第1节 数列的概念与简单表示法-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（新教材，基础版）

第七章　数列 第一节　数列的概念与简单 表示法 课标解读 考向预测 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表法、图象法、解析式法). 2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数. 预计2025年高考会以特殊数列为主，考查数列的通项公式与前n项和公式以及递推公式，在选择题、填空题或解答题中都可能会出现，难度适中. 目录 必备知识——强基础 考点探究——提素养 课时作业 必备知识——强基础 目录 确定的顺序 每一个数 (n，an) 序号n * 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eq \x(\s\up1(02))___________叫做这个数列的项． 2．数列的表示方法 列表法 列出表格表示n与an的对应关系 图象法 把点eq \x(\s\up1(03))___________画在平面直角坐标系中 解析式法 通项公式 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 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 目录 有限 无限 ＞ ＜ * 3.数列的分类 分类标准 类型 满足条件 项数 有穷数列 项数eq \x(\s\up1(05))_______ 无穷数列 项数eq \x(\s\up1(06))_______ 项与项间的大小关系 递增数列 an＋1eq \x(\s\up1(07))_______an 其中n∈N* 递减数列 an＋1eq \x(\s\up1(08))_______an 常数列 an＋1＝an 摆动数列 从第2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 目录 a1＋a2＋…＋an * 4.数列的前n项和 (1)表示：在数列{an}中，Sn＝eq \x(\s\up1(09))___________________叫做数列的前n项和． (2)an与Sn的关系：若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.)) 目录 √ × √ × 答案 * 1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．(　　) (2)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.(　　) (3)在数列{an}中，对于任意正整数m，n，am＋n＝amn＋1，若a1＝1，则a2＝2.(　　) (4)任何一个数列都有唯一的通项公式．(　　) 目录 答案 解析 * 2．小题热身 (1)在数列eq \r(1)，eq \r(2)，eq \r(3)，2，eq \r(5)，…中，第9个数是(　　) A．3eq \r(3) B．3 C．eq \r(10) D．10 解析　观察题目中的数列可知，根号里面的数是公差为1的等差数列，即eq \r(n)，第9个数为eq \r(9)＝3.故选B. 目录 答案 解析 * (2)(多选)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项公式可能是(　　) 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，其他都可能．故选ABD. 目录 解析 答案 * 解析　由题意，令n＝1，可得a2＝1＋eq \f(1,a1)＝2；令n＝2，可得a3＝1＋eq \f(1,a2)＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)；令n＝3，可得a4＝1＋eq \f(1,a3)＝1＋eq \f(1,\f(3,2))＝eq \f(5,3)；令n＝4，可得a5＝1＋eq \f(1,a4)＝1＋eq \f(1,\f(5,3))＝eq \f(8,5). (3)(人教A选择性必修第二册4.1练习T3改编)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋eq \f(1,an)，则a5＝________． eq \f(8,5) 目录 解析 答案 * 解析　由题图可知，从中间一行向上、向下每经过一行，小正方形的数量减少1，直至减少到1，所以an＝n＋2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×1，所以an＝n＋2·eq \f([1＋（n－1）]（n－1）,2)＝n2. (4)(人教A选择性必修第二册4.1练习 T1改编)下列从左到右排列的图形中，小正方形个数构成的数列的一个通项公式为an＝________． n2 考点探究——提素养 目录 答案 解析 * 考点一　利用an与Sn的关系求通项公式(多考向探究) 考向1已知Sn求an 例1 (2023·山西大学附中三模)已知数列{an}满足条件eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,22)a2＋eq \f(1,23)a3＋…＋eq \f(1,2n)an＝2n＋5，则数列{an}的通项公式为_____________________________． an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(14，n＝1，,2n＋1，n≥2)) 解析　当n＝1时，a1＝14，因为eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,22)a2＋eq \f(1,23)a3＋…＋eq \f(1,2n)an＝2n＋5，所以eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,22)a2＋eq \f(1,23)a3＋…＋eq \f(1,2n－1)an－1＝2n＋3(n≥2)，当n≥2时，两式相减得，eq \f(1,2n)an＝(2n＋5)－(2n＋3)＝2，化简得an＝2n＋1，又a1＝14不符合上式，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(14，n＝1，,2n＋1，n≥2.)) 目录 * 【通性通法】 已知Sn求an的步骤 步骤一 利用a1＝S1，求出a1 步骤二 用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出当n≥2时an的表达式 步骤三 检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并 目录 答案 解析 * 【巩固迁移】 1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝___________________． eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N*)) 解析　当n＝1时，a1＝S1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1.显然当n＝1时，不满足上式，故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N*.)) 目录 答案 解析 * 考向2已知an与Sn的关系求an 例2 已知数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝2，an＋1＝Sn，则a100＝(　　) A．297 B．298 C．299 D．2100 解析　当n≥2时，由an＋1＝Sn　①，可得an＝Sn－1　②，两式相减得，an＋1－an＝an，所以an＋1＝2an，n≥2，当n＝1时，a2＝S1＝a1＝2，故数列{an}从第2项开始，是公比为2的等比数列，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，))所以a100＝299.故选C. 目录 * 【通性通法】 Sn与an关系问题的解题策略 根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． 策略一 利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解 策略二 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 答案 解析 * 【巩固迁移】 2．(2024·广东中山一中阶段考试)设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－Sn·Sn－1(n≥2)，则Sn＝________，an＝__________________________． eq \f(1,n) 解析　依题意得Sn－1－Sn＝Sn－1·Sn(n≥2)，整理得eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝1，又eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以1为首项，1为公差的等差数列，因此eq \f(1,Sn)＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝eq \f(1,n)，∴当n≥2时，an＝－Sn·Sn－1＝－eq \f(1,n（n－1）).又当n＝1时，a1＝1，∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,－\f(1,n（n－1）)，n≥2.)) 　eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,－\f(1,n（n－1）)，n≥2)) 目录 答案 解析 * 考点二 利用递推关系求通项公式(多考 向探究) 考向1累加法 例3 (2024·江苏镇江一中高三月考)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an＝(　　) A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n 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也适合该式，因此an＝2＋ln n(n∈N*)．故选A. 目录 * 【通性通法】 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． 目录 答案 解析 * 【巩固迁移】 3．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2－2an＋1＋an＝eq \f(1,2)，则a100＝________． eq \f(5051,2) 解析　由已知，得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝eq \f(1,2)，又a2－a1＝1，∴数列{an＋1－an}是首项为1，公差为eq \f(1,2)的等差数列，an＋1－an＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋1,2)，∴an－an－1＝eq \f(n,2)，…，a3－a2＝eq \f(3,2)，a2－a1＝eq \f(2,2)，∴an－a1＝(an－an－1)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＝eq \f(1,2)×(2＋3＋…＋n)，an＝eq \f(n2＋n＋2,4)(n≥2)，a100＝eq \f(5051,2). 目录 答案 解析 * 考向2累乘法 例4 (2024·湖北黄冈质检)在数列{an}中，an＋1＝eq \f(n,n＋2)an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式为an＝____________． eq \f(8,n（n＋1）) 解析　由an＋1＝eq \f(n,n＋2)an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋2)，故eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(2,4)，…，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)(n≥2)，以上式子累乘得，eq \f(an,a1)＝eq \f(1,3)·eq \f(2,4)·…·eq \f(n－3,n－1)·eq \f(n－2,n)·eq \f(n－1,n＋1)＝eq \f(2,n（n＋1）).因为a1＝4，所以an＝eq \f(8,n（n＋1）)(n≥2)．又a1＝4满足上式，所以an＝eq \f(8,n（n＋1）). 目录 * 【通性通法】 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． 提醒：利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到eq \f(a2,a1)，漏掉a1而导致错误；二是根据连乘求出an之后，不注意检验a1是否成立． 目录 360 答案 解析 * 【巩固迁移】 4．数列{an}满足a1＝1，an＝a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1(n≥2，n∈N*)，则a6＝________． 解析　由题意得an＋1＝a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＋nan　①，当n＝1时，a2＝a1，当n≥2时，an＝a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1　②，①－②得an＋1－an＝nan，所以an＋1＝(n＋1)an(n≥2)，所以a1＝1，eq \f(a2,a1)＝1，eq \f(a3,a2)＝3，eq \f(a4,a3)＝4，…，eq \f(an,an－1)＝n，累乘得an＝eq \f(n！,2)(n≥2)，所以a6＝eq \f(6！,2)＝360. 目录 答案 解析 * 考向3构造法 例5 (1)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，则an的表达式为____________________． an＝eq \f(2,6n－5) 解析　数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，可得eq \f(1,an＋1)＝3＋eq \f(1,an)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公差为3的等差数列，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋3(n－1)＝eq \f(6n－5,2)，可得an＝eq \f(2,6n－5). 目录 答案 解析 * (2)(2024·江西九江模拟)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋2×3n＋1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________________． 　an＝(2n－1)×3n 解析　由an＋1＝3an＋2×3n＋1，得eq \f(an＋1,3n＋1)＝eq \f(an,3n)＋eq \f(2×3n＋1,3n＋1)，∴eq \f(an＋1,3n＋1)－eq \f(an,3n)＝2，即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n)))是首项为1，公差为2的等差数列，∴eq \f(an,3n)＝2n－1，得an＝(2n－1)×3n. 目录 答案 解析 * (3)(2023·四川师大附中二诊)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋eq \f(1,2)，且{an}的前8项和为761，则a1＝________． eq \f(5,2) 解析　数列{an}满足an＋1＝2an＋eq \f(1,2)，整理得an＋1＋eq \f(1,2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))，若a1＝－eq \f(1,2)，则an＝－eq \f(1,2)，显然不符合题意，所以an≠－eq \f(1,2)，则eq \f(an＋1＋\f(1,2),an＋\f(1,2))＝2(常数)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是以a1＋eq \f(1,2)为首项，2为公比的等比数列，所以an＋eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))·2n－1，整理得an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))·2n－1－eq \f(1,2).由于前8项和为761，所以S8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))×(1＋2＋…＋27)－8×eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))×eq \f(1－28,1－2)－4＝255eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))－4＝761，解得a1＝eq \f(5,2). 目录 * 【通性通法】 数列中求通项的常见构造法 形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数，pq≠0且p≠1)的递推式 可构造an＋1＋λ＝p(an＋λ)，转化为等比数列求解．也可以与类比式an＝pan－1＋q作差，由an＋1－an＝p(an－an－1)，构造{an＋1－an}为等比数列，然后利用累加法求通项 形如an＋1＝pan＋dn(p≠0且p≠1，d≠0且d≠1)的递推式 当p＝d时，两边同除以dn＋1转化为关于eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,dn)))的等差数列；当p≠d时，两边可以同除以dn＋1得eq \f(an＋1,dn＋1)＝eq \f(p,d)·eq \f(an,dn)＋eq \f(1,d)，转化为bn＋1＝eq \f(p,d)·bn＋eq \f(1,d)，然后利用构造法求解 形如an＋1＝eq \f(aan,b＋can)(ac≠0)的递推式 取倒数得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(b＋can,aan)＝eq \f(b,a)·eq \f(1,an)＋eq \f(c,a).当a＝b时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列；当a≠b时，令bn＝eq \f(1,an)，则bn＋1＝eq \f(b,a)·bn＋eq \f(c,a)，然后利用构造法求解 目录 答案 解析 * 【巩固迁移】 5．(2023·湖南株洲模拟)数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)(n∈N*)，则eq \f(2,101)是这个数列的第(　　) A．100项 B．101项 C．102项 D．103项 解析　由an＋1＝eq \f(2an,an＋2)(n∈N*)，得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋2,2an)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)，则eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2)(n－1)＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋1,2)，∴an＝eq \f(2,n＋1)，令eq \f(2,n＋1)＝eq \f(2,101)，得n＝100.故选A. 目录 答案 解析 * 6．(2024·浙江诸暨中学质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为_______________． an＝2·3n－1－1 解析　∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，又a1＋1＝2，∴数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1. 目录 答案 解析 * 7．已知在数列{an}中，a1＝eq \f(5,6)，an＋1＝eq \f(1,3)an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)，则an＝____________． 　eq \f(3,2n)－eq \f(2,3n) 解析　因为a1＝eq \f(5,6)，an＋1＝eq \f(1,3)an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)，所以2n＋1an＋1＝eq \f(2,3)×2nan＋1，整理得2n＋1an＋1－3＝eq \f(2,3)(2nan－3)，所以数列{2nan－3}是以2a1－3＝－eq \f(4,3)为首项，eq \f(2,3)为公比的等比数列，所以2nan－3＝－eq \f(4,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)，解得an＝eq \f(3,2n)－eq \f(2,3n). 目录 答案 解析 * 考点三　数列的性质及其应用(多考向探究) 考向1数列的周期性 例6 (2024·哈尔滨质检)已知数列{an}的前n项积为Tn，a1＝2且an＋1＝1－eq \f(1,an)，则T2024＝________． 1 解析　∵a2＝1－eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，a3＝1－eq \f(1,a2)＝－1，a4＝1－eq \f(1,a3)＝2＝a1，…，∴数列{an}是周期为3的数列．又a1a2a3＝2×eq \f(1,2)×(－1)＝－1，且2024＝3×674＋2，∴T2024＝(－1)674·a2023·a2024＝1×2×eq \f(1,2)＝1. 目录 * 【通性通法】 解决数列周期性问题，根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求出有关项的值或前n项和． 目录 答案 解析 * 【巩固迁移】 8．(2024·江西临川一中高三质检)无穷数列{an}满足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，则称{an}为“和谐递进数列”．若{an}为“和谐递进数列”，Sn为其前n项和，且a1＝1，a2＝2，a4＝1，a6＋a8＝6，则a7＝________，S2023＝________． 1 解析　因为数列{an}是“和谐递进数列”，且a1＝a4＝1，a2＝2，所以a5＝a2＝2，同理有a3＝a6，a7＝a4＝1，a8＝a5＝2，又a6＋a8＝6，所以a3＝a6＝4，则数列{an}：a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝1，a5＝2，a6＝4，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是以3为周期的数列，所以S2023＝S674×3＋1＝(1＋2＋4)×674＋1＝4719. 4719 目录 答案 解析 * 考向2数列的单调性 例7 已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”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 解析　若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an>0，∴(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λ<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,2))) eq \s\do7(min)＝eq \f(3,2)，∵由λ<1可推得λ<eq \f(3,2)，但反过来，由λ<eq \f(3,2)不能得到λ<1，∴“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．故选A. 目录 * 【通性通法】 解决数列的单调性问题的常用方法 作差比较法 根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列 作商比较法 根据eq \f(an＋1,an)(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断 目标函数法 写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去 目录 答案 解析 * 解析　因为an>0，令eq \f(an,an－1)>1(n≥2)，则eq \f(（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))\s\up12(n),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))\s\up12(n－1))>1，整理得eq \f(n＋1,n)>eq \f(10,9)，解得n<9，即当n<9时，an>an－1.同理，令eq \f(an,an－1)＝1(n≥2)，即当n＝9时，a8＝a9.令eq \f(an,an－1)<1(n≥2)，得n>9，即当n>9时，an<an－1.综上，数列{an}从第1项到第8项递增，从第9项起递减，即数列{an}先递增后递减．故选C. 【巩固迁移】 9．(2024·湖北宜昌阶段考试)数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10))) eq \s\up12(n)(n∈N*)，则该数列(　　) A．递增 B．递减 C．先递增后递减 D．先递减后递增 目录 答案 * 10．已知数列{an}满足an＋1＝2an＋1，a1＝1，若bn＝λan－n2＋4n为递增数列，则λ的取值范围为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) 目录 解析 * 解析　因为在数列{an}中，an＋1＝2an＋1，a1＝1，则有an＋1＋1＝2(an＋1)，而a1＋1＝2，因此数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，an＋1＝2n，即an＝2n－1，则bn＝λ(2n－1)－n2＋4n，因为数列{bn}为递增数列，即∀n∈N*，bn＋1－bn＞0，则λ(2n＋1－1)－(n＋1)2＋4(n＋1)－[λ(2n－1)－n2＋4n]＝λ·2n－2n＋3＞0，则λ>eq \f(2n－3,2n)，令cn＝eq \f(2n－3,2n)，则cn＋1－cn＝eq \f(2n－1,2n＋1)－eq \f(2n－3,2n)＝eq \f(5－2n,2n＋1)，n∈N*，当n≤2时，cn＋1＞cn，当n≥3时，cn＋1＜cn，于是得c3＝eq \f(3,8)是数列{cn}的最大项，即当n＝3时，eq \f(2n－3,2n)取得最大值eq \f(3,8)，从而得λ>eq \f(3,8)，所以λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，＋∞)).故选C. 目录 答案 解析 * 解析　假设第n项最大(n≥2)，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1)) ⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n)≥2（n－1）n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n－1)，,2n（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n)≥2（n＋1）（n＋2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n＋1)))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n≤\f(23,3)，,n≥\f(20,3)，))又n∈N*，所以n＝7，即数列{an}的最大项为第7项．故选D. 考向3数列的最值 例8 (2023·四川成都模拟)已知数列{an}满足an＝2n(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13))) eq \s\up12(n)，则数列{an}的最大项为(　　) A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项 目录 * 【通性通法】 求数列的最大项与最小项的常用方法 单调性法 根据数列的单调性判断 不等式法 利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项 目录 答案 解析 * 解析　∵数列{an}的前n项积bn＝1－eq \f(2,7)n，当n＝1时，a1＝eq \f(5,7)；当n≥2时，bn－1＝1－eq \f(2,7)(n－1)，an＝eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(1－\f(2,7)n,1－\f(2,7)（n－1）)＝eq \f(2n－7,2n－9)＝1＋eq \f(2,2n－9)，当n＝1时也适合上式，∴an＝1＋eq \f(2,2n－9)，∴当n≤4时，数列{an}递减，且an＜1；当n≥5时，数列{an}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.故选C. 【巩固迁移】 11．(2024·河南洛阳一高质检)若数列{an}的前n项积bn＝1－eq \f(2,7)n，则an的最大值与最小值之和为(　　) A．－eq \f(1,3) B．eq \f(5,7) C．2 D．eq \f(7,3) 课时作业 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 一、单项选择题 1．若一数列为1，37，314，321，…，则398是这个数列的(　　) A．第12项 B．第13项 C．第14项 D．第15项 解析　1＝37×0，37＝37×1，314＝37×2，321＝37×3，因此符合题意的一个通项公式为an＝37(n－1)，由37(n－1)＝398，解得n＝15，所以398是这个数列的第15项．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 2．(2023·莆田质检)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．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＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n为奇数，,2an－1，n为偶数，))则解下6个圆环所需的最少移动次数为(　　) A．13 B．15 C．16 D．29 解析　∵a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n为奇数，,2an－1，n为偶数，))∴a2＝a1＋2＝3，a3＝2a2－1＝5，a4＝a3＋2＝7，a5＝2a4－1＝13，a6＝a5＋2＝15.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 3．若数列{an}满足a1＝2a2＝2，且an＋2＝|an＋1－an|，则{an}的前100项和为(　　) A．67 B．68 C．134 D．167 解析　因为a1＝2a2＝2，所以a1＝2，a2＝1，因为an＋2＝|an＋1－an|，所以数列的项依次为2，1，1，0，1，1，0，…，所以从第2项起，3项一个循环，所以{an}的前100项和为2＋33×(1＋1＋0)＝68.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝Sn＋2n＋1，a1＝2，则Sn＝(　　) A．(n＋1)·2n B．(n＋1)·2n－1 C．n·2n－1 D．n·2n 解析　因为an＋1＝Sn＋2n＋1，则Sn＋1－Sn＝Sn＋2n＋1，于是得eq \f(Sn＋1,2n＋1)－eq \f(Sn,2n)＝1，因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,2n)))是公差为1的等差数列，首项eq \f(S1,21)＝1，则eq \f(Sn,2n)＝1＋(n－1)×1，所以Sn＝n·2n.故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 5．(2024·山东济南莱芜第一中学质检)已知数列{an}的前n项和Sn满足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，且a1＝2，那么a7＝(　　) A．128 B．16 C．32 D．64 解析　因为数列{an}的前n项和Sn满足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，a1＝2，所以Sn＋1＝2Sn，即eq \f(Sn＋1,Sn)＝2，所以数列{Sn}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＝2×2n－1＝2n.所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.所以a7＝26＝64.故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 6．(2024·吉林四平实验中学阶段考试)已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝(　　) A．eq \f(n2－n,2) B．eq \f(n2－n＋2,2) C．eq \f(2,n2－n) D.eq \f(2,n2－n＋2) 解析　由题意，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝n，则当n≥2时，eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝n－1，eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an－2)＝n－2，…，eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝1，所以eq \f(1,an)－eq \f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq \f(n2－n,2)(n≥2)，所以eq \f(1,an)＝eq \f(n2－n,2)＋1＝eq \f(n2－n＋2,2)，即an＝eq \f(2,n2－n＋2)(n≥2)，当n＝1时，a1＝1适合此式，所以an＝eq \f(2,n2－n＋2).故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 7．(2024·河南信阳模拟)在数列{an}中，a1＝1，向量a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，则a100＝(　　) A．eq \f(100,99) B．－eq \f(100,99) C．100 D．－100 解析　因为a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，所以nan＋1＋(n＋1)an＝0，所以eq \f(an＋1,an)＝－eq \f(n＋1,n)，所以eq \f(a2,a1)＝－eq \f(2,1)，eq \f(a3,a2)＝－eq \f(3,2)，…，eq \f(a100,a99)＝－eq \f(100,99).以上各式左右分别相乘，得eq \f(a100,a1)＝－100，因为a1＝1，所以a100＝－100.故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 8．已知数列{an}满足an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3－a）n－2，n≤6，,an－5，n>6，))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\co1(\f(16,7)，3)) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，3)) C．(1，3) D．(2，3) 解析　若{an}是递增数列，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,a7>a6，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<3，,a>1，,a2>6（3－a）－2，))解得2<a<3，即实数a的取值范围是(2，3)．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 二、多项选择题 9．下列数列是递增数列的是(　　) A．{1＋3n} B．{3n－2n＋2} C．{2n－n} D．{(－3)n} 解析　令an＝1＋3n，则an＋1－an＝1＋3(n＋1)－(1＋3n)＝3>0，是递增数列，A符合题意；令an＝3n－2n＋2，则a1＝－5，a2＝－7，B不符合题意；令an＝2n－n，则an＋1－an＝2n＋1－2n－1＝2n－1>0，C符合题意；令an＝(－3)n，则a1＝－3，a3＝－27，D不符合题意．故选AC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 10．(2024·江苏淮安一中质检)已知数列{an}满足a1＝－eq \f(1,2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则(　　) A．a3＝eq \f(2,3) B．S3n＋3－S3n＝eq \f(19,6) C．S19＝19 D．an－1anan＋1＝－1(n≥2，n∈N*) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由a1＝－eq \f(1,2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)，得a2＝1－eq \f(1,a1)＝3，a3＝1－eq \f(1,a2)＝eq \f(2,3)，故A正确；又a4＝1－eq \f(1,a3)＝－eq \f(1,2)＝a1，所以数列{an}是以3为周期的周期数列，所以S3n＋3－S3n＝a3n＋1＋a3n＋2＋a3n＋3＝a1＋a2＋a3＝eq \f(19,6)，故B正确；S19＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a16＋a17＋a18)＋a19＝eq \f(19,6)×6－eq \f(1,2)＝eq \f(37,2)，故C错误；因为an＝1－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an－1－1,an－1)(n≥2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)＝1－eq \f(an－1,an－1－1)＝eq \f(－1,an－1－1)，所以an－1anan＋1＝an－1·eq \f(an－1－1,an－1)·eq \f(－1,an－1－1)＝－1(n≥2)，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 17 18 19 答案 解析 * 三、填空题 11．在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＝an－1＋eq \f(1,an－2)(n≥3)，则a5＝________． 解析　因为a1＝1，a2＝3，an＝an－1＋eq \f(1,an－2)(n≥3)，所以a3＝a2＋eq \f(1,a1)＝4，a4＝a3＋eq \f(1,a2)＝4＋eq \f(1,3)＝eq \f(13,3)，a5＝a4＋eq \f(1,a3)＝eq \f(13,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(55,12). eq \f(55,12) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 12．(2024·湖北荆州中学月考)Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为____________________． 解析　由log2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，显然当n＝1时，不满足上式．所以数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2.)) an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 13．(2024·四川绵阳中学质检)已知数列{an}满足a1＝28，eq \f(an＋1－an,n)＝2，则eq \f(an,n)的最小值为________． 解析　由an＋1－an＝2n，a1＝28，可得an＝n2－n＋28，∴eq \f(an,n)＝n＋eq \f(28,n)－1，设f(x)＝x＋eq \f(28,x)，可知f(x)在(0，2eq \r(7))上单调递减，在(2eq \r(7)，＋∞)上单调递增，又n∈N*，且eq \f(a5,5)＝eq \f(48,5)<eq \f(a6,6)＝eq \f(29,3)，∴eq \f(an,n)的最小值为eq \f(48,5). eq \f(48,5) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 0 答案 解析 * 14．在数列{an}中，a1＝1，anan＋3＝1，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a2023＝______． 解析　因为anan＋3＝1，所以an＋3an＋6＝1，所以an＋6＝an，所以{an}是周期为6的周期数列，所以log5a1＋log5a2＋…＋log5a2023＝log5(a1a2…a2023)＝log5[(a1a2…a6)337·a1]，又因为a1a4＝a2a5＝a3a6＝1，所以a1a2…a6＝1，所以原式＝log5(1337×1)＝log51＝0. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 四、解答题 15．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{an}的通项公式． 解　(1)将Sn＝eq \f(bn,bn－1)(n≥2)代入eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2，得eq \f(2bn－1,bn)＋eq \f(1,bn)＝2(n≥2)，整理得bn－bn－1＝eq \f(1,2)(n≥2)． 又当n＝1时，可得eq \f(2,S1)＋eq \f(1,b1)＝2，即eq \f(2,b1)＋eq \f(1,b1)＝2，得b1＝eq \f(3,2)，所以数列{bn}是以eq \f(3,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列， 所以bn＝eq \f(3,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)n＋1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (2)由(1)得bn＝eq \f(1,2)n＋1，将其代入eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2，得Sn＝eq \f(n＋2,n＋1). 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,n＋1)－eq \f(n＋1,n)＝－eq \f(1,n（n＋1）)， 又当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，不满足上式， 所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2，n∈N*.)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 16．(多选)若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的是(　　) A．an＝3n B．an＝n2＋1 C．an＝eq \r(n) D．an＝ln eq \f(n,n＋1) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　对于A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不是递减数列，故A不符合题意；对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}是递增数列，故B不符合题意；对于C，若an＝eq \r(n)，则an＋1－an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}是递减数列，故C符合题意；对于D，若an＝ln eq \f(n,n＋1)，则an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n＋2)－ln eq \f(n,n＋1)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n＋2)·\f(n＋1,n)))＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2＋2n)))，由函数y＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2＋2x)))在(0，＋∞)上单调递减，所以{an＋1－an}是递减数列，故D符合题意．故选CD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 17．(多选)(2023·南京模拟)对于数列{an}，若存在数列{bn}满足bn＝an－eq \f(1,an)(n∈N*)，则称数列{bn}是{an}的“倒差数列”．下列关于“倒差数列”的描述中，正确的是(　　) A．若数列{an}是递增数列，则其“倒差数列”不一定是递增数列 B．若an＝3n－1，则其“倒差数列”有最大值 C．若an＝3n－1，则其“倒差数列”有最小值 D．若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n)，则其“倒差数列”有最大值 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　若数列{an}是递增数列，则bn－bn－1＝an－eq \f(1,an)－an－1＋eq \f(1,an－1)＝(an－an－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,anan－1)))，虽然有an＞an－1，但当1＋eq \f(1,anan－1)＜0时，bn＜bn－1，因此{bn}不一定是递增数列，A正确；an＝3n－1，则bn＝3n－1－eq \f(1,3n－1)，易知{bn}是递增数列，无最大值，有最小值为b1，B错误，C正确；若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n)，则bn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n)－eq \f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))，∵函数y＝x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，∴当n为偶数时，an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)∈(0，1)，∴bn＝an－eq \f(1,an)＜0，当n为奇数时，an＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＞1，显然an是递减的，因此bn＝an－eq \f(1,an)也是递减的，即b1＞b3＞b5＞…，∴{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．故选ACD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 76 答案 解析 * 18．(2024·辽宁朝阳市第一高级中学校考阶段练习)已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－1＋an－2，n为奇数，,an－1－an－2，n为偶数，))则a20＝__________． 解析　由a3＝a2＋a1＝3，a4＝a3－a2，a5＝a4＋a3，a6＝a5－a4，a7＝a6＋a5，a8＝a7－a6，a9＝a8＋a7，a10＝a9－a8，…，a20＝a19－a18，得a3＋a4＝a2＋a1＋a3－a2，即a4＝a1，同理得a6＝a3，…，a20＝a17；a3＋a4＋a5＝a2＋a1＋a3－a2＋a3＋a4，即a5＝a3＋a1，同理得a7＝a5＋a3，…，a17＝a15＋a13.综上，a20＝a17＝a15＋a13＝2a13＋a11＝…＝21a3＋13a1＝76. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 19．已知数列{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 \o\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*)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * (2)由(1)可得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λ＜eq \f(2·3n,2n＋1). 令cn＝eq \f(2·3n,2n＋1)，则eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(2·3n＋1,2n＋3)·eq \f(2n＋1,2·3n)＝eq \f(6n＋3,2n＋3)＞1. ∴{cn}为递增数列， ∴λ＜c1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)． 　　　　　　　　　　　　　 R $$