第7章 第1讲 数列的概念与表示-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第七章　数列 第1讲　数列的概念与表示 [课程标准]了解数列的概念和表示方法(列表法、图象法、通项公式法)，了解数列是一种特殊函数． 目录 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 课时作业 KE SHI ZUO YE 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 确定的顺序 项 {an} * 1．数列的定义 按照eq \x(\s\up1(01))_______________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eq \x(\s\up1(02))______．其中第1项也叫做首项．数列的一般形式是a1，a2，…，an，…，简记为eq \x(\s\up1(03))______． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 序号n 相邻两项或多项之间的关系 首项 递推公式 * 2．数列的表示方法 (1)列表法． (2)图象法． (3)数列的通项公式 如果数列{an}的第n项an与它的eq \x(\s\up1(04))_________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eq \x(\s\up1(05))_____________________________可以用一个式子表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式，知道了eq \x(\s\up1(06))________和eq \x(\s\up1(07))_____________，就能求出这个数列的每一项． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 有限 无限 > < * 3．数列的分类 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 a1＋a2＋…＋an S1 Sn－Sn－1 * 4．数列{an}的前n项和Sn与an的关系 (1)Sn的定义 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＝eq \x(\s\up1(12))_____________________． (2)an与Sn的关系 an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(13))_______，n＝1，,\x(\s\up1(14))____________，n≥2.)) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 1．在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1.)) 若an最小，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1.)) 2．数列与函数的关系 数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 3．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未必唯一． (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． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 1．在数列1，1，2，3，5，8，13，x，34，55，…中，x应取(　　) A．19 B．20 C．21 D．22 解析　由题意，可以发现，从第三项起，每一项都是前面两项的和，∴x＝8＋13＝21.故选C. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 2．(多选)(人教A选择性必修第二册4.1例2(2)改编)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项可能是(　　) A．an＝(－1)n－1＋1 B．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n为奇数，,0，n为偶数)) C．an＝2sineq \f(nπ,2) D．an＝cos(n－1)π＋1 解析　对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sineq \f(nπ,2)不符合题意，其他均符合．故选ABD. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 3．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则eq \f(a3,a5)的值是(　　) A.eq \f(15,16) B.eq \f(15,8) C.eq \f(3,4) D.eq \f(3,8) 解析　由已知，得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝eq \f(1,2)，∴eq \f(1,2)a4＝eq \f(1,2)＋(－1)4，a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，a5＝eq \f(2,3)，∴eq \f(a3,a5)＝eq \f(1,2)×eq \f(3,2)＝eq \f(3,4).故选C. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 4．(人教B选择性必修第三册习题5－1B T6改编)若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝eq \f(n,n＋1)，则eq \f(1,a5)＝(　　) A.eq \f(5,6) B.eq \f(6,5) C.eq \f(1,30) D．30 解析　∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n,n＋1)－eq \f(n－1,n)＝eq \f(1,n（n＋1）)，∴eq \f(1,a5)＝5×(5＋1)＝30.故选D. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 (－3，＋∞) 解析 答案 * 解析　由{an}是递增数列可知，an＋1>an，即an＋1－an＝[(n＋1)2＋λ(n＋1)]－(n2＋λn)＝2n＋1＋λ>0对任意的n∈N*恒成立．∴λ>－(2n＋1)对任意的n∈N*恒成立，又当n∈N*时，－(2n＋1)≤－3，故λ>－3. 5．已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是______________． 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 考向一　利用an与Sn的关系求通项公式 例1　(1)(2023·哈尔滨模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　) A．2n－1 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1) D.eq \f(1,2n－1) 解析　由已知Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，则Sn＋1＝eq \f(3,2)Sn，而S1＝a1＝1，所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1).故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 解析　当n＝1时，a1＝21＝2，当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n　①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1　②，由①－②得nan＝2n－2n－1＝2n－1，所以an＝eq \f(2n－1,n).显然当n＝1时不满足上式，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.)) (2)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝___________． eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2)) 目录 考向一 考向二 考向三 * 1．已知Sn求an的一般步骤 (1)当n＝1时，由a1＝S1求a1的值； (2)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，求得an的表达式； (3)检验a1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示an； (4)写出an的完整表达式． 2．Sn与an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． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 1.(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是(　　) A．an＝eq \f(1,n（n－1）) B．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2)) C．Sn＝－eq \f(1,n) D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差数列 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　∵an＋1＝SnSn＋1，又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，∴eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝－1，公差为d＝－1的等差数列，∴eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，即Sn＝－eq \f(1,n).又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,n（n－1）)，显然a1＝－1不满足上式，故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2.))综上可知，B，C，D正确．故选BCD. 目录 考向一 考向二 考向三 －2 (－1)n＋1·(2n－1) 答案 解析 * 2．已知数列{an}的前n项和Sn＝(－1)n＋1·n，则a5＋a6＝________，an＝__________________． 解析　a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)＝(－1)n＋1·[n＋(n－1)]＝(－1)n＋1·(2n－1)，又a1也适合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)． 目录 考向一 考向二 考向三 * 考向二　由递推关系求数列的通项公式 例2　分别求出满足下列条件的数列的通项公式． (1)a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)(n∈N*)； (2)a1＝1，an＝eq \f(n,n－1)an－1(n≥2，n∈N*)； (3)a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)； (4)a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)(n∈N*)． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)当n≥2，n∈N*时，an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝0＋1＋3＋…＋(2n－3)＝(n－1)2， 当n＝1时，也符合上式． 所以该数列的通项公式为an＝(n－1)2. (2)当n≥2，n∈N*时， an＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an,an－1)＝1×eq \f(2,1)×eq \f(3,2)×…×eq \f(n,n－1)＝n， 当n＝1时，也符合上式， 所以该数列的通项公式为an＝n. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (3)因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3， 又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1， 所以该数列的通项公式为an＝2·3n－1－1. (4)因为an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝2，所以an≠0，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，又a1＝2，所以eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)，即an＝eq \f(2,n). 目录 考向一 考向二 考向三 * 由递推关系式求通项公式的常用方法 方法 递推关系式 累加法 已知a1且an－an－1＝f(n)，求an 累乘法 已知a1且eq \f(an,an－1)＝f(n)，求an 目录 考向一 考向二 考向三 * 构造法 已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}求解 已知a1且an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0，q≠0)，则两边同时除以pn＋1得到eq \f(an＋1,pn＋1)＝eq \f(an,pn)＋q(p≠0，q≠0)，可转化为等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,pn)))求解 形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解 目录 考向一 考向二 考向三 2n－1 答案 解析 * 1.若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，则数列{an}的通项公式为an＝________． 解析　由题意，知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1. 目录 考向一 考向二 考向三 2n(n＋1) 答案 解析 * 2．在数列{an}中，a1＝4，nan＋1＝(n＋2)an，则数列{an}的通项公式为an＝_____________． 解析　由递推关系得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋2,n)，又a1＝4，∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n,n－2)×eq \f(n－1,n－3)×…×eq \f(4,2)×eq \f(3,1)×4＝eq \f(（n＋1）×n,2×1)×4＝2n(n＋1)． 目录 考向一 考向二 考向三 7 答案 解析 * 3．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(1,3)an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n＋1)(n∈N*)，则an＝________，eq \f(1,243)是这个数列的第________项． eq \f(n＋2,3n) 解析　由题意得an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n)(n≥2)，∴3nan＝3n－1an－1＋1(n≥2)，即3nan－3n－1·an－1＝1(n≥2)．又a1＝1，∴31a1＝3，∴数列{3nan}是以3为首项，1为公差的等差数列，∴3nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，∴an＝eq \f(n＋2,3n)(n∈N*)．由eq \f(n＋2,3n)＝eq \f(1,243)，得n＝7. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 多角度探究突破 考向三　数列的性质 角度 数列的周期性 例3　(2023·防城港模拟)已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，若a1＝eq \f(1,2)，则a2023＝(　　) A．－2 B．－1 C．eq \f(1,2) D．2 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　a1＝eq \f(1,2)，则a2＝eq \f(1,1－a1)＝eq \f(1,1－\f(1,2))＝2，a3＝eq \f(1,1－a2)＝eq \f(1,1－2)＝－1，a4＝eq \f(1,1－a3)＝eq \f(1,1＋1)＝eq \f(1,2)，…，故{an}是周期为3的数列，因为2023＝674×3＋1，所以a2023＝a1＝eq \f(1,2).故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 角度 例4　已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n＋k,2n)，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为(　　) A．(3，＋∞) B．(2，＋∞) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞) 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　因为数列{an}为递减数列，所以对任意n∈N*，an＋1－an＝eq \f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq \f(3n＋k,2n)＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)＜0，即k＞3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 角度 例5　已知数列{an}的通项公式为an＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n)，则数列{an}中的最大项为(　　) A.eq \f(8,9) B.eq \f(2,3) C.eq \f(64,81) D.eq \f(125,243) 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　解法一(作差比较法)：an＋1－an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n＋1)－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n)＝eq \f(2－n,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n)，当n<2时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>2时，an＋1－an<0，即an＋1<an，所以a1<a2＝a3>a4>a5>…>an，所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(8,9).故选A. 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解法二(作商比较法)：由题可知，an>0，eq \f(an＋1,an)＝eq \f(（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n＋1),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n))＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，令eq \f(an＋1,an)>1，解得n<2；令eq \f(an＋1,an)＝1，解得n＝2；令eq \f(an＋1,an)<1，解得n>2.故a1<a2＝a3>a4>a5>…>an，所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(8,9).故选A. 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)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. 目录 考向一 考向二 考向三 * (2)判断数列的单调性的两种方法 (3)求数列的最大项与最小项的常用方法 ①将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f(x)的最值，进而求出数列的最大项或最小项； ②通过通项公式an研究数列的增减性，确定最大项及最小项． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 1.已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则a1a2a3…a2023＝(　　) A．－6 B．6 C．－3 D．3 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　∵a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，∴a2＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2，…，∴an＋4＝an，又a1a2a3a4＝1，∴a1a2a3…a2023＝(a1a2a3a4)505·a1a2a3＝1×2×(－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝3.故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 2．(2023·广东4月大联考)已知数列{an}的各项均为正数，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋n,2n)))是常数列，则数列{an}(　　) A．是递增数列 B．是递减数列 C．先递增后递减 D．先递减后递增 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　设eq \f(an＋n,2n)＝k(k为常数)，则an＝k·2n－n，∵an>0，∴k>eq \f(n,2n)，易得k>eq \f(1,2)，an－an－1＝k·2n－n－k·2n－1＋n－1＝k·2n－1－1>eq \f(1,2)×21－1＝0(n≥2)，∴an－an－1>0，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为递增数列．故选A. 目录 考向一 考向二 考向三 －9 0 答案 * 3．已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈Z，且a≠0)．若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，则a＝________，数列{an}中最小项的值为________． 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2)).因为对任意的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，知5<eq \f(2－a,2)<6，所以－10<a<－8，因为a∈Z，所以a＝－9，所以an＝1＋eq \f(1,2n－11)，可知最小项为a5＝0. 课时作业 KE SHI ZUO YE 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 一、单项选择题 1．已知数列eq \r(2)，eq \r(5)，2eq \r(2)，…，则2eq \r(5)是该数列的(　　) A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项 解析　由数列eq \r(2)，eq \r(5)，2eq \r(2)，…的前3项eq \r(2)，eq \r(5)，eq \r(8)可知，数列的通项公式为an＝eq \r(2＋3（n－1）)＝eq \r(3n－1)，由eq \r(3n－1)＝2eq \r(5)，可得n＝7.故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 2．(2023·北京丰台二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝n2－1，则a3＝(　　) A．－5 B．5 C．7 D．8 解析　因为Sn＝n2－1，所以a3＝S3－S2＝(32－1)－(22－1)＝5.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 3．在数列{an}中，a1＝3，a2＝－1，an＋2＝3an＋1＋an，则a5＝(　　) A．0 B．－1 C．－2 D．－3 解析　a3＝3a2＋a1＝－3＋3＝0，a4＝3a3＋a2＝－1，a5＝3a4＋a3＝－3.故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 4．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，则Sn＝(　　) A.eq \f(1－2n,3) B.eq \f(1－（－2）n,3) C.eq \f(1＋2n,3) D.eq \f(1＋（－2）n,3) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(2,3)a1＋eq \f(1,3)，解得a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)an－1＋\f(1,3)))＝eq \f(2,3)an－eq \f(2,3)an－1，即an＝－2an－1，∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴Sn＝eq \f(1－（－2）n,1－（－2）)＝eq \f(1－（－2）n,3).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 5．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，若a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))则解下5个圆环所需的最少移动次数为(　　) A．7 B．13 C．16 D．22 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　数列{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))所以a2＝2a1－1＝1，a3＝2a2＋2＝4，a4＝2a3－1＝7，a5＝2a4＋2＝16.所以解下5个圆环所需的最少移动次数为16.故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 6．(2023·张掖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，Sn＝Sn＋1－3an－2，则S20＝(　　) A.eq \f(320,2) B．321－20 C.eq \f(320,2)－eq \f(43,2) D.eq \f(321,2)－eq \f(43,2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由Sn＝Sn＋1－3an－2，得Sn＋1－Sn＝3an＋2，所以an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，因为a1＋1＝2＋1＝3，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1))是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1，所以S20＝3＋32＋…＋320－20＝eq \f(3×（1－320）,1－3)－20＝eq \f(321,2)－eq \f(43,2).故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 7．设Sn为数列{an}的前n项和，“{an}是递增数列”是“{Sn}是递增数列”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 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　数列－3，－2，－1，0，…是递增数列，但{Sn}不是递增数列，即充分性不成立；数列1，1，1，…，满足{Sn}是递增数列，但数列1，1，1，…不是递增数列，即必要性不成立，所以“{an}是递增数列”是“{Sn}是递增数列”的既不充分也不必要条件．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 8．(2023·衡水模拟)已知数列{an}为递减数列，其前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，则实数m的取值范围是(　　) A．(－2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(2，＋∞) D．(－∞，2) 解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，故当n≥2时，{an}为递减数列，只需满足a2<a1，即－1<1＋m，解得m>－2.故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 二、多项选择题 9．已知数列{an}满足an＋1＝1－eq \f(1,an)(n∈N*)，且a1＝2，则(　　) A．a3＝－1 B．a2023＝eq \f(1,2) C．S3＝eq \f(3,2) D．S2023＝1013 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1－eq \f(1,an)(n∈N*)，可得a2＝eq \f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，a5＝eq \f(1,2)，…，所以an＋3＝an，数列{an}的周期为3，故a2023＝a674×3＋1＝a1＝2，S3＝eq \f(3,2)，S2023＝674×eq \f(3,2)＋2＝1013. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 10．(2023·济南历城二中二模)下列四个命题中，正确的是(　　) A．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq \f(1,k) B．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，n∈N*，则－8是该数列的第7项 C．数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝2n－1 D．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(n,n＋1)，n∈N*，则数列{an}是递增数列 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　对于A，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq \f(1,k)，故A正确；对于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，故B正确；对于C，将3，5，9，17，33，…的各项减去1，得2，4，8，16，32，…，设该数列为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))，则其通项公式为bn＝2n(n∈N*)，因此数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，故C错误；对于D，an＝eq \f(n,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)，则an＋1－an＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(1,（n＋1）（n＋2）)>0，因此数列{an}是递增数列，故D正确．故选ABD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 11．费马数是以数学家费马命名的一组自然数，具有如下形式：Fn＝22n＋1(n＝0，1，2，…)．若bn＝eq \f(1,log2（Fn－1）－36)(n∈N*)，则(　　) A．数列{bn}的最大项为b1 B．数列{bn}的最大项为b6 C．数列{bn}的最小项为b1 D．数列{bn}的最小项为b5 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　bn＝eq \f(1,log2（Fn－1）－36)＝eq \f(1,2n－36)，因为函数f(n)＝2n－36单调递增，且当n≤5时，f(n)<0，即bn＜0，当n≥6时，f(n)>0，即bn＞0，所以数列{bn}的最大项为b6，最小项为b5.故选BD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 三、填空题 12．(2023·甘肃五十八中一模)数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝____________． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1))) eq \s\up12(2) 解析　设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝a1a2a3×…×an＝n2　①，当n≥2时，Tn－1＝a1a2a3×…×an－1＝(n－1)2　②，①÷②得an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1))) eq \s\up12(2)(n≥2)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 13．已知数列{an}满足下列条件： ①是无穷数列；②是递减数列；③每一项都是正数． 写出一个符合条件的数列{an}的通项公式为an＝_______________． eq \f(1,n)(答案不唯一) 解析　符合条件的数列有eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n3)))，…. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 an＝n 答案 解析 * 14．已知数列{an}满足an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，a1＝1，则数列{an}的通项公式为________． 解析　当n≥2时，由题得an－1＋an＝2(n－1)＋1＝2n－1，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－1＋an＝2n－1，,an＋an＋1＝2n＋1，))得an＋1－an－1＝2，所以奇数项成等差数列，偶数项也成等差数列，公差均为2，由a1＝1得当n为奇数时，an＝n，当n＝1时，由an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)得a2＝2，所以当n为偶数时，an＝n，从而an＝n. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 四、解答题 15．问题：已知n∈N*，数列{an}的前n项和为Sn，是否存在数列{an}，满足S1＝1，an＋1≥1＋an，________？若存在，求出数列{an}的通项公式；若不存在，说明理由． 在①an＋1＝2(eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn))；②an＝Sn－1＋n(n≥2)；③an＋1＝2an＋n－1这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 解　选①：an＋1＝2(eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn))＝Sn＋1－Sn ＝(eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn))(eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn))． ∵S1＝a1＝1，an＋1－an≥1， ∴eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn)＞0， ∴eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝2，即{eq \r(Sn)}是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴eq \r(Sn)＝2n－1，∴Sn＝(2n－1)2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)2－(2n－3)2＝8n－8， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 显然，a1＝1不满足上式， ∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,8n－8，n≥2.)) 选②：当n≥2时，an＝Sn－1＋n， 即Sn－1＝an－n， ∴an＝Sn－Sn－1＝an＋1－(n＋1)－(an－n)， 整理得an＋1＋1＝2(an＋1)． 又a2＝S1＋2＝3，a2＋1＝4. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * ∴{an＋1}从第2项起，是以4为首项，2为公比的等比数列． ∴当n≥2时，an＋1＝4·2n－2＝2n， 即an＝2n－1. 显然，n＝1时，上式也成立，∴an＝2n－1. 选③：∵an＋1＝2an＋n－1， ∴an＋1＋n＋1＝2(an＋n)． 又a1＋1＝2， ∴{an＋n}是以2为首项和公比的等比数列， ∴an＋n＝2n，∴an＝2n－n. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 16．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*. (1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式； (2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 解　(1)依题意得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n， 即Sn＋1＝2Sn＋3n， 由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)， 即bn＋1＝2bn， 又b1＝S1－3＝a－3， 因此数列{bn}的通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * (2)由(1)可知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*， 于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2， an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2 ＝2n－2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)＋a－3))， 所以当n≥2时，an＋1≥an⇒12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－2)＋a－3≥0⇒a≥－9， 又a2＝a1＋3>a1，a≠3. 所以a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)． 　　　　　　　　　　　　　 R $$