2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划1　函数思想——用函数观点研究数列问题

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数列的周期性
例1 (1) (2023·潍坊联考)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，a3＝2，若an＋2＝an＋1－an，则a2 023＋a2 024＝( C )
A．6B．5
C．4D．3
【解析】 因为an＋2＝an＋1－an，所以an＋3＝an＋2－an＋1＝(an＋1－an)－an＋1＝－an，所以an＋6＝－an＋3＝an(n∈N*)，所以数列{an}的周期为6.因为2 023＝6×337＋1，2 024＝6×337＋2，所以a2 023＝a1＝1，a2 024＝a2＝3，所以a2 023＋a2 024＝4.
(2) (2023·张家港期末改)若数列{an}满足a1＝－3，an＋1＝ eq \f(1＋an),\s\d5(1－an))，则a102的值为( C )
A．2B．－3
C．－ eq \f(1,2)D． eq \f(1,3)
【解析】 因为a1＝－3，an＋1＝ eq \f(1＋an,1－an)，所以a2＝ eq \f(1＋a1,1－a1)＝－ eq \f(1,2)，同理可得a3＝ eq \f(1,3)，a4＝2，a5＝－3，…，可得an＋4＝an，则a102＝a25×4＋2＝a2＝－ eq \f(1,2).
数列的周期性：对任意n∈N*，存在正整数(常数)k，使得an＋k＝an，称这样的数列为周期数列，周期为正整数k.
变式1 (1) (2023·淮南一模)斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列{an}可以用如下方法定义：an＋2＝an＋1＋an，且a1＝a2＝1，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{bn}，则数列{bn}的前2 024项的和为( D )
A．2 024B．2 025
C．2 697D．2 698
【解析】 因为an＋2＝an＋1＋an，且a1＝a2＝1，所以数列{an}为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…，此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{bn}为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，是以6为周期的周期数列，所以数列{bn}的前2 024项的和S2 024＝ eq \f(2 022,6)(1＋1＋2＋3＋1＋0)＋b1＋337×6＋b2＋337×6＝2 698.
(2) (2023·通州三模改)在数列{an}中，若a1＝2，a2＝4，an－1an＋1＝an(n≥2)，则a2 024＝( D )
A． eq \f(1,4)B． eq \f(1,2)
C．2D．4
【解析】 因为a1＝2，a2＝4，an－1an＋1＝an(n≥2)，令n＝2，则a1a3＝a2，可得a3＝2；令n＝3，则a2a4＝a3，可得a4＝ eq \f(1,2)；令n＝4，则a3a5＝a4，可得a5＝ eq \f(1,4)；令n＝5，则a4a6＝a5，可得a6＝ eq \f(1,2)；令n＝6，则a5a7＝a6，可得a7＝2；令n＝7，则a6a8＝a7，可得a8＝4，…，所以数列{an}的周期为6，则a2 024＝a2＝4.
数列的单调性
例2 已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且an与1的等差中项等于Sn与1的等比中项．
(1) 求a1的值及数列{an}的通项公式；
【解析】 由已知得 eq \f(an＋1,2)＝ eq \r(Sn)，4Sn＝a eq \\al(2,n) ＋2an＋1，当n＝1时，得a1＝1；当n≥2时，4Sn－1＝a eq \\al(2,n－1) ＋2an－1＋1，所以4an＝4Sn－4Sn－1＝a eq \\al(2,n) ＋2an－a eq \\al(2,n－1) －2an－1，整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.因为{an}的各项均为正数，所以an－an－1＝2，又a1＝1，所以an＝2n－1.
(2) 设bn＝21＋an＋(－1)n-1×2n+1λ，若数列{bn}是递增数列，求实数λ的取值范围．
【解析】 由(1)得bn＝4n＋λ×(－1)n-1×2n+1，又数列{bn}是递增数列，所以bn＜bn＋1恒成立，从而bn＋1－bn＝4n+1＋λ×(－1)n×2n+2－4n－λ×(－1)n-1×2n+1＝3×4n－3λ×(－1)n-1×2n+1＞0恒成立．①当n是奇数时，得λ＜2n-1恒成立，2n-1的最小值为1，λ＜1.②当n是偶数时，得λ＞－2n-1恒成立，－2n-1的最大值为－2，λ＞－2.综上，－2＜λ＜1.
数列的单调性：对任意n∈N*，都有an＋1＞an，这样的数列为递增数列；对任意n∈N*，都有an＋1＜an，这样的数列为递减数列．
变式2 已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋1，若bn＋1＝(n－2t)(an＋1)，b1＝－t，且数列{bn}是递增数列，则实数t的取值范围是__ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3)))__.
【解析】 因为an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2(an＋1)，所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，则有an＋1＝2·2n-1，即an＝2n－1，所以bn＋1＝(n－2t)(an＋1)＝(n－2t)·2n，则bn＝(n－1－2t)·2n-1，n≥2.因为数列{bn}是递增数列，所以(n－2t)·2n＞(n－1－2t)·2n-1对n≥2恒成立，即n＞2t－1对n≥2恒成立，所以t＜ eq \f(3,2).又b2＞b1，即2(1－2t)＞－t，解得t＜ eq \f(2,3)，所以实数t的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3))).
数列的最值
例3 已知曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线为l，数列{an}的首项为1，点(an，an＋1)(n∈N*)为切线l上一点，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(6－n,an)))中的最小项为( C )
A．－ eq \f(2,36)B．－ eq \f(2,35)
C．－ eq \f(1,36)D． eq \f(1,36)
【解析】 因为y＝3(x2＋x)ex，所以y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以切线l的方程为y＝3x，所以an＋1＝3an，所以数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，an＝3n-1，所以 eq \f(6－n,an)＝ eq \f(6－n,3n-1)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(6－n,3n-1)≤\f(5－n,3n)，,\f(6－n,3n-1)≤\f(7－n,3n-2)，))解得 eq \f(13,2)≤n≤ eq \f(15,2).因为n∈N*，所以n＝7，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(6－n,an)))中的最小项为 eq \f(6－7,36)＝－ eq \f(1,36).
求数列中的最大(小)项的方法：
(1) 研究数列的单调性，根据数列单调性确定最大项或最小项；
(2) 利用 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an＋1，,an≥an－1，))求数列中的最大项an；利用 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an＋1，,an≤an－1，))求数列中的最小项an，当解不唯一时，比较各个解的大小即可确定；
(3) 构造函数，确定函数的单调性，进一步求出数列中的最大项或最小项；
(4) 利用基本不等式求最大项或最小项．
变式3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3n2＋17n，若bn＝an· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11))) eq \s\up12(n)，则数列{bn}的最大项为( D )
A．第5项B．第6项
C．第7项D．第8项
【解析】 当n＝1时，a1＝S1＝10；由2Sn＝3n2＋17n，得当n≥2时，2Sn－1＝3(n－1)2＋17(n－1)，两式相减，可得2an＝3n2＋17n－3(n－1)2－17(n－1)＝6n＋14，解得an＝3n＋7，当n＝1时，也符合该式，故an＝3n＋7.所以bn＝an· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11))) eq \s\up12(n)＝(3n＋7)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11))) eq \s\up12(n)，由 eq \f(bn＋1,bn)＝ eq \f(3n＋10,3n＋7)× eq \f(10,11)＞1，解得n＜ eq \f(23,3).又n∈N*，所以n≤7，所以b1＜b2＜…＜b7＜b8；当n≥8时， eq \f(bn＋1,bn)＜1，故b8＞b9＞b10＞…，因此数列{bn}的最大项为b8.