1.1 数列的概念-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

该高中数学课件聚焦数列的单调性、周期性及最值问题，通过基础达标、能力提升到素养拓展的分层设计，衔接数列定义与通项公式的前期知识，搭建从具体函数型数列到抽象差递减数列的学习支架，帮助学生逐步深化对数列性质的理解。 其亮点在于以问题链驱动，融合数学眼光的抽象能力与数学思维的推理意识，如通过函数表格分析周期数列（第2题）、作差法证明单调性（第8题），培养学生用数学语言表达数列规律。分层题目设计适配不同学情，助力学生提升解题能力，也为教师提供系统的教学检测资源。

1．2　课后达标 检测 1．已知在递减数列{an}中，an＝kn(k为常数)，则实数k的取值范围是(　　) A．R B．(0，＋∞) C．(－∞，0) D．(－∞，0] 解析：由题知，an＋1－an＝k(n＋1)－kn＝k<0，所以实数k的取值范围为 (－∞，0)． 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 2．已知函数f(x)定义如表，数列{xn}满足x1＝2，且对任意的自然数均有 xn＋1＝f(xn)，则x2 025＝(　　)     A.1 B．2 C．4 D．5 解析：根据定义，可得x2＝f(x1)＝1，x3＝f(x2)＝5，x4＝f(x3)＝2，x5＝f(x4)＝1，x6＝f(x5)＝5，…，所以数列{xn}的周期为3，故x2 025＝x3＝5. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ x 1 2 3 4 5 f(x) 5 1 3 4 2 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 4．(多选)下列数列{an}的通项公式中，是递增数列的是(　　) A．an＝－3n－1 B．an＝5n－3 C．an＝7＋2n D．an＝(－1)nn2 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ √ 课后达标 检测 解析：对于A，因为an＋1－an＝－3(n＋1)－1＋3n＋1＝－3＜0，所以数列{an}为递减数列，A错误； 对于B，因为an＋1－an＝5(n＋1)－3－5n＋3＝5＞0，所以数列{an}为递增数列，B正确； 对于C，因为an＋1－an＝7＋2n＋1－7－2n＝2n＞0，所以数列{an}为递增数列，C正确； 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ √ 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 递增 课后达标 检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 课后达标 检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 课后达标 检测 9．(2024·江西九江月考)已知数列{an}的通项公式为an＝|2n－19|，若ak为该数列的最小项，则k＝________． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 9或10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (2)判断{an}是递增数列还是递减数列，并说明理由． 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ √ 课后达标 检测 解析：选项A，由an＝3n, 得an＋1－an＝3，则{an＋1－an}为常数列，不满足“差递减数列”的定义； 选项B，由an＝n2＋1，得an＋1－an＝(n＋1)2＋1－n2－1＝2n＋1，则{an＋1－an}为递增数列，不满足“差递减数列”的定义； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 [9，12] 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13．已知数列{an}满足an＝n－(1－m)n2，若满足a1＜a2＜a3＜a4＜a5＜a6， 且对任意n∈[9，＋∞)，都有an＞an＋1，则实数m的取值范围是________． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 (2)若对任意的n∈N＋，都有an≤a6成立，求实数a的取值范围． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 (2)当a＝1时，若x1>0，数列{xn}是递增数列还是递减数列？请说明理由． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－15)，其最大项和最小项的值分别为(　　) A．1，－eq \f(1,7) B．0，－eq \f(1,7) C.eq \f(1,7)，－eq \f(1,7) D．1，－eq \f(1,11) 解析：因为n∈N＋， 所以当1≤n≤3时， an＝eq \f(1,2n－15)＜0，且单调递减； 当n≥4时，an＝eq \f(1,2n－15)＞0，且单调递减， 所以最小项为a3＝eq \f(1,8－15)＝－eq \f(1,7)，最大项为a4＝eq \f(1,16－15)＝1.故选A. 对于D，an＋1－an＝(－1)n＋1(n＋1)2－(－1)nn2＝(－1)n＋1(2n2＋2n＋1)， 因为2n2＋2n＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)＞0，所以当n为偶数时，an＋1－an＜0， 所以数列{an}不是递增数列，D错误． 故选BC. 5．(多选)(2024·陕西西安月考)已知数列{an}的通项公式an＝n＋eq \f(56,n)，若an≥ak对n∈N＋恒成立，则满足条件的正整数k可以为(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：an＝n＋eq \f(56,n)≥2eq \r(n×\f(56,n))＝4eq \r(14)，当且仅当n2＝56，即n＝2eq \r(14)(负值已舍去)时取等号， 因为n∈N＋，所以当n＝7时，a7＝7＋eq \f(56,7)＝15，当n＝8时，a8＝8＋eq \f(56,8)＝15， 所以an＝n＋eq \f(56,n)的最小值为a7和a8， 因为an≥ak对n∈N＋恒成立，所以k＝7或k＝8.故选BC. 6．(多选)(2024·江西南昌高二期中)已知数列{an}满足an＝eq \f(1,2n－18)(n∈N＋)，则(　　) A．数列{an}的最大项为a6 B．数列{an}的最大项为a5 C．数列{an}的最小项为a5 D．数列{an}的最小项为a4 解析：因为an＝eq \f(1,2n－18)(n∈N＋)，所以an＋1－an＝eq \f(1,2n＋1－18)－eq \f(1,2n－18)＝eq \f(2n－18－2n＋1＋18,（2n＋1－18）（2n－18）)＝eq \f(－2n,（2n＋1－18）（2n－18）)， 由an＋1－an＞0，得9＜2n＜18，且易知，当n≤4时，an＜0，当n≥5时，an＞0， 所以0＞－eq \f(1,16)＝a1＞a2＞a3＞a4，a5＞a6＞…>an>0， 所以数列{an}的最大项为a5，最小项为a4， 故选BD. 7．若数列{an}的通项公式为an＝eq \f(n,n2＋196)(n∈N＋)，则这个数列中的最大项是第________项． 解析：an＝ eq \f(n,n2＋196)＝ eq \f(1,n＋\f(196,n))， 因为n＋eq \f(196,n)≥2 eq \r(n·\f(196,n))＝28， 当且仅当n＝14时，n＋eq \f(196,n)有最小值28， 所以当n＝14时，eq \f(1,n＋\f(196,n))取得最大值eq \f(1,28). 8．已知数列{an}满足an＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n)，则数列{an}是________数列．(填“递增”“递减”或“常”) 解析：因为an＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n)， 所以an＋1＝eq \f(1,（n＋1）＋1)＋eq \f(1,（n＋1）＋2)＋eq \f(1,（n＋1）＋3)＋…＋eq \f(1,2（n＋1）) ＝eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋eq \f(1,n＋4)＋…＋eq \f(1,2n)＋eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)， 所以an＋1－an＝eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,n＋1) ＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2（n＋1）)， 又n∈N＋，所以2n＋1<2(n＋1)， 所以an＋1－an>0， 所以数列{an}是递增数列． 解析：令2n－19≥0，解得n≥eq \f(19,2)， 所以当n≤9且n∈N＋时，an＝19－2n，则{an}递减； 当n≥10且n∈N＋时，an＝2n－19，则{an}递增； 又a9＝|18－19|＝1，a10＝|20－19|＝1， 所以(an)min＝a9＝a10＝1， 即k＝9或k＝10. 10．已知函数f(x)＝eq \f(2x－1,x)，设数列{an}的通项公式为an＝f(n)，其中n∈N＋. (1)求证：1≤an＜2； 证明：由题意得an＝eq \f(2n－1,n)＝2－eq \f(1,n)，因为n为正整数，所以n≥1，0＜eq \f(1,n)≤1， 所以1≤2－eq \f(1,n)＜2，即1≤an＜2. 解：{an}是递增数列，理由如下： an＝eq \f(2n－1,n)＝2－eq \f(1,n)，an＋1 －an＝2－eq \f(1,n＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,n)))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(1,n（n＋1）)＞0，即an＋1＞an，所以{an}是递增数列． 11．(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”的有(　　) A．an＝3n B．an＝n2＋1 C．an＝eq \r(n) D．an＝lneq \f(n,n＋1) 选项C，由an＝eq \r(n)，得an＋1－an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))， 显然{an＋1－an}为递减数列，满足“差递减数列”的定义； 选项D，由an＝lneq \f(n,n＋1)，得an＋1－an＝lneq \f(n＋1,n＋2)－lneq \f(n,n＋1)＝lneq \f(（n＋1）2,n（n＋2）)＝lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n（n＋2）)))，随着n的增大，此式的值变小，所以{an＋1－an}为递减数列，满足“差递减数列”的定义．故选CD. 12．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－1，n≤4，,－n2＋（a－1）n，n≥5，))n∈N＋，若a5是{an}中的最大项，则a的取值范围是____________． 解析：当n≤4时，an＝2n－1单调递增， {an}的最大项为a4＝15， 当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(a－1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(（a－1）2,4)， 因为a5是{an}中的最大项， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,2)≤5.5，,－25＋5（a－1）≥15，))解得9≤a≤12. 解析：因为an＝n－(1－m)n2，若满足a1＜a2＜a3＜a4＜a5＜a6， 所以1－(1－m)×12＜2－(1－m)×22＜3－(1－m)×32＜4－(1－m)×42＜5－(1－m)×52＜6－(1－m)×62， 解得1－m＜eq \f(1,11). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)，\f(18,19))) 因为对任意n∈[9，＋∞)，都有an＞an＋1，由二次函数的性质可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（1－m）＜0，,－\f(1,－2（1－m）)＜\f(9＋10,2)))，解得1－m＞eq \f(1,19). 所以eq \f(1,19)＜1－m＜eq \f(1,11)，解得eq \f(10,11)＜m＜eq \f(18,19). 所以实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)，\f(18,19))). 14．已知数列{an}满足an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)(n∈N＋，a∈R且a≠0)． (1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值； 解：方法一：因为a＝－7， 所以an＝1＋eq \f(1,2n－9). 结合函数y＝1＋eq \f(1,2x－9)的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N＋)， 所以数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0. 方法二：因为a＝－7， 所以an＝1＋eq \f(1,2n－9). 设数列{an}中的最大项为an， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2且n∈N＋)， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－9)≥1＋\f(1,2（n－1）－9)，,1＋\f(1,2n－9)≥1＋\f(1,2（n＋1）－9)，)) 解得eq \f(9,2)<n<eq \f(11,2). 又因为n≥2且n∈N＋， 所以n＝5，即数列{an}中的最大项为a5＝2. 同理可得，数列{an}中的最小项为a4＝0. 解：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， 所以结合函数y＝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.故实数a的取值范围为(－10，－8)． 15．已知数列{an}满足an＝eq \f(1,n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2 025,2 024))) eq \s\up12(n)，则当an取得最小值时n的值为(　　) A．2 026 B．2 025或2 024 C．2 024 D．2 024或2 023 解析：令bn＝eq \f(1,an)，则eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2 024（n＋2）,2 025（n＋1）)＝1＋eq \f(2 023－n,2 025（n＋1）)， 当n＞2 023时，eq \f(bn＋1,bn)＜1，{bn}单调递减，{an}单调递增； 当n＜2 023时，eq \f(bn＋1,bn)＞1，{bn}单调递增，{an}单调递减； 当n＝2 023时，eq \f(bn＋1,bn)＝1，即b2 023＝b2 024，a2 023＝a2 024. 故当n＝2 023或n＝2 024时，{an}取得最小值，最小值为a2 023＝a2 024＝eq \f(2 0252 023,2 0242 024).故选D. 16．已知首项为x1的数列{xn}满足xn＋1＝eq \f(axn,xn＋1)(a为常数)．　 (1)若对于任意的xn≠－1，有xn＋2＝xn对于任意的n∈N＋都成立，求a的值； 解：因为xn＋2＝eq \f(axn＋1,xn＋1＋1)＝eq \f(a·\f(axn,xn＋1),\f(axn,xn＋1)＋1)＝eq \f(a2xn,axn＋xn＋1)＝xn， 所以a2xn＝(a＋1)xeq \o\al(2,n)＋xn， 即(a2－1)xn＝(a＋1)xeq \o\al(2,n)， 要使该式对任意的n∈N＋都成立， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－1＝0，,a＋1＝0，))解得a＝－1. 解：数列{xn}是递减数列．理由如下： 因为a＝1，x1>0，xn＋1＝eq \f(xn,xn＋1)，所以xn>0(n∈N＋)． 又因为xn＋1－xn＝eq \f(xn,xn＋1)－xn＝－2,n)eq \f(x,xn＋1) <0(n∈N＋)，故数列{xn}是递减数列． $