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“λ0，即3λS23
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＝－10，∴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，∴λan
其中
n∈N*
递减数列
an＋1