第六章 第44课时 数列的概念及其函数特性 课件-2027届高三数学一轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦“数列的概念及其函数特性”专题，依据高考评价体系梳理了数列概念、通项公式、前n项和、函数特性（单调性、周期性、最值）等核心考点，通过考情分析明确“an与Sn关系”“数列单调性判断”等高频考点占比，归纳由前几项求通项、累加累乘法等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题改编+通性通法+思维建模”策略，如以2024全国甲卷等比数列题为例，详解“和减和”模型求通项，培养学生数学思维与运算能力。特设“易错点警示”（如n=1验证）和“母题变式”训练，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第六章　数列 第六章　数列 第44课时　数列的概念及其函数特性 第44课时　数列的概念及其函数特性 [考试要求]　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． 第44课时　数列的概念及其函数特性 理法先行·题练固本 知识点1　数列的有关概念 名称 概念 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 序号n 第44课时　数列的概念及其函数特性 5 名称 概念 数列{an} 的前n项和 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＝a1＋a2＋…＋an．常见用法还有：an＝ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 知识点2　数列的分类 分类标准 类型 满足条件 按项数 分类 有穷数列 项数____ 无穷数列 项数____ 按项与项 间的大小 关系分类 递增数列 an+1__an 其中n∈N* 递减数列 an+1__an 常数列 an+1＝an 按其他 标准分类 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 有限 无限 > < 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 知识点3　数列与函数的关系 数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1，2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是_____，对应的函数值是_____________，记为an＝f (n)． 序号n 数列的第n项an 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 [常用结论] 1．在数列{an}中，若an最大， 则 若an最小，则 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 2．数列的函数性质 由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质： (1)单调性——若an+1>an，则{an}为递增数列；若an+1<an，则{an}为递减数列，否则为摆动数列或常数列(an+1＝an)． (2)周期性——若an+k＝an(k为非零常数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 1．(人教A版选择性必修第二册P8练习T1(1))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＝______________．  5n－4　[由题图可知， a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，a4＝16＝5×4－4＝16，…，归纳得an＝5n－4．] 5n－4　 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 2．(人教B版选择性必修第三册P13例3改编)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________________________．  　[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＝] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 3．(北师大版选择性必修第二册P5例3(2))数列，，，…，，…的一个通项公式是an＝______________，是递______________(单调性)数列．  　增　[an＝可以作为这个数列的一个通项公式． 由an+1－an＝>0． 得an+1>an， 因此数列{an}为递增数列．] 增 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 4．(人教A版选择性必修第二册P9习题4.1T7改编)已知函数f (x)＝(x∈R)，设数列{an}的通项公式为an＝f (n)(n∈N*)，则an的最小值为______________．  　[由题意得an＝＝1－．因为n为正整数，所以2n≥2，0<，1－，所以an≥．] 　 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 5．(用结论)在数列{an}中，a1＝－2，an+1＝1－(n∈N*)，则a2 026的值为(　　) A．－2　　　B．　　　C．　　　D． √ A　[由a1＝－2，an+1＝1－(n∈N*)，可得a2＝1－， a3＝1－，a4＝1－3＝－2＝a1， a5＝1－＝a2，…， 即数列{an}是周期为3的数列， 则a2 026＝a3×675+1＝a1＝－2．故选A．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 考点深研·题型突破 【教用·考点】 考点　由数列的前几项求数列的通项公式 [典例]　(1)已知数列－1，，－，，…，则该数列的第211项为(　　) A．－ B． C．－ D． √ 第44课时　数列的概念及其函数特性 16 (2)根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式． ①，1，，，…； ②－，，－，，…； ③5，55，555，5 555，…． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 (1)A　[由题意，该数列可表示为－，－，…，则该数列的一个通项公式为an＝(－1)n·， 所以a211＝(－1)211＝－．] (2)[解]　①这个数列的前4项可变形为，所以它的一个通项公式为an＝． ②这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n． ③这个数列的前4项可变形为×9，×99，×999，×9 999，所以它的一个通项公式为an＝(10n－1)． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 通性通法：已知数列的前几项求通项公式，主要从以下几个方面来考虑： (1)负号用(－1)n与(－1)n+1或(－1)n-1来调节，这是因为n和n＋1奇偶交错． (2)分式形式的数列，分子、分母找通项，要充分借助分子、分母的关系． (3)对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法解决． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 [多维变迁] (2025·山东菏泽联考)观察下列图形中小正方形的个数，则第n个图中的小正方形的个数f (n)＝(　　) A． B． C． D． √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 A　[由题意可得f (1)＝2＋1；f (2)＝3＋2＋1；f (3)＝4＋3＋2＋1；f (4)＝5＋4＋3＋2＋1；f (5)＝6＋5＋4＋3＋2＋1；…；所以f (n)＝(n＋1)＋n＋(n－1)＋…＋1＝．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 考点一　由an与前n项和(积)的关系求通项公式 [典例1]　(1)(人教A版选择性必修第二册P8练习T4改编)数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋n＋1，则数列{an}的通项公式是_____________________．  (2)(2024·全国甲卷节选)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an+1－3．求{an}的通项公式． (3)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝． (i)求证：数列{}是等差数列； (ii)设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝，求数列{bn}的通项公式． an＝ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 (1)an＝　[当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋1＋1＝4， 当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝2n2＋n＋1－[2(n－1)2＋(n－1)＋1]＝4n－1． 由于a1＝4不满足上式， 所以an＝] (2)[解]　因为2Sn＝3an+1－3，所以2Sn+1＝3an+2－3， 两式相减，得2an+1＝3an+2－3an+1，即3an+2＝5an+1， 所以等比数列{an}的公比q＝， 又因为2S1＝3a2－3＝5a1－3， 所以a1＝1，故an＝． (3)[解]　(i)证明：当n＝1时，a1＝＝2；当n≥2时，Sn＝＝2，故数列{}是以2为首项，2为公差的等差数列． (ii)由(i)知，＝2＋(n－1)×2＝2n，得Tn＝2n．当n≥2时，bn＝． 当n＝1时，b1＝T1＝2，不符合上式， 故bn＝ [母题探究] (变条件)本例(1)中，若Sn＝2n2＋n，求an． [解]　当n＝1时，a1＝3， 当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝2n2＋n－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1， 由于a1＝3满足上式， 所以an＝4n－1(n∈N*)． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 思维建模：和减和模型 第1步　类比：令n取n－1，写出Sn-1． 第2步　作差：两式相减去掉Sn，Sn-1． 第3步　整理：得到an通项或递推关系式． 第4步　求通项：求通项公式，然后考虑是否有漏项，有则需要验证，否则不需要． 第5步　写通项：若符合通项，则写成一个式子；若不符合，则写成分段形式． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 【教用·通性通法】 an与Sn的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． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 【教用·备选题】 1．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，且Sn－＋2＝an(n≥2)，则S6＝(　　) A． B． C． D． √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 D　[由题意，得Sn－＋2＝Sn－Sn-1，所以Sn＝．由S1＝a1＝－1， 得S2＝＝1，S3＝，S4＝，S5＝，S6＝．故选D．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 2．(多选)已知数列{an}的前n项和Sn＝(3n－1)，则下列说法正确的是(　　) A．a1＝1 B．数列{an}为递增数列 C．数列{an}是等比数列 D．an＝2×3n-1 √ √ √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 ABC　[∵Sn＝(3n－1)，∴a1＝S1＝×(3－1)＝1，故A正确； 当n≥2时，Sn-1＝(3n-1－1)， ∴an＝Sn－Sn-1＝(3n－1)－(3n-1－1)＝3n-1，a1＝1也适合上式，∴an＝3n-1，故D错误； ∵＝3，∴数列{an}是公比为3的等比数列，故C正确； ∵a1＝1，公比大于1，∴数列{an}为递增数列，故B正确．故选ABC．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 考点二　累加、累乘法求通项公式 [典例2]　(1)(2025·沧州期末)在数列{an}中，a1＝0，an+1＝an＋ln，则{an}的通项公式为(　　) A．an＝ln n B．an＝(n－1)ln(n＋1) C．an＝nln n D．an＝ln n＋n－2 √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 (2)(2025·广州月考)记Sn为首项为1的数列{an}的前n项和，且＝n2，则S30＝(　　) A． B． C． D． √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 (1)A　(2)C　[(1)由已知得an+1－an＝ln＝ln(n＋1)－ln n， 所以an－an-1＝ln n－ln(n－1)， an-1－an-2＝ln(n－1)－ln(n－2)， …， a3－a2＝ln 3－ln 2， a2－a1＝ln 2－ln 1， 将上述n－1个式子相加， 整理得an－a1＝ln n－ln 1＝ln n， 又因为a1＝0，所以an＝ln n(n≥2)． 当n＝1时，a1＝0，满足an＝ln n．故选A． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 (2)因为＝n2，所以Sn+1＝(n＋1)2an+1， 所以an+1＝Sn+1－Sn＝(n＋1)2an+1－n2an， 化简得(n2＋2n)an+1＝n2an，即(n＋2)an+1＝nan， 由a1＝1，知an≠0，所以， 累乘可得·…·×…×， 即an+1＝， 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 所以an＝(n≥2)， 当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以Sn＝n2an＝(n∈N*)，所以S30＝． 故选C．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 思维建模：累加、累乘模型 第1步　列：罗列出n为1～n－1时的等式． 第2步　加或乘：将所有式子进行累加或累乘，左侧式子化简为an－a1或． 第3步　右侧求和或求积：将等号右侧的式子求和或求积． 第4步　代a1：令n＝1，求通项an． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 【教用·通性通法】 (1)形如an+1－an＝f (n)的数列，利用累加法，即可求数列{an}的通项公式． (2)形如＝f (n)的数列，利用累乘法，即可求数列{an}的通项公式． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 考点三　数列的函数特性 考向1　周期性 [典例3]　(2025·鹤山市月考)在数列{an}中，a1＝2，且an+1＝，n∈N*，则a2 025＝(　　) A． B．－1 C．2 D．1 √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 A　[已知在数列{an}中，a1＝2，且an+1＝，n∈N*， 则an+2＝＝1－， 所以an+3＝＝an， 所以数列{an}为周期数列，周期为3． 又a2＝＝－1，a3＝， 即a2 025＝a675×3＝a3＝．故选A．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 考向2　单调性 [典例4]　(多选)(2025·绵阳涪城区月考)下列通项公式中，数列{an}是递增数列的是(　　) A．an＝2n－11 B．an＝－3n＋32 C．an＝2· D．an＝2·3n √ √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 AD　[当n≥2时，比较an与an-1的大小，可得{an}是否为递增数列． 对于A，由an＝2n－11，得an－an-1＝2n－11－[2(n－1)－11]＝2>0， 所以数列{an}是递增数列，故A正确； 对于B，由an＝－3n＋32，得an－an-1＝－3n＋32－[－3(n－1)＋32]＝－3 <0， 所以数列{an}是递减数列，故B错误； 对于C，由an＝2·，得an－an-1＝2·－2·＝－4·<0， 所以数列{an}是递减数列，故C错误； 对于D，由an＝2·3n，得an－an-1＝2·3n－2·3n-1＝4·3n-1>0， 所以数列{an}是递增数列，故D正确．故选AD．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 考向3　最值 [典例5]　(2026·张家口模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝n＋，则{an}的最小项的值为______________．  4　[根据题意，数列{an}的通项公式为an＝n＋， 设f (x)＝x＋(x≥1)， 由对勾函数的性质可知：f (x)min＝f (2)，即当x＝2时，f (x)＝x＋取得最小值， 则当n＝2时，{an}取得最小项，其最小项的值为a2＝2＋＝4．] 4　 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 通性通法：(1)解决数列的周期性问题，先求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． (2)解决数列的单调性问题，常用作差比较法，根据差的符号判断数列{an}的单调性． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 [多维变迁] 1．(2025·黄冈市三模)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 √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 A　[根据题意，函数f (x)为在定义域[1，＋∞)上的减函数，当n≥1且n∈Z时，必有f (n)>f (n＋1)，则数列{an}为递减数列， 反之，当f (x)＝－时，数列{an}为递减数列，但函数f (x)在定义域上不是减函数， 故“函数f (x)为减函数”是“数列{an}为递减数列”的充分不必要条件． 故选A．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 2．(2025·葫芦岛期末)已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2－，则{an}的前2 025项和为(　　) A．2 024 B．2 025 C．2 026 D．2 027 √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 B　[由题意可得a2＝2－＝－2，a3＝2－＝4，a4＝2－＝1，…， 可知数列{an}是最小正周期为3的周期数列， 且一个周期的和为a1＋a2＋a3＝3， 则数列{an}的前2 025项和为a1＋a2＋…＋a2 025＝675×(a1＋a2＋a3)＝2 025． 故选B．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 3．(2025·双鸭山宝山区期末)已知数列{an}的通项公式是an＝(n＋1) ，数列{an}的最大项的值为______________．  　 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 　[由an＝(n＋1)， 可得an+1＝(n＋2)，an-1＝n·， 若an为最大项，则有 即 解得8≤n≤9， 当n＝8或n＝9时，数列取得最大项， 故数列{an}的最大项的值为a8＝a9＝．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 教材拓展9　斐波那契数列 1．斐波那契数列的定义：若一个数列，首两项等于1，而从第三项起，每一项是之前两项之和，则称该数列为斐波那契数列．例：1，1，2，3，5，8，13，… 2．斐波那契数列的递推公式 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 [典例6]　(多选)(2025·肇庆期末)自然界中存在很多美到极致的螺旋，如田螺的螺旋、星系的螺旋，我们把这些螺旋称为“斐波那契螺旋”．它按如图所示的规律形成连续不断的弧线，借助正方形的边长形成数列“1，1，2，3，5，8，…”，即从数列第三项开始，每项都等于前面两项之和．设该数列为{an}，则an＝an-1＋an-2(n≥3)，记Sn是数列{an}的前n项和，Tn是数列的前n项和，则下列说法正确的是(　　) A．S20＋1＝a21 B．a1＋a3＋a5＋…＋a2n-1＝a2n C．a2＋a4＋a6＋…＋a30＝a31－1 D．若Tn＝a2 023·a2 024，则n＝2 023 √ √ √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 BCD　[A选项：因为an-2＝an－an-1(n≥3)， 因此Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋…＋(an+2－an+1)＝an+2－a2＝an+2－1， 因此S20＋1＝a22，因此A选项错误． B选项：因为a1＋a3＋a5＋…＋a2n-1＝a2n，因此B选项正确． C选项：因为a2＋a4＋a6＋…＋a30＝a1＋a2＋a4＋a6＋…＋a30－a1＝a3＋a4＋a6＋…＋a30－a1 ＝…＝a31－a1＝a31－1，因此C选项正确． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 D选项：因为an-1＝an－an-2(n≥3)，因此＝anan-1－an-1an-2(n≥3)， 即Tn＝＋…＋＋(a3a2－a1a2)＋(a4a3－a3a2)＋…＋(an+1an－anan-1)＝＋an+1an－a1a2＝anan+1， 因为Tn＝a2 023a2 024，因此n＝2 023，因此D选项正确．故选BCD．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 1．(链接考点一)已知数列{an}的前n项和为Sn，若满足Sn＝4an－3，则Sn＝(　　) A．4 B．4 C．3 D．4(3n－1) √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 C　[当n＝1时，S1＝4a1－3，S1＝4S1－3，得S1＝1， 当n≥2时，Sn＝4(Sn－Sn-1)－3，3Sn＝4Sn-1＋3，Sn＝Sn-1＋1， Sn＋3＝(Sn-1＋3)，又S1＋3＝4， 所以{Sn＋3}是首项为4，公比为的等比数列， 所以Sn＋3＝4×，Sn＝4×－3＝3． 故选C．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 2．(链接考点二)(2025·大连期中)若数列{an}满足an＝an-1＋(n≥2且n∈N*)，a1＝，则a2 025＝(　　) A． B． C． D． √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 D　[由an＝an-1＋，得an－an-1＝，…，a3－a2＝，a2－a1＝，将上述n－1个式子相加，得an－a1＝， 又因为a1＝，所以an＝1－，所以a2 025＝1－．故选D．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 3．(链接考向三)(2025·天津和平区月考)已知数列{an}的通项公式为an＝，则an取到最小值时n的值是______________．  7　 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 7　[因为an＝＝1＋， 当n≤7，n∈N*时，2n－15<0，an＝1＋为递减数列， 且1>an＝1＋≥a7＝1＋＝－12， 所以当n>7，n∈N*时，2n－15>0，an＝1＋为递减数列， 且an＝1＋>1， 所以an取到最小值时n的值是7．] 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 一、单项选择题 1．(2025·安康月考)已知n∈N*，下列数列是递增数列的是(　　) A．an＝ B．an＝1－2n C．an＝n2 D．an＝ √ 课时作业(四十四)　数列的概念及其函数特性 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 C　[对于A，an－an-1＝＝－<0，故{an}为递减数列，故A不符合题意． 对于B，an－an-1＝1－2n－[1－2(n－1)]＝－2<0，故{an}为递减数列，故B不符合题意． 对于C，an－an-1＝n2－(n－1)2＝2n－1>0，故{an}为递增数列，故C符合题意． 对于D，an－an-1＝＝－<0，故{an}为递减数列，故D不符合题意． 故选C．] √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 2．(2025·南阳期中)已知数列{an}满足a1＝2，且an+1＝an＋3n＋2(n≥1)，则a10＝(　　) A．182 B．173 C．164 D．155 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 D　[由an+1＝an＋3n＋2(n≥1)，可得an+1－an＝3n＋2(n≥1)，则当n≥2时，an＝an－an-1＋an-1－an-2＋…＋a3－a2＋a2－a1＋a1 ＝3n－1＋3n－4＋…＋8＋5＋2＝， 则a10＝＝155． 故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 3．(2025·南昌青山湖区期末)若数列{an}满足an+1＝，且a1＝3，则a2 024＋a2 025＝(　　) A．3 B．4 C． D． √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 B　[由数列{an}满足an+1＝， 可得an+2＝＝an， 即数列{an}是周期为2的数列，且a1＝3，a2＝1， 则a2 024＋a2 025＝a2＋a1＝1＋3＝4． 故选B．] √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 4．(2025·黔西南州期末)已知数列{an}满足＝n＋1，则 a2 027＝(　　) A．2 027 B．2 025 C．4 051 D．4 053 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 D　[由题意可得a1＋＋…＋＝n＋1，① 当n＝1时，a1＝2； 当n≥2时，a1＋＋…＋＝n，② ①－②得＝1，即an＝2n－1． 又a1＝2不满足an＝2n－1， 综上所述，an＝ 所以a2 027＝4 053． 故选D．] √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 二、多项选择题 5．(2025·西安月考)下列结论中不正确的是(　　) A．数列，，，，…的一个通项公式是an＝(n∈N*) B．数列1，2，3，4，5的项数一定是无限的 C．数列－1，1，－1，1，－1，1，…的通项公式的形式是唯一的 D．数列1，3，2，6，3，9，4，12，5，15，…不存在通项公式 √ √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 BCD　[根据题意，依次分析选项： 对于A，数列，…的一个通项公式是an＝(n∈N*)，A正确； 对于B，数列1，2，3，4，5只有5项，该数列项数是有限的，B错误； 对于C，数列－1，1，－1，1，－1，1，…的通项公式可以为an＝(－1)n，也可以为an＝cos nπ，该数列通项公式不唯一，C错误； 对于D，该数列的通项公式可以为bn＝D错误． 故选BCD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 6．(2025·三明三元区期末)在数列{an}中，下列结论正确的是(　　) A．若数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝2n－1 B．若Sn＝，且数列{Sn}的前n项积为Tn，则Tn＝ C．若a1＝1，且，则an＝ D．若Sn＝－n2＋7n－3，则当n＝3或4时，Sn取得最大值 √ √ √ 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 BCD　[对于A，已知Sn＝n2＋1，当n＝1时，a1＝S1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1， 又a1＝2不满足an＝2n－1， 综上，an＝故A错误； 对于B，Tn＝×…×，所以数列{Sn}的前n项积为Tn＝，故B正确； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 对于C，由， 等式左右分别相乘可得， 又a1＝1，所以an＝，故C正确； 对于D，因为Sn＝－n2＋7n－3＝－，且n∈N*，所以当n＝3或4时，Sn取得最大值，故D正确．故选BCD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 三、填空题 7．(苏教版选择性必修第一册P139习题4.1T8改编)已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，则数列{an}的最大项为第_________项．  4 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 4　[法一：因为an+1－an＝， 所以当n≥4时，an+1<an；当n≤3时，an+1>an， 即a1<a2<a3<a4>a5>a6>…， 故数列{an}的最大项为第4项． 法二：设数列{an}中的最大项为ak， 则(k≥2)， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 即 解得≤k≤．因为k∈N*，所以k＝4． 故数列{an}的最大项为第4项．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 8．(2025·成都月考)已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2tn＋5(n∈N*)，若{an}是递增数列，则实数t的取值范围是______________．  　 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 　[根据题意，数列{an}是递增数列， 而an＝n2－2tn＋5，则an+1＝(n＋1)2－2t(n＋1)＋5． 则an+1－an＝(n＋1)2－2t(n＋1)＋5－(n2－2tn＋5)＝n2＋2n＋1－2tn－2t＋5－n2＋2tn－5＝2n＋1－2t>0恒成立， 变形可得2t<2n＋1， 又由n∈N*，则2t<3，解得t<． 即实数t的取值范围是．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 四、解答题 9．(2026·阿坝州模拟节选)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且． (1)求Sn； (2)求{an}的通项公式． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 [解]　(1)由a1＝1，得S1＝a1＝1，而，当n≥2时， Sn＝S1··…·＝1××…×， 因为S1＝1也满足上式，所以Sn＝． (2)由(1)得，当n≥2时，Sn-1＝， 所以an＝Sn－Sn-1＝＝n， 因为a1＝1也满足上式，所以{an}的通项公式为an＝n． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 10．(人教A版选择性必修第二册P9习题4.1T4改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，Sn＝n2·an，bn＝． (1)写出数列{bn}的前4项； (2)求出数列{an}的通项公式． 理法先行 考点深研 课时作业 第44课时　数列的概念及其函数特性 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 [解]　(1)因为Sn＝n2·an，① 所以Sn+1＝(n＋1)2·an+1，② ②－①得an+1＝Sn+1－Sn＝(n＋1)2·an+1－n2·an， 所以，所以bn＝， 所以b1＝，b2＝，b3＝，b4＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 (2)当n≥2时，由， 所以·…·×…×， 即(n≥2)， 又因为a1＝， 所以an＝(n≥2)． 当n＝1时，a1＝满足上式， 故an＝． 谢谢！ $