4.1数列的概念教材深挖讲义-2027届高三数学一轮复习

人教A版·选择性必修第二册　第4章 4.1　数列的概念 教材结论与考点深挖 一、条目逐条展开 条目一　通项公式与递推公式的互化 （1）教材出处 选择性必修第二册 第四章 4.1 节 4.1.1“数列的概念与通项公式”、4.1.2“数列的递推公式”正文；教材 4.1.2 节例 5（由递推公式写前 5 项）与课后习题。 （2）教材结论/公式/性质 结论类型：正文定理公式。 如果数列 的第 项 与序号 之间的关系可以用一个式子 表示，这个式子叫做数列的通项公式。数列是从正整数集 （或它的有限子集）到实数集的特殊函数，自变量是序号，函数值是项。 如果数列相邻两项（或多项）之间的关系可以用一个式子表示，这个式子叫做数列的递推公式。给出首项（或前几项）和递推公式，就能依次写出数列的各项。 由递推关系求通项的三种基本变形： · 累加法：若 ，则当 时，。 · 累乘法：若 且各项均不为 ，则当 时，。 · 构造法：若 （，），可化为等比数列求通项。 由前几项写通项，通常观察符号、分子分母、相邻两项的差或比；这样得到的通项不唯一，必须说明“一个通项公式”，并用前几项回验。 （3）推导证明 累加法　把 从 写到 ，相加得 移项即得 。 累乘法　把 从 写到 ，相乘得 因为各项不为 ，两边乘 即得。 构造法　设 ，解得 。于是 故 是公比为 的等比数列，从而 ，解出 即可。 由前几项归纳　先看符号是否由 或 调节，再把每项拆成“变化部分”与“不变部分”，分别找分子、分母的规律；归纳出的式子只是猜想，必须代入前几项检验。 （4）适用条件与易错提醒 · 递推公式必须与首项（或前几项）一起使用；只给递推关系不能确定一个数列。 · 累加法要求 可求和；若 是分式，先裂项再求和。 · 累乘法要求数列各项均不为 ；作商判断单调性时还要求各项同号，否则只能作差。 · 构造法只适用于 且 的情形； 时退化为等差数列， 时退化为等比数列。 · 由 推出的通项必须单独检验 ；若 不满足，就要分段表示。 · 由前几项归纳的通项不唯一，不能把“看出规律”当成证明。 · 递推公式中 的取值范围不能丢，例如 、 为奇数、 为偶数等；分段递推要分段讨论，不能直接合并。 （5）考点定位与命题角度 选填与解答题第一问都常考。常见设问：由递推公式写前几项、求通项公式、判断某数是否为数列中的项、由前几项写通项。难度基础到中档。对应 2021 新高考Ⅰ卷·17（奇偶递推）、2023 全国甲卷·理 17（由 关系求通项）、2022 新高考Ⅰ卷·17（由 求通项）。 （6）方法归纳 · 第一步　识别递推类型：看相邻两项是差、商、线性关系，还是奇偶分段。 · 第二步　选方法：差可求和用累加，商可求积且各项非零用累乘， 用构造，奇偶分段分奇偶讨论。 · 第三步　求通项：写清从哪一项加到（乘到）哪一项，共 个式子，注意起始项。 · 第四步　回验：把 代入通项与递推式核对，必要时分段表示。 （7）典型例题 例题 1（教材原题） 已知数列 的首项 ，递推公式为 写出这个数列的前 项。 解析 依次代入： 故前 项为 。 例题 2（教材原题改编） 已知数列 满足 ，，求 的通项公式。 解析 两边同加 ，得 故 是首项 、公比 的等比数列，所以 ，即 检验 时 ，符合。 （8）变式训练 变式 1-1（高考真题改编） （改编自 2021 新高考Ⅰ卷·17）已知数列 满足 ， (1) 记 ，求 的通项公式； (2) 求 的通项公式。 变式 1-2（优质模拟改编） 已知数列 满足 ，且对任意 ，，求 的通项公式。 条目二　 与 的关系及 的检验 （1）教材出处 选择性必修第二册 第四章 4.1 节 4.1.2“数列的递推公式”中“数列的前 项和”栏目；教材例题（已知 求 ）与课后习题。 （2）教材结论/公式/性质 结论类型：正文定理公式。 设数列 的前 项和为 ，则 其中 必须单独求；由 得到的式子只有在 也满足时才能合并，否则必须分段写。 由 与 的混合关系式求通项，有两个转化方向： · 用 消去 ，得到只含 的关系式； · 用 消去 ，得到只含 的递推式。 选择哪个方向，看所求的是 还是 。 （3）推导证明 当 时， 当 时， 没有定义，所以 不能用于 ，只能由 单独求。 若把 代入混合关系式，就把 消去，得到相邻两项的递推式；若把 代入，就把 消去，得到前 项和之间的递推式。两种消元都只在 时成立，最后都要检验 。 （4）适用条件与易错提醒 · 只在 时成立， 必须单独求，不能直接令 。 · 若 满足 时得到的式子，才能合并成一个通项；否则必须写成分段形式。 · 已知 求 时，先求 ，再作差；不要把 误当成 。 · 混合关系式中消去 还是消去 ，要看目标；两边同时消去可能引入增解。 · 检验时至少代入 与 核对；若 含常数项， 往往不满足 的表达式。 · 由 得到递推式后，求通项还要回到条目一的方法，并再次检验首项。 （5）考点定位与命题角度 选填与解答题第一问高频。常见设问：已知 求 、已知含 与 的关系式求通项、判断 是否需要分段。难度基础到中档。对应 2023 全国甲卷·理 17、2022 新高考Ⅰ卷·17、2022 全国甲卷·理 17。 （6）方法归纳 · 第一步　令 ，由 求出首项。 · 第二步　当 时，写出 ，作差得 。 · 第三步　化简递推式，选择累加、累乘或构造法求通项。 · 第四步　检验 是否满足，满足则合并，不满足则分段写出。 （7）典型例题 例题 1（教材原题） 已知数列 的前 项和公式为 ，求 的通项公式。 解析 时， 时， 也满足 ，故 例题 2（教材原题改编） 已知数列 的前 项和公式为 ，求 的通项公式。 解析 时，。 时， 因为 不满足 ，所以 （8）变式训练 变式 2-1（高考真题改编） （改编自 2022 新高考Ⅰ卷·17）记 为数列 的前 项和，已知 ，且 是公差为 的等差数列，求 的通项公式。 变式 2-2（优质模拟改编） 已知数列 的前 项和 满足 ，且 ，求 的通项公式。 条目三　数列的单调性与最大项 （1）教材出处 选择性必修第二册 第四章 4.1 节 4.1.1“数列的概念”中数列的分类与单调性、4.1.2“数列的递推公式”中数列的函数特征；教材习题中“求数列的最大项”类问题。 （2）教材结论/公式/性质 结论类型：正文定理公式。 · 递增数列：对任意 ，；递减数列：对任意 ，；常数列：；从第 项起有增有减的数列叫摆动数列。 · 数列是定义域为正整数集的特殊函数，图象是一列孤立的点。 · 最大项：若存在 ，使 对一切 成立，则 为数列的最大项；最小项同理。 · 对先增后减型数列，最大项满足 且 （）；最小项的不等号反向。 · 若 （），可借助二次函数图象与对称轴，在正整数中取最接近对称轴的 。 · 若 且 易求，可用作商法判断单调性。 · 前 项和 也是数列： 递增等价于 （）。 （3）推导证明 作差法　计算 ，由差的符号判断增减。若 对一切 成立，则数列递增；若小于 对一切 成立，则递减。 二次型　 的差分为 这是关于 的一次式，解不等式即可得到增减区间；也可配方看对称轴。 作商法　若各项均为正数，则 由商与 的大小判断增减；各项均为负数时不等号方向相反，必须单独讨论。 最大项判据　若数列先增后减，设最大项为 ，则它不小于前一项和后一项，即 且 （）。解这个不等式组，取正整数 ；若等号成立，可能出现两项并列最大。 的单调性　当 时，，故 递增等价于 （）。 图 1　数列的图象是一列孤立的点，最大项在由增转减处取得 （4）适用条件与易错提醒 · 判断单调性必须对任意 比较相邻两项；只算前几项就下结论是无效的。 · 作商法要求各项同号且不为 ；若符号交替，只能作差。 · 最大项判据中的等号不能丢；可能出现 两项并列最大。 · 把数列当函数时， 只能取正整数；对称轴不在正整数处时，要比较对称轴两侧最近的整数。 · 递增数列不一定有最大项；摆动数列也不一定有最大项，必须先判断单调性。 · 递增只说明 （），并不能推出 本身递增。 · 分段数列要检查分界点两侧的大小关系，不能只看各段内部。 （5）考点定位与命题角度 选填与解答题都常考。常见设问：判断数列的单调性、求最大（小）项、已知单调性求参数范围、求 的最值。难度基础到中档。对应 2021 全国甲卷·理 7（由 单调性判断充分必要条件）、2022 全国甲卷·理 17（第 (2) 问求 的最小值）。 （6）方法归纳 · 第一步　作差或作商：先看通项的结构，差容易化简就作差，各项同号且商容易化简就作商。 · 第二步　定单调区间：解 或 ，得到数列递增、递减的范围。 · 第三步　列最大项不等式组： 且 ，求出 的范围。 · 第四步　取正整数并比较并列项，写出最大项及相应的序号；若要求 的最值，先判断 的正负分界。 （7）典型例题 例题 1（教材原题） 已知数列 的通项公式为 。 1. 求数列 的最大项； 1. 数列从第几项起递减？ 解析 作差： 当 时，；当 时，。所以 故最大项为第 项， 数列从第 项起递减。 例题 2（教材原题改编） 已知数列 的通项公式为 ，求数列 的最大项及相应的序号。 解析 各项均为正数，作商： 由 得 即 ；由 得 。所以 最大项为第 项和第 项，值为 （8）变式训练 变式 3-1（高考真题改编） （2021 全国甲卷·理 7）等比数列 的公比为 ，前 项和为 。设甲：，乙： 是递增数列，则（　　） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 变式 3-2（优质模拟改编） 已知数列 的通项公式为 ，求数列 的最大项及相应的序号。 二、答案与解析 变式 1-1 答案与解析 答案：(1) ；(2) 当 为奇数时 ，当 为偶数时 。 解析：(1) ，。又 故 是首项 、公差 的等差数列，。 1. 由 。当 （）时， · 且 时 也符合。故 。当 时， · 综上， 变式 1-2 答案与解析 答案：。 解析：当 时， 时 ，符合，故 。 变式 2-1 答案与解析 答案：。 解析：由 ，且公差为 ，得 即 。当 时，，两式相减： 化简得 即 。于是 时也成立，故 。 变式 2-2 答案与解析 答案：。 解析： 时，，得 。当 时， 故 。所以 是首项 、公比 的等比数列，。 变式 3-1 答案与解析 答案：B。 解析：充分性不成立：取 ，，则 ，但 递减。 必要性成立：若 递增，则 时 特别地 ，，故 所以甲是乙的必要条件但不是充分条件，选 B。 变式 3-2 答案与解析 答案：最大项为第 项和第 项，值为 。 解析：各项均为正数，作商： 由 得 即 ；由 得 。故 最大项为第 项和第 项， 人教A版·选择性必修第二册　第4章 4.1 数列的概念　第 1 页　共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $