6.1 数列的概念-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考数学大一轮复习全新方案通用版

对点训练2(1)A由之=5十iP之=5 i,x十x=10,则i(之十之)=10i故 选A, (2)B=1- =2十i→x -i(1-i) -1=,所以：=0+D0-D 2 「一，所以1= √-)+()=受故 选B. (3)A由(1十i)=021得x= i2021 1-i 1+=1中=1+01-D 号故：的虚部为一台就选A 1 5i 例3(1)C由之=1-：十mi+m= 5i×(1+2i) (1-2i)(1+25+mi+m=m-2+ m+1i故有m-2<0 解得-1< m+1>0, m<2.故选C. (2)B设之=x十yi(x,y∈R),则 iz=i(x +yi)=xi+yi=-y+ xi,|i这|=-y+xi= √x'+(-y)F=√x+y 又i这=1，所以√x十y=1,即 x2十y2=1,所以之对应的点(x,y)在 以原点为圆心，1为半径的圆上，「之 4+3i=x+yi-4+3i= √(x-4)+(y+3)严表示复平面内 的点(x,y)到点(4，一3)的距离， 所以之一4十3i的最小值是 √(4-0)+(-3-0)7-1=4.故 选B. 对点训练3(1)A设x=a十bi(a,b∈ R),则x=a-bi(a,b∈R).因为iz十 4x-15=0,则i(a十bi)十4(a-bi) 15=4a-b-15十(a-4b)i=0,可得 的-0…年释8二即 a-4b=0, 之=4十i,所以复数之在复平面内对应 的，点为(4,1)，位于第一象限.故选A. (2)B如图， 之=1表示之 对应的点是单位 圆上的点，之 2i的几何意义 表示单位圆上的 点和(0,2)之间 的距离，x一2i的取值范围转化为 点(0,2)到圆心的距离加上半径可得 最大值，减去半径可得最小值，所以最 大距离为2十1=3，最小距离为2 1=1,所以|之-2i的取值范围为[1， 3].故选B. 例4ACD因为1，之2是关于x的方程 x2十px十q=0(p,q∈R)的两个根 且x1=1十i,所以x2=1-i,即之1= 之2，故A正确；z=(1十)2=2i,之号= (1一i)2=一2i,所以1≠号，故B错 误：因为1十x2=(1十i)十(1一i)= 2=一p,所以力=一2，故C正确；又 x1z2=(1十i)(1-i)=12-2=2= g,故D正确.故选ACD. 对点训练4ABD由实系数一元二次方 粒宋根公成知=一台十。 )=子号=：（与： 序无关)，故A正确；因为之=x=1, 所以x一x8=0,故B正确：由A知 一之号=之2一之1卡0，故C错误；由韦 达定理可得1之2=1，故D正确.故 选ABD. 【高考创新方向创新考法】 例BC由复数模的概念可知，由 之2=之3不一定能得到之2= 士z3,例如x2=1十i,这？=1-i,A中 命题错误；由之1之2=之1之可得 1（22一之）=0，因为之1≠0，所以 2一之3=0，即2=之，B中命题正确； 因为2122=之1？，x1之8= 之1之822=之821≠0，所以 之2=x2=之3，所以1之2= |1之4，C中命题正确；取x1=1十i, 之2=1-i,显然满足之1之2=之112，但 1≠2，D中命题错误.故选BC. 第六章 数列 6.1数列的概念 必备知识回顾 教材回扣 1.确定的顺序首项a, 对应关系 2.有限无限> 3.(n,an)递推公式 4.S1 S,-S 基础检测 1.(1)×(2)×(3)×(4)/ 2.6 解析：a1=3,a2=6,aa=a2一a1= 3,a1=a3一a2=-3,a5=a1 a3=一6，a6=a5一a1=一3，a7= a6-a5=3,ag=a7-a6=6,即a7= -479- a1,ag=a2,所以{am}是周期为6的数 列，因为308=6×51十2，所以a30= a2=6. 3,n=1, 3.2m+2,n≥2 解析：由S,=n2十3n-1,可得当n= 1时，a1=S1=3; 当n≥2时，an=Sn-S1=n2+3n- 1-(n-1)2-3(n-1)+1=2n+2, 此时，令n=1,则2n十2=4≠3=a1… 3,n=1, 综上，可得an= l2n十2，n≥2. 88 4.g01 =1+3×0,4=1+3×1 解析：2 12+1’5 22+1 71+3×2101+3×3 10 32+117 ,…, 42+1 所以第30个数为1+3×29=88 302+19011 关键能力提升 -2,n=1, 例1(1)《 2n-5,n≥2 解析：当n=1时，a1=S1=一2； 当n≥2时，an=Sn-S.1=n2 4n+1-[(n-1)2-4(n-1)+1]= 2n一5.此时，a1=一2不符合上式. 所以an= -2,n=1, 2n-5,n≥2. (2)2n+1 解折：因为S,十81=7。一子 1 即2(Sn十S+1)=a7+1-3①，当n= 1时，2(S1十S2)=a2-3,又因为a1= 3,即a-2a2-15=0,解得a2=5或 ag=-3(舍去)，当n≥2时， 2(S1十Sn)=a7-3②，①-②得 (am+1十an)(a+1-an-2)=0,因为 am>0,可得a+1-am=2(n≥2)，又 a2-a1=2,所以an+1-an=2(n∈ N“),所以数列{an}是首项为3，公差 为2的等差数列，所以an=2n十1. 对点训练1(1)a,=2n十2 解析：数列{an}中，Sn=n2十3n, a1=S1=4,当n≥2时，an= S。-Sn-1=n2+3n-(n-1)2-3(n 1)=2n十2，显然a1=4满足上式，所 以数列{an}的通项公式为an= 2n+2. 、1,n=1, (2) 2m×31,n≥2 解析：因为a十受十写十…十元 n 3”-2(n∈N”,n≥1)，当n=1时， 参考答案☑。 a1=31-2=1,当n≥2时a1+2十 号++0=31-2所以 3”-3"1=2X3”1,所以an=2nX 3”-,当n=1时，0m=2≠1，所以 1,n=1, a。=2nX3-ln≥2. 例2C方法一由题知an=(am am-1)十(a1-a。-2）十…十(a2 a1)十a1=(2n-3)十(2n-5)+…十 3+1+1=m-1)[(2m-3)+11+ 2 1=n°-2n十2(n≥2)，所以a7=72 2×7十2=37.故选C. 方法二由题知a1=1,an+1一an= 2n-1,所以a7=(a7-a6)十(a6- a5)十…十(a2-a1)十a1=11十9十 7+5+3+1+1=37.故选C. 例3(n十1)·2-2 解析：当n≥2时，(n-1)am=（n十 1)S1,即S1=”-a n+i0,S。= n n十2a1,则S。-S=n十2a1 ”4.=a即2=2a士2，则 n-1 n+1 有a。=2m+卫，a=2n an-1 a2=2×3 ,则.driXa,e Xa1=(m十1)·2，当n=1时， al a1=l,符合上式，故an=(n十 1)·2”-2. 对点训练2(1)an=n2-n十12 解析：因为a1=12,am+1=am十 2n(n≥1，n∈N),所以a2-a1=2, a3一a2=4,…,am-am-1=2(n-1), n≥2，所以an=a1十(a2-a1）十 (a3-a2)十…十(am-am1)=12十 2+4十…十2(n-1)=12十2× nn-1=n2-n+12,n≥2，又 2 a1=12也满足上式，所以an=n n十12. 2+n-2 (2)an=2 解析：因为am=2”am-1,n≥2，所以 a=2”,82=2, an- an-2 an-3 =22,累乘得a.. 22…a an-1 an2 02..02=2”.21.2"-2.… an-3 红对勾·讲与练·高三数学 22,n≥2，n∈N”,所以a= 2=2 2 ,n≥2，n∈N".由 于a1=1,所以a,=2 ,n≥2， n∈N.显然当n=1时，a1=1满足 2+2 an =2 ，所以a,=22 n∈N. 例4(1)C由a1=2,a2=1,a+1= am-am(n≥2，n∈N“),得a= a2-a1=-1,a4=a3-a2=-2, a5=a1-a3=-1,a6=a5-a1=1, a7=a6-a5=2,a8=a7-a6=1… 则{a,}是以6为周期的周期数列，所以 a2021=a337×6+2=a2=1.故选C. (2)B因为当x<3时，f(x)=x,所 以f(1)=1,f(2)=2.对于f(x)> f(x-1)十f(x-2),令x=3,得 f(3)>f(2)+f(1)=2+1=3:令 x=4,得f(4)>f(3)十f(2)>3十 2=5;令x=5,得f(5)>f(4)+ f(3)>5十3=8…不等式右侧恰好 是斐波那契数列从第3项起的各项：3， 5,8,13,21,34,55,89,144,233,377, 610,987,1597,…,显然f(16)> 1000,所以f(20)>1000.所以B正 确，但无法证明A,C,D一定正确.故选 B. 【考教衔接】斐波那契数列 典例ABD该数列为1,1,2,3,5,8,13， 21,34,…,所以a=34,A正确：由斐 波那契数列得每三个数中，前两个为 奇数后一个为偶数，且2024=3X 674十2，所以a221是奇数，B正确；由 a-1=an一am-2,得a2=a3-a1, a1=a5一a3,·,a2024=a2025一a2023, 累加得a2十a1十…十a2021=a225一 a1,C错误；由an=am-1十am-2(n≥ 3),得a十a号十a号十…十aio2s= a1ag十a号十a号+…十a22s=a,(a1十 a2)十a3十…十ai28=a2a8十 a号十…十a223=a3(a2十a3）十…十 a2023=a3a1十…十a2023=·= a2e:a221,所以S2g=元(a?十a号十 a号十…十aies）=4a:@:a2,所以 SD正确，故选ABD a2023a2021 例5C因为对任意n∈{1,2,3}都有 am>an+1,所以数列{an}在[1,4]上是 递减数列，因为对任意n∈{n|n≥7， n∈N?都有an<a+1,所以数列{an} -480- 在[7，十∞)上是递增数列，所以 1>0, 1 7 云之乞解得品<<行片以实 1.15 2x<2 女x的取值范用（信》，故选心 例6D若数列{an十n}是等差数列， 则数列的首项为Q1十1=6，公差为 (a2十22)-(a1十12)=7，所以an+ n2=6十(n-1)×7=7n-1,则 am=-n2十7n-1,所以a+1-an= [-(n+1)+7(n+1)-1]-(-n2+ 7n-1)=-2n十6，则当n=1,2,3 时，a+1-am≥0，则a1=a3>a2> a1;当n≥4时，an+1一am<0,故此时 数列{an}单调递减，则a1>a> a6>a?>…,综上，{an}的最大项为 a3=a1=11.故选D. 对点训练3(1)A由题意可得am+1一 am>0恒成立，即(n十1)2+b(n十1)- n2-bm=2n+1十b>0,即b>-2n 1,又n≥1，则-2n-1≤-3，故b∈ (-3,十∞).故选A. (2)A由题意得a+2=a+1一am, am+3=a+2一a1,两式相加可得 am+3=一an,即a+6=一a+3=an,所 以数列{a,}是以6为周期的周期数列. 又a1=2,a2=1,所以a3=一1，a1= -2,a;=-1,a6=1.所以数列{an} 的前2024项和S2024=337(a1十 a2十…十a6)十a1十a2=3.故选A. (3)D 由题意可得a,=n2十14 11,根据对勾画数与复合画数的单一 n 调性，y=1在0，V上单调 x 递增，在（√14，十∞）上单调递减，所 以在{am}中，a1<a2<a3,a1>a5> a:>,当n=3时n十14=23 a3= 23当n=4时，+14=15】 2 a,=品同为员<品所以，的最大 2 值是品故选D 【高考创新方向多想少算】 例C因为数列{an}的前n项的“均倒数” ，所以 为3 n 1十a2十a8十…十an →a1+a2+a,+…十a,=5n2,于 是有a1十a2十a3十…十a10=5X102, a1十a2十ag十…十am=5X92,两式 相减，得a10=5×(100一81)=95.故 选C. 6.2 等差数列 必备知识回顾 教材回扣 1.(1)差 公差 an一am-1am+1 a,(2)a+b 2.(1)a1+(n-1)ddn+(a1-d) (2)n(a1十a) 2 2+a-号)n 3.(1)0。- ⑤md(2)②nd n-m 基础检测 1.(1)/ (2) (3)× (4)× 2.7n-4 解析：设等差数列{an的公差为d,由 题意得3d=a1-a1=21→d=7,则 am=a1+(n-1)d=7n-4. 3.24 解析：依题意，等差数列{am冫中，a1十 3ag十a15=60,5ag=60,解得ag= 12,所以a2十a11=2ag=24. 4.13 解析：设等差数列{an}的公差为d,由 /S5=5a1+10d=25, 题意得 解得 a2=a1十d=3, a1=1, d=2, 因此，a7=a1十6d=1十6X 2=13. 关键能力提升 例1(1)B 由a2=3,a2m=2a,十1，得 a2=2a1十1=3，解得a1=1,则等差 数列{an}的公差d=2,于是am= 2n-1,S,= 1+2n-1 2 .n=n 由Sn十a+1=100,得n2+2n十1= 100,所以n=9.故选B. (2)C 依题意得a,=dn十1-d(d> 0),则 a=4=dm+2d1-d)+ n (1-d)2-4 则 +l -4 an -4 n+1 z 42+1-d)2-4_1-d)2-4 n十1 d2_1-d) 是等 差数列，所以-1一d)”一4 =0,解得 n(n+1) d=3或d=一1（舍去）.故选C. (3)95 解析：因为数列{a,为等差数列，设数 列{an}的公差为d,则由题意得 a1+2d+a1+3d=7, 解得 3(a1+d)+a1+4d=5, 0,=-4则5。=1a1+10X94= d=3, 2 10×(-4)+45×3=95. 对点训练1(1)A设等差数列{an}的 ag=-2, 公差为d,由 得 S=-5, a,十d=2解得d=1. a1=-3, 5a1+10d=-5, 所以52=12×(-3)+12X1卫x1= 2 30.故选A. (2)B设等差数列{a,}的公差为d, 因为a2十a1十a6=-3,可得3a1= -3,即a1=-1,所以a1十3d= -1①，又因为S8=-12,可得8a1十 28d=-12,即2a1十7d=-3②，联立 ①②解得a1=2,d=-1.故选B. (3)405 解析：记从中间向外每环扇面形石板 数为an,则{an}是等差数列，且公差 d=9,a1=9,设每层有k环，则n= 3k,Sn=3402,所以Sn=na1十 nn。1Dd=3402,即9n+9咖n,-D 2 2 3402,即n2十n-756=0,解得n=27 或n=-28(舍去)，所以k=9, 则S,=9a1+9x9,-1Dd=9X9+ 2 9×(9一1)×9=405，即上层有扇面 2 形石板405块. 例2解：①③→②. 证明：已知{an}是等差数列，a2= 3a1. 设数列{an}的公差为d,则a2= 3a1=a1十d,得d=2a1,所以S,= maid-a 2 因为数列{an}的各项均为正数，所以 √Sn=n√a, 所以√SH-√S,=(n十1)√a n√a1=√a1(常数)，所以数列 {√S,是等差数列. ①②→③. 证明：已知{an冫是等差数列，{√S,} 是等差数列. 设数列{an}的公差为d,则Sn=na1十 n2Da=rd+(a:-号）m 2 -481- 因为数列{√S。冫是等差数列，所以数 列{√S,}的通项公式是关于n的一次 函数，则a:-号=0，即d=2a1所以 a2=a1十d=3a1. ②③→①. 证明：已知数列{√Sm冫是等差数列， a2=3a1,所以S1=a1,S2=a1+ a2=4a1. 设数列{√Sm}的公差为d,d>0,则 √S,-√Si=√/4a-√a=d, 得a1=d,所以√S,=√S+(n- 1)d=nd,所以Sn=nd2, 所以n≥2时，am=Sm-Sn-1= nd2-(n-1)2d2=2dn-d,对 n=1也适合， 所以an=2d2n-d,所以a1-an= 2d(n+1)-d2-(2dn-d)= 2d(常数)， 所以数列{an}是等差数列. 对点训练2证明：由S,=a1十3a,十 3aa十…十3"-1an, 得Sn1=a1十3a2十32ag十…十 3"-2am-1’ 两式相减得Sn-S,1=3-an,所以 4Sn-3”am-(4Sm1-3"-am-1)= 4(Sn-Sm1)-3"am十3-1am1=4· 3"-an-3"an十3"-lam1=3-1(an十 a=3六=1 又4S1-3a1=1, 所以数列{4Sm-3”am}是首项为1，公 差为1的等差数列. 例3B由S1o-S;=a6十a?十ag十 ag十a10=5ag=0,得a8=0,则等差 数列{a,}的公差d=as二a= 3 3,故a1=a:-4d=1-4X ()=子故选B 例4(1)D数列{am}为等差数列，故 S1,S8-S1,S12-Sg,S16-S12,S20-S16 为等差数列，由S1=2,Sg=12, 得S8-S1=10,故S2-Sg= 18,S16-S12=26,S20-S18=34,即 有S12=18十S8=30,S1= 26十S12=56,S0=34十S16=90.故 选D. (2)A因为数列{an},{bn}均为等差 数列，可得a,十a:十a,=a,=号× 参考答案“☑。第六章 数列 6.1数列的概念 考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表法、图象法、公式法）. 2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数. 必备知识 回顾 自主学习·基础回扣 教材回扣。 3.数列的表示方法 表示方法 定义 1.数列的概念 列表法 列出表格表示n与am的对应关系 概念 含义 把点 画在平面直角坐标 图象法 125 数列按照 排列的一列数称为数列 系中 通项公式 把数列的通项用公式表示 数列数列中的每一个数叫做这个数列的项，其中 的项第1项也叫 如果一个数列的相邻两项或多项之 式 间的关系可以用一个式子来表示， 如果数列{an}的第n项 与它的序号n 法 递推公式 那么这个式子叫做这个数列的 通项 之间的 可以用一个式子来表示，那 公式 么这个式子叫做这个数列的通项公式 4.am与Sn的关系 前n 数列{an}从第1项起到第n项止的各项之 数列{an}的通项am与前n项和Sn之间的关系 项和和，称为数列{an}的前n项和，记作S。 ,n=1, 为an= 2.数列的分类 ,n≥2. 5.数列的最值 分类标准 类型 满足条件 an≥a+1, 有穷数列 项数 若a最大，则 (n≥2)；若an最小， 项数 am≥aw-1 无穷数列 项数 递增数列 an+1 an an≤a+l'(n≥2). 其中 lam≤aw-1 递减数列 an+1 an 项与项 n∈N 常数列 anH1 =an 基础检测。一 间的大 从第2项起，有些项大于它的 1判断（正确的画“/”，错误的画“×”） 小关系 摆动数列前一项，有些项小于它的前一 (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同 项的数列 一个数列 () (2)1,1,1,1,…,不能构成一个数列.() 2勾·讲与练·高三数学 (3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.3.（人教A版选择性必修第二册P8T4改编）已知 数列{an〉的前n项和Sn=n2十3n一1，则它的 (4)如果数列{a}的前n项和为S,,则对任意 通项公式为a,= n∈N*,都有a+1=S+1一S: ()4.(人教A版选择性必修第二册P9T5改编)按一 2.(人教A版选择性必修第二册P9T4改编)已知 14710 数列{an}满足a1=3,a2=6,且a+2=a+l 定规律排列的数据依次为25017…，按 an(n为正整数)，则ao8= 此规律排列，则第30个数是 关键能力提升 互动探究·考点精讲 考点1由a,与S,的关系求通项公式 考点2由数列的递推公式求通项公式 【例1】(1)已知数列{an}的前n项和为Sw, 命题角度1累加法 且Sm=n2-4n十1，则am= 【例2】(2024·陕西咸阳三模)在数列{am〉中， (2)已知Sn为正项数列{an}的前n项和，a1= a1=1,a+1=am十2n-1,则a7= A.43 B.46 3且S+Sn=202 ,2 ,则a= 3 C.37 D.36 听课记录 听课记录 126 命题角度2累乘法 【例3】(2024·四川泸州三模)已知Sn是数列 {an}的前n项和，a1=1,na+1=(n十2)S,则 4规律总结、 an= 1.已知Sn求am的常用方法是利用am 听课记录 S1,n=1, 转化为关于am的关系式，再求通 Sm-Sm1,n≥2 项公式. 2.Sn与am关系问题的求解思路 方向1：利用am=Sm一Sm-1(n≥2)转化为只含 Sm,Sm1的关系式，再求解. 规律总结、 方向2：利用S。-S-1=an(n≥2)转化为只含 1.形如a1一an=f(n)的数列，利用累加法即 am,ag1的关系式，再求解. 可求数列{a.}的通项公式. 【对点训练1】(1)已知数列{an}的前n项和 2.形如0出=f(n)的数列，利用累乘法即可求 an 为Sn,且Sn=n2+3n,则数列{an}的通项公式 数列{am}的通项公式. 为 (2)数列a,}满足a1十号+号+…十升 【对点训练2】(1)若数列{am}满足a1=12, a+1=am十2n(n≥1，n∈N),则数列{an}的 3”-2(n∈N*,n≥1)，则am= 通项公式是 第六章数列 (2)数列{am}中，a1=1,当n≥2时，am= 【典例】（多选）若数列{an} 2”aw1,则数列{a,n}的通项公式为 满足a1=a2=1,an 2 考点3数列的性质 am-1+am-2(n≥3，n∈ 1 1 命题角度1斐波那契数列及数列的周期性 N),则称该数列为斐波 那契数列.如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐 【例4】(1)(2024·山东济宁三模)已知数列{aw} 波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以 中，a1=2,a2=1,am+1=am-aw-1(n≥2，n∈ 斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个 N*),则a224= ( 正方形中作圆心角为90°的扇形，连接起来的 A.-2 B.-1 曲线就是“黄金螺旋线”.记以am为边长的正方 C.1 D.2 形中的扇形面积为b,数列{bn}的前n项和 (2)(2024·新课标I卷)已知函数f(x)的定 义域为R,f(x)>f(.x-1)+f(x-2),且当 为S.下列结论正确的是 () x<3时∫(x)=x,则下列结论中一定正确 A.as=34 的是 ) B.a2024是奇数 A.f(10)>100 B.f(20)>1000 C.a2十a4十a6+…十a224=a2o25 C.f(10)<1000 D.f(20)<10000 D. S2023_=元 a2023a2024 4 心听课记录 听课记录 127 考教衔接 斐波那契数列 1.链接教材：（人教A版选择性必修第二册P10阅读 命题角度2 数列的单调性 与思考斐波那契数列) 【例5】(2024·浙江宁波二模)已知数列{an}满 斐波那契数列的定义：若一个数列，前两项等于1， 而从第3项起，每一项是之前两项之和，则称该数 足am=入n2-n,对任意n∈{1,2,3}都有aw> 列为斐波那契数列.例：1,1,2,3,5,8,13，… aw+1,且对任意n∈{n|n≥7，n∈N}都有 2.斐波那契数列的递推公式 am<a+1,则实数入的取值范围是 F1=F2=1, 「11 A.14'8 B合) Fm-2+Fg1=Fm(n≥3，n∈N). 3.斐波那契数列的通项公式 c层) 品司 )- 听课记录 4.斐波那契数列的性质 (1)F号+F8+…十F0=FnF1· (2)F1十F3+F+…+Fa1=F2n (3)F2十F4十F6+…+Fn=F21-1. (4)F1+F2十F3十F4十…十Fm=Sn=Fm2 1(S。为斐波那契数列的前n项和). 2勾·讲与练·高三数学 命题角度3数列的最值 (2)(2024·四川宜宾二模)在数列{am}中，已 【例6】(2024·辽宁大连一模)数列{am}中，a1= 知a1=2,a2=1,且满足a+2十an=am+1,则数 5,a2=9,若数列{am十n2}是等差数列，则{an} 列{am}的前2024项的和为 的最大项为 ( A.3 B.2 A. B.3或4 C.1 D.0 c9 D.11 (3)在数列{a,}中.a,-m十14则a,的最大 听课记录 值是 A.个4 1 28 B.8 e 2 D.15 高考创新方向 多想少算 【例】 (2024·浙江温州期末)定义 4规律总结 之 1.解决数列单调性问题的三种方法 p1+p2+p3+…十p -为n个正数p1p2, (1)用作差比较法，根据am+1一am的符号判断数 p3,…,pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n 列{am}是递增数列、递减数列或常数列 项的“均倒数”为，则ao= ) 5n (2)用作商比较法，根据4出(an>0或4.<0) 128 an A.85 B.90 与“1”的大小关系进行判断. C.95 D.100 (3)结合相应函数的图象直观判断. 听课记录 2.求数列的最大项或最小项的常用方法 (1)函数法，利用函数的单调性求最值， (2)利用 ag≥am1, (≥2)确定最大项，利用 an≥atl an≤aw-1, (n≥2)确定最小项. an≤an+1 3.解决数列周期性问题的方法 先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列 创新解读 的周期，再根据周期性求值. 本题主要考查学生学习新概念，并利用新概 【对点训练3】(1)(2024·天津南开区二模)设数 念解题的能力，平稳中有新意，灵活中见能力，实 列{an}的通项公式为an=n2十bn,若数列{am》 践中出真知，体现新高考的变化和趋势 是单调递增数列，则实数b的取值范围为 温馨提示) A.(-3,+∞) B.(-2,+∞) 学习至此，请完成课时作业38 C.[-2,+∞) D.[-3,+∞)