2026年高考数学复习讲义（新高考）第1节 数列的概念与简单表示法（解析版）

第六章数列第1节数列的概念与简单表示法学习导航站核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点考点1数列的定义★★☆☆☆考点2数列的分类★★★☆☆考点3数列的通项公式★★★☆☆考点4数列的通项公式★★★☆☆考点5数列的递推公式★★★☆☆【知识拓展】斐波那契数列★★★☆☆（星级越高，重要程度越高）限时【变式【变式训练】】挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯【知识梳理】1.数列的定义★★☆☆☆按照确定的顺序排列的一列数称为数列,数列中的每一个数叫做这个数列的项.2.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3.数列的表示法★★★☆☆数列有三种表示法,它们分别是表格法、图象法和解析式法.4.数列的通项公式★★★☆☆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.5.数列的递推公式★★★☆☆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.【考法归纳】1.若数列{an}的前n项和为Sn,通项公式为an,则an=S2.在数列{an}中,若an最大,则a若an最小,则a【教材回归】概念思考辨析+教材经典改编1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.()(2)1,1,1,1,…,不能构成一个数列.()(3)任何一个数列不是递增数列,就是递减数列.()(4)如果数列{an}的前n项和为Sn,则对任意n∈N*,都有an+1=Sn+1-Sn.()【答案】(1)×(2)×(3)×(4)√【解析】(1)数列:1,2,3和数列:3,2,1是不同的数列.(2)数列中的数是可以重复的,可以构成数列.(3)数列可以是常数列或摆动数列.2.(北师大选修二P4T2改编)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.(人教B选修三P13【典例】3改编)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.2nC.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.(人教A选修二P8练习T3改编)已知数列{an}满足a1=2,an=2-1an−1(n≥2),则a5=,猜想an=【答案】65【解析】由题意知a2=2-12=32,a3=2-23=43,a4=2-34=54,a5猜想an=n+1【考向核心题型】考点一由an与Sn的关系求通项【典例】1(1)(2025·太原调研)已知数列{an}满足a1+3a2+5a3+…+(2n-1)an=(n+1)2,n∈N*,则{an}的通项公式an=.

【答案】4,【解析】因为a1+3a2+5a3+…+(2n-1)an=(n+1)2,①所以a1=22=4,当n≥2时,a1+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1=n2,②由①-②,可得(2n-1)an=2n+1,所以an=2n+12n−1(n≥2,n当n=1时,不满足上式,所以数列{an}的通项公式是an=4,(2)已知数列{an}中,Sn是其前n项和,且Sn=2an+1,则数列的通项公式an=.

【答案】-2n-1【解析】当n=1时,a1=S1=2a1+1,∴a1=-1.当n≥2时,Sn=2an+1,①Sn-1=2an-1+1.②①-②得Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2),∴{an}是首项为a1=-1,公比为q=2的等比数列.∴an=a1·qn-1=-2n-1.【思维建模】1.已知Sn求an的常用方法是利用an=S1,n=1,Sn−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.【变式训练】1(1)(2025·济南质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+2n+1,则{an}的通项公式为.

【答案】4,【解析】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=4,(2)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=.

【答案】-1【解析】因为an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1,所以由两式联立得Sn+1-Sn=SnSn+1.因为Sn≠0,所以1Sn-1即1Sn+1-1又1S1=-1,所以数列1Sn是首项为-1,公差为所以1Sn=-1+(n-1)×(-1)=-所以Sn=-1n考点二由数列的递推关系求通项公式角度1累加法——形如an+1-an=f(n),求an【典例】2(2025·苏锡常镇调研)围棋起源于我国,至今已有4000多年的历史.在围棋中,对于一些复杂的死活问题,比如在判断自己单个眼内的气数是否满足需求时,可利用数列有关知识来计算.假设大小为n的眼有an口气,大小为(n+1)的眼有an+1口气,且a1=1,a2=2,an+1-n=an-1(n≥2,n∈N*),则an的通项公式为.

【答案】an=1,【解析】根据题意,an+1=an+n-1,即an+1-an=n-1,当n≥2时,可得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1,即an=(n-2)+(n-3)+…+1+1+1=(n−2)(n−1)又当n=1时,a1=1不满足an=n2故an=1,角度2累乘法——形如an+1an=f(n)【典例】3(2025·湖州质检)若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则使不等式an<930成立的最大正整数n为()A.28 B.29 C.30 D.31【答案】B【解析】依题意,数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则anan−1=n+1n−1(n≥2)an=a1·a2a1·a3a2·…·an−1an−2·anan−1=2×3a1也符合上式,所以an=n(n+1),n∈N*,且{an}是递增数列,由an=n(n+1)<930得(n+31)(n-30)<0,解得-31<n<30,所以正整数n的最大值为29.【思维建模】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an+1an=f(n)的形式,可用累乘法,也可用an=anan−1·an【变式训练】2(1)在数列{an}中,a1=2,an+1=an+ln1+1n,则aA.2+lnn B.2+(n-1)lnnC.2+nlnn D.1+n+lnn【答案】A【解析】因为an+1-an=lnn+1n=ln(n+1)-ln所以a2-a1=ln2-ln1,a3-a2=ln3-ln2,a4-a3=ln4-ln3,…an-an-1=lnn-ln(n-1)(n≥2),把以上各式相加得an-a1=lnn-ln1,则an=2+lnn(n≥2),且a1=2也满足此式,因此an=2+lnn(n∈N*).(2)已知在数列{an}中,a1=1,an+1an=2(n+1)n,【答案】n·2n-1【解析】an=anan−1·an−1an−2·=2nn−1×2(n−1)2×21×1=2n-1·n又n=1时,a1=1适合上式,所以an=n·2n-1.考点三数列的性质角度1数列的周期性与斐波那契数列【典例】4(1)(2025·淄博模拟)数列{an}满足a1=12,an+1=1+an1−an(n∈N*),A.12 B.3C.-2 D.-1【答案】B【解析】因为数列{an}满足a1=12an+1=1+an1−an(n所以a2=1+121−12=3,a3=a4=1−21+2=-13,a5=1−1则{an}是以4为周期的周期数列,所以a2026=a506×4+2=a2=3.(2)(2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x-1)+f(x-2),且当x<3时,f(x)=x,则下列结论中一定正确的是()A.f(10)>100 B.f(20)>1000C.f(10)<1000 D.f(20)<10000【答案】B【解析】因为当x<3时,f(x)=x,所以f(1)=1,f(2)=2.对于f(x)>f(x-1)+f(x-2),令x=3,得f(3)>f(2)+f(1)=2+1=3;令x=4,得f(4)>f(3)+f(2)>3+2=5;令x=5,得f(5)>f(4)+f(3)>5+3=8;不等式右侧恰好是裴波那契数列从第3项起的各项:3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,…,显然f(16)>1000,所以f(20)>1000,故选B.【知识拓展】斐波那契数列1.教材母题(人教A选修二P10阅读与思考)斐波那契数列的定义:若一个数列,首两项等于1,而从第三项起,每一项是之前两项之和,则称该数列为斐波那契数列.【典例】:1,1,2,3,5,8,13,……2.斐波那契数列的递推公式F3.斐波那契数列的通项公式an=14.斐波那契数列的性质(1)F12+F22+…+Fn2=Fn(2)a1+a3+a5+…+a2n-1=a2n;(3)a2+a4+a6+…+a2n=a2n+1-1;(4)a1+a2+a3+a4+…+an=Sn=an+2-1.(Sn为斐波那契数列的前n项和)【典例】(多选)若数列{an}满足a1=a2=1,an=an-1+an-2(n≥3,n∈N*),则称该数列为斐波那契数列.如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成,在每个正方形中作圆心角为90°的扇形,连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以an为边长的正方形中的扇形面积为bn,数列{bn}的前n项和为Sn.下列结论正确的是()A.a9=34B.a2026是奇数C.a2+a4+a6+…+a2026=a2027D.S2025a【答案】ABD【解析】该数列为1,1,2,3,5,8,13,21,34,…,所以a9=34,A正确;由斐波那契数列得每三个数中,前两个为奇数,后一个为偶数,且2026=3×675+1,所以a2026是奇数,B正确;由an-1=an-an-2,得a2=a3-a1,a4=a5-a3,…,a2026=a2027-a2025,累加得a2+a4+…+a2026=a2027-a1,C错误;由an=an-1+an-2(n≥3),得a12+a22=a1a2+a22+a=a2(a1+a2)+a32=a2a3+a32=a3(a2+a3)+…+a20252=a3a4+…+a20252=…=a2025a所以S2025=π4(a12+a22=π4a2025a2026所以S2025a2025a2026=角度2数列的单调性【典例】5(多选)(2025·武汉调研)已知数列{an}满足a1=1,an+1an=anA.an+1≥2anB.anC.{an+1-4an}是递增数列D.an≥n2-2n+2【答案】ABD【解析】对于A,法一由an+1an=a得an+1=an2+1又a1=1,所以an≥1,所以an+1an=an+1a所以an+1≥2an,当且仅当an=1a即an=1时取等号,故A正确.法二由于an+1an=a所以an+1=an2+所以an+1-2an=an2+1-2an=(an-1)2≥所以an+1≥2an,故A正确.对于B,由于an+1≥2an,得an+1>an,所以{an}为递增数列,由a1=1,y=x+1x在[1,+∞)上单调递增,可得an+1an为递增数列对于C,由an+1=an2+1,a1得a2=2,a3=5,所以a2-4a1=-2,a3-4a2=-3,所以数列{an+1-4an}不是递增数列,故C错误.对于D,因为an≥1,所以an+1-an2=1≤an+1-a所以an+1=(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1≥n+1,所以an≥n,所以an+1=an2+1≥n2+则an≥(n-1)2+1=n2-2n+2,故D正确.角度3数列的最值【典例】6(2025·湘东九校联考)设Tn为数列{an}的前n项积,若an+2an+1=0,n∈N*,且a3-a4=-96,当Tn取得最大值时,n=()A.6 B.8 C.9 D.10【答案】B【解析】由题易知an≠0.∵an+2an+1=0,∴an+1an故{an}是公比为-12的等比数列∵a3-a4=-96,∴14a1-−18a1=故a1=-256,∴an=-256×−1∴Tn=(-256)n×−=(-1)n1=(-1)n2+要使Tn取得最大值,则n2+且n2−17由二次函数知识知,当n=8或n=9时,n2−17n2取最小值,但只有n=8时,使得n【思维建模】1.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+1an(an>0或an<0)与“(3)结合相应函数的图象直观判断.2.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an≥an−1,an≥an+1(n(3)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项,确定数列的周期,再根据周期性求值.【变式训练】3(1)(2025·南昌测试)若数列{an}满足a2=11,an+1=11−an,则a2A.1110 B.11C.-110 D.【答案】D【解析】因为an+3=11−a=1−an+1−an所以数列{an}是周期为3的数列,所以a2026=a3×675+1=a1,因为a2=11,所以11=11−解得a1=1011,故a2026=a1=10(2)(2025·宁波模拟)已知数列{an}满足an=λn2-n,对任意n∈{1,2,3}都有an>an+1,且对任意n∈{n|n≥7,n∈N}都有an<an+1,则实数λ的取值范围是()A.114,1C.115,1【答案】C【解析】由题意得λ>0.∀n∈{1,2,3},an>an+1⇒12λ>72⇒λ∀n≥7,an<an+1⇒12λ<152⇒λ∴115<λ<1(3)已知数列{an}的通项an=2n−192n−21,n∈N*,则数列{a【答案】3,-1【解析】an=2n−192n−21=当n≥11时,22n−21>0,且数列{an当1≤n≤10时,22n−21<0,且数列{an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.a11=3,a10=-1.【限时训练】（限时：60分钟）一、单选题1.已知an=n−1n+1,那么数列{A.递减数列 B.递增数列C.常数列 D.摆数列【答案】B【解析】an=1-2n+1,将an看作关于n的函数,n∈N*,易知数列{an}2.数列{an}的前几项为12,3,112,8,21A.an=5n−42 B.aC.an=6n−52 D.a【答案】A【解析】数列为12,62,112,162,21分子可表示为1+5(n-1)=5n-4,因此通项公式可能为an=5n3.(2025·南通调研)已知数列{an},a1=1,an+1-an=2n,则a10等于()A.511 B.1022 C.1023 D.2047【答案】C【解析】因为an+1-an=2n,所以a2-a1=2,a3-a2=22,a4-a3=23,a5-a4=24,…,a10-a9=29,累加可得a10-a1=2+22+23+…+29=2(1−29)1−2=2所以a10=210-1=1023.4.(2025·成都诊断)设Sn是数列{an}的前n项和,已知a1=1且an+1=2Sn+1,则a5=()A.101 B.81 C.32 D.16【答案】B【解析】当n=1时,a2=2S1+1=3,当n≥2时,an+1=2Sn+1,①an=2Sn-1+1,②由①-②得an+1-an=2an,an+1=3an(n≥2),且当n=1时上式也成立,故{an}是首项为1,公比为3的等比数列,a5=1×34=81.5.(2025·哈尔滨模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=a2=3,且∀n≥2,n∈N*都有4(Sn-Sn-1)-Sn+1=0,则()A.{Sn-2Sn-1}是等比数列B.an=3,C.an=3,D.S5=48【答案】D【解析】依题意,因为4(Sn-Sn-1)-Sn+1=0,所以Sn+1-2Sn=2Sn-4Sn-1=2(Sn-2Sn-1),n≥2,又S2-2S1=(a1+a2)-2×3=0,所以Sn=2Sn-1,n≥2,又S1=a1=3,所以数列{Sn}是以3为首项,2为公比的等比数列,所以Sn=3×2n-1.n≥2时,an=Sn-Sn-1=3×2n-2,n=1时,a1=S1=3,不符合上式,所以an=3,S5=a1+a2+a3+a4+a5=3+3+6+12+24=48.6.(2025·青岛模拟)在数列{an}中,a1=13,前n项和Sn=n(2n-1)an,则数列{anA.an=1(2n−1)(2n+1) C.an=2-n+42n+1 D.a【答案】A【解析】∵Sn=n(2n-1)an,∴当n≥2时,Sn-1=(n-1)(2n-3)an-1,两式相减可得an=n(2n-1)an-(n-1)(2n-3)an-1,∴(2n+1)an=(2n-3)an-1,∴anan因此an=a1×a2a1×a3=13×15×37×…×=1(2当n=1时,也满足上式,∴an=1(2n−1)(2n+1),7.若数列{an}的前n项积bn=1-27n,则anA.-13 B.C.2 D.7【答案】C【解析】∵数列{an}的前n项积bn=1-27n当n=1时,a1=57当n≥2时,bn-1=1-27(n-1)an=bnbn−1=1−27当n=1时也适合上式,∴an=1+22∴当n≤4时,数列{an}单调递减,且an<1;当n≥5时,数列{an}单调递减,且an>1,故an的最大值为a5=3,最小值为a4=-1,∴an的最大值与最小值之和为2.8.(2025·福州调研)数列{an}满足a1=8,an+1=annan+1(n∈N*),bn=1an+λ·1A.−87,+C.87,+∞【答案】D【解析】an+1=annan+1两边取倒数得1an所以1a2-1a1=1,1a3-1a2=2,…,由累加法可得1an-1a1=1+2+…+(n因为a1=8,所以1an=n(n−1)所以bn=1=(2n因为数列{bn}是递减数列,所以bn<bn-1,即(2n−1)2整理可得λ>−4n2+20因为n≥2,n∈N*,所以−4n−522+88max=−4×二、多选题9.已知数列{an}的通项公式为an=(n+2)·67nA.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}递减【答案】BCD【解析】假设第n项为{an}的最大项,则a即(所以n又n∈N*,所以n=4或n=5,故数列{an}中a4与a5均为最大项,且a4=a5=65当n≥5时,数列{an}递减.10.“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现.因为斐波那契以兔子繁殖为【典例】子而引入,故又称该数列为“兔子数列”.“斐波那契数列”{an}满足a1=1,a2=1,an=an−1+an−2(n≥3,n∈N*),记其前n项和为A.S7=33B.S2026+S2025-S2024-S2023=a2028C.a1+a3+a5+…+a2027=a2028D.a12+a22+a32+…+a20262=【答案】ABC【解析】A项,S7=a1+a2+a3+…+a7=1+1+2+3+5+8+13=33,A正确;B项,S2026+S2025-S2024-S2023=a2025+a2026+a2024+a2025=a2027+a2026=a2028,B正确;C项,a1+a3+a5+…+a2027=a2+a3+a5+…+a2027=a4+a5+…+a2027=a6+…+a2027=a2026+a2027=a2028,C正确;D项,a12=a2a1,a22=a2(a3-a1)=a2a3-a1a2,a32=a3a4-a2a3,a42=a4a5-a3a4,…,a20252a2024a2025,a20262=a2026a2027-a2025a2所以a12+a22+a32+…+a20262=a202611.(2025·池州模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+A.a2026>a2025 B.1aC.4an+12-1=4an+1an D.a【答案】ACD【解析】因为an+1-an=an+an2+12即an+1>an,所以数列{an}为递增数列,则a2026>a2025,A正确;因为数列{an}为递增数列且an≥1>0,所以1an2为递减数列,由an+1=an可得2an+1-an=an两边平方整理得4an+12-1=4an+1an,将4an+12-1=4an+1an两边都除以4an+1得an=an+1两边平方得an2=an+12+116an+12-12>可得a20262-a2025a20252-a20242<12,…,a累加可得a20262-a12<12×(2026即a20262-1<1所以a20262<1013.5<1014,D三、填空题12.已知数列{an}的前n项和Sn=13an+23,则{an}的通项公式an=【答案】−【解析】当n=1时,a1=S1=13a1+2所以a1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=13an-13an-所以anan−1所以数列{an}是以1为首项,-12为公比的等比数列故an=−113.(2025·广州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n,当Sn+9an取最小值时,n【答案】3【解析】n=1时,a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n,n=1时也满足上式,∴an=2n,n∈N*,则Sn+9an=12n+9n当且仅当n=3时取“=”.14.(2025·杭州模拟)两千多年前,古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上研究数学问题.