第六章 6.1 数列的概念（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）
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| 名称 | 第六章 6.1 数列的概念（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版） |
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| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 236.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-31 00:00:00 | ||
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文档简介
数列
6．1 数列的概念
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．
1．数列的概念
概念 含义
数列 按照确定的顺序排列的一列数称为数列
数列 的项 数列中的每一个数叫做这个数列的项，其中第1项也叫首项
通项 公式 如果数列{an}的第n项an与它的序号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
前n 项和 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
2.数列的分类
分类标准 类型 满足条件
项数 有穷数列 项数有限
无穷数列 项数无限
项与项 间的大 小关系 递增数列 an＋1>an 其中 n∈N*
递减数列 an＋1常数列 an＋1＝an
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的数列
3.数列的表示方法
表示方法 定义
列表法 列出表格表示n与an的对应关系
图象法 把点(n，an)画在平面直角坐标系中
公 式 法 通项公式 把数列的通项用公式表示
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
4.an与Sn的关系
数列{an}的通项an与前n项和Sn之间的关系为an＝
5．数列的最值
若an最大，则(n≥2)；若an最小，则(n≥2).
1．判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × )
(2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列．( × )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( √ )
2．(人教A版选择性必修第二册P9T4改编)已知数列{an}满足a1＝3，a2＝6，且an＋2＝an＋1－an(n为正整数)，则a308＝6．
解析：a1＝3，a2＝6，a3＝a2－a1＝3，a4＝a3－a2＝－3，a5＝a4－a3＝－6，a6＝a5－a4＝－3，a7＝a6－a5＝3，a8＝a7－a6＝6，即a7＝a1，a8＝a2，所以{an}是周期为6的数列，因为308＝6×51＋2，所以a308＝a2＝6.
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＋3n－1，则它的通项公式为an＝．
解析：由Sn＝n2＋3n－1，可得当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋3n－1－(n－1)2－3(n－1)＋1＝2n＋2，
此时，令n＝1，则2n＋2＝4≠3＝a1.
综上，可得an＝
4．(人教A版选择性必修第二册P9T5改编)按一定规律排列的数据依次为，，，，…，按此规律排列，则第30个数是．
解析：＝，＝，＝，＝，…，
所以第30个数为＝.
考点1 由an与Sn的关系求通项公式
【例1】 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－4n＋1，则an＝．
【解析】 当n＝1时，a1＝S1＝－2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋1－[(n－1)2－4(n－1)＋1]＝2n－5.此时，a1＝－2不符合上式．
所以an＝
(2)已知Sn为正项数列{an}的前n项和，a1＝3且Sn＋Sn＋1＝a－，则an＝2n＋1．
【解析】 因为Sn＋Sn＋1＝a－，即2(Sn＋Sn＋1)＝a－3①，当n＝1时，2(S1＋S2)＝a－3，又因为a1＝3，即a－2a2－15＝0，解得a2＝5或a2＝－3(舍去)，当n≥2时，2(Sn－1＋Sn)＝a－3②，①－②得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，因为an>0，可得an＋1－an＝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＋1.
1．已知Sn求an的常用方法是利用an＝转化为关于an的关系式，再求通项公式．
2．Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
【对点训练1】 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，则数列{an}的通项公式为an＝2n＋2．
解析：数列{an}中，Sn＝n2＋3n，a1＝S1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋3n－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2，显然a1＝4满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋2.
(2)数列{an}满足a1＋＋＋…＋＝3n－2(n∈N*，n≥1)，则an＝．
解析：因为a1＋＋＋…＋＝3n－2(n∈N*，n≥1)，当n＝1时，a1＝31－2＝1，当n≥2时，a1＋＋＋…＋＝3n-1－2，所以＝3n－3n-1＝2×3n-1，所以an＝2n×3n-1，当n＝1时，an＝2≠1，所以an＝
考点2 由数列的递推公式求通项公式
命题角度1 累加法
【例2】 (2024·陕西咸阳三模)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，则a7＝( C )
A．43 B．46
C．37 D．36
【解析】 方法一 由题知an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－3)＋(2n－5)＋…＋3＋1＋1＝＋1＝n2－2n＋2(n≥2)，所以a7＝72－2×7＋2＝37.故选C.
方法二 由题知a1＝1，an＋1－an＝2n－1，所以a7＝(a7－a6)＋(a6－a5)＋…＋(a2－a1)＋a1＝11＋9＋7＋5＋3＋1＋1＝37.故选C.
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，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝(n＋1)·2n-2．
【解析】 当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1，即Sn－1＝an，Sn＝an＋1，则Sn－Sn－1＝an＋1－an＝an，即＝，则有＝，＝，…，＝，则an＝××…××a1＝(n＋1)·2n-2，当n＝1时，a1＝1，符合上式，故an＝(n＋1)·2n-2.
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．
【对点训练2】 (1)若数列{an}满足a1＝12，an＋1＝an＋2n(n≥1，n∈N)，则数列{an}的通项公式是an＝n2－n＋12．
解析：因为a1＝12，an＋1＝an＋2n(n≥1，n∈N)，所以a2－a1＝2，a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)，n≥2，所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝12＋2＋4＋…＋2(n－1)＝12＋2×＝n2－n＋12，n≥2，又a1＝12也满足上式，所以an＝n2－n＋12.
(2)数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝2nan－1，则数列{an}的通项公式为an＝．
解析：因为an＝2nan－1，n≥2，所以＝2n，＝2n-1，＝2n-2，…，＝22，累乘得···…·＝2n·2n-1·2n-2·…·22，n≥2，n∈N*，所以＝＝，n≥2，n∈N*.由于a1＝1，所以an＝，n≥2，n∈N*.显然当n＝1时，a1＝1满足an＝，所以an＝，n∈N*.
考点3 数列的性质
命题角度1 斐波那契数列及数列的周期性
【例4】 (1)(2024·山东济宁三模)已知数列{an}中，a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，则a2 024＝( C )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
【解析】 由a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，得a3＝a2－a1＝－1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－1，a6＝a5－a4＝1，a7＝a6－a5＝2，a8＝a7－a6＝1……则{an}是以6为周期的周期数列，所以a2 024＝a337×6＋2＝a2＝1.故选C.
(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x<3时f(x)＝x，则下列结论中一定正确的是( B )
A．f(10)>100 B．f(20)>1 000
C．f(10)<1 000 D．f(20)<10 000
【解析】 因为当x<3时，f(x)＝x，所以f(1)＝1，f(2)＝2.对于f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，令x＝3，得f(3)>f(2)＋f(1)＝2＋1＝3；令x＝4，得f(4)>f(3)＋f(2)>3＋2＝5；令x＝5，得f(5)>f(4)＋f(3)>5＋3＝8……不等式右侧恰好是斐波那契数列从第3项起的各项：3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1 597，…，显然f(16)>1 000，所以f(20)>1 000.所以B正确，但无法证明A，C，D一定正确．故选B.
斐波那契数列
1．链接教材：(人教A版选择性必修第二册P10阅读与思考斐波那契数列)
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
3．斐波那契数列的通项公式
Fn＝.
4．斐波那契数列的性质
(1)F＋F＋…＋F＝FnFn＋1.
(2)F1＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F2n.
(3)F2＋F4＋F6＋…＋F2n＝F2n＋1－1.
(4)F1＋F2＋F3＋F4＋…＋Fn＝Sn＝Fn＋2－1(Sn为斐波那契数列的前n项和).
【典例】 (多选)若数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为90°的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记以an为边长的正方形中的扇形面积为bn，数列{bn}的前n项和为Sn.下列结论正确的是( ABD )
A．a9＝34
B．a2 024是奇数
C．a2＋a4＋a6＋…＋a2 024＝a2 025
D．＝
【解析】 该数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，所以a9＝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2 024＝3×674＋2，所以a2 024是奇数，B正确；由an－1＝an－an－2，得a2＝a3－a1，a4＝a5－a3，…，a2 024＝a2 025－a2 023，累加得a2＋a4＋…＋a2 024＝a2 025－a1，C错误；由an＝an－1＋an－2(n≥3)，得a＋a＋a＋…＋a＝a1a2＋a＋a＋…＋a＝a2(a1＋a2)＋a＋…＋a＝a2a3＋a＋…＋a＝a3(a2＋a3)＋…＋a＝a3a4＋…＋a＝…＝a2 023a2 024，所以S2 023＝(a＋a＋a＋…＋a)＝a2 023a2 024，所以＝，D正确．故选ABD.
命题角度2 数列的单调性
【例5】 (2024·浙江宁波二模)已知数列{an}满足an＝λn2－n，对任意n∈{1，2，3}都有an>an＋1，且对任意n∈{n|n≥7，n∈N}都有anA． B．
C． D．
【解析】 因为对任意n∈{1，2，3}都有an>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命题角度3 数列的最值
【例6】 (2024·辽宁大连一模)数列{an}中，a1＝5，a2＝9，若数列{an＋n2}是等差数列，则{an}的最大项为( D )
A．3 B．3或4
C． D．11
【解析】 若数列{an＋n2}是等差数列，则数列的首项为a1＋12＝6，公差为(a2＋22)－(a1＋12)＝7，所以an＋n2＝6＋(n－1)×7＝7n－1，则an＝－n2＋7n－1，所以an＋1－an＝[－(n＋1)2＋7(n＋1)－1]－(－n2＋7n－1)＝－2n＋6，则当n＝1，2，3时，an＋1－an≥0，则a4＝a3>a2>a1；当n≥4时，an＋1－an<0，故此时数列{an}单调递减，则a4>a5>a6>a7>….综上，{an}的最大项为a3＝a4＝11.故选D.
1．解决数列单调性问题的三种方法
(1)用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或常数列．
(2)用作商比较法，根据(an＞0或an＜0)与“1”的大小关系进行判断．
(3)结合相应函数的图象直观判断．
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(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项．
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，确定数列的周期，再根据周期性求值．
【对点训练3】 (1)(2024·天津南开区二模)设数列{an}的通项公式为an＝n2＋bn，若数列{an}是单调递增数列，则实数b的取值范围为( A )
A．(－3，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．[－2，＋∞) D．[－3，＋∞)
解析：由题意可得an＋1－an>0恒成立，即(n＋1)2＋b(n＋1)－n2－bn＝2n＋1＋b>0，即b>－2n－1，又n≥1，则－2n－1≤－3，故b∈(－3，＋∞).故选A.
(2)(2024·四川宜宾二模)在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝1，且满足an＋2＋an＝an＋1，则数列{an}的前2 024项的和为( A )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：由题意得an＋2＝an＋1－an，an＋3＝an＋2－an＋1，两式相加可得an＋3＝－an，即an＋6＝－an＋3＝an，所以数列{an}是以6为周期的周期数列．又a1＝2，a2＝1，所以a3＝－1，a4＝－2，a5＝－1，a6＝1.所以数列{an}的前2 024项和S2 024＝337(a1＋a2＋…＋a6)＋a1＋a2＝3.故选A.
(3)在数列{an}中，an＝，则an的最大值是( D )
A． B．
C． D．
解析：由题意可得an＝＝.根据对勾函数与复合函数的单调性，y＝在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，所以在{an}中，a1a5>a6>…，当n＝3时，n＋＝，a3＝；当n＝4时，n＋＝，a4＝.因为<，所以an的最大值是.故选D.
【例】 (2024·浙江温州期末)定义为n个正数p1，p2，p3，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，则a10＝( C )
A．85 B．90
C．95 D．100
【解析】 因为数列{an}的前n项的“均倒数”为，所以＝ a1＋a2＋a3＋…＋an＝5n2，于是有a1＋a2＋a3＋…＋a10＝5×102，a1＋a2＋a3＋…＋a9＝5×92，两式相减，得a10＝5×(100－81)＝95.故选C.
本题主要考查学生学习新概念，并利用新概念解题的能力，平稳中有新意，灵活中见能力，实践中出真知，体现新高考的变化和趋势．
课时作业38
1．（5分）（2024·山东济南三模）若数列{an}的前n项和Sn＝n(n＋1)，则a6＝( C )
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：a6＝S6－S5＝6×7－5×6＝12.故选C.
2．（5分）在数列{an}中，若a1a2…an＝ (n∈N*)，则a3的值为( D )
A．1 B．3
C．9 D．27
解析：当n＝2时，a1a2＝34-4＝1，当n＝3时，a1a2a3＝39-6＝27，所以a3＝＝27.故选D.
3．（5分）（2024·陕西榆林三模）现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出1，乙报出2后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第2 024个被报出的数应该为( A )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：报出的数字依次是1，2，2，4，8，2，6，2，2，4，8，2，6，…，除了首项以外是个周期为6的周期数列，去掉首项后的新数列第1项为2，因为2 023＝337×6＋1，所以原数列第2 024个被报出的数应该为2.故选A.
4．（5分）（2024·福建厦门一模）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图所示的1，5，12，22被称为五边形数，将所有的五边形数从小到大依次排列，则其第8个数为( C )
A．51 B．70
C．92 D．117
解析：由题图及五边形数知后一个数与前一个数的差依次为4，7，10，13，16，19，22，…，所以五边形数依次为1，5，12，22，35，51，70，92，…，即第8个数为92.故选C.
5．（5分）已知数列{an}满足a1＝9，an＋1－an＝2n，则a4＝( A )
A．21 B．23
C．25 D．27
解析：由题设知an－an－1＝2(n－1)，…，a3－a2＝2×2，a2－a1＝2×1，累加可得an－a1＝2(n－1＋…＋2＋1)＝n(n－1)且n≥2，则an＝n2－n＋9，显然a1＝9也满足上式，所以a4＝42－4＋9＝21.故选A.
6．（5分）已知数列{an}满足＝，其中a1＝1，则a8＝( C )
A．28 B．220
C．225 D．228
解析：由题意，得＝×21，＝×22，…，＝×27.由累乘法，得××…×＝×21××22×…××27，即＝×21×22×…×27＝＝＝225，又a1＝1，所以a8＝225.故选C.
7．（5分）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 )
A．(－2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(2，＋∞) D．(－∞，2)
解析：当n＝1时，a1＝S1＝－12＋2＋m＝1＋m；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，∴当n≥2时，数列{an}中an随着n的增大而减小，若使{an}为递减数列，只需满足a2－2.故选A.
8．（8分）（多选）已知数列{an}满足an＝(n＋1)·，则当an取得最大值时n的值为( BC )
A．2 023 B．2 024
C．2 025 D．2 026
解析：∵＝＝1＋，
∴当n>2 024时，<1，当n<2 024时，>1，当n＝2 024时，＝1，∴当n＝2 024或n＝2 025时，an取得最大值．故选BC.
9．（8分）（多选）已知数列{an}满足a1＝1，an＋an－1＝n2(n≥2，n∈N*)，Sn为其前n项和，则( ABC )
A．a4－a2＝7 B．a10＝55
C．S5＝35 D．a8＋a4＝28
解析：因为a1＝1，a2＋a1＝22，a3＋a2＝32，a4＋a3＝42，a5＋a4＝52，a6＋a5＝62，…，a10＋a9＝102，所以a4－a2＝42－32＝7，a6－a4＝62－52＝11，a8－a6＝82－72＝15，a10－a8＝102－92＝19，累加得a10－a2＝7＋11＋15＋19＝52，所以a10＝a2＋52＝22－a1＋52＝3＋52＝55，S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋32＋52＝35，因为a4－a2＝7，a8－a2＝7＋11＋15＝33，所以a8＋a4＝7＋33＋2a2＝46.故选ABC.
10．（8分）（多选）（2024·河北石家庄二模）已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，前n项和为Sn，则下列说法正确的是( ABD )
A．数列{an}有最小项，且有最大项
B．使an∈Z的项共有5项
C．满足anan＋1an＋2≤0的n的值共有5个
D．使Sn取得最小值的n为4
解析：因为an＝(n∈N*)，所以an＋1－an＝－＝，令an＋1－an>0，即(2n－7)(2n－9)<0，解得0，则当1≤n≤3或n≥5时an＋1－an<0，令an＝>0，解得n>，所以a1＝－>a2＝－>a3＝－3>a4＝－9，a5>a6>a7>…>0，所以数列{an}有最小项a4＝－9，且有最大项a5＝9，故A正确；由an∈Z，则∈Z，又n∈N*，所以n＝3或n＝4或n＝5或n＝6或n＝9，所以使an∈Z的项共有5项，故B正确；要使anan＋1an＋2≤0，又an≠0，所以an，an＋1，an＋2中有1个负数或3个负数，所以n＝1或n＝2或n＝4，故满足anan＋1an＋2≤0的n的值共有3个，故C错误；因为n≤4时an<0，n≥5时an>0，所以当n为4时Sn取得最小值，故D正确．故选ABD.
11．（8分）（多选）（2024·浙江杭州二模）若无穷数列{an}由Ψ唯一确定，则称递推公式Ψ是专一的．下列递推公式中专一的有( AC )
A．n∈N*
B．n∈N*
C．n∈N*
D．n∈N*
解析：因为n∈N*，可得an＝2n－1，n∈N*，所以递推公式是专一的，故A正确；因为n∈N*，令n＝1，可得(a3－a2)2＝a1，即(a3－1)2＝1，解得a3＝2或a3＝0，所以递推公式不是专一的，故B错误；因为n∈N*，可得＋＝1，令n＝1，可得＋＝＋＝1，可得a1＝2，且＋＝1，可得＝，即an＝an＋2，可知数列{an}是以2为周期的周期函数，且a1＝a2＝2，则an＝2，所以递推公式是专一的，故C正确；因为n∈N*，由an＋an＋1＝2n可得a1＋a2＝2，a2＋a3＝4，则a3－a1＝2，由anan＋2＝3n可得a1a3＝3，解得或所以递推公式不是专一的，故D错误．故选AC.
12．（6分）（2024·上海奉贤区三模）若数列{an}满足对任意整数n有i＝2n2－n成立，则在该数列中小于100的项一共有25项．
解析：设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝2n2－n，当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－2(n－1)2＋(n－1)＝4n－3，当n＝1时，上式也成立，所以an＝4n－3，令an＝4n－3<100，则n<，所以在该数列中小于100的项一共有25项．
13．（6分）围棋起源于中国，至今已有四千多年的历史．在围棋中，对于一些复杂的死活问题，比如在判断自己单个眼内的气数是否满足需求时，可利用数列通项公式的递推方法来计算．假设大小为n的眼有an口气，大小为n＋1的眼有an＋1口气，an与an＋1满足的关系是a1＝1，a2＝2，an＋1－n＝an－1(n≥2，n∈N*)，则{an}的通项公式为an＝．
解析：当n≥2时，an＋1－n＝an－1，即an＋1－an＝n－1，利用累加法可得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，即an＝(n－2)＋(n－3)＋…＋1＋1＋1＝＋2＝，经检验a1＝1不满足an＝，
故an＝
14．（6分）数列{an}的通项公式为an＝若a5是{an}中的最大项，则a的取值范围是[9，12]．
解析：当n≤4时，an＝2n－1单调递增，因此n＝4时，取得最大值为a4＝15，当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－＋，因为a5是{an}中的最大项，所以解得9≤a≤12.故a的取值范围是[9，12].
15．（5分）（2024·江西南昌二模）已知数列{an}的首项a1为常数且a1≠，an＋1＋2an＝4n(n∈N*)，若数列{an}是递增数列，则a1的取值范围为( B )
A．
B．∪
C．
D．∪
解析：因为an＋1＋2an＝4n，所以an＋1－×4n+1＝－2，由于a1≠，即a1－≠0，可得数列是首项为a1－，公比为－2的等比数列，则an＝×4n＋×(－2)n-1，因为数列{an}是递增数列，可得an＋1>an，即×4n+1＋·(－2)n>×4n＋·(－2)n-1对任意的正整数n都成立．当n为偶数时，a1>－×2n恒成立，由于数列单调递减，可得－×2n≤－＝－，则a1>－；当n为奇数时，a1<＋×2n恒成立，由于数列单调递增，可得＋×2n≥＋＝，则a1<.综上可得a1的取值范围是∪.故选B.
16．（5分）斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，其每一项称为“斐波那契数”．如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第( D )
A．2 023项 B．2 024项
C．2 025项 D．2 026项
解析：由题图知，各图中小正方形的面积和等于大矩形的面积，可得a＋a＋…＋a＝a2 025a2 026，则＝a2 026，所以是斐波那契数列的第2 026项．故选D.
17．（5分）（2024·重庆九龙坡区三模）正整数1，2，3，…，n的倒数的和1＋＋＋…＋已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当n很大时，1＋＋＋…＋≈ln n＋γ.其中γ称为欧拉－马歇罗尼常数，γ≈0．577 215 664 901…，至今为止都不确定γ是有理数还是无理数．设[x]表示不超过x的最大整数，用上式计算1＋＋＋…＋的值为( C )
（参考数据：ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，ln 10≈2.30）
A．10 B．9
C．8 D．7
解析：设an＝1＋＋＋…＋，n∈N*，则an≈ln n＋γ，因为an＋1－an＝1＋＋＋…＋－＝>0，可知数列{an}为递增数列，且a1 800≈ln 1 800＋γ＝ln 2＋2ln 3＋2ln 10＋γ≈8.07，a2 048≈ln 2 048＋γ＝11ln 2＋γ≈8.17，可知8.07
6．1 数列的概念
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．
1．数列的概念
概念 含义
数列 按照确定的顺序排列的一列数称为数列
数列 的项 数列中的每一个数叫做这个数列的项，其中第1项也叫首项
通项 公式 如果数列{an}的第n项an与它的序号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
前n 项和 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
2.数列的分类
分类标准 类型 满足条件
项数 有穷数列 项数有限
无穷数列 项数无限
项与项 间的大 小关系 递增数列 an＋1>an 其中 n∈N*
递减数列 an＋1
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的数列
3.数列的表示方法
表示方法 定义
列表法 列出表格表示n与an的对应关系
图象法 把点(n，an)画在平面直角坐标系中
公 式 法 通项公式 把数列的通项用公式表示
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
4.an与Sn的关系
数列{an}的通项an与前n项和Sn之间的关系为an＝
5．数列的最值
若an最大，则(n≥2)；若an最小，则(n≥2).
1．判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × )
(2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列．( × )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( √ )
2．(人教A版选择性必修第二册P9T4改编)已知数列{an}满足a1＝3，a2＝6，且an＋2＝an＋1－an(n为正整数)，则a308＝6．
解析：a1＝3，a2＝6，a3＝a2－a1＝3，a4＝a3－a2＝－3，a5＝a4－a3＝－6，a6＝a5－a4＝－3，a7＝a6－a5＝3，a8＝a7－a6＝6，即a7＝a1，a8＝a2，所以{an}是周期为6的数列，因为308＝6×51＋2，所以a308＝a2＝6.
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＋3n－1，则它的通项公式为an＝．
解析：由Sn＝n2＋3n－1，可得当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋3n－1－(n－1)2－3(n－1)＋1＝2n＋2，
此时，令n＝1，则2n＋2＝4≠3＝a1.
综上，可得an＝
4．(人教A版选择性必修第二册P9T5改编)按一定规律排列的数据依次为，，，，…，按此规律排列，则第30个数是．
解析：＝，＝，＝，＝，…，
所以第30个数为＝.
考点1 由an与Sn的关系求通项公式
【例1】 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－4n＋1，则an＝．
【解析】 当n＝1时，a1＝S1＝－2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋1－[(n－1)2－4(n－1)＋1]＝2n－5.此时，a1＝－2不符合上式．
所以an＝
(2)已知Sn为正项数列{an}的前n项和，a1＝3且Sn＋Sn＋1＝a－，则an＝2n＋1．
【解析】 因为Sn＋Sn＋1＝a－，即2(Sn＋Sn＋1)＝a－3①，当n＝1时，2(S1＋S2)＝a－3，又因为a1＝3，即a－2a2－15＝0，解得a2＝5或a2＝－3(舍去)，当n≥2时，2(Sn－1＋Sn)＝a－3②，①－②得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，因为an>0，可得an＋1－an＝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＋1.
1．已知Sn求an的常用方法是利用an＝转化为关于an的关系式，再求通项公式．
2．Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
【对点训练1】 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，则数列{an}的通项公式为an＝2n＋2．
解析：数列{an}中，Sn＝n2＋3n，a1＝S1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋3n－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2，显然a1＝4满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋2.
(2)数列{an}满足a1＋＋＋…＋＝3n－2(n∈N*，n≥1)，则an＝．
解析：因为a1＋＋＋…＋＝3n－2(n∈N*，n≥1)，当n＝1时，a1＝31－2＝1，当n≥2时，a1＋＋＋…＋＝3n-1－2，所以＝3n－3n-1＝2×3n-1，所以an＝2n×3n-1，当n＝1时，an＝2≠1，所以an＝
考点2 由数列的递推公式求通项公式
命题角度1 累加法
【例2】 (2024·陕西咸阳三模)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，则a7＝( C )
A．43 B．46
C．37 D．36
【解析】 方法一 由题知an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－3)＋(2n－5)＋…＋3＋1＋1＝＋1＝n2－2n＋2(n≥2)，所以a7＝72－2×7＋2＝37.故选C.
方法二 由题知a1＝1，an＋1－an＝2n－1，所以a7＝(a7－a6)＋(a6－a5)＋…＋(a2－a1)＋a1＝11＋9＋7＋5＋3＋1＋1＝37.故选C.
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，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝(n＋1)·2n-2．
【解析】 当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1，即Sn－1＝an，Sn＝an＋1，则Sn－Sn－1＝an＋1－an＝an，即＝，则有＝，＝，…，＝，则an＝××…××a1＝(n＋1)·2n-2，当n＝1时，a1＝1，符合上式，故an＝(n＋1)·2n-2.
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．
【对点训练2】 (1)若数列{an}满足a1＝12，an＋1＝an＋2n(n≥1，n∈N)，则数列{an}的通项公式是an＝n2－n＋12．
解析：因为a1＝12，an＋1＝an＋2n(n≥1，n∈N)，所以a2－a1＝2，a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)，n≥2，所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝12＋2＋4＋…＋2(n－1)＝12＋2×＝n2－n＋12，n≥2，又a1＝12也满足上式，所以an＝n2－n＋12.
(2)数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝2nan－1，则数列{an}的通项公式为an＝．
解析：因为an＝2nan－1，n≥2，所以＝2n，＝2n-1，＝2n-2，…，＝22，累乘得···…·＝2n·2n-1·2n-2·…·22，n≥2，n∈N*，所以＝＝，n≥2，n∈N*.由于a1＝1，所以an＝，n≥2，n∈N*.显然当n＝1时，a1＝1满足an＝，所以an＝，n∈N*.
考点3 数列的性质
命题角度1 斐波那契数列及数列的周期性
【例4】 (1)(2024·山东济宁三模)已知数列{an}中，a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，则a2 024＝( C )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
【解析】 由a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，得a3＝a2－a1＝－1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－1，a6＝a5－a4＝1，a7＝a6－a5＝2，a8＝a7－a6＝1……则{an}是以6为周期的周期数列，所以a2 024＝a337×6＋2＝a2＝1.故选C.
(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x<3时f(x)＝x，则下列结论中一定正确的是( B )
A．f(10)>100 B．f(20)>1 000
C．f(10)<1 000 D．f(20)<10 000
【解析】 因为当x<3时，f(x)＝x，所以f(1)＝1，f(2)＝2.对于f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，令x＝3，得f(3)>f(2)＋f(1)＝2＋1＝3；令x＝4，得f(4)>f(3)＋f(2)>3＋2＝5；令x＝5，得f(5)>f(4)＋f(3)>5＋3＝8……不等式右侧恰好是斐波那契数列从第3项起的各项：3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1 597，…，显然f(16)>1 000，所以f(20)>1 000.所以B正确，但无法证明A，C，D一定正确．故选B.
斐波那契数列
1．链接教材：(人教A版选择性必修第二册P10阅读与思考斐波那契数列)
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
3．斐波那契数列的通项公式
Fn＝.
4．斐波那契数列的性质
(1)F＋F＋…＋F＝FnFn＋1.
(2)F1＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F2n.
(3)F2＋F4＋F6＋…＋F2n＝F2n＋1－1.
(4)F1＋F2＋F3＋F4＋…＋Fn＝Sn＝Fn＋2－1(Sn为斐波那契数列的前n项和).
【典例】 (多选)若数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为90°的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记以an为边长的正方形中的扇形面积为bn，数列{bn}的前n项和为Sn.下列结论正确的是( ABD )
A．a9＝34
B．a2 024是奇数
C．a2＋a4＋a6＋…＋a2 024＝a2 025
D．＝
【解析】 该数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，所以a9＝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2 024＝3×674＋2，所以a2 024是奇数，B正确；由an－1＝an－an－2，得a2＝a3－a1，a4＝a5－a3，…，a2 024＝a2 025－a2 023，累加得a2＋a4＋…＋a2 024＝a2 025－a1，C错误；由an＝an－1＋an－2(n≥3)，得a＋a＋a＋…＋a＝a1a2＋a＋a＋…＋a＝a2(a1＋a2)＋a＋…＋a＝a2a3＋a＋…＋a＝a3(a2＋a3)＋…＋a＝a3a4＋…＋a＝…＝a2 023a2 024，所以S2 023＝(a＋a＋a＋…＋a)＝a2 023a2 024，所以＝，D正确．故选ABD.
命题角度2 数列的单调性
【例5】 (2024·浙江宁波二模)已知数列{an}满足an＝λn2－n，对任意n∈{1，2，3}都有an>an＋1，且对任意n∈{n|n≥7，n∈N}都有an
C． D．
【解析】 因为对任意n∈{1，2，3}都有an>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
【例6】 (2024·辽宁大连一模)数列{an}中，a1＝5，a2＝9，若数列{an＋n2}是等差数列，则{an}的最大项为( D )
A．3 B．3或4
C． D．11
【解析】 若数列{an＋n2}是等差数列，则数列的首项为a1＋12＝6，公差为(a2＋22)－(a1＋12)＝7，所以an＋n2＝6＋(n－1)×7＝7n－1，则an＝－n2＋7n－1，所以an＋1－an＝[－(n＋1)2＋7(n＋1)－1]－(－n2＋7n－1)＝－2n＋6，则当n＝1，2，3时，an＋1－an≥0，则a4＝a3>a2>a1；当n≥4时，an＋1－an<0，故此时数列{an}单调递减，则a4>a5>a6>a7>….综上，{an}的最大项为a3＝a4＝11.故选D.
1．解决数列单调性问题的三种方法
(1)用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或常数列．
(2)用作商比较法，根据(an＞0或an＜0)与“1”的大小关系进行判断．
(3)结合相应函数的图象直观判断．
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(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项．
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，确定数列的周期，再根据周期性求值．
【对点训练3】 (1)(2024·天津南开区二模)设数列{an}的通项公式为an＝n2＋bn，若数列{an}是单调递增数列，则实数b的取值范围为( A )
A．(－3，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．[－2，＋∞) D．[－3，＋∞)
解析：由题意可得an＋1－an>0恒成立，即(n＋1)2＋b(n＋1)－n2－bn＝2n＋1＋b>0，即b>－2n－1，又n≥1，则－2n－1≤－3，故b∈(－3，＋∞).故选A.
(2)(2024·四川宜宾二模)在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝1，且满足an＋2＋an＝an＋1，则数列{an}的前2 024项的和为( A )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：由题意得an＋2＝an＋1－an，an＋3＝an＋2－an＋1，两式相加可得an＋3＝－an，即an＋6＝－an＋3＝an，所以数列{an}是以6为周期的周期数列．又a1＝2，a2＝1，所以a3＝－1，a4＝－2，a5＝－1，a6＝1.所以数列{an}的前2 024项和S2 024＝337(a1＋a2＋…＋a6)＋a1＋a2＝3.故选A.
(3)在数列{an}中，an＝，则an的最大值是( D )
A． B．
C． D．
解析：由题意可得an＝＝.根据对勾函数与复合函数的单调性，y＝在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，所以在{an}中，a1
【例】 (2024·浙江温州期末)定义为n个正数p1，p2，p3，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，则a10＝( C )
A．85 B．90
C．95 D．100
【解析】 因为数列{an}的前n项的“均倒数”为，所以＝ a1＋a2＋a3＋…＋an＝5n2，于是有a1＋a2＋a3＋…＋a10＝5×102，a1＋a2＋a3＋…＋a9＝5×92，两式相减，得a10＝5×(100－81)＝95.故选C.
本题主要考查学生学习新概念，并利用新概念解题的能力，平稳中有新意，灵活中见能力，实践中出真知，体现新高考的变化和趋势．
课时作业38
1．（5分）（2024·山东济南三模）若数列{an}的前n项和Sn＝n(n＋1)，则a6＝( C )
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：a6＝S6－S5＝6×7－5×6＝12.故选C.
2．（5分）在数列{an}中，若a1a2…an＝ (n∈N*)，则a3的值为( D )
A．1 B．3
C．9 D．27
解析：当n＝2时，a1a2＝34-4＝1，当n＝3时，a1a2a3＝39-6＝27，所以a3＝＝27.故选D.
3．（5分）（2024·陕西榆林三模）现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出1，乙报出2后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第2 024个被报出的数应该为( A )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：报出的数字依次是1，2，2，4，8，2，6，2，2，4，8，2，6，…，除了首项以外是个周期为6的周期数列，去掉首项后的新数列第1项为2，因为2 023＝337×6＋1，所以原数列第2 024个被报出的数应该为2.故选A.
4．（5分）（2024·福建厦门一模）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图所示的1，5，12，22被称为五边形数，将所有的五边形数从小到大依次排列，则其第8个数为( C )
A．51 B．70
C．92 D．117
解析：由题图及五边形数知后一个数与前一个数的差依次为4，7，10，13，16，19，22，…，所以五边形数依次为1，5，12，22，35，51，70，92，…，即第8个数为92.故选C.
5．（5分）已知数列{an}满足a1＝9，an＋1－an＝2n，则a4＝( A )
A．21 B．23
C．25 D．27
解析：由题设知an－an－1＝2(n－1)，…，a3－a2＝2×2，a2－a1＝2×1，累加可得an－a1＝2(n－1＋…＋2＋1)＝n(n－1)且n≥2，则an＝n2－n＋9，显然a1＝9也满足上式，所以a4＝42－4＋9＝21.故选A.
6．（5分）已知数列{an}满足＝，其中a1＝1，则a8＝( C )
A．28 B．220
C．225 D．228
解析：由题意，得＝×21，＝×22，…，＝×27.由累乘法，得××…×＝×21××22×…××27，即＝×21×22×…×27＝＝＝225，又a1＝1，所以a8＝225.故选C.
7．（5分）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 )
A．(－2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(2，＋∞) D．(－∞，2)
解析：当n＝1时，a1＝S1＝－12＋2＋m＝1＋m；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，∴当n≥2时，数列{an}中an随着n的增大而减小，若使{an}为递减数列，只需满足a2
8．（8分）（多选）已知数列{an}满足an＝(n＋1)·，则当an取得最大值时n的值为( BC )
A．2 023 B．2 024
C．2 025 D．2 026
解析：∵＝＝1＋，
∴当n>2 024时，<1，当n<2 024时，>1，当n＝2 024时，＝1，∴当n＝2 024或n＝2 025时，an取得最大值．故选BC.
9．（8分）（多选）已知数列{an}满足a1＝1，an＋an－1＝n2(n≥2，n∈N*)，Sn为其前n项和，则( ABC )
A．a4－a2＝7 B．a10＝55
C．S5＝35 D．a8＋a4＝28
解析：因为a1＝1，a2＋a1＝22，a3＋a2＝32，a4＋a3＝42，a5＋a4＝52，a6＋a5＝62，…，a10＋a9＝102，所以a4－a2＝42－32＝7，a6－a4＝62－52＝11，a8－a6＝82－72＝15，a10－a8＝102－92＝19，累加得a10－a2＝7＋11＋15＋19＝52，所以a10＝a2＋52＝22－a1＋52＝3＋52＝55，S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋32＋52＝35，因为a4－a2＝7，a8－a2＝7＋11＋15＝33，所以a8＋a4＝7＋33＋2a2＝46.故选ABC.
10．（8分）（多选）（2024·河北石家庄二模）已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，前n项和为Sn，则下列说法正确的是( ABD )
A．数列{an}有最小项，且有最大项
B．使an∈Z的项共有5项
C．满足anan＋1an＋2≤0的n的值共有5个
D．使Sn取得最小值的n为4
解析：因为an＝(n∈N*)，所以an＋1－an＝－＝，令an＋1－an>0，即(2n－7)(2n－9)<0，解得
11．（8分）（多选）（2024·浙江杭州二模）若无穷数列{an}由Ψ唯一确定，则称递推公式Ψ是专一的．下列递推公式中专一的有( AC )
A．n∈N*
B．n∈N*
C．n∈N*
D．n∈N*
解析：因为n∈N*，可得an＝2n－1，n∈N*，所以递推公式是专一的，故A正确；因为n∈N*，令n＝1，可得(a3－a2)2＝a1，即(a3－1)2＝1，解得a3＝2或a3＝0，所以递推公式不是专一的，故B错误；因为n∈N*，可得＋＝1，令n＝1，可得＋＝＋＝1，可得a1＝2，且＋＝1，可得＝，即an＝an＋2，可知数列{an}是以2为周期的周期函数，且a1＝a2＝2，则an＝2，所以递推公式是专一的，故C正确；因为n∈N*，由an＋an＋1＝2n可得a1＋a2＝2，a2＋a3＝4，则a3－a1＝2，由anan＋2＝3n可得a1a3＝3，解得或所以递推公式不是专一的，故D错误．故选AC.
12．（6分）（2024·上海奉贤区三模）若数列{an}满足对任意整数n有i＝2n2－n成立，则在该数列中小于100的项一共有25项．
解析：设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝2n2－n，当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－2(n－1)2＋(n－1)＝4n－3，当n＝1时，上式也成立，所以an＝4n－3，令an＝4n－3<100，则n<，所以在该数列中小于100的项一共有25项．
13．（6分）围棋起源于中国，至今已有四千多年的历史．在围棋中，对于一些复杂的死活问题，比如在判断自己单个眼内的气数是否满足需求时，可利用数列通项公式的递推方法来计算．假设大小为n的眼有an口气，大小为n＋1的眼有an＋1口气，an与an＋1满足的关系是a1＝1，a2＝2，an＋1－n＝an－1(n≥2，n∈N*)，则{an}的通项公式为an＝．
解析：当n≥2时，an＋1－n＝an－1，即an＋1－an＝n－1，利用累加法可得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，即an＝(n－2)＋(n－3)＋…＋1＋1＋1＝＋2＝，经检验a1＝1不满足an＝，
故an＝
14．（6分）数列{an}的通项公式为an＝若a5是{an}中的最大项，则a的取值范围是[9，12]．
解析：当n≤4时，an＝2n－1单调递增，因此n＝4时，取得最大值为a4＝15，当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－＋，因为a5是{an}中的最大项，所以解得9≤a≤12.故a的取值范围是[9，12].
15．（5分）（2024·江西南昌二模）已知数列{an}的首项a1为常数且a1≠，an＋1＋2an＝4n(n∈N*)，若数列{an}是递增数列，则a1的取值范围为( B )
A．
B．∪
C．
D．∪
解析：因为an＋1＋2an＝4n，所以an＋1－×4n+1＝－2，由于a1≠，即a1－≠0，可得数列是首项为a1－，公比为－2的等比数列，则an＝×4n＋×(－2)n-1，因为数列{an}是递增数列，可得an＋1>an，即×4n+1＋·(－2)n>×4n＋·(－2)n-1对任意的正整数n都成立．当n为偶数时，a1>－×2n恒成立，由于数列单调递减，可得－×2n≤－＝－，则a1>－；当n为奇数时，a1<＋×2n恒成立，由于数列单调递增，可得＋×2n≥＋＝，则a1<.综上可得a1的取值范围是∪.故选B.
16．（5分）斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，其每一项称为“斐波那契数”．如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第( D )
A．2 023项 B．2 024项
C．2 025项 D．2 026项
解析：由题图知，各图中小正方形的面积和等于大矩形的面积，可得a＋a＋…＋a＝a2 025a2 026，则＝a2 026，所以是斐波那契数列的第2 026项．故选D.
17．（5分）（2024·重庆九龙坡区三模）正整数1，2，3，…，n的倒数的和1＋＋＋…＋已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当n很大时，1＋＋＋…＋≈ln n＋γ.其中γ称为欧拉－马歇罗尼常数，γ≈0．577 215 664 901…，至今为止都不确定γ是有理数还是无理数．设[x]表示不超过x的最大整数，用上式计算1＋＋＋…＋的值为( C )
（参考数据：ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，ln 10≈2.30）
A．10 B．9
C．8 D．7
解析：设an＝1＋＋＋…＋，n∈N*，则an≈ln n＋γ，因为an＋1－an＝1＋＋＋…＋－＝>0，可知数列{an}为递增数列，且a1 800≈ln 1 800＋γ＝ln 2＋2ln 3＋2ln 10＋γ≈8.07，a2 048≈ln 2 048＋γ＝11ln 2＋γ≈8.17，可知8.07
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