第7章 第1讲 数列的概念与表示-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第七章　数列 第1讲　数列的概念与表示 了解数列的概念和表示方法(列表、图象、通项公式)，了解数列是一种特殊函数． 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 1．数列的定义 按照____________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___．其中第1项也叫做首项．数列的一般形式是a1，a2，…，an，…，简记为_______． 确定的顺序 项 {an} 基础知识整合 5 列表法 列表格表示n与an的对应关系 图象法 把点(n，an)画在平面直角坐标系中 公式法 通项公式 如果数列{an}的第n项an与它的_______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___________________________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______和____________，就能求出这个数列的每一项 序号n 2．数列的表示方法 相邻两项或多项之间的关系 首项 递推公式 基础知识整合 6 有限 3.数列的分类 无限 > < 基础知识整合 7 a1＋a2＋…＋an S1 Sn－Sn－1 基础知识整合 8 基础知识整合 9 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． 基础知识整合 10 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3项起，每一项都是前面两项的和，∴x＝8＋13＝21.故选C. 基础知识整合 11 基础知识整合 12 基础知识整合 13 基础知识整合 14 5．已知an＝n2＋λn，且对任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是___________． 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. (－3，＋∞) 基础知识整合 15 核心考向突破 考向一　利用an与Sn的关系求通项公式 核心考向突破 17 核心考向突破 18 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． 核心考向突破 19 核心考向突破 20 核心考向突破 21 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)． －2 (－1)n＋1·(2n－1) 核心考向突破 22 考向二　由递推关系求数列的通项公式 角度1　累加法 (1)(2024·河北唐山二模)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 核心考向突破 23 5 核心考向突破 24 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． 核心考向突破 25 (2025·山东青岛质检)已知数列{an}满足an＋1＝an＋3n＋2，且a1＝2，则an＝_________________． 核心考向突破 26 核心考向突破 27 核心考向突破 28 (2)(2024·四川泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝____________． (n＋1)·2n－2 核心考向突破 29 核心考向突破 30 核心考向突破 31 核心考向突破 32 考向三　数列的性质 核心考向突破 33 核心考向突破 34 利用递推公式探求数列的周期性的两种思想 (1)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. (2)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. 核心考向突破 35 (2025·山东济宁模拟)已知数列{an}中，a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，则a2030＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：由a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，得a3＝a2－a1＝－1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－1，a6＝a5－a4＝1，a7＝a6－a5＝2，a8＝a7－a6＝1，…，则数列{an}是以6为周期的周期数列，所以a2030＝a338×6＋2＝a2＝1.故选C. 核心考向突破 36 核心考向突破 37 核心考向突破 38 核心考向突破 39 核心考向突破 40 核心考向突破 41 核心考向突破 42 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)通过通项公式研究数列的增减性，确定最大项及最小项． 核心考向突破 43 －9 0 核心考向突破 44 核心考向突破 45 课时作业 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 2．(2024·河南开封二模)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n－1，则a5＝(　　) A．81 B．162 C．243 D．486 解析：数列{an}的前n项和Sn＝3n－1，所以a5＝S5－S4＝35－34＝162.故选B. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 三、填空题 12．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＝_______________． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 13．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________． an＝n 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 2 2025 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 67 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 68 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 69 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 70 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 71 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． 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， 则数列{bn}是以a－3为首项，2为公比的等比数列， 因此数列{bn}的通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 72 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 73 　　　　　　　　　　　　　 R 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＝___________________． (2)an与Sn的关系 an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(___，n＝1，,________，n≥2.)) 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． 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. 3．(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. eq \f(n＋1,n) 4．(人教A选择性必修第二册习题4.1 T2(4)改编)已知数列{an}满足a1＝2，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2)，则a5＝________，猜想an＝________． 解析：由题意知a2＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，a3＝2－eq \f(2,3)＝eq \f(4,3)，a4＝2－eq \f(3,4)＝eq \f(5,4)，a5＝2－eq \f(4,5)＝eq \f(6,5)，猜想an＝eq \f(n＋1,n). eq \f(6,5) (1)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. (2)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝______________． 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.)) 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 解析：∵an＋1＝SnSn＋1，又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，∴eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－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. 解析：由题意可得an＋1－an＝a1＋2n，则可得a2－a1＝a1＋2，a3－a2＝a1＋4，…，a10－a9＝a1＋18，将以上等式左右两边分别相加，得a10－a1＝9a1＋eq \f(9×（2＋18）,2)＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90，又a10＝130，所以a1＝4.故选D. (2)(2025·四川绵阳诊断考试)在数列{an}中，a1＝3，且an＝an－1＋lg eq \f(n,n－1)(n≥2)，则a100＝________． 解析：a2＝a1＋lg 2，a3＝a2＋lg eq \f(3,2)，a4＝a3＋lg eq \f(4,3)，…，a100＝a99＋lg eq \f(100,99)，各式累加得a100＝a1＋lg 2＋lg eq \f(3,2)＋lg eq \f(4,3)＋…＋lg eq \f(100,99)＝3＋lg 100＝5. 解析：因为an＋1＝an＋3n＋2，所以an＋1－an＝3n＋2，所以当n≥2时，a2－a1＝3×1＋2，a3－a2＝3×2＋2，…，an－an－1＝3×(n－1)＋2，以上各式相加，得an－a1＝3×[1＋2＋…＋(n－1)]＋2(n－1)＝3×eq \f(（n－1）n,2)＋2(n－1)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2)－2，即an＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2)－2＋a1＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2).当n＝1时，a1＝2满足上式，所以an＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2)(n∈N*)． eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2)(n∈N*) 角度2　累乘法 (1)(2025·湖南永州模拟)已知a1＝2，an＝n(an＋1－an)，则数列{an}的通项公式是an＝(　　) A．n B．n＋1 C．2n D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n))) eq \s\up12(n) 解析：由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)，则当n≥2时，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n－1)，eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(n－1,n－2)，eq \f(an－2,an－3)＝eq \f(n－2,n－3)，…，eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)，由累乘法可得eq \f(an,a1)＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a2,a1)＝n(n≥2)，因为a1＝2，所以an＝2n. 解析：当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1，即Sn＝eq \f(n,n＋2)an＋1，Sn－1＝eq \f(n－1,n＋1)an，则Sn－Sn－1＝eq \f(n,n＋2)an＋1－eq \f(n－1,n＋1)an＝an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2（n＋2）,n＋1)，则有eq \f(an,an－1)＝eq \f(2（n＋1）,n)，eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(2n,n－1)，…，eq \f(a2,a1)＝eq \f(2×3,2)，则an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)×a1＝(n＋1)·2n－2，当n＝1时，a1＝1，符合上式，故an＝(n＋1)·2n－2. 形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为eq \f(an＋1,an)＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1代入求出通项． (2025·福建漳州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝(　　) A.eq \f(1,3n－1) B.eq \f(2,n（n＋1）) C.eq \f(6,（n＋1）（n＋2）) D.eq \f(5－2n,3) 解析：由题意知Sn＋nan＝2，当n≥2时，Sn－1＋(n－1)an－1＝2，两式相减得(n＋1)an＝(n－1)an－1，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)，从而eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,4)×…×eq \f(n－1,n＋1)，得an＝eq \f(2,n（n＋1）)，当n＝1时，上式也成立，所以an＝eq \f(2,n（n＋1）). (2025·辽宁重点高中协作校联考)数列{an}中，a1＝4，a2＝3，an＋1＝eq \f(an,an－1)(n∈N*，n≥2)，则a1000的值为(　　) A.eq \f(1,4) B.eq \f(3,4) C．3 D.eq \f(4,3) 解析：因为a1＝4，a2＝3，an＋1＝eq \f(an,an－1)(n∈N*，n≥2)，令n＝2，可得a3＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,4)；令n＝3，可得a4＝eq \f(a3,a2)＝eq \f(1,4)；令n＝4，可得a5＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(1,3)；令n＝5，可得a6＝eq \f(a5,a4)＝eq \f(4,3)；令n＝6，可得a7＝eq \f(a6,a5)＝4；令n＝7，可得a8＝eq \f(a7,a6)＝3，则数列{an}是以6为周期的周期数列，所以a1000＝a166×6＋4＝a4＝eq \f(1,4).故选A. 角度2　数列的单调性 (2025·江苏南京模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n2－2tn＋2，n≤7，,4n＋94，n>7，))若对任意n∈N*，都有an＋1>an，则实数t的取值范围是(　　) A．[3，＋∞) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23,14)，\f(9,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23,14)，\f(9,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23,14)，＋∞)) 解析：当n∈{1，2，3，4，5，6}时，an＋1－an＝3(n＋1)2－2t(n＋1)＋2－3n2＋2tn－2＝6n＋3－2t>0恒成立，所以2t<6n＋3对n∈{1，2，3，4，5，6}恒成立，故2t<9⇒t<eq \f(9,2)，又当n>7，n∈N时，an＝4n＋94为递增数列，故要使对任意n∈N*，都有an＋1>an，则a8>a7，即4×8＋94>3×72－14t＋2，解得t>eq \f(23,14).综上，实数t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23,14)，\f(9,2))).故选C. 判断数列的单调性的两种方法 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 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. 角度3　数列的最值 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) 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. 解法二(作商比较法)：由题意可知，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. 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________． 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. 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. 3．(2025·乌鲁木齐模拟)已知数列{an}满足an＝eq \f(1,an－1)＋1(n≥2，n∈N*)，若a3＝eq \f(3,2)，则a1＝(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C．1 D．2 解析：因为an＝eq \f(1,an－1)＋1(n≥2，n∈N*)，令n＝2，则a2＝eq \f(1,a1)＋1；令n＝3，则a3＝eq \f(1,a2)＋1＝eq \f(1,\f(1,a1)＋1)＋1＝eq \f(a1,1＋a1)＋1＝eq \f(3,2)，所以a1＝1.故选C. 4．(2025·江苏淮安模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，则an＝(　　) A.eq \f(1,n) B.eq \f(2n－1,n) C.eq \f(n－1,n) D.eq \f(1,2n) 解析：由an＋1－an＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)及题意，得a1＝1，a2－a1＝1－eq \f(1,2)，a3－a2＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)，a4－a3＝eq \f(1,3)－eq \f(1,4)，…，an－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(n≥2)，以上各式累加，得an＝1＋1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝2－eq \f(1,n)＝eq \f(2n－1,n)(n≥2)，因为a1＝1也适合上式，所以an＝eq \f(2n－1,n)(n∈N*)．故选B. 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 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. 6．(2025·江苏盐城模拟)若数列{an}满足2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝4n，{an}的前n项和为Sn，则(　　) A．Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(4n－4,3)，n≥2)) B．Sn＝eq \f(4n－1＋5,3) C．Sn＝eq \f(2n＋4,3) D．Sn＝eq \f(4n＋2,3) 解析：∵2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝4n，∴当n≥2时，2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝4n－1，∴2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2×4n－1，∴2an＝(2na1＋2n－1a2＋…＋2an)－(2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1)＝4n－2×4n－1＝2×4n－1，∴an＝4n－1(n≥2)．当n＝1时，2a1＝4，解得a1＝2，不满足上式，∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,4n－1，n≥2.))当n≥2时，Sn＝2＋4＋42＋…＋4n－1＝2＋eq \f(4（1－4n－1）,1－4)＝eq \f(4n＋2,3)，又S1＝a1＝2满足Sn＝eq \f(4n＋2,3)，∴Sn＝eq \f(4n＋2,3)(n∈N*)．故选D. 7．(2025·湖北武汉期末)函数f(x)的定义域为[1，＋∞)，数列{an}满足an＝f(n)，则“函数f(x)为减函数”是“数列{an}为递减数列”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：函数f(x)的定义域为[1，＋∞)，且为减函数，又数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，而N*⊆[1，＋∞)，则y＝f(n)在n∈N*上必是递减的，即数列{an}为递减数列，故“函数f(x)为减函数”是“数列{an}为递减数列”的充分条件；反之，数列{an}为递减数列，即y＝f(n)在n∈N*上是递减的，但是y＝f(x)在[1，＋∞)上未必递减．(如函数f(x)＝－[x]，x≥1([x]表示不超过x的最大整数)在x∈[1，2)上的函数值都是－1，显然函数不是减函数，同时对应的数列{an}满足an＝－[n]，是递减数列．)故“函数f(x)为减函数”不是“数列{an}为递减数列”的必要条件．故选A. 8．(2025·山东青岛模拟)若数列{an}满足(n－1)an＝(n＋1)an－1(n≥2)，a1＝2，则满足不等式an<930的最大正整数n为(　　) A．28 B．29 C．30 D．31 解析：依题意，数列{an}满足(n－1)an＝(n＋1)·an－1(n≥2)，a1＝2，则eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)(n≥2)，所以an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)＝2×eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×eq \f(5,3)×…×eq \f(n,n－2)×eq \f(n＋1,n－1)＝n(n＋1)，a1也符合，所以an＝n(n＋1)，{an}是递增数列，由an＝n(n＋1)<930，即(n＋31)(n－30)<0，解得－31<n<30，所以n的最大值为29.故选B. 二、多项选择题 9．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 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. 10．(2025·河南安阳林州晋豫名校联盟月考)下列递推关系式或其通项公式可以使数列{an}为周期数列的是(　　) A．a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an) B．an＝2ncoseq \f(nπ,2) C．a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an，n是奇数，,\f(1,an)，n是偶数)) D．an＝n3＋2025 解析：对于A，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，又a1＝2，计算得a2＝－3，a3＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2＝a1，因此数列{an}为周期数列，且周期为4，故A符合题意；对于B，a1＝2coseq \f(π,2)＝0，a2＝22coseq \f(2π,2)＝－22，a3＝23coseq \f(3π,2)＝0，a4＝24coseq \f(4π,2)＝24，…，数列{an}不是周期数列，故B不符合题意；对于C，a2＝2a1＝2，a3＝eq \f(1,a2)＝eq \f(1,2)，a4＝2a3＝1，a5＝eq \f(1,a4)＝1，a6＝2a5＝2，a7＝eq \f(1,a6)＝eq \f(1,2)，…，归纳可得，数列{an}是以4为周期的周期数列，故C符合题意；对于D，an＝n3＋2025是增函数，故数列{an}不是周期数列，故D不符合题意．故选AC. 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 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. 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)))，…. 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. 14．(2024·浙江绍兴三模)记Tn为正项数列{an}的前n项积，已知Tn＝eq \f(an,an－1)，则a1＝________，T2024＝________． 解析：根据题意，令n＝1，可知T1＝a1＝eq \f(a1,a1－1)，又数列{an}的各项均为正，即a1≠0，解得a1＝2.由Tn＝eq \f(an,an－1)＝a1a2a3…an，可得eq \f(1,an－1)＝a1a2a3…an－1，即a1a2a3…an－1(an－1)＝1，可得Tn－Tn－1＝1，所以数列{Tn}是以T1＝a1＝2为首项，d＝1为公差的等差数列，所以Tn＝T1＋(n－1)×1＝n＋1，所以T2024＝2024＋1＝2025. 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． 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， 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. ∴{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. (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， 当n＝1时，a2＝a1＋3>a1，满足题意． 又a≠3，所以a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)． $$