主题二第五章第1节数列的概念及其函数特性-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

2025-05-16

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主题二函数（选择性必修第二册）第五章数列第1节数列的概念及其函数特性下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）复盘必备知识 01 跃升关键能力 02 课时冲关 03 主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）复盘必备知识下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）跃升关键能力下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS）课时作业点击进入WORD链接下一页上一页返回导航主题二第五章数列　高考总复习数学（BS） ★[课程标准] 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． 1．数列的概念 (1)数列的定义：按　一定次序　排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项． (2)数列与函数的关系：数列可以看作是定义域为正整数集N＋(或其子集)的函数，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值． (3)数列有三种表示法，它们分别是　列表法　、　图象法　和　通项公式法　. 2．数列的分类分类原则名称含义举例按项数个数有穷数列项数有限的数列 1,2,3,4，…，n 无穷数列项数无限的数列 1,4,9，…，n2，… 3.数列的通项公式如果数列{an}的第n项an与n之间的函数关系可以用一个式子表示成　an＝f(n)　，那么这个式子就叫作这个数列的通项公式，数列的通项公式就是相应函数的解析式．数列可以看作是定义域为正整数集N＋(或其子集)的函数. 4．数列的单调性定义 (1)一般地，一个数列{an}，如果从第2项起，每一项都大于它的前一项，即an＋1＞an，那么这个数列叫作递增数列． (2)如果从第2项起，每一项都小于它的前一项，即an＋1＜an，那么这个数列叫作递减数列． (3)如果数列{an}的各项都相等，那么这个数列叫作常数列． 1．已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2.)) 2．典型的递推数列及处理方法递推式方法示例 an＋1＝an＋f(n) 累加法 a1＝1，an＋1＝an＋2n an＋1＝anf(n) 累乘法 a1＝1，an＋1＝2nan an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0) 化为等比数列 a1＝1，an＋1＝2an＋1 an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0,1，q≠0) 化为等差数列 a1＝1，an＋1＝3an＋3n＋1 其中(1)an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)的求解方法是：设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，即an＋1＝pan＋pλ－λ，与an＋1＝pan＋q比较即可知只要λ＝eq \f(q,p－1). (2)an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0,1，q≠0)的求解方法是两端同时除以pn＋1，即得eq \f(an＋1,pn＋1)－eq \f(an,pn)＝q，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,pn)))为等差数列． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(　　) (2)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(　　) (3)所有数列的第n项都能使用公式表达．(　　) (4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．(　　) (5)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ ◆[小题查验] 1．在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq \f(－1n,an－1)(n≥2)，则a5＝(　　) A.eq \f(3,2)　　 B.eq \f(2,3)　　　 C.eq \f(5,4)　　　 D.eq \f(6,5) 解析：B　[a2＝1＋eq \f(－12,a1)＝2，a3＝1＋eq \f(－13,a2) ＝eq \f(1,2)，a4＝1＋eq \f(－14,a3)＝3，a5＝1＋eq \f(－15,a4)＝eq \f(2,3).] 2．已知数列的通项公式为an＝n2－8n＋15，则3(　　) A．不是数列{an}中的项 B．只是数列{an}中的第2项 C．只是数列{an}中的第6项 D．是数列{an}中的第2项或第6项解析：D　[令an＝n2－8n＋15＝3，整理可得n2－8n＋12＝0，解得n＝2或n＝6. 故3是数列{an}中的第2项或第6项．] 3．数列eq \f(\r(5),3)，eq \f(\r(10),8)，eq \f(\r(17),a＋b)，eq \f(\r(a－b),24)，…中，有序实数对(a，b)可以是(　　) A．(21，－5) B．(16，－1) C.eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(41,2)，\f(11,2))) D.eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(41,2)，－\f(11,2))) 解析：D　[由数列中的项可观察规律，5－3＝10－8 ＝17－(a＋b)＝(a－b)－24＝2， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＋b＝15，,a－b＝26，))解得a＝eq \f(41,2)，b＝－eq \f(11,2).] 4．(BSD选择性必修第二册P7习题1－1A组T1(1)改编)根据下面的图形及相应的点数，可得点数构成的数列的一个通项公式an＝　　________　　. 解析：由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳得an＝5n－4. 答案：5n－4 5．(忽略数列与函数的区别致错)已知数列an＝n2－tn＋2是递增数列，则实数t的取值范围是　________　. 解析：依题意，an＋1＞an，即(n＋1)2－t(n＋1)＋2＞n2－tn＋2，得t＜2n＋1，又2n＋1≥3，∴t＜3. 答案：(－∞，3) 由an与Sn的关系求通项公式an 1．若数列{an}的前n项和Sn＝3n＋2n＋1，则{an}的通项公式是an＝　________　. 解析：因为当n＝1时，a1＝S1＝6；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2×3n－1＋2，由于a1不适合此式，所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2×3n－1＋2，n≥2.)) 答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(6，n＝1,2×3n－1＋2，n≥2)) 2．已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝　________　. 解析：当n＝1时，由已知，可得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)．显然当n＝1时不满足上式，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.)) 答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1,\f(2n－1,n)，n≥2)) 3．(2025·安徽师范大学附属中学模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝aeq \o\al(2,n)＋an(n∈N＋)．求{an}的通项公式．解：由题意，当n≥2时，2Sn－1＝aeq \o\al(2,n－1)＋an－1，则2an＝aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＋an－an－1，可得an＋an－1＝(an＋an－1)(an－an－1)，由数列是正项数列可知，an－an－1＝1，又2S1＝aeq \o\al(2,1)＋a1，得a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝1＋(n－1)＝n. 4．(2025·黑龙江大庆实验中学模拟)已知正项数列{an}满足a1＝1，前n项和Sn满足an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n≥2，n∈N＋)，求数列{an}的通项公式．解：∵an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n≥2，n∈N＋)，∴Sn－Sn－1＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)，∴eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1， ∴eq \r(Sn)是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴eq \r(Sn)＝n，即Sn＝n2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝1也成立，∴an＝2n－1. 已知Sn求an时应注意的问题 (1)应重视分类讨论思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论；特别注意an＝Sn－Sn－1中需n≥2. (2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合“an式”，则需统一“合写”． (3)由Sn－Sn－1＝an，推得an，当n＝1时，若a1不适合“an式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2.)) 提醒：在利用数列的前n项和求通项公式时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．由数列的递推关系求数列的通项公式 ►[命题点1]　形如an＋1＝an＋f(n)，求an　 1．(1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，求数列{an}的通项公式．解：由题意，得an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)， an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))＋…＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋2＝3－eq \f(1,n). (2)(2025·云南模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2,2an＋1－3an＝2n，则eq \f(a8,2＋S8)＝　________　. 解析：由2an＋1－3an＝2n，得eq \f(an＋1,2n－1)＝eq \f(3,4)×eq \f(an,2n－2)＋1，则eq \f(an＋1,2n－1)－4＝eq \f(3,4) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－2)－4))，又因为eq \f(a1,2－1)－4＝0，则eq \f(an,2n－2)＝4，则an＝2n， a8＝28，S8＝eq \f(21－28,1－2)＝29－2，eq \f(a8,2＋S8)＝eq \f(28,29)＝eq \f(1,2). 答案：eq \f(1,2) ►[命题点2]　形如an＋1＝anf(n)，求an　 2．(2025·浙江宁波市北仑中学高二开学考试)已知数列{an}满足：a1＝eq \f(1,4)，an＋1＝eq \f(n＋1,4n)an，(n∈N＋)且其前n项和为Sn.求an与Sn. 解：由an＋1＝eq \f(n＋1,4n)an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,4n)，当n≥2时， an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)…eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,4)×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2,1)))×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(3,2)))×…×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(n,n－1)))＝eq \f(n,4n)，又an＝eq \f(1,4)也满足上式，故an＝eq \f(n,4n)(n∈N＋)． Sn＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,42)＋eq \f(3,43)＋…＋eq \f(n,4n)，① ∴eq \f(1,4)Sn＝eq \f(1,42)＋eq \f(2,43)＋…＋eq \f(n－1,4n)＋eq \f(n,4n＋1)，② ①－②得，eq \f(3,4)Sn＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,42)＋eq \f(1,43)＋…＋eq \f(1,4n)－eq \f(n,4n＋1) ＝eq \f(\f(1,4)\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(n,4n＋1)＝eq \f(1,3) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))－eq \f(n,4n＋1)， ∴Sn＝eq \f(1,9) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(4－\f(3n＋4,4n))). ►[命题点3]　形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an　 3．(1)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．解：∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)， ∴eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3， ∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1， ∴an＝2·3n－1－1. (2)(2025·广州调考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N＋，则数列{an}的通项公式为　________　. 解析：因为Sn＋1－2Sn＝1，所以Sn＋1＝2Sn＋1. 因此Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以Sn＋1＝2n，Sn＝2n－1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也满足此式，所以an＝2n－1，n∈N＋. 答案：an＝2n－1，n∈N＋ ►[命题点4]　形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)，求an　 4．(2025·全国模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,4an＋1)(n∈N＋)，则满足an＞eq \f(1,37)的n的最大取值为(　　) A．7　　 B．8　　　 C．9　　 D．10 解析：C　[因为an＋1＝eq \f(an,4an＋1)，所以eq \f(1,an＋1)＝4＋eq \f(1,an)，所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝4，又eq \f(1,a1)＝1，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，4为公差的等差数列．所以eq \f(1,an)＝1＋4(n－1)＝4n－3，所以an＝eq \f(1,4n－3)，由an＞eq \f(1,37)，即eq \f(1,4n－3)＞eq \f(1,37)，即0＜4n－3＜37，解得eq \f(3,4)＜n＜10，因为n为正整数，所以n的最大值为9.] 由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为an＋1＝an＋f(n)或an＋1＝f(n)·an，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，(如角度1)．注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，(如角度3、4)转化为特殊数列求通项． 1．(2025·河南模拟)在数列{an}中，an＋1－an＝3n－22，a1＝－2，则a30＝(　　) A．659 B．661 C．663 D．665 解析：D　[因为an＋1－an＝3n－22，所以a2－a1＝－19，a3－a2＝－16，…，a30－a29＝65，所以a30－a1＝eq \f(－19＋65×29,2)＝667，故a30＝a1＋667＝665.] 2．(2025·全国模拟)数列{an}满足：a1＝eq \f(2,3)，(2n＋2－1)an＋1＝(2n＋1－2)an(n∈N＋)，则{an}的通项公式为　________　. 解析：由(2n＋2－1)an＋1＝(2n＋1－2)an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋1－2,2n＋2－1)＝2·eq \f(2n－1,2n＋2－1)，则eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)…eq \f(a2,a1)＝2·eq \f(2n－1－1,2n＋1－1)·2·eq \f(2n－2－1,2n－1)·2·eq \f(2n－3－1,2n－1－1)…2·eq \f(21－1,23－1) ＝2n－1·eq \f(3,2n＋1－12n－1)，即eq \f(an,a1)＝eq \f(3·2n－1,2n－12n＋1－1)，又a1＝eq \f(2,3)，所以an＝eq \f(2n,2n－12n＋1－1). 答案：an＝eq \f(2n,2n－12n＋1－1) 3．(2025·辽宁锦州期末)已知数列{an}满足a1＝－eq \f(3,4)，3(an＋1＋1)(an＋1)＝an－an＋1，则an＝　__________　. 解析：因为a1＝－eq \f(3,4)，3(an＋1＋1)(an＋1)＝an－an＋1，则3(an＋1＋1)(an＋1)＝(an＋1)－(an＋1＋1)，因为a1＋1＝eq \f(1,4)，显然an＋1≠0，所以eq \f(1,an＋1＋1)－eq \f(1,an＋1)＝3，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)))是以eq \f(1,a1＋1)＝4为首项，3为公差的等差数列，所以eq \f(1,an＋1)＝3n＋1，所以an＋1＝eq \f(1,3n＋1)，则an＝－1＋eq \f(1,3n＋1)＝eq \f(－3n,3n＋1). 答案：eq \f(－3n,3n＋1) 数列的函数特性 ►[命题点1]　数列的单调性　 1．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，＋∞) 解析：D　[因为an＋1－an＝eq \f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq \f(3n＋k,2n)＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N＋，an＋1－an＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)＜0，所以k＞3－3n对任意n∈N＋恒成立，所以k∈(0，＋∞)．] 2．(2025·河南温县模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－ax－3，x≤7，,ax－6，x＞7，))若数列{an}满足an＝f(n)(n∈N＋)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(9,4)，3)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，3)) C．(2,3) D．[2,3) 解析：C　[因为数列{an}是单调递增数列，则函数f(x)＝ax－6在(7，＋∞)上为增函数，可得a＞1，函数f(x)＝(3－a)x－3在[1,7)上为增函数，可得3－a＞0，可得a＜3，且有a7＜a8，即7(3－a)－3＝18－7a＜a8－6，即a2＋7a－18＞0，解得a＜－9或a＞2. 综上所述，2＜a＜3.] 3．(2025·江西模拟预测)已知数列{an}满足a1＝t，an＋1－2an＝－n＋1，若{an}是递减数列，则实数t的取值范围为(　　 ) A．(－1,1)　　　　　 B．(－∞，0) C．(－1,1] D．(1，＋∞) 解析：B　[将an＋1－2an＝－n＋1整理得an＋1－ (n＋1)＝2(an－n)，又因为a1－1＝t－1，易知当t＝1时，a1＝1，a2＝2，不满足{an}是递减数列，故t≠1，因此数列{an－n}是以t－1为首项，2为公比的等比数列，故an－n＝(t－1)2n－1，因此an＝n＋(t－1)2n－1，由于{an}是递减数列，故an＋1＜an恒成立，得n＋1＋(t－1)2n＜n＋(t－1)2n－1，化简得(1－t)2n－1＞1，故1－t＞eq \f(1,2n－1)，因此1－t＞eq \f(1,21－1)＝1，解得t＜0.] 解决数列的单调性问题可用以下三种方法 (1)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； (2)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； (3)结合相应函数的图象直观判断． ►[命题点2]　数列的周期性　 4．(1)(2025·广东湛江模拟)在数列{an}中，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2an，an＜\f(1,2)，,2an－1，an≥\f(1,2)，))若a1＝eq \f(4,5)，则a2 025＝(　　 ) A.eq \f(4,5)　　　 B.eq \f(3,5)　　　　C.eq \f(2,5)　　　　D.eq \f(1,5) 解析：A　[因为an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2an，an＜\f(1,2)，,2an－1，an≥\f(1,2)))且a1＝eq \f(4,5)，所以a2＝2a1－1＝2×eq \f(4,5)－1＝eq \f(3,5)，a3＝2a2－1 ＝2×eq \f(3,5)－1＝eq \f(1,5)，a4＝2a3＝eq \f(2,5)，a5＝2a4＝eq \f(4,5)，a6＝2a5－1＝2×eq \f(4,5)－1＝eq \f(3,5)，…，所以{an}是以4为周期的周期数列，所以a2 025＝a4×506＋1＝a1＝eq \f(4,5).] (2)(2025·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋(－1)n＋1an＝sin eq \f(nπ,4)(n∈N＋)，则S2 024＝(　　) A．－eq \f(\r(2),2) B．0 C.eq \f(\r(2),2) D.eq \r(2) 解析：B　[当n为奇数时有an＋1＋an＝sin eq \f(nπ,4)，函数y＝sin eq \f(nπ,4)(n∈N＋)的周期为8，故有an＋9＋an＋8＝an＋1＋an，a2＋a1＝sin eq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)，a4＋a3＝sin eq \f(3π,4)＝eq \f(\r(2),2)，a6＋a5＝sin eq \f(5π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，a8＋a7＝－eq \f(\r(2),2)，…，按此规律循环重复下去，S8＝0，故有S2 024＝253×0＝0.] 1．类比周期函数的概念，我们可以定义：对于数列{an}，如果存在一个常数T(T∈N＋)，使得对于任意的正整数n＞n0，恒有an＋T＝an成立，那么称数列{an}是从第n0项起的周期为T的周期数列．若n0＝1，则称数列{an}为纯周期数列；若n0≥2，则称数列{an}为混周期数列．T的最小值称为最小正周期，简称周期． 2．解决数列周期性问题时，可先根据已知条件求出数列的前几项，当出现各项重复性地出现后，便可由此确定该数列的最小正周期T，再根据公式an＋T＝an将所求项转化为下标较小的项，从而求得该项的值． ►[命题点3]　数列的最值　 [典例]　(1)(2025·湖北模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(2n,3n－49)，则使得Sn取得最小值时n的值为　________　. [解析]　由an＝eq \f(2n,3n－49)，a1＜0，故当n≤16时，3n－49＜0，an＜0，当n≥17时，3n－49＞0，且an＞0，所以当n＝16时，Sn最小． [答案]　16 (2)已知数列{an}的通项公式为an＝ eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1－1))，则数列{an}中的最小项为(　　) A．a1 B．a2 C．a3 D．a4 [解析]　因为an＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1－1))≤0，(n∈N＋)，所以－an＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1))≥0，所以－an≤eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1)),2)))2＝eq \f(1,4)，当且仅当eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1＝1－eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1n＝logeq \f(3,4) eq \f(1,2)＋1时取“＝”．又因为3＜logeq \f(3,4) eq \f(1,2)＋1＜4. 当n＝3时，a3＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2－1))＝－eq \f(63,256). 当n＝4时，a4＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3－1))＝－eq \f(999,4 096). 所以数列{an}中的最小项为a3. [答案]　C 求数列的最大项、最小项的常见方法 1．利用“两边夹”思想设an为数列{an}中的最大项，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≥an＋1,an≥an－1)) (n≥2)．　解出适合上述不等式组的n值，从而确定数列的最大项．类似地，设an为数列{an}中的最小项，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≤an＋1,an≤an－1))(n≥2)．解出适合上述不等式组的n值，便能确定数列的最小项． 2．利用函数思想 (1)数列是特殊函数，具有函数的一些特性，求数列项的最值完全可以依据研究函数最值的方法解决，但特别要注意数列的项数n只能是正整数． (2)根据条件构造相应的函数，通过配方、作差、作商等方法来确定函数的单调性，进而确定数列的单调性，再求出数列的最大项或最小项． (3)给出一个数列{an}，若能够判断数列{an}为递增数列，则该数列具有以下性质： a1＜a2＜…＜an＜…，故(an)min＝a1. 反之，若该数列为递减数列，则有a1＞a2＞…＞an＞…，故(an)max＝a1. $$

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