第26頁（共26頁）2024-2025學年上學期高二數學北師大版（2019）期中必刷常考題之數列的概念及其函數特性一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?聊城期末）設{an}是公比為q的等比數列，則“q＞0，且q≠1”是“數列{an}為單調遞增或單調遞減數列”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．（2024秋?宣城期末）已知數列{cn}是遞增數列，且cn=(3-A．（1，3） B．（1，2] C．（2，3） D．（2，4]3．（2024秋?煙臺期末）若一數列的前4項分別為13A．an=(-1)nC．an=(-1)4．（2024秋?廣東校級期末）已知數列2，6，22，10，…，2n+2A．第20項 B．第21項 C．第22項 D．第19項5．（2025?海淀區校級模擬）已知數列{an}滿足對任意的i，j∈N*，都有aj﹣ai＝2（j﹣i）．若a3+a5＝a7，則a3＝（）A．1 B．2 C．3 D．4二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?海州區校級期末）已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a2＝4，S5＝35，則（）A．nan的最小值為1 B．Sn的最小值為1 C．{ann2}為遞減數列（多選）7．（2024秋?德州期末）數列{an}滿足：a1＝1，an+1=12an+n，n為奇數an-2n，n為偶數A．-92 B．-18 C．-（多選）8．（2024秋?新城區期末）已知等比數列{an}是遞減數列，q是其公比，則下列說法一定正確的是（）A．a1＜0 B．q＞0 C．a1q＜0 D．a1（q﹣1）＜0三．填空題（共4小題）9．（2024秋?石景山區期末）首項為正數的數列{an}滿足an+1＝λ（an①存在λ和a1，使得{an}是等比數列；②若λ=14且a1是奇數，則③若λ=14且a1＞3，則存在n使得an④若λ∈(0，14]且1＜a1＜3其中所有正確結論的序號是．10．（2024秋?天津期末）23，415，635，863，1099，…的一個通項公式是11．（2024秋?寧城縣期末）設數列{an}的通項公式為an＝n2+kn，若數列{an}是遞增數列，則實數k的范圍為．12．（2024秋?上海校級期中）已知數列{an}（n≤9）各項均為正整數，對任意的k∈N（2≤k≤8），ak＝ak﹣1+1和ak＝ak+1﹣1中有且僅有一個成立，且a1＝6，a9＝12．記S9＝a1+a2+…+a9.給出下列四個結論．①{an}不可能是等差數列；②{an}中最大項為a9；③S9不存在最大值；④S9的最小值為34．其中所有正確結論的序號是．四．解答題（共3小題）13．（2024春?余干縣校級期中）數列{an}的通項公式是an（1）這個數列的第4項是多少？（2）150是不是這個數列的項？若是這個數列的項，它是第幾項？14．（2024秋?貴州期中）已知m∈N*，m≥5，定義：數列{an}共有m項，對任意i，j（i，j∈N*，i≤j≤m），存在k1（k1∈N*，k1≤m），使得aiaj＝ak1，或存在k2（k2∈N*，k2≤m），使得ajai=ak（1）若an＝n（1≤n≤10，n∈N*），判斷數列{an}是否為“封閉數列”；（2）已知遞增數列a1，2，a3，8，a5為“封閉數列”，求a1，a3，a5；（3）已知數列{an}單調遞增，且為“封閉數列”，若a1≥1，證明：{an}是等比數列．15．（2024?江西模擬）公元263年，劉徽首創了用圓的內接正多邊形的面積來逼近圓面積的方法，算得n值為3.14，我國稱這種方法為割圓術，直到1200年后，西方人才找到了類似的方法，后人為紀念劉徽的貢獻，將3.14稱為徽率．我們作單位圓的外切和內接正3×2n邊形（n＝1，2，3??），記外切正3×2n邊形周長的一半為an，內接正3×2n邊形周長的一半為bn．通過計算容易得到：an=3×2ntanθn（其中θ（1）求{bn}的通項公式；（2）求證：對于任意正整數n，（3）試問對任意正整數n，bn、bn+1、an+1是否能構成等比數列？說明你的理由．

2024-2025學年上學期高二數學北師大版（2019）期中必刷常考題之數列的概念及其函數特性參考答案與試題解析題號12345答案CCACD一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?聊城期末）設{an}是公比為q的等比數列，則“q＞0，且q≠1”是“數列{an}為單調遞增或單調遞減數列”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【考點】數列的單調性；充分條件必要條件的判斷．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】C【分析】根據題意，由等比數列的性質和數列單調性的定義，分析“q＞0，且q≠1”和“數列{an}為單調遞增或單調遞減數列”因果關系，綜合可得答案．【解答】解：根據題意，若q＞0，且q≠1，即0＜q＜1或q＞1，當a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1時，有an+1﹣an＝a1qn﹣a1qn﹣1＝a1qn﹣1（q﹣1）＞0，n∈N且n≥1，數列{an}為單調遞增數列，當a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，0＜q＜1時，有an+1﹣an＝a1qn﹣a1qn﹣1＝a1qn﹣1（q﹣1）＜0，n∈N且n≥1，數列{an}為單調遞減數列，則“q＞0，且q≠1”是“數列{an}為單調遞增或單調遞減數列”的充分條件，反之，若數列{an}為單調遞增或單調遞減數列，則該數列為正項數列或負項數列，則q＞0，且q≠1，則“q＞0，且q≠1”是“數列{an}為單調遞增或單調遞減數列”的必要條件，故“q＞0，且q≠1”是“數列{an}為單調遞增或單調遞減數列”的充要條件．故選：C．【點評】本題考查數列的單調性，涉及充分必要條件的判斷，屬于基礎題．2．（2024秋?宣城期末）已知數列{cn}是遞增數列，且cn=(3-A．（1，3） B．（1，2] C．（2，3） D．（2，4]【考點】數列的函數特性．【專題】轉化思想；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；運算求解．【答案】C【分析】由數列單調遞增得到分段函數單調遞增，然后建立不等式組，解得a的取值范圍．【解答】解：由數列{cn}是遞增數列，且cn可得3-解得2＜a＜3．則a的取值范圍是（2，3）．故選：C．【點評】本題主要考查數列的單調性，考查計算能力，屬于基礎題．3．（2024秋?煙臺期末）若一數列的前4項分別為13A．an=(-1)nC．an=(-1)【考點】由數列若干項歸納出通項公式．【專題】方程思想；定義法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】A【分析】觀察前四項，尋找規律，能求出該數列的通項公式．【解答】解：一數列的前4項分別為13則a1a2a3a4∴該數列的通項公式可能為an故選：A．【點評】本題考查數列的通項公式等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．4．（2024秋?廣東校級期末）已知數列2，6，22，10，…，2n+2A．第20項 B．第21項 C．第22項 D．第19項【考點】由數列若干項歸納出通項公式．【專題】方程思想；定義法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】C【分析】令2n【解答】解：數列2，6，22，10，…，2令2n+2=46，解得∴46是這個數列的第22項．故選：C．【點評】本題考查數列的通項公式等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．5．（2025?海淀區校級模擬）已知數列{an}滿足對任意的i，j∈N*，都有aj﹣ai＝2（j﹣i）．若a3+a5＝a7，則a3＝（）A．1 B．2 C．3 D．4【考點】由數列若干項歸納出通項公式．【專題】整體思想；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；運算求解．【答案】D【分析】先設數列的通項公式，根據已知條件可求得結果．【解答】解：設an＝kn+b（k，b為常數），則aj＝kj+b，ai＝ki+b，所以aj﹣ai＝k（j﹣i），因為對任意的i，j∈N*，都有aj﹣ai＝2（j﹣i），所以k＝2，則an＝2n+b，所以a3＝6+b，a5＝10+b，a7＝14+b，a3+a5＝16+2b，因為a3+a5＝a7，所以16+2b＝14+b，解得b＝﹣2，所以an＝2n﹣2，則a3＝2×3﹣2＝4．故選：D．【點評】本題主要考查了數列的通項公式，屬于基礎題．二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?海州區校級期末）已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a2＝4，S5＝35，則（）A．nan的最小值為1 B．Sn的最小值為1 C．{ann2}為遞減數列【考點】數列的單調性；求等差數列的前n項和．【專題】轉化思想；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；運算求解．【答案】ABD【分析】根據等差數列及求和公式基本量運算得出an＝3n﹣2及Sn=n(3n-1)2，再結合二次函數最值判斷A，【解答】解：等差數列{an}的前n項和為Sn，a2＝4，S5＝35，假設{an}的公差為d，由S5=5(a1+a5)2=5a3=35，所以a3＝7，所以d所以an＝3n﹣2，Sn選項A：nan=n(3n-2)=3(n-13)2-13選項B：Sn=n(3n-1)2=32n2-12n，因為n為正整數，1離對稱軸選項C：ann2=-2n2+3選項D：Snn=32故選：ABD．【點評】本題主要考查等差數列的性質應用，考查數列單調性的判斷，屬于中檔題．（多選）7．（2024秋?德州期末）數列{an}滿足：a1＝1，an+1=12an+n，n為奇數an-2n，n為偶數A．-92 B．-18 C．-【考點】由通項公式求解或判斷數列中的項．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】BC【分析】由數列{an}滿足：a1＝1，an+1=12an+n，n為奇數an-2n，n為偶數，分別令n＝2，可求得a2，根據條件先求出a2n﹣2與a2【解答】解：∵a1＝1，an∴令n＝2得a2=3a2n﹣2+1＝a2n﹣2﹣2（2n﹣2）即a2n﹣1＝a2n﹣2﹣2（2n﹣2），a2n﹣1+1=12a2n﹣1+（2n﹣1）即a2n=12a2n﹣2﹣（2n﹣2）+（2∴a2n=12a2n﹣2∴a2n﹣2=12（a2n﹣2﹣∴{a2n﹣2}是以-12為首項，公比為∴a2n＝﹣（12）n+2故bn＝a2n﹣2＝﹣（12）n，∴n＝2時，b2=-14，n＝3時，故選：BC．【點評】本題考查了由數列的遞推關系求通項公式，等比數列的定義及通項公式，同時考查了計算能力，屬于中檔題．（多選）8．（2024秋?新城區期末）已知等比數列{an}是遞減數列，q是其公比，則下列說法一定正確的是（）A．a1＜0 B．q＞0 C．a1q＜0 D．a1（q﹣1）＜0【考點】數列的單調性；等比數列的性質．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】BD【分析】根據題意，舉出反例可得A、C錯誤，由等比數列和數列單調性的定義的性質分析B和D，綜合可得答案．【解答】解：根據題意，依次分析選項：對于A，等比數列{an}的首項a1＝1，q=12，是遞減數列，但a1＞0，對于B，等比數列{an}是遞減數列，則數列{an}一定是全部為正或全部為負的數列，必有q＞0，B正確；對于C，等比數列{an}的首項a1＝1，q=12，是遞減數列，但a1q＞0，對于D，等比數列{an}是遞減數列，當n≥1且n∈Z時，有an+1﹣an＝a1qn﹣a1qn﹣1＝a1qn﹣1（q﹣1）＜0，又由q＞0，必有a1（q﹣1）＜0，D正確．故選：BD．【點評】本題考查數列的單調性，涉及等比數列的性質，屬于基礎題．三．填空題（共4小題）9．（2024秋?石景山區期末）首項為正數的數列{an}滿足an+1＝λ（an①存在λ和a1，使得{an}是等比數列；②若λ=14且a1是奇數，則③若λ=14且a1＞3，則存在n使得an④若λ∈(0，14]且1＜a1＜3其中所有正確結論的序號是①②④．【考點】數列的單調性；等比數列的概念與判定．【專題】分類討論；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；邏輯思維．【答案】①②④．【分析】本題利用等比數列的定義、數列的函數特性和數列單調性進行求解．【解答】解：對于①，當a1＝1，λ=14時，an＝1，此時{a對于②，設a1＝2k+1，（k∈N），則a2＝k2+k+1為奇數，當k為偶數時k2+k為偶數，則a2＝k2+k+1為奇數，當k為奇數時k2+k為偶數，則a2＝k2+k+1為奇數，所以當λ=14且a1是奇數時，a2也為奇數，同理，an對于③，因為λ=14，則an+1=an24+34，當a1＞3時，a2=a124+34＞94+3對于④，an+1﹣an＝λ（an2+3）﹣an＝λan2-an+3λ，令函數f（an）＝λ因為λ∈(0，14]，函數f（an）是開口向上的二次函數，若1即最大值為f（1）＝4λ﹣1或f（3）＝12λ﹣3，又因為λ∈(0，14]，所以f（1）＝4λ﹣1≤0，f（3）＝12則當1＜an＜3時，f（an）＜0，即an+1﹣an＜0，又因為當1＜a1＜3時，a2=a1所以當1＜a1＜3時，1＜a2＜a1＜3，則1＜a3＜a2，同理可得1＜an＜an﹣1＜3，n≥4，所以此時{an}是遞減數列，所以④正確．故選：①②④．【點評】本題主要考查等比數列的定義、數列的函數特性和數列單調性，屬于中檔題．10．（2024秋?天津期末）23，415，635，863，1099，…的一個通項公式是【考點】數列的概念及簡單表示法．【專題】計算題；整體思想；歸納法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】2n【分析】根據分子為偶數列，分母為兩個相鄰連續奇數相乘，即可求出通項公式．【解答】解：分子為偶數列，分母為兩個相鄰連續奇數相乘，則23，415，635，863，故答案為：2n【點評】本題考查了數列的通項公式，關鍵找到規律，屬于基礎題．11．（2024秋?寧城縣期末）設數列{an}的通項公式為an＝n2+kn，若數列{an}是遞增數列，則實數k的范圍為（﹣3，+∞）．【考點】數列的函數特性．【專題】轉化法；點列、遞歸數列與數學歸納法；不等式的解法及應用．【答案】見試題解答內容【分析】數列{an}是遞增數列，可得an+1＞an，化簡利用數列的單調性即可得出．【解答】解：∵數列{an}是遞增數列，∴an+1＞an，∴（n+1）2+k（n+1）＞n2+kn，化為：k＞﹣（2n+1），對于?n∈N*都成立．∴k＞﹣3．∴實數k的范圍為（﹣3，+∞）．故答案為：（﹣3，+∞）．【點評】本題考查了數列遞推關系、數列的單調性、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．12．（2024秋?上海校級期中）已知數列{an}（n≤9）各項均為正整數，對任意的k∈N（2≤k≤8），ak＝ak﹣1+1和ak＝ak+1﹣1中有且僅有一個成立，且a1＝6，a9＝12．記S9＝a1+a2+…+a9.給出下列四個結論．①{an}不可能是等差數列；②{an}中最大項為a9；③S9不存在最大值；④S9的最小值為34．其中所有正確結論的序號是③④．【考點】數列的單調性．【專題】轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】③④．【分析】利用等差數列的定義判斷①；利用已知舉例說明判斷②③；求出最小值判斷④作答．【解答】解：數列{an}（n≤9）各項均為正整數，對任意的k∈N（2≤k≤8），ak＝ak﹣1+1和ak＝ak+1﹣1中有且僅有一個成立，且a1＝6，a9＝12．記S9＝a1+a2+…+a9．對于①，當k∈N（2≤k≤8）時，由ak＝ak﹣1+1得ak﹣ak﹣1＝1，由ak＝ak+1﹣1得ak+1﹣ak＝1，于是ak﹣ak﹣1與ak+1﹣ak僅只一個為1，即ak﹣ak﹣1≠ak+1﹣ak，因此數列{an}不能是等差數列，①錯誤；對于④，令bm＝am+1﹣am（1≤m≤8），依題意，bm與bm+1均為整數，且有且僅有一個為1（即隔項為1），若b1＝b3＝b5＝b7＝1，則a2＝a1+b1＝7，a3＝a2+b2≥1，a4＝a3+b3≥2，a5＝a4+b4≥1，a6＝a5+b5≥2，a7＝a6+b6≥1，a8＝a7+b7≥2，而a1＝6，a9＝12，因此S9=i=19當且僅當數列為6，7，1，2，1，2，1，2，12時取等號，若b2＝b4＝b6＝b8＝1，則a2＝a1+b1≥1，a3＝a2+b2≥2，a4＝a3+b3≥1，a5＝a4+b4≥2，a6＝a5+b5≥1，a7＝a6+b6≥2，a8＝a9﹣b8＝11，而a1＝6，a9＝12，因此S9=i=19當且僅當數列為6，1，2，1，2，1，2，11，12時取等號，從而S9的最小值為34，④正確；對于②，當b1＝b3＝b5＝b7＝1時，取b2＝b4＝b6＝p，b8＝4﹣3p，p∈N，p≠1，數列{an}為：6，7，7+p，8+p，8+2p，9+2p，9+3p，10+3p，12，滿足題意，取p＝2，a8＝16＞12＝a9，{an}中最大的項不為a9，②錯誤；對于③，由于p的任意性，即p無最大值，因此S9＝76+12p不存在最大值，③正確，所以所有正確結論的序號是③④．故答案為：③④．【點評】本題考查數列的求和與最值、等差數列的定義，考查轉化思想和推理能力，屬于中檔題．四．解答題（共3小題）13．（2024春?余干縣校級期中）數列{an}的通項公式是an（1）這個數列的第4項是多少？（2）150是不是這個數列的項？若是這個數列的項，它是第幾項？【考點】數列的函數特性；數列的概念及簡單表示法．【專題】函數思想；定義法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】（1）﹣6；（2）16項．【分析】（1）利用數列{an}的通項公式能求出這個數列的第4項．（2）由an=【解答】解：（1）數列{an}的通項公式是an∴這個數列的第4項是：a4＝42﹣7×4+6＝﹣6．（2）an=n2-7n+6=150，即n2解得n＝16或n＝﹣9（舍），∴150是這個數列的項，是第16項．【點評】本題考查數列的通項公式等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．14．（2024秋?貴州期中）已知m∈N*，m≥5，定義：數列{an}共有m項，對任意i，j（i，j∈N*，i≤j≤m），存在k1（k1∈N*，k1≤m），使得aiaj＝ak1，或存在k2（k2∈N*，k2≤m），使得ajai=ak（1）若an＝n（1≤n≤10，n∈N*），判斷數列{an}是否為“封閉數列”；（2）已知遞增數列a1，2，a3，8，a5為“封閉數列”，求a1，a3，a5；（3）已知數列{an}單調遞增，且為“封閉數列”，若a1≥1，證明：{an}是等比數列．【考點】數列的單調性；等比數列的概念與判定．【專題】整體思想；定義法；點列、遞歸數列與數學歸納法；邏輯思維．【答案】（1）數列{an}不是“封閉數列”．（2）a1＝1，a3＝4，a5＝16．（3）證明過程見解答．【分析】（1）舉出反例，得到數列{an}不是“封閉數列”．（2）數列遞增，由a5a5=1求出a1＝1，通過分析得到a58，a得a5＝16，由a5a3=a3，得a3＝4，所以a1＝1，a3＝4（3）數列{an}單調遞增，所以amam=1是{an}中的項，即a1＝1，且ama推出1＝a1＜amam-1＜amam-2＜?＜ama2＜am．根據上式的項數得到am=aiam+1-i(1＜i【解答】解：（1）由題意知，數列{an}為1，2，3，4，5，6，7，8，9，10．因為a2?a7＝2×7＝14，a7a2=72，14和7所以數列{an}不是“封閉數列”．（2）由題意數列遞增可知a1＜2＜a3＜8＜a5，則a52不是{an所以a5a5=1是{an}中的項，即a因為a5ai＞a5(1＜i＜5，所以a58=2，得a5由a5a3=a3，得a3＝4，所以a1＝1，a3＝4（3）證明：因為數列{an}單調遞增，所以am＞1．則am2不是{an所以amam=1是{an}中的項，即a因為amai（1＜i≤m，i∈N*）不是{an}中的項，所以amai是{a所以1＝a1＜a因為a1，amam-1，amam所以am＝aiam+1﹣i（1＜i≤m﹣1，i∈N*）①，類似地，2＜j≤m﹣1，j∈N*，am﹣1aj＞am，則am﹣1aj不是{an}中的項，所以am-1aj是1＝a1＜a所以am﹣1＝ajam﹣j（2＜j≤m﹣2，i∈N*）②，由①和②得amam-1=a所以{an}是首項為1的等比數列．【點評】本題考查數列綜合應用，屬于中檔題．15．（2024?江西模擬）公元263年，劉徽首創了用圓的內接正多邊形的面積來逼近圓面積的方法，算得n值為3.14，我國稱這種方法為割圓術，直到1200年后，西方人才找到了類似的方法，后人為紀念劉徽的貢獻，將3.14稱為徽率．我們作單位圓的外切和內接正3×2n邊形（n＝1，2，3??），記外切正3×2n邊形周長的一半為an，內接正3×2n邊形周長的一半為bn．通過計算容易得到：an=3×2ntanθn（其中θ（1）求{bn}的通項公式；（2）求證：對于任意正整數n，（3）試問對任意正整數n，bn、bn+1、an+1是否能構成等比數列？說明你的理由．【考點】由實際問題歸納出數列的通項．【專題】新定義；探究型；方程思想；綜合法；等差數列與等比數列；數學抽象；邏輯思維；數學建模．【答案】（1）bn=3?2n?【分析】由題意及θn＝2θn+1，結合三角函數的公式運用，利用等差中項法、等比中項法證明數列是等差數列，等比數列．【解答】解：（1）如圖，等腰三角形OAB中，OA＝OB＝1，∠AOB＝2θn，所以sinθn=（2）證明：因為an=3×2所以an+1=3×2n+1tanθn所以1=cos=cos=2=1故對于任意正整數n，（3）因為an=3×2所以an+1=3×所以bn+12=（3×2n+1sinθn+1）2＝9×22n+2sin2an+1bn＝3×2n+1tanθn+1×3×2nsinθn＝9×22n+1tanθn+1sin2θn+1＝9×22n+1×sinθn+1cosθn+1×2sinθn+1cosθn+1＝9×22n即an+1bn=b所以，對任意正整數n，bn、bn+1、an+1能構成等比數列．【點評】本題考查了運用等差中項法、等比中項法證明數列問題，結合三角函數的公式，屬于中檔題．

考點卡片1．充分條件必要條件的判斷【知識點的認識】1、判斷：當命題“若p則q”為真時，可表示為p?q，稱p為q的充分條件，q是p的必要條件．2、充要條件：如果既有“p?q”，又有“q?p”，則稱條件p是q成立的充要條件，或稱條件q是p成立的充要條件，記作“p?q”．p與q互為充要條件．【解題方法點撥】充要條件的解題的思想方法中轉化思想的依據；解題中必須涉及兩個方面，充分條件與必要條件，缺一不可．證明題目需要證明充分性與必要性，實際上，充分性理解為充分條件，必要性理解為必要條件，學生答題時往往混淆二者的關系．判斷題目可以常用轉化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的既不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系．【命題方向】充要條件是學生學習知識開始，或者沒有上學就能應用的，只不過沒有明確定義，因而幾乎年年必考內容，多以小題為主，有時也會以大題形式出現，中學階段的知識點都相關，所以命題的范圍特別廣．2．數列的概念及簡單表示法【知識點的認識】1．數列及其有關概念，（1）數列的定義：按照一定順序排列的一列數稱為數列．數列中的每一個數稱為這個數列的項，排在第一位的數稱為這個數列的第1項，又稱為首項．2．數列的表示：數列的一般形式可以寫成a1，a2，a3，…，an，..簡記作{an}，此處的n是序號．3．數列的分類：按項的個數分為兩類，有窮數列與無窮數列；按項的變化趨勢分類，可分為遞增數列、遞減數列、常數列、擺動數列；4．數列的通項公式：如果數列{an}的第n項與序號n之間的關系可以用一個式子來表示，則稱這個公式叫做這個數列的通項公式．幾個認識：（1）由數列的通項公式可以求同數列的項，這與已知函數的解析式，求某一自變量的函數值是一致的．（2）有些數列沒有通項公式，如2的近似值，精確到1，0.1，0.01，0.001，…時，所構成的數列，1，1.4，1.41，1.414，…，此數列就沒有通項公式．5．數列的遞推公式：如果已知數列{an}的第一項（或前幾項），且從第二項（或某一項）開始的任一項與它的前一項（前幾項）（n≥2，n∈N*）間的關系可以用一個公式來表示，那么這個公式就叫做這個數列的遞推公式．3．由數列若干項歸納出通項公式【知識點的認識】1．數列及其有關概念，（1）數列的定義：按照一定順序排列的一列數稱為數列．數列中的每一個數稱為這個數列的項，排在第一位的數稱為這個數列的第1項，又稱為首項．2．數列的表示：數列的一般形式可以寫成a1，a2，a3，…，an，..簡記作{an}，此處的n是序號．3．數列的分類：按項的個數分為兩類，有窮數列與無窮數列；按項的變化趨勢分類，可分為遞增數列、遞減數列、常數列、擺動數列；4．數列的通項公式：如果數列{an}的第n項與序號n之間的關系可以用一個式子來表示，則稱這個公式叫做這個數列的通項公式．幾個認識：（1）由數列的通項公式可以求同數列的項，這與已知函數的解析式，求某一自變量的函數值是一致的．（2）有些數列沒有通項公式，如2的近似值，精確到1，0.1，0.01，0.001，…時，所構成的數列，1，1.4，1.41，1.414，…，此數列就沒有通項公式．5．數列的遞推公式：如果已知數列{an}的第一項（或前幾項），且從第二項（或某一項）開始的任一項與它的前一項（前幾項）（n≥2，n∈N*）間的關系可以用一個公式來表示，那么這個公式就叫做這個數列的遞推公式．【解題方法點撥】﹣觀察規律：通過觀察數列前幾項的規律，推導出通項公式．﹣設未知數：假設通項公式an＝f（n），代入前幾項求解參數．﹣驗證公式：驗證推導出的通項公式是否適用于數列的每一項．【命題方向】常見題型包括通過數列的前幾項推導出通項公式，結合具體數列進行分析．數列﹣2，1，-23，12A．an＝（﹣1）n+12B．an＝（﹣1）nnC．an＝（﹣1）n2D．an＝（﹣1）n+12解：根據題意，數列﹣2，1，-23，12，-25，…的前5項可以寫成（﹣1）1×21、（﹣1）2×22、（﹣1）3×23則數列的一個通項公式可以為an＝（﹣1）n×2故選：C．4．由通項公式求解或判斷數列中的項【知識點的認識】1．數列及其有關概念，（1）數列的定義：按照一定順序排列的一列數稱為數列．數列中的每一個數稱為這個數列的項，排在第一位的數稱為這個數列的第1項，又稱為首項．2．數列的表示：數列的一般形式可以寫成a1，a2，a3，…，an，..簡記作{an}，此處的n是序號．3．數列的分類：按項的個數分為兩類，有窮數列與無窮數列；按項的變化趨勢分類，可分為遞增數列、遞減數列、常數列、擺動數列；4．數列的通項公式：如果數列{an}的第n項與序號n之間的關系可以用一個式子來表示，則稱這個公式叫做這個數列的通項公式．幾個認識：（1）由數列的通項公式可以求同數列的項，這與已知函數的解析式，求某一自變量的函數值是一致的．（2）有些數列沒有通項公式，如2的近似值，精確到1，0.1，0.01，0.001，…時，所構成的數列，1，1.4，1.41，1.414，…，此數列就沒有通項公式．5．數列的遞推公式：如果已知數列{an}的第一項（或前幾項），且從第二項（或某一項）開始的任一項與它的前一項（前幾項）（n≥2，n∈N*）間的關系可以用一個公式來表示，那么這個公式就叫做這個數列的遞推公式．【解題方法點撥】由通項公式求解或判斷數列中的項是指根據數列的通項公式計算某一項的值或判斷某一項的性質．代入計算：將通項公式中的n取不同的值，計算數列的具體項．【命題方向】常見題型包括利用通項公式計算數列的具體項或判斷數列的性質，結合具體數列進行分析．已知數列{an}的通項公式為an＝n2+n，則下列是該數列中的項的是（）A．18B．12C．25D．30解：根據題意，數列{an}的通項公式為an＝n2+n，依次分析選項：對于A，若an＝n2+n＝18，無正整數解，不符合題意，對于B，若an＝n2+n＝12，解可得n＝3或﹣4，有正整數解n＝3，符合題意，對于C，若an＝n2+n＝25，無正整數解，不符合題意，對于D，若an＝n2+n＝30，解可得n＝5或﹣6，有正整數解n＝5，符合題意，故選：BD．5．由實際問題歸納出數列的通項【知識點的認識】1．數列及其有關概念，（1）數列的定義：按照一定順序排列的一列數稱為數列．數列中的每一個數稱為這個數列的項，排在第一位的數稱為這個數列的第1項，又稱為首項．2．數列的表示：數列的一般形式可以寫成a1，a2，a3，…，an，..簡記作{an}，此處的n是序號．3．數列的分類：按項的個數分為兩類，有窮數列與無窮數列；按項的變化趨勢分類，可分為遞增數列、遞減數列、常數列、擺動數列；4．數列的通項公式：如果數列{an}的第n項與序號n之間的關系可以用一個式子來表示，則稱這個公式叫做這個數列的通項公式．幾個認識：（1）由數列的通項公式可以求同數列的項，這與已知函數的解析式，求某一自變量的函數值是一致的．（2）有些數列沒有通項公式，如2的近似值，精確到1，0.1，0.01，0.001，…時，所構成的數列，1，1.4，1.41，1.414，…，此數列就沒有通項公式．5．數列的遞推公式：如果已知數列{an}的第一項（或前幾項），且從第二項（或某一項）開始的任一項與它的前一項（前幾項）（n≥2，n∈N*）間的關系可以用一個公式來表示，那么這個公式就叫做這個數列的遞推公式．【解題方法點撥】由實際問題歸納出數列的通項是指通過實際問題中的數列關系，推導出數列的通項公式．﹣分析問題：分析實際問題中的數列關系，找出遞推關系或規律．﹣設未知數：假設數列的遞推公式或通項公式，代入實際問題中的條件求解參數．﹣推導通項：根據遞推關系或規律推導出數列的通項公式．【命題方向】常見題型包括通過實際問題中的數列關系，推導出數列的通項公式，結合具體問題進行分析．如圖的一系列正方形圖案稱為謝爾賓斯基地毯，圖案的做法是：把一個正方形分成9個全等的小正方形，對中間的一個小正方形進行著色得到第1個圖案（圖1）；在第1個圖案中對沒有著色的小正方形再重復以上做法得到第2個圖案（圖2）；以此類推，每進行一次操作，就得到一個新的正方形圖案，設原正方形的邊長為1，記第n個圖案中所有著色的正方形的面積之和為an，則數列{an}的通項公式an＝_____．解：根據題意，a1=1a2=1a3=19+89×……歸納可得：an=19+89×19是首項為19，公比為89的等比數列的前故an=1故答案為：1-6．數列的函數特性【知識點的認識】1、等差數列的通項公式：an＝a1+（n﹣1）d；前n項和公式Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S2、等比數列的通項公式：an＝a1qn﹣1；前n項和公式Sn=a1(1-qn3、用函數的觀點理解等差數列、等比數列（1）對于等差數列，an＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），當d≠0時，an是n的一次函數，對應的點（n，an）是位于直線上的若干個點．當d＞0時，函數是增函數，對應的數列是遞增數列；同理，d＝0時，函數是常數函數，對應的數列是常數列；d＜0時，函數是減函數，對應的數列是遞減函數．若等差數列的前n項和為Sn，則Sn＝pn2+qn（p、q∈R）．當p＝0時，{an}為常數列；當p≠0時，可用二次函數的方法解決等差數列問題．（2）對于等比數列：an＝a1qn﹣1．可用指數函數的性質來理解．當a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1時，等比數列是遞增數列；當a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1時，等比數列{an}是遞減數列．當q＝1時，是一個常數列．當q＜0時，無法判斷數列的單調性，它是一個擺動數列．【解題方法點撥】典例1：數列{an}滿足an＝n2+kn+2，若不等式an≥a4恒成立，則實數k的取值范圍是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：an＝n2+kn+2=(n∵不等式an≥a4恒成立，∴3.5≤-解得﹣9≤k≤﹣7，故選：B．典例2：設等差數列{an}滿足a1＝1，an＞0（n∈N*），其前n項和為Sn，若數列{Sn}也為等差數列，則SA．310B．212C．180D．121解：∵等差數列{an}滿足a1＝1，an＞0（n∈N*），設公差為d，則an＝1+（n﹣1）d，其前n項和為Sn=n∴SnS1=1，S2∵數列{Sn}∴2S∴22+d=解得d＝2．∴Sn+10＝（n+10）2，an2=（2n﹣1∴Sn由于{(1∴Sn+10an2故選：D．7．數列的單調性【知識點的認識】數列的單調性是指數列是遞增還是遞減的性質．由于數列{an}中的每一項an與它的序號n是一一對應的，所以數列{an}是從正整數集N*（或它的有限子集{1，2，…，n}）到實數集R的函數，其自變量是序號n，對應的函數值是數列的第n項an，記為an＝f（n）．也就是說，當自變量從1開始，按照從小到大的順序依次取值時，對應的一系列函數值f（1），f（2），…，f（n），…就是數列{an}．【解題方法點撥】﹣定義判斷：根據數列的定義或通項公式判斷其單調性．﹣遞推關系：利用數列的遞推關系分析其單調性．﹣數列差：分析數列相鄰兩項的差an+1﹣an的符號判斷單調性．【命題方向】常見題型包括利用定義、遞推關系、數列差判斷數列的單調性，結合具體數列進行分析．下列通項公式中，對應數列是遞增數列的是（）A．an＝1﹣nB.aC．an＝2n2﹣5n+1D.a解：根據題意，依次分析選項：對于A，an＝1﹣n，有an+1﹣an＝1﹣（n+1）﹣1+n＝﹣1，是遞減數列，不符合題意，對于B，an=14n，有an+1﹣an對于C，an＝2n2﹣5n+1，有an+1﹣an＝2（n+1）2﹣5（n+1）+1﹣2n2+5n﹣1＝4n﹣3，由于n≥1，則an+1﹣an＝4n﹣3＞0，是遞增數列，符合題意，對于D，an=n+3，n≤2，2n-1，故選：