2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第七章高考大题冲关系列（3）含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第七章高考大题冲关系列（3）含答案命题动向：等差、等比数列是重要的数列类型，高考考查的主要知识点有：等差、等比数列的概念、性质、前n项和公式．由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较深的理解．题型1等差、等比数列的综合运算例1(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1；(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素个数．解(1)证明：设数列{an}的公差为d，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，,a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），))解得b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以命题得证．(2)由(1)知，b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以bk＝am＋a1⇔b1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k－1＝2m，亦即m＝2k－2∈[1，500]，解得2≤k≤10，所以k＝2，3，4，…，10，故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素个数为10－2＋1＝9.解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量．解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件．变式训练1(2023·阳泉二模)已知{an}是正项等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，1＋a3＝b2＋b4，a2＋2＝b3.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)从下面条件①，②中选择一个作为已知条件，求数列{cn}的前n项和Sn.条件①：cn＝anbn；条件②：cn＝eq\f(bn,an).注：若选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．解(1)设{an}的公比为q(q>0)，{bn}的公差为d，由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋q2＝2＋4d，,q＋2＝1＋2d，))解得q＝3或q＝－1(舍去)，d＝2，∴an＝3n－1(n∈N*)，bn＝2n－1(n∈N*)．(2)选择条件①：cn＝anbn，则cn＝(2n－1)·3n－1，∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝1×1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－3)×3n－2＋(2n－1)×3n－1，(ⅰ)∴3Sn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得－2Sn＝1＋2×(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×eq\f(3－3n,1－3)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，∴Sn＝(n－1)×3n＋1.选择条件②：cn＝eq\f(bn,an)，则cn＝eq\f(2n－1,3n－1)，∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝1＋eq\f(3,3)＋eq\f(5,32)＋…＋eq\f(2n－3,3n－2)＋eq\f(2n－1,3n－1)，(ⅰ)∴eq\f(1,3)Sn＝eq\f(1,3)＋eq\f(3,32)＋eq\f(5,33)＋…＋eq\f(2n－3,3n－1)＋eq\f(2n－1,3n)，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得eq\f(2,3)Sn＝1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n－1)))－eq\f(2n－1,3n)＝1＋2×eq\f(\f(1,3)－\f(1,3n),1－\f(1,3))－eq\f(2n－1,3n)＝2－eq\f(2n＋2,3n)，∴Sn＝3－eq\f(n＋1,3n－1)(n∈N*)．题型2数列的通项与求和例2(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.))(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；(2)求{an}的前20项和．解(1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，因为a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即a2n＋1－a2n－1＝3，所以数列{an}的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列，所以当n为奇数时，an＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×3＝eq\f(3n－1,2)，因为a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，即a2n＋2－a2n＝3，所以数列{an}的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列，所以当n为偶数时，an＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×3＝eq\f(3n－2,2)，而bn＝a2n＝eq\f(3×2n－2,2)＝3n－1，所以bn＝3n－1.(2)由(1)，知{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋eq\f(10×9,2)×3＋10×2＋eq\f(10×9,2)×3＝300.所以{an}的前20项和为300.(1)求数列通项公式的常用方法有：公式法，累加、累乘法，构造法等，但总的思想是转化为特殊的数列(一般是等差或等比数列)求解．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有：错位相减法、分组求和法、裂项相消法等．变式训练2(2023·泉州三模)已知{an}为等差数列，且an＋1＝2an－2n＋3.(1)求{an}的首项和公差；(2)数列{bn}满足bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,ak·ak＋1)，n＝3k－2，,（－1）n·an，3k－1≤n≤3k，))其中k，n∈N*，求eq\i\su(i＝1,60,b)i.解(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，由an＋1＝2an－2n＋3可得a1＋nd＝2[a1＋(n－1)d]－2n＋3，即(d－2)n＋a1＋3－2d＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d－2＝0，,a1＋3－2d＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))(2)an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.因为bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,ak·ak＋1)，n＝3k－2，,（－1）n·an，3k－1≤n≤3k，))则bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,（2k－1）（2k＋1）)，n＝3k－2，,（－1）n·（2n－1），3k－1≤n≤3k，))所以b1＋b4＋b7＋…＋b58＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,39×41)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,39)－\f(1,41)))))＝eq\f(20,41).b2＋b5＋b8＋b11＋…＋b56＋b59＝(a2－a5)＋(a8－a11)＋…＋(a56－a59)＝－3×2×20＝－120；b3＋b6＋b9＋b12＋…＋b57＋b60＝(－a3＋a6)＋(－a9＋a12)＋…＋(－a57＋a60)＝3×2×20＝120.因此eq\i\su(i＝1,60,b)i＝(b1＋b4＋b7＋…＋b58)＋(b2＋b5＋b8＋…＋b59)＋(b3＋b6＋b9＋…＋b60)＝eq\f(20,41)－120＋120＝eq\f(20,41).题型3数列与其他知识的交汇角度数列与函数的交汇例3(2023·成都石室中学模拟)已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)ax2－x.(1)若f(x)在x∈R上单调递增，求a的值；(2)证明：(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))<e2(n∈N*且n≥2)．解(1)函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)ax2－x，求导得f′(x)＝ex－ax－1，由于函数f(x)在R上单调递增，则f′(x)＝ex－ax－1≥0恒成立，令h(x)＝ex－ax－1，则h′(x)＝ex－a，当a＝0时，f′(x)＝ex－1，当x<0时，f′(x)<0，不满足条件；当a<0时，h′(x)>0，h(x)在R上单调递增，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eeq\f(1,a)－a·eq\f(1,a)－1＝eeq\f(1,a)－2<0，即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<0，不满足条件；当a>0时，令h′(x)＝0，得x＝lna，则当x<lna时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x>lna时，h′(x)>0，h(x)单调递增，于是当x＝lna时，h(x)取得最小值h(lna)＝elna－alna－1＝a－alna－1，于是h(lna)≥0，即a－alna－1≥0，令u(a)＝a－alna－1，则u′(a)＝－lna，当0<a<1时，u′(a)>0，u(a)单调递增；当a>1时，u′(a)<0，u(a)单调递减，则u(a)max＝u(1)＝0，由于a－alna－1≥0恒成立，因此a－alna－1＝0，则a＝1.(2)证明：由(1)知，当a＝1时，ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号，即当x>0时，ln(x＋1)<x，因此当n∈N*且n≥2时，lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（1＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))))＝ln(1＋1)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))<1＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n2)，而当n≥2时，eq\f(1,n2)<eq\f(1,n（n－1）)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以1＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n2)<1＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))＝1＋1－eq\f(1,n)<2，则lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（1＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))))<2，所以(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))<e2(n∈N*且n≥2)．(1)数列与函数的综合问题一般是以函数为背景，给出数列所满足的条件．解决这类问题的关键是利用函数知识，将条件进行准确转化．(2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性)，注意题中的限制条件，如定义域．变式训练3已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3.第一列第二列第三列第一行152第二行4310第三行9820(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝[lgbn]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg2]＝0，[lg98]＝1，求数列{cn}的前100项和T100.解(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n.设等差数列{bn}的公差为d，则2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝eq\f(7（b1＋b7）,2)＝7b4＝7a3，所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.(2)cn＝[lg(2n)]，T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg2]＋[lg4]＋…＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.角度数列与不等式的交汇例4(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq\f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，两式相减可得4an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,4).当n＝1时，4S2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq\f(27,4)－9，解得a2＝－eq\f(27,16)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,4).所以数列{an}是首项为－eq\f(9,4)，公比为eq\f(3,4)的等比数列，所以an＝－eq\f(9,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)＝－eq\f(3n＋1,4n).(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n).所以Tn＝－3×eq\f(3,4)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4)＋…＋(n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，①且eq\f(3,4)Tn＝－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(5)＋…＋(n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)，②①－②，得eq\f(1,4)Tn＝－3×eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)－(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)＝－eq\f(9,4)＋eq\f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,4))－(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)＝－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)，所以Tn＝－4n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1).因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，所以－4n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)≤λ(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，当n<4时，λ≤eq\f(－3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，此时λ≤1；当n＝4时，－12≤0恒成立；当n>4时，λ≥eq\f(－3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，此时λ≥－3.综上，实数λ的取值范围为[－3，1]．数列中不等式的处理方法(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．本题第(2)问中用到“放缩”．一般地，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和的数列等．(3)比较方法：作差比较或作商比较．变式训练4(2023·新课标Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通项公式；(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.解(1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以{an}的通项公式是an＝2n＋3.(2)证法一：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝eq\f(13＋（6n＋1）,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(3,2)(n＋1)2＋eq\f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以当n>5时，Tn>Sn.证法二：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(14＋4n＋6,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以当n>5时，Tn>Sn.第1讲数列的概念与表示[课程标准]了解数列的概念和表示方法(列表法、图象法、通项公式法)，了解数列是一种特殊函数．1．数列的定义按照eq\x(\s\up1(01))确定的顺序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eq\x(\s\up1(02))项．其中第1项也叫做首项．数列的一般形式是a1，a2，…，an，…，简记为eq\x(\s\up1(03)){an}．2．数列的表示方法(1)列表法．(2)图象法．(3)数列的通项公式如果数列{an}的第n项an与它的eq\x(\s\up1(04))序号n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．(4)数列的递推公式如果一个数列的eq\x(\s\up1(05))相邻两项或多项之间的关系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eq\x(\s\up1(06))首项和eq\x(\s\up1(07))递推公式，就能求出这个数列的每一项．3．数列的分类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＝eq\x(\s\up1(12))a1＋a2＋…＋an．(2)an与Sn的关系an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(13))S1，n＝1，,\x(\s\up1(14))Sn－Sn－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．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．1．在数列1，1，2，3，5，8，13，x，34，55，…中，x应取()A．19 B．20C．21 D．22答案C解析由题意，可以发现，从第三项起，每一项都是前面两项的和，∴x＝8＋13＝21.故选C.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答案ABD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．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则eq\f(a3,a5)的值是()A.eq\f(15,16) B.eq\f(15,8)C.eq\f(3,4) D.eq\f(3,8)答案C解析由已知，得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)a4＝eq\f(1,2)＋(－1)4，a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，a5＝eq\f(2,3)，∴eq\f(a3,a5)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(3,4).故选C.4．(人教B选择性必修第三册习题5－1BT6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答案D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.5．已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案(－3，＋∞)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.考向一利用an与Sn的关系求通项公式例1(1)(2023·哈尔滨模拟)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)答案B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＝________．答案eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))解析当n＝1时，a1＝21＝2，当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1②，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．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．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)))是等差数列答案BCD解析∵an＋1＝SnSn＋1，又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝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.2．已知数列{an}的前n项和Sn＝(－1)n＋1·n，则a5＋a6＝________，an＝____________．答案－2(－1)n＋1·(2n－1)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)．考向二由递推关系求数列的通项公式例2分别求出满足下列条件的数列的通项公式．(1)a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)(n∈N*)；(2)a1＝1，an＝eq\f(n,n－1)an－1(n≥2，n∈N*)；(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)；(4)a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)(n∈N*)．解(1)当n≥2，n∈N*时，an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝0＋1＋3＋…＋(2n－3)＝(n－1)2，当n＝1时，也符合上式．所以该数列的通项公式为an＝(n－1)2.(2)当n≥2，n∈N*时，an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(2,1)×eq\f(3,2)×…×eq\f(n,n－1)＝n，当n＝1时，也符合上式，所以该数列的通项公式为an＝n.(3)因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以该数列的通项公式为an＝2·3n－1－1.(4)因为an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，a1＝2，所以an≠0，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，又a1＝2，所以eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)，即an＝eq\f(2,n).由递推关系式求通项公式的常用方法方法递推关系式累加法已知a1且an－an－1＝f(n)，求an累乘法已知a1且eq\f(an,an－1)＝f(n)，求an构造法已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}求解已知a1且an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0，q≠0)，则两边同时除以pn＋1得到eq\f(an＋1,pn＋1)＝eq\f(an,pn)＋q(p≠0，q≠0)，可转化为等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,pn)))求解形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解1.若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，则数列{an}的通项公式为an＝________．答案2n－1解析由题意，知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.2．在数列{an}中，a1＝4，nan＋1＝(n＋2)an，则数列{an}的通项公式为an＝________．答案2n(n＋1)解析由递推关系得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋2,n)，又a1＝4，∴an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n＋1,n－1)×eq\f(n,n－2)×eq\f(n－1,n－3)×…×eq\f(4,2)×eq\f(3,1)×4＝eq\f(（n＋1）×n,2×1)×4＝2n(n＋1)．3．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n＋1)(n∈N*)，则an＝________，eq\f(1,243)是这个数列的第________项．答案eq\f(n＋2,3n)7解析由题意得an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)(n≥2)，∴3nan＝3n－1an－1＋1(n≥2)，即3nan－3n－1·an－1＝1(n≥2)．又a1＝1，∴31a1＝3，∴数列{3nan}是以3为首项，1为公差的等差数列，∴3nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，∴an＝eq\f(n＋2,3n)(n∈N*)．由eq\f(n＋2,3n)＝eq\f(1,243)，得n＝7.多角度探究突破考向三数列的性质角度数列的周期性例3(2023·防城港模拟)已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,1－an)，若a1＝eq\f(1,2)，则a2023＝()A．－2 B．－1C.eq\f(1,2) D．2答案C解析a1＝eq\f(1,2)，则a2＝eq\f(1,1－a1)＝eq\f(1,1－\f(1,2))＝2，a3＝eq\f(1,1－a2)＝eq\f(1,1－2)＝－1，a4＝eq\f(1,1－a3)＝eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，…，故{an}是周期为3的数列，因为2023＝674×3＋1，所以a2023＝a1＝eq\f(1,2).故选C.角度数列的单调性例4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，＋∞)答案D解析因为数列{an}为递减数列，所以对任意n∈N*，an＋1－an＝eq\f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq\f(3n＋k,2n)＝eq\f(3－3n－k,2n＋1)＜0，即k＞3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故选D.角度数列的最值例5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)答案A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.(1)利用递推公式探求数列的周期性的两种思想思想一：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.思想二：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.(2)判断数列的单调性的两种方法(3)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an研究数列的增减性，确定最大项及最小项．1.已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则a1a2a3…a2023＝()A．－6 B．6C．－3 D．3答案D解析∵a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，∴a2＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,3)，a5＝2，…，∴an＋4＝an，又a1a2a3a4＝1，∴a1a2a3…a2023＝(a1a2a3a4)505·a1a2a3＝1×2×(－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝3.故选D.2．(2023·广东4月大联考)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．先递减后递增答案A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.3．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________．答案－90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.课时作业一、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项答案C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.2．(2023·北京丰台二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝n2－1，则a3＝()A．－5 B．5C．7 D．8答案B解析因为Sn＝n2－1，所以a3＝S3－S2＝(32－1)－(22－1)＝5.故选B.3．在数列{an}中，a1＝3，a2＝－1，an＋2＝3an＋1＋an，则a5＝()A．0 B．－1C．－2 D．－3答案D解析a3＝3a2＋a1＝－3＋3＝0，a4＝3a3＋a2＝－1，a5＝3a4＋a3＝－3.故选D.4．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，则Sn＝()A.eq\f(1－2n,3) B.eq\f(1－（－2）n,3)C.eq\f(1＋2n,3) D.eq\f(1＋（－2）n,3)答案B解析当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，解得a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)an－1＋\f(1,3)))＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，即an＝－2an－1，∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴Sn＝eq\f(1－（－2）n,1－（－2）)＝eq\f(1－（－2）n,3).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．13C．16 D．22答案C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．(2023·张掖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，Sn＝Sn＋1－3an－2，则S20＝()A.eq\f(320,2) B．321－20C.eq\f(320,2)－eq\f(43,2) D.eq\f(321,2)－eq\f(43,2)答案D解析由Sn＝Sn＋1－3an－2，得Sn＋1－Sn＝3an＋2，所以an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，因为a1＋1＝2＋1＝3，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1))是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1，所以S20＝3＋32＋…＋320－20＝eq\f(3×（1－320）,1－3)－20＝eq\f(321,2)－eq\f(43,2).故选D.7．设Sn为数列{an}的前n项和，“{an}是递增数列”是“{Sn}是递增数列”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答案D解析数列－3，－2，－1，0，…是递增数列，但{Sn}不是递增数列，即充分性不成立；数列1，1，1，…，满足{Sn}是递增数列，但数列1，1，1，…不是递增数列，即必要性不成立，所以“{an}是递增数列”是“{Sn}是递增数列”的既不充分也不必要条件．故选D.8．(2023·衡水模拟)已知数列{an}为递减数列，其前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，则实数m的取值范围是()A．(－2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(2，＋∞) D．(－∞，2)答案A解析当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，故当n≥2时，{an}为递减数列，只需满足a2<a1，即－1<1＋m，解得m>－2.故选A.二、多项选择题9．已知数列{an}满足an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，且a1＝2，则()A．a3＝－1 B．a2023＝eq\f(1,2)C．S3＝eq\f(3,2) D．S2023＝1013答案ACD解析由数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，可得a2＝eq\f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，a5＝eq\f(1,2)，…，所以an＋3＝an，数列{an}的周期为3，故a2023＝a674×3＋1＝a1＝2，S3＝eq\f(3,2)，S2023＝674×eq\f(3,2)＋2＝1013.10．(2023·济南历城二中二模)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－1D．数列{an}的通项公式为an＝eq\f(n,n＋1)，n∈N*，则数列{an}是递增数列答案ABD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.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