以该数列的一个通项公式为an＝37(n－1).由37(n－1)＝398，解得n＝15，所以398是这个数列的第15项． 2．(忽视n＝1的验证)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2，则{an}的通项公式an＝ ． 答案：　解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2－(n－1)2－2＝2n－1.又当n＝1时，a1＝S1＝3，不满足上式．故an＝ [对应学生用书P119] 考点一　由an与Sn的关系求通项 [例1] (1)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，则an＝ ． (2)已知数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列{an}的通项公式an＝ . 答案：(1)2n＋1　(2)－2n－1　解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝3. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1. 由于a1＝3也满足上式，∴an＝2n＋1. (2)当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1. 当n≥2时，Sn＝2an＋1　①， Sn－1＝2an－1＋1　②. ①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)， ∴{an}是首项为－1，公比为2的等比数列． ∴an＝a1·qn－1＝－2n－1. [变式探究] 在本例(1)中，若Sn＝n2＋2n＋1，求an. 解：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1， 又当n＝1时，a1＝S1＝4，不满足上式， 故an＝ 1．已知Sn求an的常用方法 利用an＝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． 训练1 (1)已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，an＋1＋2Sn＝2n＋1，则S2 025＝(　　) A．2 022 B．2 023 C．2 024 D．2 025 D　解析：当n＝1时，a2＋2S1＝2＋1，则a2＝1.当n≥2时，由an＋1＋2Sn＝2n＋1得an＋2Sn－1＝2n－1，两式相减可得an＋1－an＋2an＝2，即an＋an＋1＝2，所以an＝1，可得Sn＝n，所以S2 025＝2 025. (2)已知正项数列{an}中，＋＋…＋＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为(　　) A．an＝n B．an＝n2 C．an＝ D．an＝ B　解析：因为＋＋…＋＝，所以＋＋…＋＝(n≥2)，两式相减得＝－＝n(n≥2)，所以an＝n2(n≥2)　①.又当n＝1时，＝＝1，a1＝1，符合①式，所以an＝n2. 考点二　由数列的递推关系求通项公式 考向1　形如an＋1＝an＋f(n) [例2] (2025·唐山五校联考)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1(n∈N*)，则a4＝ ，an＝ ． 答案：16　n2　解析：依题意，当n≥2时，an－an－1＝2n－1，又a1＝1，所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2(n≥2).又a1＝1满足上式，所以an＝n2(n∈N*)，故a4＝16. 考向2　形如an＋1＝an·f(n) [例3] 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，n∈N*，则an＝ ． 答案：　解析：由an＋1＝an，得＝，当n≥2时，an＝a1···…·＝×(×)×(×)×…×(×)＝.又a1＝也满足上式，故an＝(n∈N*). 由递推公式求通项公式的常用方法 1．形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式，可利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项． 2．形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝··…··a1(n≥2)代入求出通项． 训练2 (1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln (1＋)，则an等于(　　) A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋n ln n D．1＋n＋ln n A　解析：因为an＋1－an＝ln ＝ln (n＋1)－ln n， 所以a2－a1＝ln 2－ln 1，a3－a2＝ln 3－ln 2，a4－a3＝ln 4－ln 3，…，an－an－1＝ln n－ln (n－1)(n≥2)，把以上各式相加得an－a1＝ln n－ln 1，则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也满足此式，因此an＝2＋ln n(n∈N*). (2)已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是an＝(　　) A． 2n－1 B．()n＋1 C．n2 D．n D　解析：由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1， 方法一　即＝，则＝，＝，＝，…，＝，n≥2，由累乘法可得＝n，所以an＝n，n≥2.又a1＝1，符合上式，所以an＝n. 方法二　因为＝，所以为常数列，所以＝，所以an＝na1＝n. 数列的函数性质 考向1　数列的周期性 [例1] 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，其前n项和为Sn，则S2 026＝(　　) A．1 014 B． C．1 015 D． B　解析：由题意，a1＝2，a2＝，a3＝－1，a4＝2，…，所以数列{an}的周期为3，且a1＋a2＋a3＝，所以S2 026＝675×＋2＝. 利用递推公式探求数列的周期性的两种思想 思想一：根据递推公式，写出数列的前n项直到出现周期情况后，利用an＋T＝an写出周期(n＋T)－n＝T. 思想二：利用递推公式“逐级”递推，直到出现an＋T＝an，即得周期T＝(n＋T)－n. 考向2　数列的单调性 [例2] 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 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． 解决数列单调性问题的三种方法 (1)用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或常数列． (2)用作商比较法，根据(an＞0或an＜0)与“1”的大小关系进行判断． (3)结合相应函数的图象直观判断． 考向3　数列的最值 [例3] 数列{bn}满足bn＝，则当n＝ 时，bn取最大值为 ． 答案：4　　解析：方法一　bn－bn－1＝－＝， ∴当n≤4时，bn>bn－1，∴{bn}单调递增， 当n≥5时，bn<bn－1，∴{bn}单调递减， 故当n＝4时，(bn)max＝b4＝. 方法二　令即解得≤n≤.又n∈N*，故n＝4，故当n＝4时，(bn)max＝b4＝. 求数列的最大项或最小项的常用方法 (1)函数法，利用函数的单调性求最值． (2)利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项． 训练 (1)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则a1a2a3…a2 026＝(　　) A．－6 B．6 C．－3 D．3 A　解析：∵a1＝2，an＋1＝，∴a2＝＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，…，∴an＋4＝an.又a1a2a3a4＝1， ∴a1a2a3…a2 026＝(a1a2a3a4)506·a1a2＝1×2×(－3)＝－6. (2)已知数列{an}的通项公式为an＝若{an}是递增数列，则实数t的取值范围是(　　) A．(3，6) B．(1，2) C．(1，3) D．(2，3) D　解析：由题意可得解得2<t<3. (3)已知数列{an}的通项an＝，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＝＝＝1＋，当n≥11时，>0，且单调递减；当1≤n≤10时，<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. [对应学生用书P121] 求数列通项公式的方法除了我们前面学习过的公式法、累加法、累乘法，还有构造法，其总的思想是根据数列的递推公式，利用构造法转化为特殊的数列(等差、等比数列或可利用累加、累乘求解的数列)求解． 题型一　an＋1＝pan＋f(n)型 考向1　an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0，其中a1＝a) [例1] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则an＝ ． 答案：2·3n－1－1　解析：∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴＝3，∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3. 又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1. 考向2　an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1，q≠0) [例2] 若a1＝1，an＋1＝2an－3n，n∈N*，求数列{an}的通项公式． 解：设an＋1＋λ(n＋1)＋u＝2(an＋λn＋u)，所以an＋1＝2an＋λn＋u－λ， 所以解得λ＝u＝－3， 又a1－3－3＝－5≠0，所以＝2， 所以数列{an－3n－3}是以－5为首项，2为公比的等比数列， 所以an－3n－3＝－5·2n－1，所以an＝－5·2n－1＋3n＋3. 考向3　an＋1＝pan＋qn(p≠0，1，q≠0，1) [例3] 已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an＋2·3n＋1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为(　　) A．an＝(2n＋1)·3n B．an＝(n－1)·2n C．an＝(2n－1)·3n D．an＝(n＋1)·2n C　解析：由an＋1＝3an＋2·3n＋1得＝＋2， ∴－＝2，即数列{}是首项为1，公差为2的等差数列， ∴＝2n－1，故an＝(2n－1)·3n. 形式 构造方法 an＋1＝pan＋q 引入参数c，构造新的等比数列{an＋c} an＋1＝pan＋qn＋c 引入参数x，y，构造新的等比数列{an＋xn＋y} an＋1＝pan＋qn 两边同时除以qn＋1，构造新的数列{} 训练1 (多选)已知数列{an}，下列结论正确的有(　　) A． 若a1＝2，2(n＋1)an－nan＋1＝0，则an＝n·2n B． 在数列{an}中，a1＝1，且an＝2an－1＋3(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝2n＋1－3 C． 若a1＝2，an＝an－1＋()n(n≥2)，则数列是等比数列 D． 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋n－1，则数列{an}的通项公式为an＝2n－n＋1 AB　解析：∵2(n＋1)an－nan＋1＝0，∴＝， ∴{}是首项为＝2，公比为2的等比数列，∴＝2·2n－1，∴an＝n·2n，故A正确；由an＝2an－1＋3(n≥2)，得an＋3＝2(an－1＋3)，即＝2，又a1＋3＝1＋3＝4，于是数列{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，∴an＋3＝4×2n－1，即an＝2n＋1－3，∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1－3，故B正确；根据题意，an＝an－1＋()n⇔－＝1，n≥2，又＝6，∴是首项为6，公差为1的等差数列，故C错误；设an＋1＋k(n＋1)＋b＝2(an＋kn＋b)，所以an＋1＝2an＋kn＋b－k，由an＋1＝2an＋n－1，得解得∴＝2，即{an＋n}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴an＋n＝2×2n－1＝2n，故an＝2n－n，故D错误． 题型二　倒数为特殊数列(an＋1＝型) [例4] 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，求数列{an}的通项公式． 解：因为an＋1＝(n∈N*)，所以＝＋1. 设＋t＝3(＋t)，所以3t－t＝1，解得t＝，所以＋＝3(＋). 又＋＝1＋＝，所以数列{＋}是以为首项，3为公比的等比数列，所以＋＝×3n－1＝， 所以an＝. 两边同时取倒数转化为＝·＋的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q(bn＝)型，求出{}的通项公式，再求an. 训练2 在数列{bn}中，b1＝－1，bn＋1＝，n∈N*，则数列{bn}的通项公式bn＝ ． 答案：　解析：bn＋1＝的两边同时取倒数，得＝，即＝＋3，因此＋3＝2(＋3).又＋3＝2，故{＋3}是以2为首项，2为公比的等比数列，于是＋3＝2·2n－1＝2n，可得bn＝. [课时训练(38)见P264] 学科网（北京）股份有限公司 $$