(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升6.1《数列的概念》(2份打包，原卷版+教师版)

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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
3.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．
4．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．
常用结论
1．已知数列{an}的前n项和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*)．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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.( √ )
教材改编题
1．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 023的值为( )
A．2 B．﹣3 C．﹣eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 C
解析 因为a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，所以a2＝eq \f(1＋a1,1－a1)＝﹣3，
同理可得a3＝﹣eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2，…，可得an＋4＝an，则a2 023＝a505×4＋3＝a3＝﹣eq \f(1,2).
2．数列eq \f(1,3)，eq \f(1,8)，eq \f(1,15)，eq \f(1,24)，eq \f(1,35)，…的通项公式是an＝________.
答案 eq \f(1,nn＋2)，n∈N*
解析 ∵a1＝eq \f(1,1×1＋2)＝eq \f(1,3)，a2＝eq \f(1,2×2＋2)＝eq \f(1,8)，a3＝eq \f(1,3×3＋2)＝eq \f(1,15)，a4＝eq \f(1,4×4＋2)＝eq \f(1,24)，a5＝eq \f(1,5×5＋2)＝eq \f(1,35)，∴通过观察，我们可以得到如上的规律，则an＝eq \f(1,nn＋2)，n∈N*.
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2﹣3n，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 4n﹣5
解析 a1＝S1＝2﹣3＝﹣1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝(2n2﹣3n)﹣[2(n﹣1)2﹣3(n﹣1)]＝4n﹣5，
因为a1也适合上式，所以an＝4n﹣5.
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＝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)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n﹣1)an＝2n，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,2n－1)，n≥2))
解析 当n＝1时，a1＝21＝2.∵a1＋3a2＋…＋(2n﹣1)an＝2n，①
∴a1＋3a2＋…＋(2n﹣3)an﹣1＝2n﹣1(n≥2)，②
由①﹣②得，(2n﹣1)·an＝2n﹣2n﹣1＝2n﹣1，∴an＝eq \f(2n－1,2n－1)(n≥2)．
显然n＝1时不满足上式，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,2n－1)，n≥2.))
教师备选
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，则an＝________.
答案 2n＋1
解析 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适合上式，∴an＝2n＋1.
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＋1，①
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a1＝﹣1，公比为q＝2的等比数列．∴an＝a1·qn﹣1＝﹣2n﹣1.
思维升华
(1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))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．
跟踪训练1 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n＋1，n∈N*，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,4n－1，n≥2))
解析 根据题意，可得Sn﹣1＝2(n﹣1)2＋(n﹣1)＋1.由通项公式与求和公式的关系，
可得an＝Sn﹣Sn﹣1，代入化简得an＝2n2＋n＋1﹣2(n﹣1)2﹣(n﹣1)﹣1＝4n﹣1.
经检验，当n＝1时，S1＝4，a1＝3，所以S1≠a1，所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,4n－1，n≥2.))
(2)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝﹣1，an＋1＝SnSn＋1，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2))
解析 由已知得an＋1＝Sn＋1﹣Sn＝Sn＋1Sn，两边同时除以Sn＋1Sn，得eq \f(1,Sn＋1)﹣eq \f(1,Sn)＝﹣1.
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以﹣1为首项，﹣1为公差的等差数列，则eq \f(1,Sn)＝﹣1﹣(n﹣1)＝﹣n.
所以Sn＝﹣eq \f(1,n).当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,nn－1)，故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，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 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an等于( )
A．2＋ln n B．2＋(n﹣1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
答案 A
解析 因为an＋1﹣an＝ln eq \f(n＋1,n)＝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)，
把以上各式分别相加得an﹣a1＝ln n﹣ln 1，则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也适合，
因此an＝2＋ln n(n∈N*)．
命题点2 累乘法
例3 若数列{an}满足a1＝1，nan﹣1＝(n＋1)·an(n≥2)，则an＝________.
答案 eq \f(2,n＋1)
解析 由nan﹣1＝(n＋1)an(n≥2)，得eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n＋1)(n≥2)．
所以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,n＋1)×eq \f(n－1,n)×eq \f(n－2,n－1)×…×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×1＝eq \f(2,n＋1)，
又a1＝1满足上式，所以an＝eq \f(2,n＋1).
教师备选
1．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.
答案 4﹣eq \f(1,n)
解析 ∵an＋1﹣an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1)，∴当n≥2时，an﹣an﹣1＝eq \f(1,n－1)﹣eq \f(1,n)，
an﹣1﹣an﹣2＝eq \f(1,n－2)﹣eq \f(1,n－1)，……a2﹣a1＝1﹣eq \f(1,2)，∴以上各式相加得，an﹣a1＝1﹣eq \f(1,n)，
∴an＝4﹣eq \f(1,n)，a1＝3适合上式，∴an＝4﹣eq \f(1,n).
2．若{an}满足2(n＋1)·aeq \\al(2,n)＋(n＋2)·an·an＋1﹣n·aeq \\al(2,n＋1)＝0，且an>0，a1＝1，则an＝________.
答案 n·2n﹣1
解析 由2(n＋1)·aeq \\al(2,n)＋(n＋2)·an·an＋1﹣n·aeq \\al(2,n＋1)＝0得
n(2aeq \\al(2,n)＋an·an＋1﹣aeq \\al(2,n＋1))＋2an(an＋an＋1)＝0，
∴n(an＋an＋1)(2an﹣an＋1)＋2an(an＋an＋1)＝0，
(an＋an＋1)[(2an﹣an＋1)·n＋2an]＝0，
又an>0，∴2n·an＋2an﹣n·an＋1＝0，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋1,n)，
又a1＝1，∴当n≥2时，an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1
＝eq \f(2n,n－1)×eq \f(2n－1,n－2)×eq \f(2n－2,n－3)×…×eq \f(2×3,2)×eq \f(2×2,1)×1＝2n﹣1·n.
又n＝1时，a1＝1适合上式，∴an＝n·2n﹣1.
思维升华
(1)形如an＋1﹣an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an﹣an﹣1)＋(an﹣1﹣an﹣2)＋…＋(a2﹣a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式．
(2)形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)的数列，常令n分别为1,2,3，…，n﹣1，代入eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再把所得的(n﹣1)个等式相乘，利用an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(n≥2)即可求数列{an}的通项公式．
跟踪训练2 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，an＋1＝an＋2n﹣1＋1，则an＝________.
答案 2n﹣1＋n
解析 ∵an＋1＝an＋2n﹣1＋1，∴an＋1﹣an＝2n﹣1＋1，
∴当n≥2时，an＝(an﹣an﹣1)＋(an﹣1﹣an﹣2)＋…＋(a3﹣a2)＋(a2﹣a1)＋a1＝2n﹣2＋2n﹣3＋…＋2＋1＋a1＋n﹣1＝eq \f(1－2n－1,1－2)＋2＋n﹣1＝2n﹣1＋n.又∵a1＝2满足上式，∴an＝2n﹣1＋n.
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝eq \f(2,nn＋1)
解析 由Sn＝n2an，可得当n≥2时，Sn﹣1＝(n﹣1)2an﹣1，
则an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2an﹣(n﹣1)2an﹣1，即(n2﹣1)an＝(n﹣1)2an﹣1，
易知an≠0，故eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)(n≥2)．
所以当n≥2时，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＋1)×eq \f(n－2,n)×eq \f(n－3,n－1)×…×eq \f(2,4)×eq \f(1,3)×1＝eq \f(2,nn＋1).
当n＝1时，a1＝1满足an＝eq \f(2,nn＋1).故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2,nn＋1).
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＝n2﹣2λn(n∈N*)，则“λ0，
∴(n＋1)2﹣2λ(n＋1)﹣n2＋2λn＝2n＋1﹣2λ>0，
即2n＋1>2λ对任意的n∈N*都成立，于是有λ6，))且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,7)，3)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,7)，3)) C．(1,3) D．(2,3)
答案 D
解析 若{an}是递增数列，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－a>0，,a>1，,a7>a6，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1，,a2>63－a－2，))解得2…，∴{bn}的奇数项中有最大值为b1＝eq \f(3,2)﹣eq \f(2,3)＝eq \f(5,6)>0，
∴b1＝eq \f(5,6)是数列{bn}(n∈N*)中的最大值，D正确．
13．已知数列{an}的通项公式an＝eq \f(63,2n)，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak对n∈N*恒成立，则正整数k的值为________．
答案 5
解析 an＝eq \f(63,2n)，当n≤5时，an>1；当n≥6时，ana1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*)．
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋eq \f(1,a＋2n－1)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋eq \f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，
可知5